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

Đáp án đúng là: B

Đa giác đều có các cạnh bằng nhau, có các góc bằng nhau và nội tiếp được một đường tròn.

Đa giác có các cạnh bằng nhau chưa chắc là đa giác đều.

Đáp án đúng là: C

Gọi n là số đỉnh của đa giác đều đã cho.

Ta có: $\sin \frac{{180^\circ }}{n} = \frac{a}{{2R}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2},$ do đó $\frac{{180^\circ }}{n} = 30^\circ$ hay n = 6.

Vậy đa giác đều cần tìm là lục giác đều. Chu vi của đa giác đó bằng 6a.

Đáp án đúng là: D

Ta thấy phép quay thuận chiều 120° tâm G biến điểm A thành điểm B, biến điểm B thành điểm C, biến điểm C thành điểm A.

Do đó, phép quay thuận chiều 120° tâm G biến tam giác ABC thành chính nó.

Gọi a là độ dài của cạnh tam giác đều ABC và R là bán kính đường tròn (O), ta có $R = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a.$

Suy ra $a = \sqrt 3 .2 = 2\sqrt 3$ (cm).

Theo hình vẽ, ta thấy MBNPDQ là lục giác lồi. Gọi a là độ dài cạnh hình thoi.

Như vậy $BM = BN = DP = DQ = \frac{a}{2}.$

Mặt khác, các tam giác cân AMQ và CNP có $\widehat {MAQ} = \widehat {NCP} = 60^\circ$ nên chúng là tam giác đều.

Do đó: $MQ = AM = \frac{a}{2},$ $NP = CP = \frac{a}{2}.$

Hơn nữa $\widehat {QMB} = 180^\circ - \widehat {AMQ} = 120^\circ .$ Tương tự, $\widehat {BNP} = \widehat {NPD} = \widehat {DQM} = 120^\circ .$

Vì ABCD là hình thoi nên $\widehat {MBN} = \widehat {PDQ} = 180^\circ - \widehat {MAQ} = 120^\circ .$ Vậy MBNPDQ là lục giác lồi có tất cả các cạnh và các góc đều bằng nhau và do đó là lục giác đều.

Theo hình vẽ, ta thấy ADBECF là lục giác lồi và nội tiếp đường tròn (O; R).

Ta có $\widehat {AOD} = 60^\circ ;$ $\widehat {DOB} = \widehat {AOB} - \widehat {AOD} = 2\widehat {ACB} - \widehat {AOD} = 60^\circ .$ Do đó các tam giác cân AOD và DOB là các tam giác đều. Suy ra AD = DB = OD = R. Tương tự, ta suy ra:

AD = DB = BE = EC = CF = FA = R.

Như vậy ta được lục giác lồi ADBECF có các cạnh bằng nhau và nội tiếp đường tròn (O).

Mặt khác, tương tự như trên ta có

$sđ\overset{\frown}{AOD}=sđ\overset{\frown}{DOB}=sđ\overset{\frown}{BOE}=sđ\overset{\frown}{EOC}=sđ\overset{\frown}{COF}=sđ\overset{\frown}{FOA}=60^{\circ}.$

Do đó các góc của lục giác này là các góc nội tiếp của (O) chắn cung có số đo đều bằng $\frac{4}{6}.360^\circ .$ Vậy các góc của lục giác ADBECF bằng nhau và bằng $\frac{2}{6}.360^\circ = 120^\circ .$

Vậy ADBECF là lục giác đều.

Các cabin được mắc vào tám vị trí là tám đỉnh của một bát giác đều nội tiếp đường tròn là vòng quay mặt trời.

Mỗi cung nhỏ trên đường tròn này được giới hạn bởi hai cabin liên tiếp có số đo là $\frac{{360^\circ }}{8} = 45^\circ .$

Cabin A muốn di chuyển đến vị trí cao nhất thì vòng quay phải quay thuận chiều quay của kim đồng hồ một góc bằng $3.45^\circ = 135^\circ .$

a) Ta thấy các cung nhỏ sau thỏa mãn: $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{EA}.$

Suy ra

$\widehat{AOB}=sđ\overset{\frown}{AB}=\frac{360^{\circ}}{5}=72^{\circ}.$

Gọi M là trung điểm của AB.

Vì tam giác AOB cân tại O nên OM ⊥ AB và OM là đường phân giác của góc $\widehat {AOB}.$

Suy ra $\widehat {AOM} = \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = \frac{{72^\circ }}{2} = 36^\circ .$

Như vậy $\widehat {MAO} = 90^\circ - \widehat {AOM} = 54^\circ .$

Bán kính của (O) là: $R = \frac{{AM}}{{\cos \widehat {MAO}}} = \frac{2}{{\cos 54^\circ }} \approx \frac{2}{{0{,}59}} \approx 3{,}39$ (cm).

b) Năm phép quay ngược chiều giữ nguyên ngũ giác đều là các phép quay ngược chiều lần lượt 72°, 144°, 216°, 288°, 360° với tâm O.

a) Phép quay ngược chiều 180° với tâm O biến A thành B và biến B thành A.

b) Nếu phép quay trên biến C thành D thì C và D đối xứng nhau qua O.

Do đó hai đoạn thẳng AB và CD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đoạn.

Do đó ACBD là hình bình hành.