11.1 与三角形有关的线段 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·吉林·八年级统考期末）下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．3，4，8 B．4，5，9
C．4，5，8 D．3a，3a，6a（a＞0）
2．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）一个等腰三角形的两边长分别为3 cm和7 cm，则此三角形的周长为（ ）
A．13 cm B．17 cm C．7 cm或13 cm D．不确定
3．（2022秋·吉林白山·八年级统考期末）若一个三角形的两边长分别为7和9，则该三角形的周长可能是（ ）
A．16 B．18 C．24 D．33
4．（2022秋·吉林四平·八年级统考期末）已知三角形两边的长分别是3和7，则此三角形第三边的长可能是（ ）
A．1 B．2 C．8 D．11
5．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）用一根长的细铁丝围成一个三角形，其中三边的长（单位：）分别为整数、、，且，则最大可取（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）已知三角形的三边长分别为3，4，x，且x为整数，则x的最大值为（ ）
A．8 B．7 C．5 D．6
7．（2022秋·吉林·八年级期末）如图（ ），BE是△ABC的高．
A． B．
C． D．
二、填空题
8．（2022秋·吉林·八年级期末）一个三角形的两条边长为2，7，则第三边长可能为 （写出一个即可）
9．（2022秋·吉林白山·八年级期末）两根木棒分别长3cm、7cm，第三根木棒与这两根木棒首尾依次相接构成三角形．如果第三根木棒的长为偶数（单位：cm），那么所构成的三角形周长为 cm．
10．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）若a，b，c为三角形的三边长，且a，b满足，则第三边的取值范围是
11．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）等腰三角形一边长为5，另一边长为7，则周长为 .
12．（2022秋·吉林长春·八年级期末）已知a，b，c是△ABC的三边长，a，b满足，且c为奇数，则c= ．
13．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）已知一个三角形的两边长分别为3和6，若第三边的长为偶数，则第三边的长可以为 ．（写出一个即可）
14．（2022秋·吉林长春·八年级期末）已知三角形的两边长分别是3和5，则第三边长a的取值范围是 ．
15．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）△的两边长分别是2和5，且第三边为奇数，则第三边长为 .
16．（2022秋·吉林四平·八年级统考期末）如图，D、E、F分别为BC、AD、CE的中点．若S△ABC=8cm2，则S△DEF= ．
17．（2022秋·吉林·八年级期末）如图，在△ABC中，点D、E分别为边BC、AC上的点，将△CDE沿DE翻折得到△C′DE，使C′D∥AB．若∠A＝75°，∠C=45°，则∠C′EA的大小为 °．
18．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 ．
19．（2022秋·吉林松原·八年级统考期末）如图，工人师傅在安装木制门框时，为防止变形常常钉上两根木条，这样做的依据是 ．
20．（2022秋·吉林松原·八年级统考期末）如图，在建筑工地上，工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框，使其不变形，这种做法的根据是 ．
21．（2022秋·吉林松原·八年级统考期末）三角形在日常生活和生产中有很多应用，如图房屋支架、起重机的臂膀中都有三角形结构，这是利用了三角形的 性．
22．（2022秋·吉林四平·八年级统考期末）人字梯中间一般会设计一”拉杆”，这样做的数学道理是 ．
参考答案：
1．C
【分析】根据三角形中任意两边之和大于第三边的性质判定即可.
【详解】A项，3＋4＜8,故A项不符合题意；B项，4＋5＝9，故B项不符合题意；C项，4＋5＞8，4＋8＞5，5＋8＞4，故C项符合题意，可以组成三角形；D项，3a＋3a＝6a，故D项不符合题意.所以答案选C.
【点睛】本题主要考查三角形的基本概念.
2．B
【分析】根据等腰三角形的定义分类讨论、再用三角形的三边关系判断，最后求周长即可；
【详解】解：①当3为底时，则7+3＞7，故腰为7，则周长为7+7+3=17；
②当7为底时，则3+3＜7，不能构成三角形；
故答案为B.
【点睛】本题考查了等腰三角形的概念和三角形的三边关系，掌握分类讨论思想是解答本题的关键.
3．C
【分析】先根据三角形三条边的关系求出第三条边的取值范围，进而求出周长的取值范围，从而可的求出符合题意的选项．
【详解】解：∵三角形的两边长分别为7和9，
∴第三条边，
∴三角形的周长，
即三角形的周长，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三条边的关系及等式的性质，熟练掌握运用三角形三边关系是解题关键．
4．C
【分析】根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可确定出第三边的范围，据此根据选项即可判断．
【详解】解：设第三边长为x，则有
7-3即4观察只有C选项符合，
故选C．
【点睛】本题考查了三角形三边的关系，熟练掌握三角形三边之间的关系是解题的关键．
5．C
【分析】根据三角形的周长=13cm和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】解：∵细铁丝的长度为13cm，即三角形的周长为13cm，
∵，
∴a是这个三角形最长的边，
由三角形三边的关系，得b+c>a，而b+c=13-a，
∴13-a >a，
解得，a<6.5，
∵a、b、c为整数，
∴a最大可取6．
故选：C．
【点睛】本题主要考查学生对三角形三边关系的理解及运用能力，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
6．D
【分析】根据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得第三边长的最大值．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得：4-3＜x＜4+3，
即1＜x＜7，
∵x为整数，
∴x的最大值为6．
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系．注意第三边是整数的已知条件．
7．C
【分析】根据三角形高的定义分析选项即可．
【详解】解：由题意可知： 中，BE是△ABC的高．
故选：C
【点睛】本题考查三角形高的定义，解题的关键是理解三角形高的定义：从三角形一个顶点向它的对边所在直线画垂线，顶点和垂足间的线段叫做三角形的高．
8．8（答案不唯一）
【分析】根据三角形的三边关系，可求出第三边的取值范围，写出一个即可．
【详解】解：设：第三条边长为a，
∴，即，
故答案为：8（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，求出第三边的取值范围是解答本题的关键．三角形中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
9．16或18
【分析】先求出第三边的取值范围，再根据第三根木棒的长为偶数求出第三边的长即可求解．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得第三根木棒的长大于7-3=4cm而小于7+3=10cm．
又第三根木棒的长是偶数，则应为6cm，8cm．
∴所构成的三角形周长为16cm或18cm，
故答案为：16或18．
【点睛】本题考查了三角形三条边的关系，熟练掌握三角形三条边的关系是解答本题的关键．三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
10．/
【分析】由可得，，再利用三角形的三边关系可得答案．
【详解】解：∵，
∴，，
∴，，
∵a，b，c为三角形的三边长，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查的是算术平方根的非负性，偶次方的非负性的应用，三角形的三边关系的理解，利用非负数的性质求解是解本题的关键．
11．17或19
【分析】先确定第三边的取值范围，再确定第三边的长，最后求周长即可．
【详解】∵7-5＜第三边＜7+5，
∴2＜第三边＜12，
∵该三角形是等腰三角形，
∴第三边为5或7，
∴周长为5+5+7=17或5+7+7=19，
故答案为：17或19．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系和对等腰三角形的认识，解题关键是理解题意，确定第三边的取值．
12．5
【分析】根据非负数的性质列式求出a、b的值，再根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出c的取值范围，再根据c是奇数求出c的值．
【详解】解：∵a，b满足|a﹣5|+（b﹣1）2＝0，
∴a﹣5＝0，b﹣1＝0，
解得a＝5，b＝1，
∵5﹣1＝4，5+1＝6，
∴4＜c＜6，
又∵c为奇数，
∴c＝5，
故答案是：5．
【点睛】本题主要考查三角形三边关系和非负数的性质：偶次方，解题的关键是明确题意，明确三角形三边的关系．
13．4，6，8（答案不唯一，任何一个即可）
【分析】根据三角形三边关系，列出不等式组，根据第三边的长为偶数，求得不等式组的整数解即可求解．
【详解】解：∵一个三角形的两边长分别为3和6，设第三边长为x，
∴6 3解得3∵x为偶数，
∴x=4，6，8．
故答案为：4，6，8（答案不唯一，任何一个即可）．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，不等式组的整数解，掌握三角形的三边关系是解题的关键．
14．
【分析】根据三角形的第三边大于两边之差，小于两边之和，即可解决问题．
【详解】解：∵三角形的两边长分别是3和5，
∴第三边长a的取值范围是5-3＜a＜5+3，即2＜a＜8．
故答案为2＜a＜8．
【点睛】本题考查三角形三边关系的运用，熟记三角形的第三边大于两边之差，小于两边之和是解题的关键．
15．5
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．即可求解．
【详解】解：第三边的取值范围是大于3而小于7，又第三边是奇数，故第三边只有是5
故答案为：5.
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，要注意奇数这一条件．
16．1cm2
【分析】根据三角形中线的性质，先求得△ADC的面积，再求得△DEC的面积，即可求得△DEF的面积．
【详解】解：∵S△ABC＝8cm2，D为BC的中点，
∴S△ABD＝S△ADC＝S△ABC＝×8＝4（cm2），
∵E为AD的中点，
∴S△DEC＝S△ADC＝×4＝2（cm2），
∵F为EC的中点，
∴S△DEF＝S△DEC＝×2＝1（cm2），
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，掌握三角形中线平分三角形的面积是解题的关键．
17．30
【分析】由C′D∥AB得出∠DGE=∠A=75°，由折叠性质可知，∠C'=∠C=45°，再根据三角形外角性质求出∠C′EA=∠DGE-∠C'=75°-45°=30°．
【详解】解：如图，
∵C′D∥AB，
∴∠DGE=∠A=75°，
由折叠性质可知，∠C'=∠C=45°，
∴∠C′EA=∠DGE-∠C'=75°-45°=30°，
故答案为30．
【点睛】本题考查了翻折变换的知识及三角形外角的性质，解答本题的关键是求出∠DGE的度数是解题的关键．
18．三角形的稳定性．
【分析】根据三角形的稳定性进行解答．
【详解】解：给凳子加了两根木条之后形成了三角形，所以“这样凳子就比较牢固了”的数学原理是：三角形的稳定性，
故答案为：三角形的稳定性．
【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性，是需要记忆的知识．
19．三角形具有稳定性
【分析】根据三角形具有稳定性进行解答．
【详解】解：工人师傅在安装木制门框时，为防止变形常常钉上两根木条，这样做的依据是三角形具有稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性，是需要识记的内容．
20．三角形的稳定性
【分析】用木条固定长方形门框，即是组成三角形，故可用三角形的稳定性解释．
【详解】解：加上后，原不稳定的四边形中具有了稳定的三角形，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故答案为：三角形的稳定性．
【点睛】本题考查三角形稳定性的实际应用，三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
21．稳定
【分析】根据三角形具有稳定性进行解答即可．
【详解】解：房屋支架、起重机的臂膀中都有三角形结构，这是利用了三角形的稳定性．
故答案为稳定．
【点睛】本题考查了三角形的稳定性，熟练掌握三角形的稳定性是解题的关键．
22．三角形具有稳定性
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【详解】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其稳定性，
故答案为三角形具有稳定性.
【点睛】此题考查三角形的性质，关键是根据三角形的稳定性解答．11.2 与三角形有关的角 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·吉林·八年级期末）如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°，则∠DAE的度数为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．25°
2．（2022秋·吉林白山·八年级期末）如图，分别是的高和角平分线，且则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·吉林四平·八年级期末）一个三角形三个内角之比为1：3 ：5，则最小的角的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．60°
4．（2022秋·吉林延边·八年级统考期末）如图，两条直线，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·吉林松原·八年级统考期末）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·吉林·八年级期末）如图，和相交于点O，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）如图将直尺与含30°角的三角尺摆放在一起，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·吉林·八年级统考期末）如图，AB//CD，点E在线段BC上，若∠1＝40°，∠2＝30°，则∠3的度数是( )
A．70° B．60° C．55° D．50°
二、填空题
9．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP=20°，∠ACP=50°，则∠A+∠P= ．
10．（2022秋·吉林·八年级期末）如图，在△ABC中，点D、E分别为边BC、AC上的点，将△CDE沿DE翻折得到△C′DE，使C′D∥AB．若∠A＝75°，∠C=45°，则∠C′EA的大小为 °．
11．（2022秋·吉林长春·八年级期末）ABC中，若∠A+∠C＝2∠B，则∠B＝ ．
12．（2022秋·吉林白山·八年级统考期末）一副三角板如图所示叠放在一起，则图中的度数是 ．
13．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠C＝80°，若沿图中虚线截去∠C，则∠1+∠2＝ ．
14．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）已知△ABC中,∠A=∠B=∠C,则△ABC是 三角形．
三、解答题
15．（2022秋·吉林白山·八年级期末）（1）如图①，的顶点O重合，且，则∠AOB+∠COD=______°；（直接写出结果）
（2）连接，若分别是四边形的四个内角的平分线.
①如图②，如果，那么的度数为_______；（直接写出结果）
②如图③，若，与平行吗？为什么？
16．（2022秋·吉林·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠B=48°，三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E．求∠AEC的度数．
17．（2022秋·吉林延边·八年级统考期末）如图，在中，点D、E分别在边AB、AC上，BE与CD交于点F，，，．求和的度数．
参考答案：
1．A
【分析】在三角形ABC中，由∠B与∠C的度数求出∠BAC的度数，根据AE为角平分线求出∠BAE的度数，由∠BAD﹣∠B即可求出∠DAE的度数．
【详解】解：∵∠B＝30°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝100°，
又∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝∠BAC＝50°，
∵AD是△ABC的高，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，
则∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝10°，
故选：A．
【点睛】此题考查了三角形内角和定理，三角形角平分线的概念等知识，熟练掌握三角形内角和定理是解本题的关键．
2．A
【分析】根据高线的定义以及角平分线的定义分别得出，进而得出的度数，进而得出答案．
【详解】解：在△ABC中，∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵是的高，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了高线以及角平分线的性质，得出的度数是解题关键．
3．A
【分析】根据三角形的内角和定理解决问题即可．
【详解】三角形的最小的角＝×180°＝20°，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，解题的关键是记住三角形的内角和为180°．
4．B
【分析】根据平行线的性质得出，然后根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键．
5．B
【分析】根据三角形的外角性质解答即可．
【详解】解：由三角形外角性质得
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的外角性质，是基础考点，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和是解题关键．
6．B
【分析】根据两直线相交对顶角相等、三角形角的外角性质即可确定答案．
【详解】解：选项A、∵∠1与∠2互为对顶角，∴∠1＝∠2，故选项A不符合题意；
选项B、∵∠1＝∠B+∠C，∴∠1＞∠B，故选项B符合题意；
选项C、∵∠2＝∠D+∠A，∴∠2＞∠D，故选项C不符合题意；
选项D、∵，，∴，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了对顶角的性质、平行线的性质和三角形内角和、外角的性质，能熟记对顶角的性质是解此题的关键．
7．C
【分析】先根据三角形外角的性质求出∠BEF的度数，再根据平行线的性质得到∠2的度数．
【详解】如图，
∵∠BEF是△AEF的外角，∠1=20，∠F=30，
∴∠BEF=∠1+∠F=50，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠BEF=50，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键是掌握三角形外角的性质．
8．A
【详解】∵AB//CD，∠1=40°，∠2=30°，
∴∠C=40°．
∵∠3是△CDE的外角，
∴∠3=∠C+∠2=40°+30°=70°．
故选：A．
9．90°．
【详解】试题解析：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∵∠ABP=20°，∠ACP=50°，
∴∠ABC=2∠ABP=40°，∠ACM=2∠ACP=100°，
∴∠A=∠ACM-∠ABC=60°，
∠ACB=180°-∠ACM=80°，
∴∠BCP=∠ACB+∠ACP=130°，
∵∠PBC=20°，
∴∠P=180°-∠PBC-∠BCP=30°，
∴∠A+∠P=90°．
考点：1．三角形内角和定理；2．三角形的角平分线、中线和高；3．三角形的外角性质．
10．30
【分析】由C′D∥AB得出∠DGE=∠A=75°，由折叠性质可知，∠C'=∠C=45°，再根据三角形外角性质求出∠C′EA=∠DGE-∠C'=75°-45°=30°．
【详解】解：如图，
∵C′D∥AB，
∴∠DGE=∠A=75°，
由折叠性质可知，∠C'=∠C=45°，
∴∠C′EA=∠DGE-∠C'=75°-45°=30°，
故答案为30．
【点睛】本题考查了翻折变换的知识及三角形外角的性质，解答本题的关键是求出∠DGE的度数是解题的关键．
11．60°/60度
【分析】在△ABC中，由∠A+∠C＝2∠B，结合三角形内角和定理可得出2∠B+∠B＝180°，解之即可得出∠B的度数．
【详解】解：在△ABC中，∠A+∠C＝2∠B，且∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠B+∠B＝180°，
∴∠B＝60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，牢记三角形内角和是180°是解题的关键．
12．75°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ECF、∠D的度数，再求出∠a的度数即可得到结果．
【详解】解：如图所示，
根据三角形内角和定理，∠A=30°，∠E=45°，
∴∠D=180°-90°-∠A=60°，∠ECF=180°-90°-∠E=45°
∴∠a=180°-∠ECF-∠D=75°
【点睛】本题考查三角形内角和定理，解题的关键是掌握三角形内角和定理．
13．260°
【分析】根据补角和三角形内角和的性质，即可完成求解．
【详解】∵
∴
故答案为：260°．
【点睛】本题考查了补角、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握补角、三角形内角和的性质，从而完成求解．
14．直角
【分析】设∠A=x°，则∠B=2 x°，∠C=3 x°，利用三角形内角和为180°求的x，进而求出∠C为90°，即可得出答案.
【详解】设∠A=x°，则∠B=2 x°，∠C=3 x°，
∵∠A+∠B+∠C=180°
∴x°+2 x°+3 x°=180°
∴x°=30°
∴∠C=3 x°=90°
∴△ABC是直角三角形
故答案为直角
【点睛】本题考查三角形内角和定理的运用以及三角形形状的判定，熟练掌握三角形内角和定理是解题关键.
15．（1）180；（2）①；②，理由见解析.
【分析】（1）结合三角形三角和为，利用题目已知条件，计算结果，即可.
（2）①利用第一问的结果，计算，即可.
②利用四边形四角和为，计算得出的度数，结合角平分线定理，得到的和，利用平行直线的判定，证明，即可得出.
【详解】（1）,可得；
（2）①结合,可得 ；
②，
理由是：因为分别是四边形的四个内角的平分线，
所以.
所以
在四边形中，.
所以
在中，.
在中，.
所以.
所以
所以.
因为，
所以
在中，.
因为，
所以.
所以.
所以
【点睛】考查三角形内角和及平行线的判定，得到和的关系是解题的关键.
16．66°
【分析】利用外角的性质可得∠CAD+∠FCA=∠B+∠BCA+∠B+∠BAC，再利用三角形内角和可求得其和，再结合角平分线的性质可求得∠EAC+∠ECA，在△ACE中利用三角形内角和可求得∠AEC．
【详解】解：∵三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E，
∴∠CAE+∠ACE=（∠B+∠ACB）+（∠B+∠BAC）
=（∠BAC+∠B+∠ACB+∠B）
=（180°+48°）
=114 °
在△ACE中，∠AEC=180°-（∠CAE+∠ACE）
=180°-114°
=66°
【点睛】本题主要考查三角形内角和及外角的性质，由条件求得∠CAD+∠FCA的度数是解题的关键．
17．87°，40°
【分析】根据三角形外角的性质可得，，代入计算即可求出，再根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和和外角的性质，解题关键是准确识图，理清角之间的关系，准确进行计算．11.3多边形及其内角和 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·吉林·八年级统考期末）如图，要使一个七边形木架不变形，至少要再钉上木条的根数是（ ）
A．1根 B．2根 C．3根 D．4根
2．（2022秋·吉林白山·八年级期末）正十六边形的外角和的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·吉林四平·八年级统考期末）如果一个多边形的内角和是其外角和的3倍，那么，从这个多边形的一个顶点出发画对角线，一共能画出对角线的条数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（2022秋·吉林·八年级统考期末）一个正多边形的每一个外角都等于45°，则这个多边形的边数为( )
A．4 B．6 C．8 D．10
5．（2022秋·吉林松原·八年级统考期末）如图，已知是正六边形与正五边形的公共边，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·吉林四平·八年级统考期末）n 边形的每个外角都为 15°，则边数 n 为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
二、填空题
7．（2022秋·吉林·八年级期末）一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的每一个外角等于 度．
8．（2022秋·吉林·八年级统考期末）八边形的内角和是外角和的 倍．
9．（2022秋·吉林·八年级统考期末）已知一个正多边形的内角和为1080°，那么从它的一个顶点出发可以引 条对角线．
10．（2022秋·吉林白山·八年级统考期末）一个多边形每一个外角都等于，则这个多边形的边数为 ．
11．（2022秋·吉林·八年级期末）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是 ．
12．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数是 ．
13．（2022秋·吉林延边·八年级统考期末）已知一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数是 ．
14．（2022秋·吉林延边·八年级统考期末）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是 .
15．（2022秋·吉林白山·八年级期末）正n边形的一个内角等于135°，则边数n的值为 ．
16．（2022秋·吉林·八年级期末）正五边形的每一个内角都等于 ．
三、解答题
17．（2022秋·吉林·八年级期末）如图所示，在四边形ABCD中，∠A＝80°，∠C=75°，∠ADE为四边形ABCD的一个外角，且∠ADE＝125°,试求出∠B的度数.
18．（2022秋·吉林白城·八年级统考期末）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍还多180°，那么这个多边形的边数是多少．
19．（2022秋·吉林四平·八年级统考期末）一个多边形的内角和比四边形的内角和多，并且这个多边形的各内角相等，求这个多边形是几边形？
20．（2022秋·吉林松原·八年级阶段练习）一个多边形的内角和比它的外角和多900°，求这个多边形的边数．
21．（2022秋·吉林松原·八年级统考期末）一个多边形的内角和比外角和的3倍少180°．求：
（1）这个多边形的边数；（2）该多边形共有多少条对角线．
参考答案：
1．D
【分析】三角形具有稳定性，所以要使七边形木架不变形需把它分成三角形，即过七边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条．
【详解】解：过七边形的一个顶点作对角线，有条对角线，
所以至少要钉上4根木条．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性以及多边形，正确利用图形的性质得出答案是解题关键．解题时注意：过n边形的一个顶点作对角线，可以做条．
2．C
【分析】根据任何多边形的外角和是即可求出答案．
【详解】解：正十六边形的外角和是．
故选：C．
【点睛】考查了多边形的外角和定理，任何多边形的外角和是．外角和与多边形的边数无关．
3．B
【分析】先由多边形的内角和公式与外角和的关系可得再解方程，从而可得答案．
【详解】解：设这个多边形为边形，则，
即，
解得：，
所以从这个多边形的一个顶点出发共有条对角线，
故选：B．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理，多边形的对角线问题，掌握“利用多边形的内角和为，外角和为”是解题的关键．
4．C
【详解】因为多边形的外角和为360°，
所以这个多边形的边数为：360÷45=8．
故选：C．
5．A
【分析】先求出正六边形和正五边形的内角，根据周角等于求出的度数，根据，得到等腰三角形两底角相等即可得到答案．
【详解】解：，，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角，掌握多边形的内角和公式：是解题的关键．
6．C
【分析】根据多边形的外角和等于360度得到15° n＝360°，然后解方程即可．
【详解】解：∵n边形的每个外角都为15°，
∴15° n＝360°，
∴n＝24．
故选C．
【点睛】本题考查了多边形外角和，熟练掌握多边形外角和为360度是解题的关键．
7．72
【分析】根据正多边形的性质、补角的定义即可得．
【详解】解：设正多边形的边数为，根据题意得：
，
解得：，
∵正多边形的每个外角都相等，且外角和为，
∴正多边形的每一个外角为：．
故答案为：72．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，正多边形的内角和和外角和，熟记正多边形的性质是解题关键．
8．3
【分析】根据多边形的内角和公式及外角和即可求解．
【详解】解：八边形的内角和是，外角和是，
，
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查多边形的内角和与外角和，解题的关键是熟知多边形的内角和公式以及外角和．
9．
【分析】设这个正多边形有条边，再建立方程 解方程求解结合从边形的一个顶点出发可以引条对角线，从而可得答案.
【详解】解：设这个正多边形有条边，则
解得：
所以从一个正八边形的一个顶点出发可以引条对角线，
故答案为：
【点睛】本题考查的是正多边形的内角和定理的应用，正多边形的对角线问题，掌握“多边形的内角和公式为 从边形的一个顶点出发可以引条对角线”是解本题的关键.
10．20
【分析】利用多边形的外角和除以外角度数可得边数．
【详解】解：∵一个多边形的每一个外角都等于18°，且多边形的外角和等于360°，
∴这个多边形的边数是：360°÷18°=20，
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角，关键是掌握多边形的外角和为360°．
11．9
【详解】解：360÷40=9，即这个多边形的边数是9．
故答案为：9．
12．7
【分析】多边形的内角和可以表示成（n-2） 180°，外角和都等于360°，故可列方程求解．
【详解】解：设所求多边形边数为n，
则（n-2） 180°=3×360°-180°，
解得n=7．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角，关键是根据多边形的内角和和外角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
13．5
【详解】∵多边形的每个外角都等于72°，
∵多边形的外角和为360°，
∴360°÷72°=5，
∴这个多边形的边数为5.
故答案为5.
14．8
【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数．
【详解】解：多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是，
即该正多边形的边数是8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，解题的关键是掌握正多边形的各个内角相等，各个外角也相等．
15．8
【分析】先根据多边形的外角与相邻的内角互补求出外角的度数，再根据外角和求边数即可．
【详解】解：多边形的外角是：180°﹣135°=45°，
∴n==8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解答本题的关键．
16．108°
【分析】先根据多边形的内角和公式（n-2）×180°求出内角和，然后除以5即可；
【详解】解：（5-2）×180°=540°，540°÷5=108°；
故答案为：108°．
17．150°
【分析】先根据邻补角的定义求出∠ADC的度数，再根据四边形的内角和求出∠B的度数．
【详解】解：∵∠ADE为四边形ABCD的一个外角，且∠ADE＝125°，
∴∠ADC=180°-∠ADE＝55°，
∵∠A+∠B+∠C+∠ADE＝360°，
∴∠B=360°-∠A-∠C-∠ADE＝360°-80°-75°-55°=150°．
【点睛】此题考查了多边形外角定义，多边形的内角和，熟记多边形的内角和进行计算是解题的关键．
18．这个多边形的边数是9
【分析】多边形的内角和比外角和的3倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1260度．n边形的内角和可以表示成（n 2） 180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意，得（n 2） 180＝360×3＋180，
解得：n＝9．
则这个多边形的边数是9．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
19．六边形
【分析】首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比四边形的内角和多，由此列出方程得到边数即可．
【详解】解：设这个多边形边数为，依题意得：
，
解得：，
答：这个多边形是六边形．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是根据题意列出方程，从而解决问题．
20．这个多边形的边数是9
【分析】本题首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比多，由此列出方程即可解出边数．
【详解】解：设边数为，根据题意，得
，
所以，
所以，
所以．
答：这个多边形的边数是9．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理及外角和定理，解题的关键是已知等量关系列出方程从而解决问题．
21．(1)该多边形为七边形； (2)该多边形共有14条对角线．
【分析】（1）任意多边形的外角和均为360°，然后依据多边形的内角和公式列方程求解即可；
（2）多边形的对角线公式为：．
【详解】(1)设这个多边形的边数为n
根据题意得：180°×(n-2)=360°×3-180°
解得：n=7
故该多边形为七边形.
(2)==14
故该多边形共有14条对角线．
【点睛】本题主要考查的是多边形的内角与外角、多边形的对角线，掌握相关知识是解题的关键．
