Giải Toán 9 trang 89 Tập 2 Kết nối tri thức

Với Giải Toán 9 trang 89 Tập 2 trong Bài 30: Đa giác đều Toán 9 Tập 2 Kết nối tri thức hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 9 trang 89.

Giải Toán 9 trang 89 Tập 2 Kết nối tri thức

Thử thách nhỏ 2 trang 89 Toán 9 Tập 2: Hãy liệt kê 6 phép quay giữ nguyên một lục giác đều nội tiếp một đường tròn (O).

Lời giải:

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 $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOF}=\widehat{FOA}.$

Mà $\widehat{AOB}+\widehat{BOC}+\widehat{COD}+\widehat{DOE}+\widehat{EOF}+\widehat{FOA}=360°$

Do đó $6\widehat{AOB}=360°$

Suy ra $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOF}=\widehat{FOA}=\frac{360°}{6}=60°.$

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.

Bài 9.24 trang 89 Toán 9 Tập 2: Trong các hình phẳng sau (H.9.52), hình nào là hình phẳng có dạng đa giác đều?

Lời giải:

Hình b là hình vuông, hình d là hình lục giác đều vì hai hình đều có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau.

Bài 9.25 trang 89 Toán 9 Tập 2: Trong các hình dưới đây (H.9.53), hình nào vẽ hai điểm M và N thỏa mãn phép quay thuận chiều 60° tâm O biến điểm M thành điểm N?

Lời giải:

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.

Bài 9.26 trang 89 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) bán kính 2 cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.

Lời giải:

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 $AO=\frac{2}{3}AH$ suy ra $AH=\frac{3}{2}AO=\frac{3}{2}\cdot 2=3\text{(cm).}$

Vì ∆ABC đều nên $\widehat{ABC}=60°.$

Xét ∆ABH vuông tại H, ta có:

$BH=\frac{AH}{\tan \widehat{ABH}}=\frac{3}{\tan 60°}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\text{(cm).}$

Vì AH là đường trung tuyến của ∆ABC nên H là trung điểm của BC, do đó BC = 2BH = 2$\sqrt{3}$ (cm)

Vậy các cạnh của tam giác ABC có độ dài bằng 2$\sqrt{3}$ cm.

Bài 9.27 trang 89 Toán 9 Tập 2: Cho hình thoi ABCD có $\hat{A}=60°.$ Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng MBNPDQ là lục giác đều.

Lời giải:

⦁ 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 MA = MB = $\frac{1}{2}$AB; NB = NC = $\frac{1}{2}$BC; PC = PD = $\frac{1}{2}$CD; QD = QA = $\frac{1}{2}$DA.

Do đó AM = MB = NB = NC = PC = PD = QD = QA = $\frac{1}{2}$AB. (1)

Xét ∆ABD có AB = AD nên ∆ABD cân tại A, lại có $\hat{A}=60°$ nên ∆ABD là tam giác đều. Do đó AB = BD (2) và $\widehat{ABD}=\widehat{ADB}=60°.$

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 MQ = $\frac{1}{2}$BD. (3)

Chứng minh tương tự, ta cũng có NP = $\frac{1}{2}$BD. (4)

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

⦁ Vì MQ // BD nên $\widehat{AMQ}=\widehat{ABD}=60°$ (so le trong).

Mà $\widehat{AMQ}+\widehat{BMQ}=180°$ (hai góc kề bù)

Suy ra $\widehat{BMQ}=180°-\widehat{AMQ}=180°-60°=120°.$

Tương tự, ta có $\widehat{BNP}=\widehat{NPD}=\widehat{DQM}=120°.$

Tam giác BCD có BC = CD và $\hat{C}=\hat{A}=60°$ (tính chất hình thoi) nên ∆BCD là tam giác đều. Do đó $\widehat{CBD}=\widehat{CDB}=60°.$

Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{ABD}+\widehat{CBD}=60°+60°=120°;$

$\widehat{ADC}=\widehat{ADB}+\widehat{CDB}=60°+60°=120°.$

Khi đó, $\widehat{MBN}=\widehat{BNP}=\widehat{NPD}=\widehat{PDQ}=\widehat{DQM}=120°.$

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

Vậy MBNPDQ là lục giác đều.

Bài 9.28 trang 89 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) như Hình 9.54. Phép quay ngược chiều 60° tâm O biến các điểm A, B, C lần lượt thành các điểm D, E, F. Chứng minh rằng ADBECF là một lục giác đều.

Lời giải:

⦁ Vì ∆ABC là tam giác đều nên $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60°.$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{ACB},\widehat{AOB}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB nên $\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB},$ suy ra $\widehat{AOB}=2\widehat{ACB}=2\cdot 60°=120°.$

⦁ 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 $\widehat{AOD}=60°$ nên ∆OAD là tam giác đều.

Suy ra AD = OA = OD và $\widehat{ODA}=60°.\left(1\right)$

⦁ Mặt khác, $\widehat{AOB}=\widehat{AOD}+\widehat{BOD}$ (hai góc kề nhau)

Nên $\widehat{BOD}=\widehat{AOB}-\widehat{AOD}=120°-60°=60°.$

Xét ∆BOD có OB = OD (cùng bằng OA) và $\widehat{BOD}=60°$ nên ∆BOD là tam giác đều.

Do đó BD = OB = OD và $\widehat{ODB}=60°.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có AD = DB và $\widehat{ADB}=\widehat{ODA}+\widehat{ODB}=60°+60°=120°.$

Tương tự, ta sẽ chứng minh được:

AD = DB = BE = EC = CF = FA và $\widehat{ADB}=\widehat{DBE}=\widehat{BEC}=\widehat{ECF}=\widehat{CFA}=\widehat{FAD}=120°.$

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

Bài 9.29 trang 89 Toán 9 Tập 2: Liệt kê năm phép quay giữ nguyên một ngũ giác đều nội tiếp một đường tròn tâm O.

Lời giải:

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 $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOA}.$

Mà $\widehat{AOB}+\widehat{BOC}+\widehat{COD}+\widehat{DOE}+\widehat{EOA}=360°$

Do đó $5\widehat{AOB}=360°$

Suy ra $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOA}=\frac{360°}{5}=72°.$

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.

Bài 9.30 trang 89 Toán 9 Tập 2: Cho vòng quay mặt trời gồm tám cabin như Hình 9.55. Hỏi để cabin A di chuyển đến vị trí cao nhất thì vòng quay phải quay thuận chiều quay của kim đồng hồ quanh tâm bao nhiêu độ?

Lời giải:

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 $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOG}=\widehat{GOH}=\widehat{HOK}=\widehat{KOA}.$

Mà $\widehat{AOB}+\widehat{BOC}+\widehat{COD}+\widehat{DOE}+\widehat{EOG}+\widehat{GOH}+\widehat{HOK}+\widehat{KOA}=360°$

Do đó $8\widehat{AOB}=360°$

Suy ra $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\widehat{EOG}=\widehat{GOH}=\widehat{HOK}=\widehat{KOA}=\frac{360°}{8}=45°.$

Khi đó $\widehat{AOG}=\widehat{AOK}+\widehat{KOH}+\widehat{HOG}=45°+45°+45°=135°.$

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°.

Lời giải bài tập Toán 9 Bài 30: Đa giác đều hay khác:

• Giải Toán 9 trang 87

• Giải Toán 9 trang 88

Xem thêm lời giải bài tập Toán lớp 9 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

• Toán 9 Luyện tập chung (trang 91)

• Toán 9 Bài tập cuối chương 9

• Toán 9 Bài 31: Hình trụ và hình nón

• Toán 9 Bài 32: Hình cầu

• Toán 9 Luyện tập chung (trang 106, 107)

Xem thêm các tài liệu học tốt lớp 9 hay khác:

• Giải sgk Toán 9 Kết nối tri thức
• Giải SBT Toán 9 Kết nối tri thức
• Giải lớp 9 Kết nối tri thức (các môn học)
• Giải lớp 9 Chân trời sáng tạo (các môn học)
• Giải lớp 9 Cánh diều (các môn học)

• Hơn 20.000 câu trắc nghiệm Toán,Văn, Anh lớp 9 có đáp án

---