Giải SGK Toán 9 KNTT Bài 30. Đa giác đều có đáp án

Vì năm điểm A, B, C, D, E cùng nằm trên đường tròn (O) nên OA = OB = OC = OD = OE.

Xét ∆AOB và ∆BOC có:

OA = OB, OB = OC

Do đó ∆AOB = ∆BOC (c.g.c)

Tương tự, ta sẽ chứng minh được: ∆AOB = ∆BOC = ∆COD = ∆DOE = ∆EOA.

Do đó:

⦁ AB = BC = CD = DE = EA;

⦁

⦁

Suy ra

Hay

Vậy các cạnh và các góc của đa giác ABCDE bằng nhau.

Vì ABCDEF là lục giác đều nên AB = BC = CD = DE = EF = FA.

Vì lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) nên OA = OB = OC = OD = OE = OF.

Xét ∆AOB và ∆BOC có:

OA = OB, OB = OC, AB = BC.

Do đó ∆AOB = ∆BOC (c.c.c)

Tương tự, ta sẽ chứng minh được:

∆AOB = ∆BOC = ∆COD = ∆DOE = ∆EOF = ∆OFA.

Do đó:

Mà

Suy ra nên

Xét ∆OAB có OA = OB nên ∆OAB cân tại O, lại có nên ∆OAB là tam giác đều. Suy ra AB = OA = OB = 2 cm và

Tương tự, ta chứng minh được ∆OAF là tam giác đều nên

Khi đó hay

Do đó, vì ABCDEF là lục giác đều nên các góc bằng nhau và bằng 120°.

Vậy độ dài các cạnh của lục giác đều bằng 2 centimét và số đo các góc của lục giác đều bằng 120°.

⦁ Vì ABCDE là ngũ giác đều nên AB = BC = CD = DE = EA (1) và

Vì M, N, P, Q, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DE và EA nên

Từ (1) và (2) suy ra MA = MB = NB = NC = PC = PD = QD = QE = KE = KA.

Xét ∆AKM và ∆BMN có:

AK = BM, AM = BN

Do đó ∆AKM = ∆BMN (c.g.c)

Suy ra KM = MN (hai cạnh tương ứng) và (hai góc tương ứng). (3)

Tương tự, sẽ ta chứng minh được:

∆AKM = ∆BMN = ∆CNP = ∆DPQ = ∆EQK.

Suy ra KM = MN = NP = PQ = QK. (8)

⦁ Xét ∆AKM có AK = AM nên ∆AKM cân tại A, suy ra

Từ (3) và (4) suy ra

Chứng minh tương tự như trên ta có:

Ta có

Suy ra nên

Tương tự, ta chứng minh được:

Từ (5), (6) và (7) suy ra

Từ (8) và (9) suy ra MNPQK có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau.

Vậy MNPQK là ngũ giác đều.

Cách 1:

Giả sử ABCDEGHK là bát giác đều nội tiếp đường tròn (O).

Do đó AB = BC = CD = DE = EG = GH = HK và OA = OB = OC = OD = OE = OG = OH = OK.

Xét ∆OAB và ∆OBC có:

OA = OB, OB = OC, AB = BC

Do đó ∆OAB = ∆OBC (c.c.c).

Tương tự, ta sẽ chứng minh được:

∆OAB = ∆OBC = ∆COD = ∆DOE = ∆EOG = ∆GOH = ∆HOK = ∆KOA.

Suy ra các góc tương ứng bằng nhau:

Ta có:

Suy ra nên

Lại có (tổng ba góc của ∆OAB bằng 180°)

Suy ra

Vì ∆AOB = ∆OKA nên (hai góc tương ứng).

Suy ra

Do đó, vì ABCDEGHK là bát giác đều nên các góc bằng nhau và bằng 135°.

Cách 2:

Bát giác đều ABCDEGHK được chia thành ba tứ giác ABCD, ADEG và AGHG.

Ta thấy tổng số đo các góc của bát giác ABCDEGHK bằng tổng số đo các góc của ba tứ giác kể trên.

Mà mỗi tứ giác có tổng số đo các góc bằng 360°, do đó tổng số đo các góc của bát giác đều ABCDEGHK là: 3.360° = 1 080°.

Vì ABCDEGHK là bát giác đều nên 8 góc của bát giác bằng nhau và mỗi góc có số đo bằng

Vậy mỗi góc của bát giác đều có số đo bằng 135°.

Khi quay bàn xoay thì khoảng cách từ tâm O đến chiếc cốc không thay đổi nên OA = OB. Do đó khoảng cách từ hai điểm A và B đến điểm O bằng nhau.

Vì OA = OB nên hai điểm A, B cùng nằm trên đường tròn tâm O.

Vì tam giác ABC đều nên AB = BC = CA.

Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) nên OA = OB = OC.

Xét ∆OAB và ∆OBC có:

OA = OB, OB = OC, AB = BC

Do đó ∆OAB = ∆OBC (c.c.c)

Suy ra (hai góc tương ứng).

Vì vậy, nếu quay bàn xoay thuận chiều quay của kim đồng hồ để tia OA di chuyển trùng với tia OB (ở vị trí ban đầu), điểm A di chuyển đến vị trí của điểm B và sẽ di chuyển trên cung tròn AB của đường tròn (O).

Khi đó, tia OB di chuyển trùng với tia OC (ở vị trí ban đầu), tia OC di chuyển trùng với tia OA (ở vị trí ban đầu). Vậy điểm C sẽ di chuyển đến vị trí của điểm A.

Phép quay ngược chiều 180° tâm O biến điểm A thành điểm A’.

Khi đó A’ thuộc đường tròn (O; OA) sao cho tia OA quay ngược chiều kim đồng hồ đến tia OA’, điểm A tạo nên cung AA’ có số đo 180°.

Suy ra OA’ = OA và hay ba điểm A, O, A’ thẳng hàng.

Vậy O là trung điểm của AA’ hay điểm A’ có đối xứng với điểm A qua O.

Phép quay thuận chiều α° tâm O biến điểm A thành điểm B.

Khi đó điểm B thuộc đường tròn (O; OA) sao cho tia OA quay thuận chiều kim đồng hồ đến tia OB, điểm A tạo nên cung AB có số đo α°.

Suy ra OB = OA và

Do đó điểm A thuộc đường tròn (O; OB) và tia OB quay ngược chiều kim đồng hồ đến tia OA, điểm B tạo nên cung BA có số đo α°.

Vậy phép quay ngược chiều α° tâm O có biến điểm B thành điểm A.

Phép quay thuận chiều 90° với tâm O biến các điểm A, B, C, D thành các điểm tương ứng là B, C, D, A.

Phép quay này giữ nguyên hình vuông ABCD.

Ta có ba phép quay tâm O theo chiều kim đồng hồ giữ nguyên hình vuông ABCD:

⦁ Phép quay thuận chiều 180° tâm O;

⦁ Phép quay thuận chiều 270° tâm O;

⦁ Phép quay thuận chiều 360° tâm O.

HS thực hiện theo hướng dẫn của GV và SGK.

Giả sử lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) (hình vẽ).

Vì lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) nên OA = OB = OC = OD = OE = OF.

Vì ABCDEF là lục giác đều nên AB = BC = CD = DE = EF = FA.

Xét ∆OAB và ∆OBC có:

OA = OB, OB = OC, AB = BC.

Do đó ∆OAB = ∆OBC (c.c.c).

Chứng minh tương tự ta có

∆OAB = ∆OBC = ∆COD = ∆DOE = ∆EOF = ∆FOA.

Suy ra

Mà

Do đó

Suy ra

Khi đó phép quay ngược chiều 72° tâm O giữ nguyên điểm O, biến điểm A thành điểm B thuộc đường tròn (O; OA) sao cho tia OA quay ngược chiều kim đồng hồ đến tia OB, điểm A tạo nên cung AB có số đo 60°.

Vậy mỗi phép quay thuận chiều 60° tâm O ở mỗi đỉnh A, B, C, D, E, F sẽ giữ nguyên lục giác đều nội tiếp đường tròn tâm O.

Phép quay thuận chiều 60° tâm O biến điểm M thành điểm N tức là điểm N thuộc đường tròn (O; OM) sao cho tia OM quay thuận kim đồng hồ đến tia ON và điểm M tạo nên cung MN có số đo là 60°.

Trong các hình đã cho, hình d là hình cần tìm.

Vì tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) bán kính 2 cm nên ta có OA = OB = OC = 2 cm.

Vì ABC là tam giác đều nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trọng tâm của tam giác.

Gọi H là giao điểm của AO và BC. Khi đó AH vừa là đường trung trực, vừa đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác.

Do đó suy ra

Vì ∆ABC đều nên

Xét ∆ABH vuông tại H, ta có:

Vì AH là đường trung tuyến của ∆ABC nên H là trung điểm của BC, do đó

Vậy các cạnh của tam giác ABC có độ dài bằng

⦁ Vì ABCD là hình thoi nên AB = BC = CD = DA.

Vì M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA nên

Do đó

Xét ∆ABD có AB = AD nên ∆ABD cân tại A, lại có nên ∆ABD là tam giác đều. Do đó AB = BD (2) và

Lại có M, Q là lần lượt là trung điểm của AB, AD nên MQ là đường trung bình của tam giác. Do đó MQ // BD và

Chứng minh tương tự, ta cũng có

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra MB = BN = NP = PD = DQ = QM.

⦁ Vì MQ // BD nên (so le trong).

Mà (hai góc kề bù)

Suy ra

Tương tự, ta có

Tam giác BCD có BC = CD và (tính chất hình thoi) nên ∆BCD là tam giác đều. Do đó

Ta có

Khi đó,

Như vậy MBNPDQ có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau.

Vậy MBNPDQ là lục giác đều.

⦁ Vì ∆ABC là tam giác đều nên

Xét đường tròn (O) có lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB nên suy ra

⦁ Vì phép quay ngược chiều 60° tâm O biến điểm A thành các điểm D nên điểm D nằm trên đường tròn (O; OA) sao cho tia OA quay ngược chiều kim đồng hồ đến tia OD thì điểm A tạo nên cung AD có số đo 60°.

Khi đó ta có OA = OD và nên ∆OAD là tam giác đều.

Suy ra AD = OA = OD và

⦁ Mặt khác, (hai góc kề nhau)

Nên

Xét ∆BOD có OB = OD (cùng bằng OA) và nên ∆BOD là tam giác đều.

Do đó BD = OB = OD và

Từ (1) và (2) ta có AD = DB và

Tương tự, ta sẽ chứng minh được:

AD = DB = BE = EC = CF = FA và

Vậy ADBECF có các cạnh bằng nhau và các góc đều bằng 120° nên là một lục giác đều.

Giả sử ABCDE là ngũ giác đều nội tiếp đường tròn (O) (hình vẽ).

Vì ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn (O) nên OA = OB = OC = OD = OE.

Vì ABCDE là ngũ giác đều nên AB = BC = CD = DE = EA.

Xét ∆OAB và ∆OBC có:

OA = OB, OB = OC, AB = BC.

Do đó ∆OAB = ∆OBC (c.c.c).

Chứng minh tương tự ta có

∆OAB = ∆OBC = ∆COD = ∆DOE = ∆EOA.

Suy ra

Mà

Do đó

Suy ra

Khi đó phép quay ngược chiều 72° tâm O giữ nguyên điểm O, biến điểm A thành điểm B thuộc đường tròn (O; OA) sao cho tia OA quay ngược chiều kim đồng hồ đến tia OB, điểm A tạo nên cung AB có số đo 72°.

Vậy mỗi phép quay ngược chiều 72° tâm O ở mỗi đỉnh A, B, C, D, E sẽ giữ nguyên ngũ giác đều nội tiếp một đường tròn tâm O.

Giả sử 8 cabin tạo thành một bát giác đều ABCDEGHK nội tiếp đường tròn (O) (hình vẽ).

Vì bát giác ABCDEGHK nội tiếp đường tròn (O) nên OA = OB = OC = OD = OE = OG = OH = OK.

Vì ABCDEGHK là ngũ giác đều nên AB = BC = CD = DE = EG = GH = HK = KA.

Xét ∆OAB và ∆OBC có:

OA = OB, OB = OC, AB = BC.

Do đó ∆OAB = ∆OBC (c.c.c).

Chứng minh tương tự ta có

∆OAB = ∆OBC = ∆COD = ∆DOE = ∆EOG = ∆GOH = ∆HOK = ∆KOA.

Suy ra

Mà

Do đó

Suy ra

Khi đó

Để cabin A di chuyển đến vị trí cao nhất (vị trí của cabin G ban đầu) thì tia OA quay thuận chiều kim đồng hồ đến tia OG, điểm A tạo nên cung AG có số đo 135°.

Vậy để cabin A di chuyển đến vị trí cao nhất thì vòng quay phải quay thuận chiều kim đồng hồ quanh tâm có số đo là 135°.