奥数辅导--多边形[下学期]

课件15张PPT。多边形 奥赛辅导系列 在同一平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形。如果延长多边形的任一条边，整个多边形都在这条延长边的一侧，那么这样的多边形就叫做凸多边形。下面所说的多边形均指凸多边形。它的重要性质是：
（1）n边形的内角和是180°·（n-2），由于这个结论与边数有关，所以这不是对多边形的最本质的刻划。
（2）任意多边形的外角和等于360°。例1. 已知多边形的内角和是外角和的3倍，求这个多边形的边数。
　　解： 设这个多边形的边数为n，根据题意得
180°·（n-2）=360°×3
解之得 n=8
答：这个多边形的边数为8例2 .一个多边形的每个内角都等144°，
求这个多边形的边数。 思路1 利用多边形的内角和定理。
　　解法1 设这个多边形的边数为n，根据题意得
180°·（n-2）=144°n
　　　　解之得n=10思路2 利用多边形的外角和定理。
　　解法2 因为这个多边形的每个内角都等于144°，所以每个外角都等于36°，而多边形的外角和是360°，所以这个多边形的边数是 360°÷36°=10.°例3 一个多边形除了一个内角之外的所有内角和等于2000°，求这个多边形的边数和这个内角的度数。　解： 设这个多边形的边数为n，这个内角的度数为X，根据题意有180·（n-2）=2000°+x
X= 180·（n-2）-2000°
∵0°＜x＜180°
∴0°＜180·（n-2）-2000°＜180°
解之得118／9＜n＜127／9
又 ∵n是正整数，得n=14。
　　∴x=（14-2）×180°-2000°=160°。
　　 例4 .求证：n边形的内角中，最多有3个锐角。证明：因为n边形的外角和是360°，所以这n个外角中最多有3个钝角。（若有4个或4个以上角是钝角，则外角和就大于360°，这与n边形的外角和定理矛盾）。这3个是钝角的外角的对应内角就是锐角。所以，n边形的内角中，最多有3个锐角。例5 如图2-9-1，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数。　 解：连结AF
　　∵AD和CF交于O
　　∴　∠1+∠2=∠C+∠D　
又在四边形ABEF中，有
∠FAB+∠B+∠E+∠EFA=360°,
∵∠FAB=∠1+∠3
∠EFA=∠2+∠4
∴∠FAB+∠EFA=∠3+∠4+∠C+∠D
即∠BAD+∠B+∠C+∠D+∠E+∠CFE=360°
　　　　　　　　　　例6 如图2-9-2，试求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠H的度数。提示： 连结HC，先得∠1+∠2=∠A+∠B，又在五边形CDEFH中，内角和为540°，代入即可。
　　　　
　　 例7.己知一个凸十一边形由若干个边长为1的等边三角形和边长为1的正方形无重叠，无间隙拼成，求该凸十一边形的各内角的大小。解: 设此凸十一边形的各个内角中有 x个 y个 z个 s个由题意有
X+y+z+s=11 ①
60°x+90°y+120°z+150°s=（11-2）×180° ②
　 由①得s=11-x-y-z, 代②入化简得3x+2y+z=1
　 因为x,y,z均为非负整数，
　 所以 x=y=0,z=1.　　故s=10.
则这个凸十一边形有一个角是120°，
有十个内角都是150°。1. 一个n边形的内角和等于它的外角和，则n=______. 2. 一个凸n边形的外角中，最多有_____个钝角。 3. 已知凸n边形的n个内角与某一个外角之和为1350°，则n=______.练一练提示：∵ （n-2）·180=360°，∴ｎ＝４。4提示：因为n边形的外角和为360°，所以钝角最多有3个。（若有4个成4个以上外角为钝角，则外角和将大于360°，这与外角和定理矛盾）。3提示：设这个外角为α，
则（n-2）·180°+α=1350°，
∴α=1350°- （n-2）·180°， 又∵0°＜α＜180°
∴0° ＜1350°- （n-2）·180°＜180°
解之得8.5＜α＜ 9.5。
　　又由n是整数，得n=9。95. 一个六边形的六个内角都是120°,连续四边的长度依次是1,3,3,2, 则这个六边形的周长是_____.4. 如图2-9-4，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数。
提示：如图2-9-6，延长BC、DE、AF交于G、H、M，由六边形的每个内角都是，得△CHD、△FEM、△GBA、△GHM都是等边三角形GB=GA=AB=1， CH=DH=CD=3， GH=1+3+3=7。进而可求得EF=2，AF=4，周长为1+3+3+2+2+4=15。6. 一个多边形有三个内角为钝角,这样的多边形边数的最大值是_______。　提示： 由已知知这三个是钝角的内角的相邻外角是锐角，又因为外角和为360°，所以，外角中余下的钝角个数最多为3个，所以，多边形边数的最大值是6。67.(1999年山东）如图，已∠CGE=α，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=___度.ABDECFG解:连结EC12334∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠D=180°
∠1+∠3+∠α=180°
∴∠2+∠4+∠D=α
同理可得 ∠B+∠F+∠A=α
∴∠A+∠B+∠4+∠2+∠F+∠D=2α
8.凸n边形中有且只有两个内角为钝角,则n的最大值是( )
A.4 B.5 C.6 D.7解:n边形外角中最多有3个角为钝角,即内角中最多有3个不是锐角,得n=3+2=5B9. (第7届希望杯）一个凸多边形有且仅有4个内角是钝角,这样的多边形的边数最多是________.
解:设这个凸多边形的边数为n,则其中4个内角为钝角,(n-4)个内角为直角或锐角.
∴(n-2) ×180°＜4×180°+(n-4) ×90°
∴n＜8,取n=7.
当n=7时,可以作4个170°的内角,其余3个内角分别为80°,80°,60°.
10.(1994年北京竞赛)已知:六边形ABCDEF中, ∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F,且AB+BC=11,
FA-CD=3.求BC+DE的长.RPABCDEFQ解1：如图，将六边形ABCDEF的三边AB，CD，EF双向延长，得⊿PQR∵六边 形内角和是720°
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°
∴该六边形各外角均为60°
故 ⊿PQR，⊿PCB，⊿DQE，⊿FRA均为等边三角形
∴BC+DE=PQ-CD=PR-CD=FA+AB+BC-CD
=（AB+BC）+（FA-CD）=11+3=14。解2：如图，延长FA，CB交于P，延长FE，CD交于Q，易证四边形FPCQ是平行四边形，⊿ABP和⊿DEQ均是等边三角形。
∵PF=CQ，∴FA+AB=DE+CD
∴DE-AB=FA-CD=3 ①
又 AB+BC=11 ②
①+② 得，DE+BC=3+11=14。FEQAPBCD FEABCDQP还有其它的解法吗？问：如图，若补成等腰梯形来解，
你想试一试吗？再见