Nội dung bài viết

    Xem thêm

    Sách bài tập Toán 9 Bài 1 (Cánh diều): Đa giác đều. Hình đa giác đều trong thực tiễn

    Với giải sách bài tập Toán 9 Bài 1: Đa giác đều. Hình đa giác đều trong thực tiễn sách Cánh diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập trong SBT Toán 9 Bài 1.

    1 361 12/07/2025
    Trang trước
    Chia sẻ
    Trang sau  

    Giải SBT Toán 9 Bài 1: Đa giác đều. Hình đa giác đều trong thực tiễn

    Bài 1 trang 106 SBT Toán 9 Tập 2: Quan sát Hình 6 và kể tên các đa giác có trong hình đó.

    Quan sát Hình 6 và kể tên các đa giác có trong hình đó trang 106 SBT Toán 9 Tập 2

    Lời giải:

    Các đa giác có trong Hình 6 là: tam giác ABC, tam giác ACD, tam giác ADE, tam giác AEF; tứ giác ABCD, tứ giác ACDE, tứ giác ADEF; ngũ giác ABCDE, ngũ giác ACDEF; lục giác ABCDEF.

    Bài 2 trang 106 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC và D là một điểm nằm trong tam giác. Kẻ DE song song với AB (E thuộc cạnh AC). Kẻ DF song song với BC (F thuộc cạnh AC).

    a) Trong nhóm các điểm B, D, F, C và nhóm các điểm A, B, C, D, nhóm các điểm nào là 4 đỉnh của một tứ giác lồi? Vì sao?

    b) Các điểm A, B, C, D, E có phải là các đỉnh của một ngũ giác lồi không? Vì sao?

    Lời giải:

    Cho tam giác ABC và D là một điểm nằm trong tam giác. Kẻ DE song song với AB

    a) Bốn điểm B, D, F, C tạo thành tứ giác BDFC, đây là tứ giác lồi vì tứ giác BDFC nằm về một phía của đường thẳng chứa một cạnh bất kí của tứ giác đó.

    Bốn điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác ABCD, đây không phải là tứ giác lồi vì tứ giác ABCD nằm về hai phía của đường thẳng AD (hoặc đường thẳng CD).

    b) Các điểm A, B, C, D, E tạo thành ngũ giác ABCDE, đây không phải là ngũ giác lồi vì ngũ giác ABCDE nằm về hai phía của đường thẳng CD (hoặc đường thẳng DE).

    Bài 3 trang 106 SBT Toán 9 Tập 2: Hãy vẽ một số đa giác (lồi) mà các đỉnh là một số điểm trong các điểm đã cho ở Hình 7.

    Hãy vẽ một số đa giác (lồi) mà các đỉnh là một số điểm trong các điểm đã cho ở Hình 7

    Lời giải:

    Hãy vẽ một số đa giác (lồi) mà các đỉnh là một số điểm trong các điểm đã cho ở Hình 7

    Ta có thể vẽ một số đa giác lồi như sau: tứ giác A1A2A3A9; tứ giác A3A4A7A9; tứ giác A4A5A6A7; ngũ giác A1­A2A3A7A9; ngũ giác A3A4A5A6A7; ngũ giác A3A4A5A6A9; lục giác A3A4A5A6A8A9; …

    Bài 4 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2: Cho hình chữ nhật MNPQ và ngũ giác ABCDE trên lưới ô vuông như Hình 8, với cạnh của mỗi ô vuông nhỏ là 1 cm. Tính tỉ số diện tích ngũ giác ABCDE và diện tích hình chữ nhật MNPQ (làm tròn đến hàng phần mười).

    Cho hình chữ nhật MNPQ và ngũ giác ABCDE trên lưới ô vuông như Hình 8

    Lời giải:

    Diện tích của tam giác ABM là: 12⋅4⋅2=4  (cm2).

    Diện tích của tam giác CBN là: 12⋅2⋅2=2  (cm2).

    Diện tích của tam giác CPD là: 12⋅3⋅2=3  (cm2).

    Diện tích của tam giác AQE là: 12⋅1⋅2=1  (cm2).

    Tổng diện tích các tam giác ABM, CBN, C PD, AQE là:

    4 + 2 + 3 + 1 = 10 (đơn vị diện tích).

    Diện tích hình chữ nhật MNPQ là: 6.4 = 24 (đơn vị diện tích).

    Diện tích ngũ giác ABCDE là hiệu diện tích hình chữ nhật MNPQ và tổng diện tích các tam giác ABM, CBN, C PD, AQE, và bằng:

    24 – 10 = 14 (đơn vị diện tích).

    Tỉ số diện tích ngũ giác ABCDE và diện tích hình chữ nhật MNPQ là: 1424=712≈0,6.

    Bài 5 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2: Cho ngũ giác ABCDE. Chứng minh:

    AC + AD + BD + BE + EC > AB + BC + CD + DE + EA.

    Lời giải:

    Cho ngũ giác ABCDE. Chứng minh: AC + AD + BD + BE + EC > AB + BC + CD + DE + EA

    Áp dụng các bất đẳng thức tam giác ta có:

    AF + FE > AE (trong tam giác AEF);

    AJ + JB > AB (trong tam giác ABJ);

    BI + IC > BC (trong tam giác BCI);

    CH + HD > CD (trong tam giác CDH);

    GE + GD > ED (trong tam giác GDE).

    Do đó, ta có:

    AF + FE + AJ + JB + BI + IC + CH + HD + GE + GD > AE + AB + BC + CD + ED. (1)

    Mặt khác:

    (AF + GD) + (JB + FE) + (AJ + IC) + (BI + HD) + (EG + CH) < AD + BE + AC + BD + EC.

    Hay AF + FE + AJ + JB + BI + IC + CH + HD + GE + GD < AB + BC + CD + DE + EA. (2)

    Từ (1) và (2) suy ra:

    AC + AD + BD + BE + EC > AB + BC + CD + DE + EA.

    Bài 6 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2: Cho ngũ giác đều ABCDE và một điểm M nằm trong ngũ giác. Gọi A’, B’, C’, D’, E’ lần lượt là các điểm nằm trên các đoạn thẳng MA, MB, MC, MD, ME sao cho MA'MA=MB'MB=13,  CC'MC=DD'MD=23,  ME'E'E=12. Chứng minh ngũ giác A’B’C’D’E’ là ngũ giác đều.

    Lời giải:

    Cho ngũ giác đều ABCDE và một điểm M nằm trong ngũ giác. Gọi A’, B’, C’, D’, E’ lần lượt là các điểm

    Từ MA'MA=MB'MB=13,  CC'MC=DD'MD=23,  ME'E'E=12 suy ra:

    MA'MA=MB'MB=MC'MC=MD'MD=ME'ME=13.    1

    Do đó: A’B’ // AB, B’C’ // BC, C’D’ // CD, D’E’ // DE, E’A’ // EA (định lí Thalès đảo).

    Do A’B’ // AB nên MA'B'^=MAB^ (đồng vị);

    Do E’A’ // EA nên MA'E'^=MAE^ (đồng vị).

    Suy ra MA'B'^+MA'E'^=MAB^+MAE^

    Hay B'A'E'^=BAE^.

    Chứng minh tương tự, ta được các góc A’, B’, C’, D’, E’ của ngũ giác A’B’C’D’E’ tương ứng bằng các góc A, B, C, D, E của ngũ giác đều ABCDE.

    Mà ABCDE là ngũ giác đều nên góc A, B, C, D, E của ngũ giác bằng nhau.

    Do đó các góc của ngũ giác A’B’C’D’E’ bằng nhau. (2)

    Mặt khác, từ (1) ta cũng chứng minh được:

    A'B'=AB3; B'C'=BC3; C'D'=CD3; D'E'=DE3; E'A'=EA3.

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

    Do đó: A’B’ = B’C’ = C’D’ = D’E’ = E’A’. (3)

    Từ (2) và (3) suy ra ngũ giác A’B’C’D’E’ là ngũ giác đều.

    Bài 7 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2: Cho ngũ giác đều ABCDE, đoạn BE cắt các đoạn AC và AD lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng:

    a) Các tam giác AEN và CMB là các tam giác cân;

    b) AN là phân giác của góc EAM;

    c) AB.BC = BM.AC.

    Lời giải:

    Cho ngũ giác đều ABCDE, đoạn BE cắt các đoạn AC và AD lần lượt tại M và N

    a) Ngũ giác ABCDE là ngũ giác đều nên AB = BC = CD = DE = EA và ABC^=BCD^=CDE^=DEA^=EAB^.

    Ta cũng có tổng 5 góc của ngũ giác đều ABCDE bằng tổng các góc của ba tam giác ABC, ACD, ADE, tức là bằng 3.180° = 540°.

    Do đó: ABC^=BCD^=CDE^=DEA^=EAB^=540°5=108°.

    Xét ∆AEB cân tại A (do AB = AE) ta có:

    ABE^=AEB^=180°−EAB^2=180°−108°2=36°.

    Hay ABM^=AEN^=36°.

    Tương tự, đối với ∆EAD cân tại E ta có: EAD^=EDA^=36° hay EAN^=36°.

    Do đó ta có EAN^=NEA^=36°. Suy ra ∆AEN cân tại N.

    Tương tự, ta chứng minh được ∆MAB cân tại M (do MAB^=MBA^=36°)

    Suy ra AMB^=180°−2MAB^=180°−2⋅36°=108°.

    Mặt khác: CMB^=180°−AMB^=180°−108°=72°;

    MBC^=ABC^−ABM^=108°−36°=72°.

    Suy ra tam giác CMB cân tại C.

    b) Ta có: EAB^=EAN^+NAM^+MAB^

    Suy ra NAM^=EAB^−EAN^−MAB^=108°−36°−36°=36°.

    Do đó EAN^=NAM^=36°.

    Vì vậy AN là phân giác của góc EAM.

    c) Xét ∆MAB và ∆BAC có:

    AMB^=ABC^=108° và BAC^ là góc chung

    Do đó ∆MAB ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra ABAC=BMCB hay AB.BC = BM.AC.

    Bài 8 trang 107 SBT Toán 9 Tập 2: Ở Hình 9 biết ABCDEF là lục giác đều, chứng minh rằng lục giác MNPQRS cũng là lục giác đều.

    Ở Hình 9 biết ABCDEF là lục giác đều, chứng minh rằng lục giác MNPQRS cũng là lục giác đều

    Lời giải:

    Lục giác ABCDEF là lục giác đều nên AB = BC = CD = DE = EF = FA và ABC^=BCD^=CDE^=DEA^=EAF^=FAB^.

    Ta cũng có tổng 6 góc của lục giác đều ABCDEF bằng tổng các góc của hai tứ giác ABCD và AFED, tức là bằng 2.360° = 720°.

    Do đó: ABC^=BCD^=CDE^=DEA^=EAF^=FAB^=720°6=120°.

    Xét ∆AFB cân tại A (do AB = AF) ta có:

    ABF^=AFB^=180°−FAB^2=180°−120°2=30°.

    Hay ABS^=AFR^=30°.

    Tương tự, đối với ∆ABC cân tại B ta có: BAC^=BCA^=30° hay BAS^=36°.

    Do đó ta có ABS^=BAS^=30°. Nên ∆ABS cân tại S.

    Suy ra ASB^=180°−2BAS^=180°−2⋅30°=120°.

    Khi đó, RSM^=ASB^=120° (đối đỉnh).

    Chứng minh tương tự, ta được:

    RSM^=SMN^=MNP^=NPQ^=PQR^=QRS^=120°.     1

    Ta có: BSA^+BSM^=180° (kề bù)

    Suy ra BSM^=180°−BSA^=180°−120°=60°.

    Ta cũng có: BMS^=180°−BMC^=180°−120°=60°.

    Do đó ∆BSM là tam giác cân, lại có BSM^=60° nên ∆BSM là tam giác đều.

    Suy ra SB = SM = BM.

    Chứng minh tương tự ta có ∆SAR là tam giác đều nên SA = SR = AR.

    Do ∆ABS cân tại S nên SA = SB.

    Khi đó, RS = SM.

    Chứng minh tương tự, ta được:

    RS = SM = MN = NP = PQ = QR. (2)

    Từ (1) và (2) suy ra lục giác MNPQRS là lục giác đều.

    Bài 9 trang 107, 108 SBT Toán 9 Tập 2: Người ta chia đường tròn (O; R) thành 6 cung bằng nhau như sau:

    – Trên đường tròn (O; R), lấy điểm A tuỳ ý;

    – Vẽ một phần đường tròn (A; R) cắt (O; R) tại B và C;

    – Vẽ một phần đường tròn (C; R) cắt (O; R) tại E (khác A);

    – Vẽ một phần đường tròn (E; R) cắt (O; R) tại F (khác C);

    – Vẽ một phần đường tròn (F; R) cắt (O; R) tại D (khác E).

    Nối A với B, B với D, D với F, F với E, E với C, C với A, ta được lục giác ABDFEC.

    Chứng minh:

    a) Lục giác ABDFEC là lục giác đều;

    b) AF, BE, CD là các đường kính của đường tròn (O; R);

    c) Các tứ giác ACEF, ABDC, BECA đều là hình thang cân.

    Lời giải:

    Người ta chia đường tròn (O; R) thành 6 cung bằng nhau như sau: Trên đường tròn (O; R), lấy điểm A tuỳ ý

    a) Nối OA, OB, OC, OD, OE, OF.

    Người ta chia đường tròn (O; R) thành 6 cung bằng nhau như sau: Trên đường tròn (O; R), lấy điểm A tuỳ ý

    ⦁ Từ giả thiết ta có sáu cung AB, AC, CE, EF, FD, DB bằng nhau nên AOB^=AOC^=COE^=EOF^=FOD^=DOB^.

    Xét ∆AOB và ∆BOD có:

    OA = OB; AOB^=BOD^, OB = OD.

    Do đó ∆AOB = ∆BOD (c.g.c), suy ra AB = BD (hai cạnh tương ứng).

    Mặt khác, ta có AB = AC = CE = EF = FD = R.

    Nên AB = AC = CE = EF = FD = DB. (1)

    ⦁ Ta có AOB^+AOC^+COE^+EOF^+FOD^+DOB^=360°

    Suy ra 6AOB^=360°, do đó AOB^=60°.

    Xét ∆AOB có OA = OB và AOB^=60° nên ∆AOB là tam giác đều.

    Do đó OAB^=60°.

    Chứng minh tương tự, ta cũng có ∆OAC đều nên OAC^=60°.

    Khi đó, BAC^=OAB^+OAC^=60°+60°=120°.

    Tương tự, ta chứng minh được:

    BAC^=ACE^=CEF^=EFD^=FDB^=DBA^=120°.   2

    Từ (1) và (2) ta có ABDFEC là lục giác đều.

    b) Do ABDFEC là lục giác đều nên ba đường chéo AF, BE, CD cắt nhau tại O.

    Do đó AF, BE, CD là các đường kính của đường tròm (O; R).

    c) Chứng minh tương tự ở câu a, ta chứng minh được ∆AOC, ∆OCE là các tam giác đều. Suy ra AOC^=OCE^=60°.

    Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AO // CE hay AF // CE.

    Tứ giác ACEF có AF // CE nên là hình thang.

    Lại có ACE^=FEC^=120° nên ACEF là hình thang cân.

    Chứng minh tương tự, ta cũng có các tứ giác ABDC, BECA đều là hình thang cân.

    Bài 10 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC cạnh a. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các hình chữ nhật ABEF, BCIJ và CAGH sao cho AF = BJ = CH = x. Tìm hệ thức liên hệ giữa a2 và x2 để hình lục giác EFGHIJ là lục giác đều.

    Lời giải:

    Cho tam giác đều ABC cạnh a. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các hình chữ nhật

    Gọi P là trung điểm của BC và Q là giao điểm của các đường thẳng AP và FG.

    Xét ∆ABC đều có AP là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác của tam giác.

    Do đó: BAP^=PAC^=12BAC^=12⋅60°=30°.

    Xét ∆AFG cân tại A (do AF = AG = x) nên đường trung tuyến AQ đồng thời là đường phân giác của tam giác. Do đó FAG^=2FAQ^.

    Lại có: FAQ^+FAB^+BAP^=180°

    Nên FAQ^=180°−FAB^−BAP^=180°−90°−30°=60°.

    Suy ra FAG^=2FAQ^=2⋅60°=120°.

    Kẻ GN vuông góc với FA (N thuộc FA).

    Tam giác FQA vuông tại Q có FAQ^=60° và FA = x nên ta có:

    FQ=FA⋅sinFAQ^=x32, do đó FG=2FQ=x3.

    ⦁ Do ABEF, BCIJ và CAGH là các hình chữ nhật nên ta có: AB = EF, BC = IJ, CA = GH, mà AB = BC = CA (do ∆ABC đều) nên nếu EFGHIJ là lục giác đều thì FG = GH = AC = a, do đó a=x3 hay a2 = 3x2.

    Ngược lại, nếu a2 = 3x2 thì FG = a và các cạnh của lục giác EFGHIJ bằng nhau. (1)

    ⦁ Ta có AFQ^+FAQ^=90° (do ∆AFQ vuông tại Q) nên:

    AFQ^=90°−FAQ^=90°−60°=30°.

    Suy ra EFQ^=EFA^+AFQ^=90°+30°=120°.

    Tương tự, ta chứng minh được các góc của lục giác EFGHIJ đều bằng 120° nên lục giác EFGHIJ là lục giác đều.

    Vậy hệ thức liên hệ giữa a2 và x2 để lục giác EFGHIJ là lục giác đều là a2 = 3x2.

    Bài 11 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2: Tính số đo mỗi góc của một đa giác đều có n cạnh trong mỗi trường hợp sau:

    a) n = 8;

    b) n = 9

    c) n = 10.

    Lời giải:

    a)

    Tính số đo mỗi góc của một đa giác đều có n cạnh trong mỗi trường hợp sau

    Tổng các góc của đa giác 8 cạnh (bát giác) ABCDEFGH là tổng số đo của ba tứ giác ABCD, ADGH, DEFG, và bằng: 3.360° = 1 080°.

    Vậy số đo mỗi góc của đa giác 8 cạnh là: 1  080°8=135°.

    b)

    Tính số đo mỗi góc của một đa giác đều có n cạnh trong mỗi trường hợp sau

    Tổng các góc của đa giác 9 cạnh ABCDEFGHI là tổng số đo của ba tứ giác ABCD, DEFG, GHIA và tam giác ADG, và bằng: 3.360° + 180° = 1 260°.

    Vậy số đo mỗi góc của đa giác 9 cạnh là: 1  260°9=140°.

    c)

    Tính số đo mỗi góc của một đa giác đều có n cạnh trong mỗi trường hợp sau

    Tổng các góc của đa giác 10 cạnh ABCDEFGHIJ là tổng số đo của bốn tứ giác ABCD, DEFG, GHIJ, JADG và bằng: 4.360° = 1 440°.

    Vậy số đo mỗi góc của đa giác 10 cạnh là: 1  440°10=144°.

    Bài 12 trang 108 SBT Toán 9 Tập 2: Cho đa giác đều A1A2A3…An – 1An (n > 3, n ∈ ℕ). Chứng minh các đường trung trực của các cạnh A1A2, A2A3, …, An – 1An, AnA¬1 cùng đi qua một điểm.

    Lời giải:

    Gọi O là tâm của đa giác đều A1A2A3…An – 1An.

    Ta có OA1 = OA2 suy ra O nằm trên đường trung trực của cạnh A1A2.

    Tương tự ta có O nằm trên các đường trung trực của các đoạn A2A3, …, An – 1An, AnA­1.

    Suy ra các đường trung trực của các cạnh A1A2, A2A3, …, An – 1An, AnA­1 cùng đi qua một điểm, điểm đó là tâm của đa giác đều.

    Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán lớp 9 bộ sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

    Bài 2: Phép quay

    Bài tập cuối chương 9

    Bài 1: Hình trụ

    Bài 2: Hình nón

    Bài 3: Hình cầu

    Tham khảo các loạt bài Toán 9 khác:

    Bài viết cùng lớp mới nhất

    Xem thêm
    1 361 12/07/2025
    Trang trước
    Chia sẻ
    Trang sau  

    Xem thêm các chương trình khác: