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

11.3 多边形及其内角和复习题（含答案）-人教版八年级上册
一．选择题
．在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了1个内角，其和等于1180°，则少算的这个角的度数是（　　）
A．60° B．70° C．80° D．90°
．一个多边形每个外角都等于36°，则从这个多边形的某个顶点画对角线，最多可以画出几条（　　）
A．7条 B．8条 C．9条 D．10条
．如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1∥l2，则∠1﹣∠2的值是（　　）
A．108° B．36° C．72° D．144°
．下列叙述正确的有（　　）个．
①射线AB的端点是A和B；
②各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形；
③连接两点的线段叫做两点的距离；
④两点之间线段最短．
A．1 B．2 C．3 D．4
．四边形ABCD两组对边AD，BC与AB，DC延长线分别交于点E，F，∠AEB，∠AFD的平分线交于点P，∠A＝64°，∠BCD＝136°，则下列结论中正确的是（　　）
①∠EPF＝100°；②∠ADC+∠ABC＝160°；③∠PEB+∠PFC+∠EPF＝136°；④∠PEA+∠PFA＝36°
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
如图，四边形ABCD为一长方形纸带，AD∥BC，将四边形ABCD沿EF折叠，C、D两点分别与C′、D′对应，若∠1＝2∠2，则∠3的度数为（　　）
A．50° B．54° C．58° D．62°
如图，大建从A点出发沿直线前进8米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进8米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度α为（　　）
A．30° B．40° C．45° D．60°
如图，在正六边形ABCDEF内作正方形BCGH，连接AH，则∠FAH等于（　　）
A．75° B．72° C．60° D．45°
若n边形的内角和与外角和相加为1800°，则n的值为（　　）
A．7 B．8． C．9 D．10
如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝（　　）
A．180° B．240° C．360° D．540°
二．填空题
．若一个多边形每一个外角都等于36°，则这个多边形有　 　条边．
．一个正多边形的内角和为720°，则这个正多边形的每一个外角等于　 　．
．如图所示，分别以n边形顶角顶点为圆心，以2cm长为半径画圆，则圆中阴影部分面积之和为　 　cm2．
．一个正多边形的每个内角都是144°，则这个多边形的内角和为　 　．
．如图，小华从点A出发向前走10m，向右转15°，然后继续向前走10m，再向右转15°，他以同样的方法继续走下去，当他第一次回到点A时共走了　 　m．
解答题
．化简/求解：
（1）若a，b，c是△ABC的三边的长，化简|a﹣b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|c+a﹣b|．
（2）已知一正多边形的内角与其相邻的外角的比为3：1，求该多边形的边数．
．（1）如图1，在△ABC中，已知OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，BP，CP分别平分∠ABC，∠ACB的外角∠DBC，∠ECB．
①若∠A＝50°，则∠O＝　 　，∠P＝　 　；
②若∠A＝α，则∠O＝　 　，∠P＝　 　．（用含α的式子表示）
（2）如图2，在四边形ABCD中，BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，请探究∠P与∠A，∠D的数量关系，并说明理由．
．利用“模型”解决几何综合问题往往会取得事半功倍的效果．
几何模型：如图（1），我们称它为“A”型图案，
易证明：∠EDF＝∠A+∠B+∠C；
应用上面模型解决问题：
（1）如图（2），“五角星”形，求∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝？
分析：图中A1A3DA4是“A”型图，于是∠A2DA5＝∠A1+∠A3+∠A4，
所以∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝　 　；
（2）如图（3），“七角星”形，求∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7；
（3）如图（4），“八角星”形，可以求得：∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7+∠A8＝　 　；
．模型规律：如图1，延长CO交AB于点D，则∠BOC＝∠1+∠B＝∠A+∠C+∠B．
因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC＝∠A+∠B+∠C”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．
模型应用
（1）直接应用：
①如图2，∠A＝60°，∠B＝20°，∠C＝30°，则∠BOC＝　 　°；
②如图3，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝　 　°；
（2）拓展应用：
①如图4，∠ABO、∠ACO的2等分线（即角平分线）BO1、CO1交于点O1，已知∠BOC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BO1C＝　 　°；
②如图5，BO、CO分别为∠ABO、∠ACO的10等分线（i＝1，2，3，…，8，9）．它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O9.已知∠BOC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BO7C＝　 　°；
③如图6，∠ABO、∠BAC的角平分线BD、AD交于点D，已知∠BOC＝120°，∠C＝44°，则∠ADB＝　 　°；
④如图7，∠BAC、∠BOC的角平分线AD、OD交于点D，则∠B、∠C、∠D之同的数量关系为 　 　．
．阅读材料，回答下列问题：
【材料提出】
“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
【探索研究】
探索一：如图1，在八字型中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 　 　；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 　 　；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 　 　．
【模型应用】
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P，则∠A＝　 　（用含有α和β的代数式表示），∠P＝　 　．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝　 　．（用含有α和β的代数式表示）
【拓展延伸】
拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 　 　．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 　 　．
参考答案与试题解析
一．选择题
．【解答】解：设这个多边形的边数为n（n为正整数且n≥3）．
由题意得：1180°＜180°（n﹣2）＜1180°+180°．
∴1180°＜180°（n﹣2）＜1360°．
∴．
∴n＝9．
∴这个多边形的内角和为180°×（9﹣2）＝1260°．
∴少算的这个角的度数为1260°﹣1180°＝80°．
故选：C．
．【解答】解：∵此多边形每个外角都等于36°，
∴该多边形的边数为＝10．
∴从这个多边形的某个顶点能画的对角线的条数为10﹣3＝7（条）．
故选：A．
．【解答】解：如图，延长AB并交l2于点M．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形ABCDE的每个外角相等．
∴∠MBC＝＝72°．
∵l1∥l2，
∴∠2＝∠BMD．
∵∠1＝∠BMD+∠MBC，
∴∠BMD＝∠1﹣∠MBC．
∴∠1﹣∠2＝∠MBC＝72°．
故选：C．
．【解答】解：①射线AB和射线BA的端点不同，故不是同一条射线，故错误；
②各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形，故正确；
③连接两点的线段的长叫做两点间的距离，故错误；
④两点之间，线段最短，故正确．
故选：B．
．【解答】解：∵∠A＝64°，∠BCD＝136°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣∠A﹣∠BCD＝160°，故②正确；
∵∠AEB＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝116°﹣∠ABC，∠AFD＝180°﹣∠A﹣∠ADC＝116°﹣∠ADC，
∴∠AEB+∠AFD＝116°﹣∠ABC+116°﹣∠ADC＝232°﹣（∠ADC+∠ABC）＝72°，
∵EP平分∠AEB，FP平分∠AFD，
∴，，
∴，故④正确；
同理：∠PEB+∠PFC＝36°，
如图，连接AP并延长至点G，
∠EPF＝∠EPG+∠FPG＝∠EAP+∠AEP+∠FAP+∠AFP＝∠EAF+∠AEP+∠AFP＝64°+36°＝100°，故①正确；
∴∠PEB+∠PFC+∠EPF＝36°+100°＝136°，故③正确．
故选：D．
【解答】解：如图，过点D′作D′G∥AD，则∠2＝∠ED′G，
∵AD∥BC，
∴BC∥D′G，
∴∠3＝∠C′D′G，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠4，
根据折叠的性质得：∠4＝∠5，
∵∠1＝2∠2，
∴∠4＝∠5＝2∠2，
∴2∠2+2∠2+∠2＝180°，
∴∠2＝36°，
∵∠ED′C′＝∠D＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠3＝90°﹣36°＝54°，
故选：B．
【解答】解：∵72÷8＝9，
∴360°÷9＝40°．
∴每次旋转的角度α＝40°．
故选：B．
【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴正六边形的一个内角＝×（6﹣2）×180°＝120°，
∠ABC＝∠FAB＝120°，AB＝BC，
∵四边形BCGH是正方形，
∴∠HBC＝90°，BC＝BH，
∴AB＝BH，∠ABH＝30°，
∴∠HAB＝∠AHB＝（180°﹣30°）÷2＝75°，
∴∠FAH＝∠FAB﹣∠HAB＝120°﹣75°＝45°，
故选：D．
【解答】解：由题意得，180°×（n﹣2）+360°＝1800°，
解得：n＝10，
故选：D．
【解答】解：如图，
由三角形外角性质可知：
∠1＝∠F+∠B，∠2＝∠A+∠E，
∴在四边形ADCG中，由四边形内角和可知：
∠D+∠C+∠2+∠1＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
故选：C．
二．填空题
．【解答】解：∵一个多边形的每个外角都等于36°，
∴多边形的边数为360°÷36°＝10．
即该多边形由10条边．
故答案是：10．
．【解答】解：设这个正多边形的边数为n，
∵一个正多边形的内角和为720°，
∴180（n﹣2）＝720，
解得：n＝6，
∴这个正多边形的每一个外角是：360°÷6＝60°．
故答案为：60°．
．【解答】解：∵多边形的外角和为360°，
∴SA1+SA2+…+SAn＝S圆＝π×22＝π（cm2）．
故答案为4π．
．【解答】解：∵一个正多边形的每个内角都是144°，
∴它的每一个外角都是：180°﹣144°＝36°，
∴它的边数为：360°÷36＝10，
∴这个多边形的内角和为：180°（10﹣2）＝1440°，
故答案为：1440°．
．【解答】解：易得此几何体为正多边形，每个外角为15°，
∴这个多边形的边数为360°÷15＝24，
∴当他第一次回到点A时共走了24×10＝240m．
三．解答题
．【解答】解：（1）∵a，b，c是△ABC的三边的长，
∴a+b＞c，a+c＞b，b+c＞a，
∴a﹣b﹣c＜0，b﹣c﹣a＜0，c+a﹣b＞0，
∴|a﹣b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|c+a﹣b|＝﹣a+b+c﹣b+c+a+c+a﹣b＝3c+a﹣b．
（2）∵正多边形的内角与其外角的度数比为3：1
∴每一个外角为180°×＝45°，
∴边数＝360°÷45°＝8，
即这个多边形的边数为8．
．【解答】解：（1）①∵OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OBC＝∠ACB，
∵∠A＝50°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣50°＝130°
∴∠O＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣65°
＝115°；
同理得：∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB
＝180°﹣∠DBC﹣∠ECB
＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）
＝180°﹣（180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB）
＝180°﹣[360°﹣（∠ABC+∠ACB）]
＝180°﹣（360°﹣130°）
＝65°；
故答案为：115°；65°．
②∵∠A＝α，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α
∴∠O＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣α）
＝90°+α；
同理得：∠P＝180°﹣[360°﹣（∠ABC+∠ACB）]
＝180°﹣[360°﹣（180°﹣α）]
＝90°﹣α；
故答案为：90°+α；90°﹣α；
（2）∠P＝180°﹣（∠A+∠D）．理由如下：
∵BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，
∴∠PBC＝∠EBC，∠PCB＝∠BCF，
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣（∠EBC+∠FCB）
＝180°﹣[360°﹣（∠ABC+∠DCB）]
＝（∠ABC+∠DCB）
＝（360°﹣∠A﹣∠D）
＝180°﹣（∠A+∠D）．
．【解答】解：（1）如图，
由三角形外角的性质可得，∠1＝∠A3+∠A5，∠2＝∠A2+∠A4，
∵∠1+∠2+∠A1＝180°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝180°，
故答案为：180°；
（2）如图，
由三角形外角的性质可得，
∠8＝∠A2+∠A6，∠10＝∠A7+∠A4，∠11＝∠A1+∠A5，∠9＝∠A3+∠10＝∠A3+∠A4+∠A7，
∵∠8+∠9+∠11＝180°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7＝180°；
（3）如图，
由三角形外角的性质可得，
∠9＝∠A1+∠A4，∠10＝∠A3+∠A8，∠11＝∠A2+∠A7，∠12＝∠11+∠A5＝∠A2+∠A7+∠A5，
∵∠9+∠10+∠12+∠A6＝360°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7+∠A8＝360°，
故答案为：360°．
．【解答】解：（1）①∵∠BOC＝∠A+∠B+∠C，
∴∠BOC＝60°+30°+20°＝110°，
故答案为：110；
②如图，
在四边形ABOC中，∠A+∠B+∠C＝∠BOC＝130°，
在四边形DOEF中，∠D+∠E+∠F＝∠DOE＝130°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝2×130°＝260°，
故答案为：260；
（2）①如图，
∵∠BOC＝∠ABO+∠ACO+∠A，∠BO1C＝∠1+∠2+∠A，且∠ABO＝2∠1，∠ACO＝2∠2，
∴∠ABO+∠ACO＝∠BOC﹣∠A＝120°﹣50°＝70°，
∴∠1+∠2＝（∠ABO+∠ACO）＝35°，
∴∠BO1C＝∠1+∠2+∠A＝35°+50°＝85°，
故答案为：85；
②由题意知，∠ABO+∠ACO＝∠BOC﹣∠BAC＝120°﹣50°＝70°，
∵∠OBO7＝∠ABO，∠OCO7＝∠ACO，
∴∠BO7C＝120°﹣（∠OBO7+∠OCO7）＝120°﹣（∠ABO+∠ACO）＝120°﹣21°＝99°，
故答案为：99；
③∵∠BOC＝120°，∠C＝44°，
∴∠ABO+∠BAC＝120°﹣44°＝76°，
∵∠ABO、∠BAC的角平分线BD、AD交于点D，
∴∠ABD+∠DAB＝（∠ABO+∠BAC）＝38°，
∴∠ADB＝180°﹣（∠ABD+∠DAB）＝180°﹣38°＝142°，
故答案为：142；
④由“8字模型”可得，∠DOC+∠D＝∠DAC+∠C，
∴∠D＝∠DAC+∠C﹣∠DOC，
∵∠DOC＝BOC＝（∠BAC+∠B+∠C），∠DAC＝BAC，
∴∠D＝∠BAC+∠C﹣（∠BAC+∠B+∠C）＝﹣B＝（∠C﹣∠B），
故答案为：∠D＝（∠C﹣∠B）．
．【解答】解：探索一：如图1，∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，
故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，
∴∠P＝25°，
故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，
由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，由题意知延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，
∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，
∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，
∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，
∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，
故答案为：；
拓展一：如图6，由探索一可得：
∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，
∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，
故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，
∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，
∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，
∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，
故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．