（预习篇）第三讲 多边形及其内角和（知识梳理+二大考点讲练+中等拔高分层真题练）2024-2025学年人教版数学七升八年级暑假衔接知识讲练精编培优讲义

领跑新初二（新课衔接）【知识梳理+二大考点讲练+中等拔高分层真题练】 2024-2025学年人教版数学七升八年级暑假衔接知识讲练精编培优讲义 第三讲 多边形及其内角和 教学目标： 1.能通过不同方法探索多边形的内角和与外角和公式. 2.学会运用多边形的内角和与外角和公式解决问题. 教学重点：能通过不同方法探索多边形的内角和与外角和公式. 教学难点：学会运用多边形的内角和与外角和公式解决问题. 考点01：多边形的定义 1 考点02：多边形的内角和外角 3 中档题真题训练 4 拔高题真题训练 6 【知识点1 多边形的定义】 多边形是在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形。这些组成多边形的线段称为多边形的边；每相邻两条边的公共端点称为多边形的顶点；多边形相邻两边组成的角称为多边形的内角。多边形按照边的数量进行命名，如三边形（三角形）、四边形等。 【知识点2 多边形的内角和】 定义：多边形的内角和指的是多边形所有内角的度数之和。 计算公式：n边形的内角和为(n-2)×180°，其中n为多边形的边数。 例如，一个四边形有4条边，其内角和为(4-2)×180°=360°。 同样地，一个五边形有5条边，其内角和为(5-2)×180°=540°。 三、多边形的外角和 定义：多边形的外角和指的是多边形所有外角的度数之和。 性质：任意多边形的外角和均为360°，与多边形的边数无关。 例如，无论是三角形、四边形还是五边形，它们的外角和都是360°。 考点01：多边形的定义 【典例精讲】（2024•裕华区校级模拟）平面内，将长分别为1，2，4，的线段，首尾顺次相接组成凸四边形（如图），可能是　　 A．1 B．2 C．7 D．8 【举一反三01】（2022秋•华容区校级月考）如图，五边形中，，，，为边的中点，，，则五边形的面积为　 　． 【举一反三02】（2023秋•襄都区月考）如图，在五边形中，，，连接，，． （1）已知，则　　； （2）求五边形的周长． 【注：五边形的周长指组成五边形的所有边的和】 考点02：多边形的内角和外角 【典例精讲】（2024•河北）直线与正六边形的边，分别相交于点，，如图所示，则　　 A． B． C． D． 【举一反三01】（2024•郁南县二模）如图，大建从点出发沿直线前进8米到达点后向左旋转的角度为，再沿直线前进8米，到达点后，又向左旋转角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度为　　 A． B． C． D． 【举一反三02】（2024春•巴彦县月考）如图，已知四边形中，为上一点，连接、，与的延长线交于点，，，则的度数为 　　． 【举一反三03】（2023秋•罗湖区校级期末）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“”型图案， 易证明：； 应用上面模型解决问题： （1）如图（2），“五角星”形，求？ 分析：图中是“”型图，于是， 所以　　； （2）如图（3），“七角星”形，求； （3）如图（4），“八角星”形，可以求得：　　； 中档题真题训练 1．（2024·南海模拟）正十二边形的外角和为（　　） A．30° B．150° C．360° D．1800° 2．（2024·北京市模拟）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1，∠2，∠3分别是∠BAE，∠AED，∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3＝（　　） A．90° B．180° C．120° D．270° 3．（2024八上·武都期末）内角和为1800°的多边形的边数是（ ） A．12 B．10 C．14 D．15 4．（2024八下·义乌期中）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是　 　． 5．（2024八下·印江月考）若正多边形的一个内角等于150°，则这个正多边形的边数是　 　 6．（2024七下·沙坪坝开学考）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，这个多边形是　 　边形． 7．（2024八上·玉林期末）如图，六边形ABCDEF的内角都相等，，图中存在几组平行关系的线段？请你列举出来，并选择其中一组说明理由。 8．（2024八上·惠州期末）将一个正六边形的纸片对折，并完全重合．那么得到的图形是几边形？它的内角和（按一层计算）是多少度？ 9．（2024八上·石碣期末）如图，点是等边内一点，是外的一点，，，≌，，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）当时，试判断的形状，并说明理由； （3）探究：当为多少度时，是等腰三角形． 10．（2023八上·章贡期中） （1）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数. （2）如图，，点B、F、C、E在同一条直线上，若，，求BF的长. 11．（2023八上·龙马潭月考）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. 拔高题真题训练 12．（2023八上·大岭山期中）一副三角尺如图所示摆放，则与的数量关系为（　　） A． B． C． D． 13．（2021八上·瑞安期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上，且CD＝3DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF.则下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠AGB+∠AED＝135°；③BG＝CG；④S△EGC＝S△AFE.其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 14．（2021八上·长沙开学考）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的个数（　　） ①CP平分∠ACF；②∠ABC+2∠APC=180°；③∠ACB=2∠APB；④S△PAC=S△MAP+S△NCP. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 15．（2024·米东模拟）一个六边形的六个内角都是120°，连续四边的长依次为2.31，2.32，2.33，2.31，则这个六边形的周长为　 　． 16．（2023八上·芜湖开学考）如图，D是△ABC内一点，连接AD、BD、CD，P是∠BDC的角平分线的反向延长线上的一点，连接BP，∠ABP＝2∠PBD，△ABC和△ACD的外角平分线相交于点Q，若∠Q＝45，∠BDC＝4∠ABD，则∠P的度数为　 　． 17．（2021八上·霞山月考）如图所示，△ABO与△CDO称为“对顶三角形”，其中∠A+∠B=∠C+∠D．利用这个结论，在图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G= 　 　 18．（2019八上·和平期中）已知，在四边形ABCD中，∠F为四边形ABCD的∠ABC的平分线及外角∠DCE的平分线所在的直线构成的锐角，若∠A＝α，∠D＝β， （1）如图①，当α+β＞180°时，∠F＝　 　（用含α，β的式子表示）； （2）如图②，当α+β＜180°时，请在图②中，画出∠F，且∠F＝　 　（用含α，β的式子表示）； （3）当α，β满足条件　 　时，不存在∠F． 19．（2024八上·讷河期末）如图，OC平分∠AOB，P为OC上的一点，∠MPN的两边分别与OA、OB相交于点M、N． （1）如图1，若∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，请判断PM与PN的数量关系，并说明理由； （2）如图2，若∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，求证：OP＝OM+ON． 20．（2023八上·日照月考）探究与发现： （1）如图1，在中，，分别平分和． ①若，则　 　； ②若，用含有的式子表示的度数为　 　； （2）如图2，在四边形中，，分别平分和，试探究与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在六边形中，，分别平分和，请直接写出与的数量关系． 21．（2022八上·台州月考）如图①，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角． （1）猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系； （2）如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数； （3）如图③，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系． 22．（2021八上·南通月考）如图，在△OBC中，边BC的垂直平分线交∠BOC的平分线于点D，连接DB，DC，过点D作DF⊥OC于点F. （1）若∠BOC＝60°，求∠BDC的度数； （2）若∠BOC＝ ，则∠BDC＝　 　；（直接写出结果） （3）直接写出OB，OC，OF之间的数量关系. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 领跑新初二（新课衔接）【知识梳理+二大考点讲练+中等拔高分层真题练】 2024-2025学年人教版数学七升八年级暑假衔接知识讲练精编培优讲义 第三讲 多边形及其内角和 教学目标： 1.能通过不同方法探索多边形的内角和与外角和公式. 2.学会运用多边形的内角和与外角和公式解决问题. 教学重点：能通过不同方法探索多边形的内角和与外角和公式. 教学难点：学会运用多边形的内角和与外角和公式解决问题. 考点01：多边形的定义 1 考点02：多边形的内角和外角 5 中档题真题训练 9 拔高题真题训练 15 【知识点1 多边形的定义】 多边形是在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形。这些组成多边形的线段称为多边形的边；每相邻两条边的公共端点称为多边形的顶点；多边形相邻两边组成的角称为多边形的内角。多边形按照边的数量进行命名，如三边形（三角形）、四边形等。 【知识点2 多边形的内角和】 定义：多边形的内角和指的是多边形所有内角的度数之和。 计算公式：n边形的内角和为(n-2)×180°，其中n为多边形的边数。 例如，一个四边形有4条边，其内角和为(4-2)×180°=360°。 同样地，一个五边形有5条边，其内角和为(5-2)×180°=540°。 三、多边形的外角和 定义：多边形的外角和指的是多边形所有外角的度数之和。 性质：任意多边形的外角和均为360°，与多边形的边数无关。 例如，无论是三角形、四边形还是五边形，它们的外角和都是360°。 考点01：多边形的定义 【典例精讲】（2024•裕华区校级模拟）平面内，将长分别为1，2，4，的线段，首尾顺次相接组成凸四边形（如图），可能是　　 A．1 B．2 C．7 D．8 【思路点拨】由三角形三边关系定理得到，，因此，即可得到答案． 【规范解答】解：连接， 在中，， ， 在中，， ， 可能是2． 故选：． 【考点评析】本题考查三角形的三边关系，关键是连接，应用三角形的三边关系定理来解决问题． 【举一反三01】（2022秋•华容区校级月考）如图，五边形中，，，，为边的中点，，，则五边形的面积为　56　． 【思路点拨】由题意可考虑，延长到点，使，连接，，，这样就构成了等腰三角形，求五边形的面积就转化成了等腰三角形的面积，等腰三角形的底，高都已知，所以求解即可． 【规范解答】解：如图，延长到点，使，连接，，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 五边形的面积 ． 故答案为：56． 【考点评析】这道题考查的是多边形和等腰三角形的判定和性质，熟记有关定理是解题的基础，巧作辅助线构建等腰三角形是解这道题的关键． 【举一反三02】（2023秋•襄都区月考）如图，在五边形中，，，连接，，． （1）已知，则　　； （2）求五边形的周长． 【注：五边形的周长指组成五边形的所有边的和】 【思路点拨】（1）根据角的和差、倍数关系计算即可； （2）将绕点逆时针旋转，使点与点重合，点落在点处，先证明、、在同一条直线上，再证明，接着证明，即有，根据，可得，问题随之得解． 【规范解答】解：（1），， ， ， ． 故答案为：． 将绕点逆时针旋转，使点与点重台，点落在点处，如图， ，，，， ， ， 、、在同一条直线上， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 五边形的周长． 【考点评析】本题考查多边形及角的计算，作出合理的辅助线，证明是解题的关键． 考点02：多边形的内角和外角 【典例精讲】（2024•河北）直线与正六边形的边，分别相交于点，，如图所示，则　　 A． B． C． D． 【思路点拨】先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解． 【规范解答】解：正六边形每个内角为：， 而六边形的内角和也为， ， ， ， ， 故选：． 【考点评析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 【举一反三01】（2024•郁南县二模）如图，大建从点出发沿直线前进8米到达点后向左旋转的角度为，再沿直线前进8米，到达点后，又向左旋转角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度为　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据多边形的外角的定义解决此题． 【规范解答】解：， ． 每次旋转的角度． 故选：． 【考点评析】本题主要考查多边形的外角，熟练掌握多边形的外角的定义是解决本题的关键． 【举一反三02】（2024春•巴彦县月考）如图，已知四边形中，为上一点，连接、，与的延长线交于点，，，则的度数为 　　． 【思路点拨】设，则，结合图形得出，再由平行线的性质确定，根据三角形外角的定义得出，利用对顶角相等即可求解，然后代入计算即可． 【规范解答】解：设，则， ， ， ，， ， ， ， ， ， 解得：， ，， ， 故答案为：． 【考点评析】题目主要考查平行线的性质及多边形内角与外角，对顶角相等，理解题意，找出各角之间的关系是解题关键． 【举一反三03】（2023秋•罗湖区校级期末）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“”型图案， 易证明：； 应用上面模型解决问题： （1）如图（2），“五角星”形，求？ 分析：图中是“”型图，于是， 所以　　； （2）如图（3），“七角星”形，求； （3）如图（4），“八角星”形，可以求得：　　； 【思路点拨】（1）根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案； （2）根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案； （3）根据三角形外角的性质把8个角转化到一个四边形中可得答案． 【规范解答】解：（1）如图， 由三角形外角的性质可得，，， ， ， 故答案为：； （2）如图， 由三角形外角的性质可得， ，，，， ， ； （3）如图， 由三角形外角的性质可得， ，，，， ， ， 故答案为：． 【考点评析】本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键． 中档题真题训练 1．（2024·南海模拟）正十二边形的外角和为（　　） A．30° B．150° C．360° D．1800° 【答案】C 【规范解答】解：正十二边形的外角和为． 故选：C． 【思路点拨】本题考查多边形的外角和定理．根据多边形的外角和都为，据此可选出答案.． 2．（2024·北京市模拟）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1，∠2，∠3分别是∠BAE，∠AED，∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3＝（　　） A．90° B．180° C．120° D．270° 【答案】B 【规范解答】解：如图， ∵AB∥CD， ∴∠4+∠5＝180°， ∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°， ∴∠1+∠2+∠3＝180°. 故答案为：B. 【思路点拨】如图，由平行线的性质可得∠4+∠5＝180°①，根据多边形外角的性质“多边形的外角和等于360°”可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°②，把①代入②计算即可求解. 3．（2024八上·武都期末）内角和为1800°的多边形的边数是（ ） A．12 B．10 C．14 D．15 【答案】A 【规范解答】解：设这个多边形是n边形， 根据题意得：（n-2）×180°=1800° 解得， ∴这个多边形是十二边形． 故答案为：A． 【思路点拨】设这个多边形是n边形，根据题意列出方程（n-2）×180°=1800°，求出n的值即可。 4．（2024八下·义乌期中）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是　 　． 【答案】6 【规范解答】解：∵多边形的内角和公式为（n﹣2）•180°， ∴（n﹣2）×180°=720°， 解得n=6， ∴这个多边形的边数是6． 故答案为：6． 【思路点拨】根据内角和定理180°•（n﹣2）即可求得． 5．（2024八下·印江月考）若正多边形的一个内角等于150°，则这个正多边形的边数是　 　 【答案】12 【规范解答】首先根据正多边形的一个内角等于150°，求得它的外角是：180°﹣150°=30°，因此它的边数是：360°÷30°=12． 故答案为：12 【思路点拨】正多边形外角和为360°，正多边形的一个内角＝150°，所以其中一个外角为30°，用360°÷30°即可得出答案。 6．（2024七下·沙坪坝开学考）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，这个多边形是　 　边形． 【答案】九 【规范解答】这个多边形是n边形， 由题意得，n﹣2=7， 解得：n=9， 即这个多边形是九边形， 故答案是：九 【思路点拨】从n边形的一个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，形成的三角形个数为（n-2）． 7．（2024八上·玉林期末）如图，六边形ABCDEF的内角都相等，，图中存在几组平行关系的线段？请你列举出来，并选择其中一组说明理由。 【答案】解：列举如下：①AB//DE；②DC//AF；③EF//AD；④BC//EF；⑤AD//BC 理由如下：如选择① 六边形的内角和为： 六边形ABCDEF的内角都相等， 每个内角的度数为： 又，四边形ABCD的内角和为 ， (内错角相等，两直线平行) 【思路点拨】选择①说明：由于六边形的内角和为，然后利用六边形的内角都相等得到每个内角的度数为，而，四边形的内角和为，由此即可分别求出和，然后利用平行线的判定方法即可求解． 8．（2024八上·惠州期末）将一个正六边形的纸片对折，并完全重合．那么得到的图形是几边形？它的内角和（按一层计算）是多少度？ 【答案】解：当沿过两个端点的对称轴所在的直线折叠时，得到的图形是四边形，内角和是； 当沿对边中点所在的直线折叠时，得到的图形是五边形，内角和是． 【思路点拨】由于正六边形有2种对称轴，可按这两种对称轴分别折叠，根据多边形的内角和公式计算即可求解. 9．（2024八上·石碣期末）如图，点是等边内一点，是外的一点，，，≌，，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）当时，试判断的形状，并说明理由； （3）探究：当为多少度时，是等腰三角形． 【答案】（1）证明：≌， ． ， 是等边三角形． （2）解：是直角三角形． 理由如下： 是等边三角形， ， ≌，， ， ， 是直角三角形． （3）解：是等边三角形， ． ，， ， ， ． 当时，， ． 当时，， ． 当时， ， ． 综上所述：当或或时，是等腰三角形． 【思路点拨】（1）根据全等三角形的性质可得，再根据等边三角形的判定定理即可求出答案. （2）根据等边三角的性质及全等三角形性质即可求出答案. （3）根据等边三角形性质，四边形内角和定理分，，时，根据等腰三角形判定定理即可求出答案. 10．（2023八上·章贡期中） （1）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数. （2）如图，，点B、F、C、E在同一条直线上，若，，求BF的长. 【答案】（1）解：设它的边数为n， ， 解得， 答：它的边数为8 （2）解：∵， ∴. ∴，即. ∵，， ∴. ∴. 【思路点拨】（1）设它的边数为n，根据多边形内角和定理即可求出答案. （2）根据全等三角形性质可得，则，再进行边之间的转换即可求出答案. 11．（2023八上·龙马潭月考）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. 【答案】（1）解：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）解： = =14. 故该多边形共有14条对角线. 【思路点拨】（1） 设这个多边形的边数为n, 由内角和公式得出则其内角和为 180°×(n-2) ，根据 多边形的内角和比外角和的3倍少180° 列出方程，求解即可； （2）根据多边形的对角线总条数公式：即可算出答案. 拔高题真题训练 12．（2023八上·大岭山期中）一副三角尺如图所示摆放，则与的数量关系为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【规范解答】解：如图，四边形ABCD中，∠A+∠ABC+∠C+∠ADC=360°， ∵∠ABC=∠α，∠ADC=∠β，∠A=90°，∠C=45°， ∴90°+∠α＋45°+∠β=360° ∴∠α＋∠β=360°-90°-45°=225°. 故答案为：B. 【思路点拨】四边形ABCD的内角和为360°，根据对顶角相等可得∠ABC=∠α，∠ADC=∠β，再结合∠A、∠C的度数，可推导出结论。 13．（2021八上·瑞安期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上，且CD＝3DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF.则下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠AGB+∠AED＝135°；③BG＝CG；④S△EGC＝S△AFE.其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【规范解答】解：由题意可求得DE＝2，CE＝4，AB＝BC＝AD＝6， ∵将△ADE沿AE对折至△AFE， ∴∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE＝2 在Rt△ABG和Rt△AFG中 ， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）， ∴①正确； ∴BG＝GF，∠BGA＝∠FGA， 设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4， ∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42， 解得x＝3， ∴BG＝CG＝3， ∴③正确； 在五边形ABGED中， ∠BGE+∠GED＝540°﹣90°﹣90°﹣90°＝270°， 即2∠AGB+2∠AED＝270°， ∴∠AGB+∠AED＝135°， ∴②正确； ∵S△EGC＝ GC•CE＝ ×3×4＝6，S△AFE＝ AF•EF＝ ×6×2＝6， ∴S△EGC＝S△AFE， ∴④正确； 故答案为：D. 【思路点拨】易得DE＝2，CE＝4，AB＝BC＝AD＝6，由折叠的性质得∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE＝2，证Rt△ABG≌Rt△AFG，据此判断①；由全等三角形的性质得BG=GF，∠BGA＝∠FGA，设BG＝GF＝x，则CG＝6-x，EG＝x+2，CG＝6-x，CE＝4，由勾股定理可得x，据此判断③；由正五边形内角和可得∠BGE+∠GED＝270°，据此判断②；根据三角形的面积公式求出S△EGC，S△AFE，据此判断④. 14．（2021八上·长沙开学考）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的个数（　　） ①CP平分∠ACF；②∠ABC+2∠APC=180°；③∠ACB=2∠APB；④S△PAC=S△MAP+S△NCP. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【规范解答】解：①作PD⊥AC于D. ∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF， ∴PM=PN，PM=PD， ∴PM=PN=PD， ∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确； ②∵PM⊥AB，PN⊥BC， ∴∠ABC+90°+∠MPN+90°=360°， ∴∠ABC+∠MPN=180°， 在Rt△PAM和Rt△PAD中， ， ∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL）， ∴∠APM=∠APD， 同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL）， ∴∠CPD=∠CPN， ∴∠MPN=2∠APC， ∴∠ABC+2∠APC=180°，②正确； ③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC， ∴∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM= ∠ABC+∠APB， ∴∠ACB=2∠APB，③正确； ④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL） ∴S△APD=S△APM，S△CPD=S△CPN， ∴S△APM+S△CPN=S△APC，故④正确， 故答案为：D. 【思路点拨】①作PD⊥AC于D，根据角平分线的性质推出PM=PN=PD，根据角平分线的判定定理即可判断①；②首先利用四边形的内角和求出∠ABC+∠MPN=180°，利用HL证明Rt△PAM≌Rt△PAD ，得出∠APM= ∠APD，同理得出∠CPD=∠CPN，则得∠MPN=2∠APC，即可判断②；③由角平分线定义和三角形的外角性质得出∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM=∠ABC+∠APB，则可推出∠ACB=2∠APB，则可判断③；④由全等三角形的性质得出AD=AM，CD=CN，根据面积的和差关系即可判断④. 15．（2024·米东模拟）一个六边形的六个内角都是120°，连续四边的长依次为2.31，2.32，2.33，2.31，则这个六边形的周长为　 　． 【答案】13.92 【规范解答】解：如图， AB＝2.31，BC＝2.32，CD＝2.33，DE＝2.31，分别作直线AB、CD、EF的延长线和反向延长线使它们交于点G、H、P． ∵六边形ABCDEF的六个角都是120°， ∴六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°． ∴△APF、△BGC、△DHE、△GHP都是等边三角形． ∴GC＝BC＝2.32，DH＝DE＝2.31． ∴GH＝2.32+2.33+2.31＝6.96，FA＝PA＝PG﹣AB﹣BG＝6.96﹣2.31﹣2.32＝2.33，EF＝PH﹣PF﹣EH＝6.96﹣2.33﹣2.31＝2.32． ∴六边形的周长为2.31+2.32+2.33+2.31+2.32+2.33＝13.92． 故答案为：13.92． 【思路点拨】凸六边形ABCDEF，并不是一规则的六边形，但六个角都是120°，所以通过适当的向外作延长线，可得到等边三角形，进而求解． 16．（2023八上·芜湖开学考）如图，D是△ABC内一点，连接AD、BD、CD，P是∠BDC的角平分线的反向延长线上的一点，连接BP，∠ABP＝2∠PBD，△ABC和△ACD的外角平分线相交于点Q，若∠Q＝45，∠BDC＝4∠ABD，则∠P的度数为　 　． 【答案】50 【规范解答】解：设∠PBD=α，则∠ABP=2α， ∴∠ABD=3α， ∵∠BDC=4∠ABD=12α， ∴∠BDE=6α， ∴∠PDC=6α， ∴∠P=∠BDE-∠PBD=5α， ∵∠Q=45°， ∴∠QAC+∠QCA=180°-45°=135°， ∴∠FAC+∠GCA=270°， ∴∠BAC+∠DCA=360°-270°=90°， 又∵∠BDC=∠ABD+∠DCA+∠BAC， ∴12α=3α+90°， ∴α=10°， ∴∠P=5α=50°， 故第1空答案为：50. 【思路点拨】设∠PBD=α，则∠ABP=2α，∠ABD=3α，∠BDC=4，∠ABD=12α，再根据角平分线的定义及三角形外角的性质，得出∠P=5α，然后根据∠Q=45°，推出∠BAC+∠DCA=90°，进而根据∠BDC=∠ABD+∠DCA+∠BAC，得出12α=3α+90°，解方程，即可得出α=10°，即可得出∠P=50°。 17．（2021八上·霞山月考）如图所示，△ABO与△CDO称为“对顶三角形”，其中∠A+∠B=∠C+∠D．利用这个结论，在图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G= 　 　 【答案】540 【规范解答】解：如图2，连接BE， 由对顶三角形可得，∠C+∠D=∠CBE+∠DEB．∵五边形ABEFG中，∠A+∠ABE+∠BEF+∠F+∠G=540°，即∠A+∠ABC+∠CBE+∠BED+∠DEF+∠F+∠G=540°，∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F+∠G=540°．故答案为540． 【思路点拨】解决本题的关键是做辅助线构造“对顶三角形”以及五边形，并得出∠C+∠D=∠CBE+∠DEB，解题时要注意，五边形的内角和为540° 18．（2019八上·和平期中）已知，在四边形ABCD中，∠F为四边形ABCD的∠ABC的平分线及外角∠DCE的平分线所在的直线构成的锐角，若∠A＝α，∠D＝β， （1）如图①，当α+β＞180°时，∠F＝　 　（用含α，β的式子表示）； （2）如图②，当α+β＜180°时，请在图②中，画出∠F，且∠F＝　 　（用含α，β的式子表示）； （3）当α，β满足条件　 　时，不存在∠F． 【答案】（1） （α+β）﹣90° （2）90°﹣ （α+β） （3）α+β＝180° 【规范解答】解：（1）如图： 由四边形内角和定理得，∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC， ∴∠DCE＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC）＝∠A+∠D+∠ABC﹣180°， 由三角形的外角性质得，∠FCE＝∠F+∠FBC， ∵BF、CF分别是∠ABC和∠DCE的平分线， ∴∠FBC＝ ∠ABC，∠FCE＝ ∠DCE， ∴∠F+∠FBC＝ （∠A+∠D+∠ABC﹣180°）＝ （∠A+∠D）+ ∠ABC﹣90°， ∴∠F＝ （∠A+∠D）﹣90°， ∵∠A＝α，∠D＝β， ∴∠F＝ （α+β）﹣90°；（2）如图3， 由（1）可知，∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC， ∴∠DCE＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC）＝∠A+∠D+∠ABC﹣180°， ∴∠FCE＝∠F+∠FBC， ∵∠FBC＝ （360°﹣∠ABC），∠FCE＝180°﹣ ∠DCE， ∴∠F=∠FCE﹣∠FBC=180°﹣ （∠A+∠D+∠ABC﹣180°）﹣ （360°﹣∠ABC）， ∴∠F=90°﹣ （∠A+∠D） ∴∠F＝90°﹣ （α+β）；（3）当α+β＝180°时， ∴∠F＝90°﹣ ， 此时∠F不存在． 【思路点拨】（1）根据四边形的内角和定理表示出∠BCD，再表示出∠DCE，然后根据角平分线的定义可得∠FBC= ∠ABC，∠FCE= ∠DCE，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠F+∠FBC=∠FCE，然后整理即可得解；（2）与（1）的思路相同，得到∠FBC= ∠ABC，∠FCE= ∠DCE，由外角性质，得到∠F+∠FBC=∠FCE，通过等量代换，求解即可；（3）根据∠F的表示，∠F为0时，不存在． 19．（2024八上·讷河期末）如图，OC平分∠AOB，P为OC上的一点，∠MPN的两边分别与OA、OB相交于点M、N． （1）如图1，若∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，请判断PM与PN的数量关系，并说明理由； （2）如图2，若∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，求证：OP＝OM+ON． 【答案】（1）解：PM＝PN， 理由如下： ∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB， ∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90° ∵∠AOB＝90°，∠MPN＝90°， ∴∠PMO+∠PNO＝180°， ∵∠PMO+∠PMA＝180°， ∴∠PMA＝∠PNO， ∴在△PEM和△PFN中， ， ∴△PEM≌△PFN（AAS）， ∴PM＝PN； （2）解：证明：过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，如图所示 ∵OC平分∠AOB， ∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90°， ∵∠AOB＝120°，∠MPN＝60°， ∴∠PMO+∠PNO＝180°， ∵∠PNO+∠PNF＝180°， ∴∠PMO＝∠PNF， 在△PME和△PNF中， ， ∴△PME≌△PNF（AAS） ∴EM＝FN， ∵∠AOB＝120°，OP平分∠AOB， ∴∠AOP＝∠BOP＝60°， ∴∠EPO＝∠FPO＝30°， ∴OP＝2OE，OP＝2OF， ∴OP＝OE+OF＝OM+ON 【思路点拨】（1）由角平分线的性质可得PE＝PF，根据AAS证明△PEM≌△PFN，可得PM=PN. （2）过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，证明△PME≌△PNF（AAS），可得EM＝FN，易求∠EPO＝∠FPO＝30°，利用直角三角形的性质可得OP＝2OE，OP＝2OF，继而得解. 20．（2023八上·日照月考）探究与发现： （1）如图1，在中，，分别平分和． ①若，则　 　； ②若，用含有的式子表示的度数为　 　； （2）如图2，在四边形中，，分别平分和，试探究与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在六边形中，，分别平分和，请直接写出与的数量关系． 【答案】（1）； （2）解：，理由如下： 根据题意，得． ，分别平分和， ，． ． ； （3）解：． 理由如下： 根据题意，得． ，分别平分和， ，． ． ∴ ． 【规范解答】解：（1）①∵，分别平分和， ∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD， ∴∠P=180°-（∠PDC+∠PCD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（180°-∠A）=180°-×130°=115°； ②∵，分别平分和， ∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD， ∴∠P=180°-（∠PDC+∠PCD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（180°-∠A）=； 故答案为：；. 【思路点拨】（1）利用角平分线的定义可得∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，再利用角的运算和等量代换求解即可； （2）利用角平分线的定义可得，，再利用角的运算和等量代换可得，从而得解. 21．（2022八上·台州月考）如图①，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角． （1）猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系； （2）如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数； （3）如图③，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系． 【答案】（1）解：结论： ∵∠A+∠C=360°-∠ADC-∠ABC， ∠1=180°-∠ADC，∠2=180°-∠ABC， ∴∠1+∠2=360°-∠ADC-∠ABC， ∴∠1+∠2=∠A+∠C. （2）解：∵∠ABC与∠ADC的平分线交于点O， ∴∠ADC=2∠CDO，∠ABC=2∠CBO， ∴∠ADC+∠ABC=2（∠CDO+∠CBO）， ∵∠ADC+∠ABC=2（∠CDO+∠CBO）=360°-∠A-∠C=360°-58°-152°=150°， ∴∠CDO+∠CBO=75°， ∴∠BOD=360°-（∠CDO+∠CBO+∠C）=360°-（75°+152°）=133° （3）2∠O=∠C-∠A 【规范解答】解：（3）结论：2∠O=∠C-∠A 理由如下：在四边形ABCD中，∠ADC+∠ABC=360°-∠A-∠C， ∵ BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线， ∴∠FDC=2∠ODC，∠CBE=2∠OBC， ∴∠ADC+∠ABC=360°-2∠ODC-2∠OBC， ∴360°-∠A-∠C=360°-2∠ODC-2∠OBC即∠A+∠C=2∠ODC+2∠OBC， ∴∠ODC+∠OBC=（∠A+∠C）； 在四边形ADOB中 ∠A+∠ADB+∠ABC+∠ODC+∠OBC+∠O=360°， ∴∠A+360°-∠A-∠C+（∠A+∠C）+∠O=360°， ∴-∠C+（∠A+∠C）+∠O=0 ， ∴2∠O=∠C-∠A 【思路点拨】（1）利用四边形的内角和为360°，可得到∠A+∠C=360°-∠ADC-∠ABC，利用平角的定义去证明∠1+∠2=360°-∠ADC-∠ABC，由此可得到∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系. （2）利用角平分线的性质可知∠ADC=2∠CDO，∠ABC=2∠CBO，可推出∠ADC+∠ABC=2（∠CDO+∠CBO），利用四边形的内角和定理可求出∠CDO+∠CBO的值；然后利用四边形的内角和为360°，可求出∠BOD的度数. （3） 在四边形ABCD中，利用四边形的内角和为360°，可证得∠ADC+∠ABC=360°-∠A-∠C；利用角平分线的定义可推出∠FDC=2∠ODC，∠CBE=2∠OBC，利用平角的定义可证得∠ADC+∠ABC=360°-2∠ODC-2∠OBC，再代入可推出∠ODC+∠OBC=（∠A+∠C）；再在四边形ADOB中可得到∠A+∠ADB+∠ABC+∠ODC+∠OBC+∠O=360°，然后整体代入，可证得∠A、∠C与∠O的数量关系. 22．（2021八上·南通月考）如图，在△OBC中，边BC的垂直平分线交∠BOC的平分线于点D，连接DB，DC，过点D作DF⊥OC于点F. （1）若∠BOC＝60°，求∠BDC的度数； （2）若∠BOC＝ ，则∠BDC＝　 　；（直接写出结果） （3）直接写出OB，OC，OF之间的数量关系. 【答案】（1）解：过点D作DE⊥OB，交OB延长线于点E，DF⊥OC于F， ∵OD是∠BOC的平分线， ∴DE=DF， ∵DP是BC的垂直平分线， ∴BD=CD， 在Rt△DEB和Rt△DFC中， ∴△DEB≌△DFC（HL） ∴∠BDE=∠CDF， ∴∠BDC=∠EDF， ∵∠EOF+∠EDF=180゜， ∵∠BOC=60゜， ∴∠BDC=∠EDF=120゜. （2）180°－α （3）OB＋OC＝2OF 【规范解答】解：（2）∵∠EOF+∠EDF=180゜， ∵∠BOC=α， ∴∠BDC=∠EDF=180゜-α. 故答案为：180゜-α； （3）由（1）知OB＋OC＝OE＋OF＝2OF ∵△DEB≌△DFC， ∴BE=CF， ∵OB+OC=OB+OF+FC， ∴OB+OC=OB+OF+EB=（OB+EB）+OF=OE+OF， ∵∠DEO=∠DFO=90°，DE=DF，DO=DO， ∴Rt△DEO≌Rt△DFO， ∴OE=OF， ∴OB+OC=2OF. 【思路点拨】（1）过D作DE⊥OB，交OB延长线于点E，又DF⊥OC于F， 由角平分线性质得 DE=DF， 根据垂直平分线的性质得出BD=CD，然后根据HL证明△DEB≌△DFC ，得出∠BDE=∠CDF， 则可得出∠BDC=∠EDF， 利用四边形的内角和等于360°求出∠EDF，即可解答； （2）利用（1）的方法把∠BDC用含α的代数式表示即可； （3）利用（1）得BE=CF，由线段间的和差关系得OB+OC=OE+OF，用HL证Rt△DEO≌Rt△DFO，得出OE=OF，从而即可得出结论. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$