2022-2023学年人教版八年级数学上册11.3 多边形及其内角和 精选题（含解析）

11.3 多边形及其内角和精选题（含答案）-人教版八年级上册
一．选择题
1．如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3分别是∠ABC，∠BCD，∠CDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（　　）
A．180° B．210° C．240° D．270°
2．如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝106°，∠C＝35°，则∠2的度数为（　　）
A．35° B．36° C．37° D．38°
3．下列长度的三条线段与长度为4的线段首尾依次相连能组成四边形的是（　　）
A．1，1，2 B．1，1，1 C．1，2，2 D．1，1，6
4．已知一个正多边形的一个内角是144°，则这个正多边形的边数是（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
．如图，图①是四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为AB、CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM＝24°，则∠EFC为（　　）
A．48° B．72° C．108° D．132°
．将一长方形纸片沿一条直线剪成两个多边形，那么这两个多边形的内角和之和不可能是（　　）
A．360° B．540° C．720° D．730°
．如图，CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，并与∠EAB的平分线交于点O，则∠AOG的度数为（　　）
A．144° B．126° C．120° D．108°
．一个正多边形的一个内角是它相邻外角的5倍，则这个正多边形的边数是（　　）
A．12 B．10 C．8 D．6
．六角螺母的横截面是正六边形，这个正六边形的内角为（　　）
A．100° B．120° C．60° D．90°
．如图，七边形ABCDEFG中，EF，BA的延长线相交于点P，若∠ABC，∠BCD，∠CDE，∠DEF的外角的度数和为230°，则∠P的度数为（　　）
A．40° B．45° C．50° D．55°
二．填空题
．有一个正多边形的内角和等于它外角和的2倍，则这个正多边形每一个内角的大小为　 　．
．如图，五边形ABCDE中，AE∥BC，则∠C+∠D+∠E的度数为　 　．
．如图，四边形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，∠C＝80°，按如图方式沿着MN折叠，使FN∥CD，此时量得∠FMN＝40°，则∠B的度数是　 　．
．已知一个多边形的每个外角都是72度，那么它是　 　边形．
．如图，小亮从A点出发，沿直线前进10m向左转30°再沿直线前进10m，又向左转30°，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了　 　m．
解答题
．如图，∠1，∠2，∠3，∠4是四边形ABCD的四个外角．用两种方法证明∠1+∠2+∠3+∠4＝360°．
．如图，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，CE平分∠BCD交AB于点E，连接DE．
（1）若∠A＝50°，∠B＝85°，求∠BEC的度数；
（2）若∠A＝∠1，求证：∠CDE＝∠DCE．
．已知在四边形ABCD中，∠A＝x，∠C＝y，（0°＜x＜180°，0°＜y＜180°）．
（1）∠ABC+∠ADC＝　 　（用含x、y的代数式表示）；
（2）如图1，若x＝y＝90°，DE平分∠ADC，BF平分与∠ABC相邻的外角，请写出DE与BF的位置关系，并说明理由．
（3）如图2，∠DFB为四边形ABCD的∠ABC、∠ADC相邻的外角平分线所在直线构成的锐角，
①当x＜y时，若x+y＝140°，∠DFB＝30°，试求x、y．
②小明在作图时，发现∠DFB不一定存在，请直接指出x、y满足什么条件时，∠DFB不存在．
．我们探究过三角形内角和等于180°，四边形内角和等于360°，请解决下面的问题：
（1）如图1，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，则∠AOB+∠COD＝　 　（直接写出结果）；
（2）连接AD、BC，若AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线；
①如图2，如果∠AOB＝110°，那么∠COD的度数为　 　 　（直接写出结果）；
②如图3，若∠AOD＝∠BOC，AB与CD平行吗？请写出理由．
．如图，在四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°．
（1）如图1，若∠B＝∠C，则∠C＝　 　度；
（2）如图2，若∠ABC的角平分线BE交DC于点E，且BE∥AD，试求出∠C的度数；
（3）①如图3，若∠ABC和∠DCB的角平分线交于点E，试求出∠BEC的度数；
②在①的条件下，若延长BA、CD交于点F（如图4）．将原来条件“∠A＝140°，∠D＝80°”改为“∠F＝40°”．其他条件不变．则∠BEC的度数为 　 　．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：反向延长AB，DC，
∵AB∥ED，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故选：A．
2．【解答】解：如图，设C′D与AC交于点O，
∵∠C＝35°，
∴∠C′＝∠C＝35°，
∵∠1＝∠DOC+∠C，∠1＝106°，
∴∠DOC＝∠1﹣∠C＝106°﹣35°＝71°，
∵∠DOC＝∠2+∠C′，
∴∠2＝∠DOC﹣∠C′＝71°﹣35°＝36°．
故选：B．
3．【解答】解：A、∵1+1+2＝4＝4，
∴此三条线段与长度为4的线段不能组成四边形，故不符合题意；
B、∵1+1+1＝3＜4，
∴此三条线段与长度为5的线段能组成四边形，故不符合题意；
C、∵1+2+2＝5＞4，
∴此三条线段与长度为4的线段不能组成四边形，故符合题意；
D、∵1+1+4＝6，
∴此三条线段与长度为4的线段不能组成四边形，故不符合题意；
故选：C．
4．【解答】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得
（n﹣2）180°＝144°×n，
解得n＝10，
故选：C．
．【解答】解：如图②，由折叠得：∠B'EF＝∠FEM＝24°，
∵AE∥DF，
∴∠EFM＝24°，∠BMF＝∠DME＝48°，
∵BM∥CF，
∴∠CFM+∠BMF＝180°，
∴∠CFM＝180°﹣48°＝132°，
由折叠得：如图③，∠MFC＝132°，
∴∠EFC＝∠MFC﹣∠EFM＝132°﹣24°＝108°，
故选：C．
．【解答】解：设将一长方形纸片沿一条直线剪成两个多边形的边数分别为x、y．
∴这两个多边形的内角和之和为180°（x﹣2）+180°（y﹣2）＝180°（x+y﹣4）．
∴180°整除这两个多边形的内角和之和．
∵360°＝180°×2，540°＝180×3，720°＝180°×4，180°不整除730°，
∴这两个多边形的内角和之和不可能是730°．
故选：D．
．【解答】解：∵任意多边形的外角和等于360°，
∴∠DCF＝360°÷5＝72°．
∴这个正五边形的每个内角为180°﹣72°＝108°．
∴∠B＝∠EAB＝∠BCD＝108°．
又∵AO平分∠EAB，
∴∠OAB＝．
又∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG＝．
∴∠BCO＝∠BCD+∠DCG＝108°+36°＝144°．
∴∠AOC＝360°﹣（∠BAO+∠B+∠BCG）＝360°﹣（54°+108°+144°）＝54°．
∴∠AOG＝180°﹣∠AOC＝180°﹣54°＝126°．
故选：B．
．【解答】解：设这个正多边的外角为x°，由题意得：
x+5x＝180，
解得：x＝30，
360°÷30°＝12．
故选：A．
．【解答】解：∵这个正六边形的外角和等于360°，
∴每个外角＝360°÷6＝60°．
∴故这个正六边形的每一个内角的度数为＝180°﹣60°＝120°．
故选：B．
．【解答】解：如图．
由题意得：∠1+∠2+∠3+∠4＝230°．
∴∠5+∠6+∠7＝360°﹣230°＝130°．
∵∠8＝∠6+∠7，
∴∠5+∠8＝130°．
∴∠P＝180°﹣（∠5+∠8）＝180°﹣130°＝50°．
故选：C．
二．填空题
．【解答】解：∵一个正多边形的内角和等于它外角和的2倍，任意多边形的外角和都是360°，
∴这个多边形的内角和是360°×2＝720°，
设这个正多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°＝720°，
解得n＝6，
故这个正多边形每一个内角的大小为720°÷6＝120°，
故答案为：120°．
．【解答】解：过点D作DF∥AE，交AB于点F，
∵AE∥BC，
∴AE∥DF∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠E+∠EDF＝180°，∠CDF+∠C＝180°，
∴∠C+∠CDE+∠E＝360°，
故答案为360°．
．【解答】解：∵FN∥DC，
∴∠BNF＝∠C＝80°，
∵△BMN沿MN翻折得△FMN，
∴∠BMN＝∠FMN＝40°，
∠BNM＝∠BNF＝×80°＝40°，
在△BMN中，∠B＝180°﹣（∠BMN+∠BNM）＝180°﹣（40°+40°）＝180°﹣80°＝100°．
故答案为：100°．
．【解答】解：∵一个多边形的每个外角都是72度，
∴多边形的边数为＝5，
故答案为：五．
．【解答】解：∵小亮每次都是沿直线前进10m后向左转30度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数n＝360°÷30°＝12，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了12×10＝120m．
故答案为：120．
三．解答题
．【解答】证法1：
∵∠1+∠BAD＝180°，∠2+∠ABC＝180°，∠3+∠BCD＝180°，∠4+∠CDA＝180°，
∴∠1+∠BAD+∠2+∠ABC+∠3+∠BCD+∠4+∠CDA＝180°×4＝720°．
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠CDA＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°．
证法2：连接BD，
∵∠1＝∠ABD+∠ADB，∠3＝∠CBD+∠CDB，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝∠ABD+∠ADB+∠2+∠CBD+∠CDB+∠4＝180°×2＝360°．
．【解答】（1）解：∵∠B+∠ADC＝180°，∠A+∠B+∠BCD+∠ADC＝360°，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠A＝50°，
∴∠BCD＝130°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠BCD＝65°，
∵∠B＝85°，
∴∠BEC＝180°﹣∠BCE﹣∠B＝180°﹣65°﹣85°＝30°；
（2）证明：∵由（1）知：∠A+∠BCD＝180°，
∴∠A+∠BCE+∠DCE＝180°，
∵∠CDE+∠DCE+∠1＝180°，∠1＝∠A，
∴∠BCE＝∠CDE，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE＝∠BCE，
∴∠CDE＝∠DCE．
．【解答】解：（1）∠ABC+∠ADC＝360°﹣x﹣y；
故答案为：360°﹣x﹣y；
（2）如图1，延长DE交BF于G
∵DE平分∠ADC，BF平分∠MBC，
∴∠CDE＝∠ADC，∠CBF＝∠CBM，
又∵∠CBM＝180°﹣∠ABC＝180°﹣（180°﹣∠ADC）＝∠ADC，
∴∠CDE＝∠CBF，
又∵∠BED＝∠CDE+∠C＝∠CBF+∠BGE，
∴∠BGE＝∠C＝90°，
∴DG⊥BF（即DE⊥BF）；
（3）①由（1）得：∠CDN+∠CBM＝x+y，
∵BF、DF分别平分∠CBM、∠CDN，
∴∠CDF+∠CBF＝（x+y），
如图2，连接DB，则∠CBD+∠CDB＝180°﹣y，
得∠FBD+∠FDB＝180°﹣y+（x+y）＝180°﹣y+x，
∴∠DFB＝y﹣x＝30°，
解方程组：，
解得：；
②当x＝y时，∠ABC、∠ADC相邻的外角平分线所在直线互相平行，此时∠DFB不存在．
．【解答】解：（1）∵∠AOB+∠COD+∠A+∠B+∠C+∠D＝180°×2＝360°，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝360°﹣180°＝180°．
故答案为：180°；
（2）①∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴∠OAB＝∠DAB，∠OBA＝∠CBA，∠OCD＝∠BCD，∠ODC＝∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝×360°＝180°，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，
∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝180°；
∵∠AOB＝110°，
∴∠COD＝180°﹣110°＝70°．
故答案为：70°；
②AB∥CD，理由如下：
∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴∠OAB＝∠DAB，∠OBA＝∠CBA，∠OCD＝∠BCD，∠ODC＝∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝×360°＝180°，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，
∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝180°；
∴∠AOD+∠BOC＝360°﹣（∠AOB+∠COD）＝360°﹣180°＝180°，
∵∠AOD＝∠BOC，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°．
在∠AOD中，∠DAO+∠ADO＝180°﹣∠AOD＝180°﹣90°＝90°，
∵∠DAO＝∠DAB，∠ADO＝∠ADC，
∴∠DAB+∠ADC＝90°，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∴AB∥CD．
．【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠B＝∠C，
∴∠C＝70°．
（2）∵BE∥AD，
∴∠ABE+∠A＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A＝180°﹣140°＝40°，
∵∠ABC的角平分线BE交DC于点E，
∴∠ABC＝80°，
∴∠C＝360°﹣（140°+80°+80°）＝60°．
（3）①∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
②∵∠F＝40°，
∴∠FBC+∠BCF＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．