第37期 多边形内角和-【数理报】2024-2025学年八年级下册数学学案（沪科版 安徽专版）

书 答案详解 　　　 ２０２４～２０２５学年　初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期　（２０２５年３月）　　　 ３６期１，２版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ｂ Ｂ Ａ Ｄ Ｂ Ａ Ａ Ｃ Ａ 二、１１．ｘ≥－６；　１２．－２；　１３．９０°；　１４．槡２２； １５．７６． 三、１６．（１） 槡８７７；　（２）槡２３－１． １７．（１）ｘ１ ＝３＋ 槡２５，ｘ２ ＝３－ 槡２５； （２）ｘ１ ＝３，ｘ２ ＝－４． １８．（１）由题意，得ＯＡ＝６０米，ＯＤ＝８０米，∠ＡＯＤ＝９０°． 在Ｒｔ△ＯＡＤ中，由勾股定理，得ＡＤ＝ ＯＡ２＋ＯＤ槡 ２ ＝１００米． 因为ＢＤ＝１００米，ＡＢ＝ 槡１００２米，所以ＡＤ ２＋ＢＤ２ ＝２００００， ＡＢ２ ＝２００００．所以ＡＤ２＋ＢＤ２ ＝ＡＢ２．所以∠ＡＤＢ＝９０°． （２）过点Ｂ作ＢＥ⊥ＯＤ交ＯＤ的延长线于点Ｅ，图略．所以 ∠ＢＥＤ＝９０°＝∠ＡＯＤ．所以 ∠ＥＢＤ＋∠ＢＤＥ＝９０°．因为 ∠ＡＤＢ＝９０°，所以 ∠ＡＤＯ＋∠ＢＤＥ＝９０°．所以 ∠ＡＤＯ＝ ∠ＥＢＤ．又因为 ＡＤ＝ＢＤ，所以 △ＡＯＤ≌ △ＤＥＢ（ＡＡＳ）．所以 ＢＥ＝ＯＤ＝８０米，ＤＥ＝ＯＡ＝６０米．所以ＯＥ＝ＯＤ＋ＤＥ＝ １４０米．在Ｒｔ△ＢＥＯ中，由勾股定理，得ＯＢ＝ ＢＥ２＋ＯＥ槡 ２ ＝ 槡２０ ６５米． 答：地铁Ｂ出口与学校Ｏ之间的距离是 槡２０ ６５米． １９．（１）设全天包车数的月平均增长率为ｘ． 根据题意，得２５（１＋ｘ）２ ＝６４． 解得ｘ１ ＝０．６＝６０％，ｘ２ ＝－２．６（舍去）． 答：全天包车数的月平均增长率为６０％． （２）设应将每辆车的全天包车租金降价ｙ元，则十一月份 的全天包车数达到（６４＋ｙ１０×８）次． 根据题意，得（１２０－ｙ）（６４＋ｙ１０×８）＝７９２０． 整理，得ｙ２－４０ｙ＋３００＝０． 解得ｙ１ ＝１０，ｙ２ ＝３０． 因为要尽可能地让利顾客，所以ｙ＝３０． 答：应将每辆车的全天包车租金降价３０元． ２０．（１）４，槡１７－４． （２）５－槡２３，槡２３－４． （３）槡２３ｘ－ｘｙ＋１７＝槡２３（５－槡２３）－（５－槡２３）（槡２３ －４）＋１７＝ 槡５ ２３－２３－ 槡５ ２３＋２０＋２３－ 槡４ ２３＋１７＝３７ － 槡４ ２３． ２１．（１）因为ａ＝１，ｂ＝－２（ｎ－２），ｃ＝ｎ２－４ｎ，所以Δ＝ ｂ２－４ａｃ＝［－２（ｎ－２）］２－４（ｎ２－４ｎ）＝１６＞０．所以方程有 两个不相等的实数根． （２）因为ｘ２－２（ｎ－２）ｘ＋ｎ２－４ｎ＝（ｘ－ｎ）（ｘ－ｎ＋４） ＝０，所以ｘ１＝ｎ，ｘ２＝ｎ－４．由题意，得ＡＢ≠ＡＣ．因为△ＡＢＣ 是等腰三角形，所以有两种情况： 当ｎ＝１０时，ｎ－４＝６．因为６，１０，１０能组成等腰三角形， 所以ｎ＝１０符合题意． 当ｎ－４＝１０时，ｎ＝１４．因为１０，１０，１４能组成等腰三角 形，所以ｎ＝１４符合题意． 综上所述，ｎ的值为１０或１４时，△ＡＢＣ是等腰三角形． ３６期３，４版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ 二、１１．ｘ（ｘ－１）＝１８２；　１２．２０２６；　１３．５２ｃｍ； １４．６；　１５．２或１＋槡２． 三、１６．（１）ｘ１ ＝２＋槡６，ｘ２ ＝２－槡６； （２）ｘ１ ＝－２，ｘ２ ＝４． １７．（１）原式 ＝－ａ２＋ａ－５．当ａ＝槡２－１时，原式 ＝ 槡３２ －９． （２）原式 ＝ｍ－１＋１ｍ．当ｍ＝２＋槡３时，原式 ＝３． １８．（１）是． （２）因为关于ｘ的一元二次方程ａｘ２－槡３ａｘ＋ｃ＝０（ａ≠ ０）是“倍根方程”，所以设方程的两根分别为 ｍ，２ｍ．由根与系 数的关系，得ｍ＋２ｍ＝槡３， ｃ ａ ＝２ｍ ２．解得ｍ＝槡３３， ｃ ａ ＝ ２ ３． 所以ｃ＝ ２３ａ． １９．（１）槡２－１． （２）３ｘ－ １２ ＝ １ １＋槡３ ＋ １ 槡３＋槡５ ＋ １ 槡５＋槡７ ＋… ＋ １ 槡９７＋槡９９ ＝ 槡３－１ （槡３＋１）（槡３－１） ＋ 槡５－槡３ （槡５＋槡３）（槡５－槡３） ＋ 槡７－槡５ （槡７＋槡５）（槡７－槡５） ＋… ＋ 槡９９－槡９７ （槡９９＋槡９７）（槡９９－槡９７） ＝ １ ２（槡３－１＋槡５－槡３＋槡７－槡５＋…＋槡９９－槡９７）＝ １ ２（槡９９ －１）． 解得ｘ＝槡１１２ ． ２０．（１） ４＋（８－ｘ）槡 ２ ＋ １＋ｘ槡 ２                                                        ． —１— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 （２）槡７３． （３）已知ＡＢ＝１，ＤＥ＝２，ＢＤ＝３，取Ｐ为线段ＢＤ上一动 点，分别过点Ｂ，Ｄ作ＡＢ⊥ＢＤ，ＥＤ⊥ＢＤ，连接ＡＰ，ＥＰ．设ＢＰ＝ ｘ．根据勾股定理，得ＡＰ＝ ｘ２＋槡 １，ＰＥ＝ （３－ｘ） ２＋槡 ４．所 以ＡＰ＋ＰＥ＝ ｘ２＋槡 １＋ （３－ｘ） ２＋槡 ４．要使ＡＰ＋ＰＥ的值 最小，则需满足Ａ，Ｐ，Ｅ三点共线，即最小值为 ＡＥ的长．过点 Ａ 作ＡＣ⊥ＤＥ，交ＥＤ的延长线于点Ｃ，连接ＡＥ，图略．所以ＡＣ＝ ＢＤ＝３，ＣＥ ＝ ＡＢ＋ＤＥ ＝３．所以代数式 ｘ２＋槡 １ ＋ （３－ｘ）２＋槡 ４的最小值为：ＡＥ＝ ＡＣ ２＋ＣＥ槡 ２ ＝ 槡３２． ２１．（１）过点Ｐ作ＰＥ⊥ＣＤ于点Ｅ，图略．设经过ｘｓ，Ｐ，Ｑ两 点之间的距离是１０ｃｍ．根据题意，得（１６－２ｘ－３ｘ）２＋６２ ＝ １０２．解得ｘ１ ＝ ８ ５，ｘ２ ＝ ２４ ５． 答：经过 ８ ５ｓ或 ２４ ５ｓ，Ｐ，Ｑ两点之间的距离是１０ｃｍ． （２）设经过ｙｓ，△ＰＢＱ的面积为１２ｃｍ２． ①当０≤ｙ≤１６３时，ＰＢ＝１６－３ｙ．所以 １ ２ＰＢ·ＢＣ＝ １ ２ ×（１６－３ｙ）×６＝１２．解得ｙ＝４； ②当１６３ ＜ｙ≤ ２２ ３时，ＢＰ＝３ｙ－１６，ＱＣ＝２ｙ．所以 １ ２ＢＰ· ＱＣ＝ １２×（３ｙ－１６）×２ｙ＝１２．解得 ｙ１ ＝６，ｙ２ ＝－ ２ ３（舍 去）； ③当２２３ ＜ｙ≤８时，ＰＱ＝ＣＱ－ＰＣ＝２２－ｙ．所以 １ ２ＰＱ· ＢＣ＝ １２×（２２－ｙ）×６＝１２．解得ｙ＝１８（舍去）． 答：经过４ｓ或６ｓ，△ＰＢＱ的面积为１２ｃｍ２． ３７期２版 １９．１多边形内角和 １９．１．１多边形的概念 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．Ａ．　 ４．（１）３，１２． （２）因为△ＡＢＣ边界上的格点数是８，Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２×３×４ ＝６，正方形ＤＥＦＧ内的格点数是４，Ｓ正方形ＤＥＦＧ ＝３×３＝９，所以 ３ｍ＋８ｎ－１＝６， ４ｍ＋１２ｎ－１＝９{ ．解得 ｍ＝１， ｎ＝ １２ { ． （３）１８． 能力提高　５．原多边形纸片的边数为３或４或５．图略． １９．１．２多边形的内角和 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．１８；　４．１０． ５．因为ＡＢ∥ＣＤ，∠Ｂ＝７０°，所以 ∠Ｃ＝１８０°－∠Ｂ＝ １１０°．因为五边形的内角和为：（５－２）×１８０°＝５４０°，所以ｘ° ＋１２０°＋１４０°＋７０°＋１１０°＝５４０°．解得ｘ＝１００． ６．（１）６０． （２）因为ＣＥ∥ＡＤ，∠Ｄ＝１４０°，所以∠ＤＣＥ＝１８０°－∠Ｄ ＝４０°．因为ＣＥ平分∠ＢＣＤ，所以∠ＢＣＤ＝２∠ＤＣＥ＝８０°．所 以∠Ｂ＝（４－２）×１８０°－∠Ａ－∠ＢＣＤ－∠Ｄ＝４０°． 能力提高　７．根据题意，得１７８０°＜（ｎ－２）×１８０°＜ １７８０°＋１８０°．解得１１８９ ＜ｎ＜１２ ８ ９．因为ｎ为正整数，所以 ｎ＝１２．所以除去的内角的度数为：（１２－２）×１８０°－１７８０°＝２０°． １９．１．３多边形的外角和 基础训练　１．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ａ；　４．４０°；　５．７２°． ６．因为 ∠ＡＢＥ是四边形 ＡＢＣＤ的外角，所以 ∠ＡＢＥ＋ ∠ＡＢＣ＝１８０°．因为∠ＡＢＥ＝∠Ｄ，所以∠ＡＢＣ＋∠Ｄ＝１８０°． 又因为四边形的内角和等于３６０°，所以 ∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－ （∠ＡＢＣ＋∠Ｄ）＝１８０°． ７．设这个正多边形的一个外角的度数为ｘ．根据题意，得ｘ ＋３２ｘ＝１８０°．解得ｘ＝７２°．所以这个正多边形的边数为：３６０° ÷７２°＝５． 能力提高　８．根据题意，得王明所走路径是一个正多边 形．因为王明第一次回到Ａ点时走了７２米，每次沿直线走６米 转弯，所以这个正多边形的边数为：７２÷６＝１２．所以θ＝３６０° ÷１２＝３０°． ３７期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ 二、９．２ｎ；　１０．５４；　１１．８，１３５°；　１２．３６６． 三、１３．图略． １４．延长ＡＧ，ＣＤ交于点Ｈ，图略．因为∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｃ＝ ∠ＣＤＥ＝∠ＡＧＦ＝９０°，所以∠Ｈ＝（４－２）×１８０°－∠Ａ－∠Ｂ －∠Ｃ＝９０°，∠ＥＤＨ＝１８０°－∠ＣＤＥ＝９０°，∠ＦＧＨ＝１８０°－ ∠ＡＧＦ＝９０°．所以∠Ｆ＝（５－２）×１８０°－∠ＥＤＨ－∠Ｅ－ ∠ＦＧＨ－∠Ｈ＝１３０°≠１４０°．所以这个零件不合格． １５．（１）六边形 ＡＢＣＤＥＦ的内角和为：（６－２）×１８０°＝ ７２０°． （２）因为六边形 ＡＢＣＤＥＦ的内角和为７２０°，∠１＋∠２＋ ∠３＋∠４＋∠５＝４７０°，所以∠ＧＢＣ＋∠Ｃ＋∠ＣＤＧ＝７２０°－ ４７０°＝２５０°．所以∠Ｇ＝３６０°－（∠ＧＢＣ＋∠Ｃ＋∠ＣＤＧ）＝ １１０°． １６．设这个多边形的边数是ｍ．根据题意，得１２８０°－１８０° ＜（ｍ－２）×１８０°＜１２８０°．解得８１９ ＜ｍ＜９ １ ９．因为ｍ是 正整数，所以ｍ＝９．所以他重复加的那个角的度数是：１２８０° －（９－２）×１８０°＝２０°． １７．（１）∠ＡＣＤ＝∠Ａ＋∠Ｂ． （２）因为∠Ａ＋∠Ｂ＋∠ＢＣＤ＋∠Ｄ＝（４－２）×１８０°＝ ３６０°，所以∠ＢＣＤ＝３６０°－∠Ａ－∠Ｂ－∠Ｄ．因为∠ＤＣＥ是四 边形ＡＢＣＤ的外角，所以∠ＤＣＥ＝１８０°－∠ＢＣＤ＝∠Ａ＋∠Ｂ ＋∠Ｄ－１８０°． （３）ｙ－ｘ＝１８０（ｎ－３）． 附加题　（１）正确． （２）设应加内角的度数为ｘ，所加外角的度数为ｙ．根据题 意，得（ｎ－２）×１８０°＝２０２０°－ｙ＋ｘ．因为－１８０°＜ｘ－ｙ＜ １８０°，所以２０２０°－１８０°＜（ｎ－２）×１８０°＜２０２０°＋１８０°．解 得１２２９ ＜ｎ＜１４ ２ ９．因为ｎ是正整数，所以ｎ＝１３或１４．所 以嘉嘉求的是十三边形或十四边形的内角和． ３８期２版 １９．２平行四边形 １９．２．１平行四边形的性质 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．１．５                                                                      ． —２— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 ４．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ＝ＣＤ，ＢＣ＝ ＡＤ，∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ．因为△ＢＣＥ和△ＣＤＦ都是等边三角形， 所以ＣＤ＝ＤＦ，ＢＣ＝ＢＥ，∠ＥＢＣ＝∠ＣＤＦ＝６０°．所以ＡＢ＝ ＤＦ，ＢＥ＝ＡＤ，∠ＡＢＣ＋∠ＥＢＣ＝∠ＡＤＣ＋∠ＣＤＦ，即∠ＡＢＥ＝ ∠ＦＤＡ．所以△ＡＢＥ≌△ＦＤＡ（ＳＡＳ）．所以ＡＥ＝ＡＦ． ５．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，∠Ｂ＝６０°，所以 ＡＤ∥ＢＣ，∠Ｄ＝∠Ｂ＝６０°．所以∠ＢＡＤ＝１８０°－∠Ｂ＝１２０°． 因为ＡＥ⊥ ＢＣ，ＡＦ⊥ ＣＤ，所以 ∠ＡＥＢ＝∠ＡＦＤ＝９０°．所以 ∠ＢＡＥ＝９０°－∠Ｂ＝３０°，∠ＤＡＦ＝９０°－∠Ｄ＝３０°．所以 ∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＤ－∠ＢＡＥ－∠ＤＡＦ＝６０°． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＢＣ＝６，所以ＡＤ＝ ＢＣ＝６．由（１）知∠ＤＡＦ＝３０°．所以ＤＦ＝１２ＡＤ＝３．由勾股 定理，得ＡＦ＝ ＡＤ２－ＤＦ槡 ２ ＝ 槡３３． 能力提高　６．Ｂ． １９．２．２平行四边形的判定 基础训练　１．Ｂ；　２．Ａ；　３．Ｄ；　４．是． ５．因为ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ａｃ＋２ｂｄ，所以（ａ－ｃ）２＋（ｂ－ ｄ）２ ＝０．所以ａ＝ｃ，ｂ＝ｄ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． ６．由对顶角相等，得∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＤ．在△ＡＯＥ和△ＣＯＤ 中，因为 ∠ＥＡＯ＝∠ＤＣＯ，ＡＯ＝ＣＯ，∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＤ，所以 △ＡＯＥ≌△ＣＯＤ（ＡＳＡ）．所以ＯＥ＝ＯＤ．所以四边形ＡＥＣＤ是 平行四边形． 能力提高　７．４． １９．２．３三角形的中位线 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｄ；　３．Ｃ；　４．４． ５．因为Ｐ是ＢＤ的中点，Ｅ是ＡＢ的中点，Ｆ是ＣＤ的中点，所 以ＰＥ＝１２ＡＤ，ＰＦ＝ １ ２ＢＣ．因为ＡＤ＝ＢＣ，所以ＰＥ＝ＰＦ．所 以∠ＰＦＥ＝∠ＰＥＦ＝１８°． ６．因为 ＣＤ是 △ＡＢＣ的中线，所以 ＡＤ＝ＤＢ．因为 ＥＦ＝ ＡＥ，所以ＤＥ∥ＢＦ．又因为ＣＦ∥ＡＢ，所以四边形ＤＢＦＣ是平行 四边形． 能力提高　７．４． ３８期３版 一、题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｄ Ｂ Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ 二、９．１４；　１０．答案不惟一，如ＡＢ＝ＣＤ；　１１．３０°； １２．６； 三、１３．因为四边形 ＡＢＣＤ是平行四边形，所以 ＯＡ＝ＯＣ， ＯＢ＝ＯＤ．因为ＡＥ＝ＣＦ，所以ＯＡ＋ＡＥ＝ＯＣ＋ＣＦ，即ＯＥ＝ ＯＦ．因为ＢＧ＝ＤＨ，所以ＯＢ－ＢＧ＝ＯＤ－ＤＨ，即ＯＧ＝ＯＨ．所 以四边形ＥＧＦＨ是平行四边形． １４．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ＝ ＢＣ．所以∠ＡＥＢ＝∠ＤＡＥ．因为ＡＢ＝ＡＥ，所以∠Ｂ＝∠ＡＥＢ． 所以∠Ｂ＝∠ＤＡＥ．在△ＡＢＣ和△ＥＡＤ中，因为ＡＢ＝ＥＡ，∠Ｂ ＝∠ＤＡＥ，ＢＣ＝ＡＤ，所以△ＡＢＣ≌△ＥＡＤ（ＳＡＳ）． １５．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＡＢ＝４，所以 ＣＤ＝ ＡＢ＝４，ＡＤ∥ＢＣ．因为∠ＡＣＢ＝３０°，所以∠ＤＡＣ＝∠ＡＣＢ＝ ３０°．根据折叠的性质，得ＡＥ＝ＡＤ，ＣＤ＝ＣＥ，∠ＡＣＤ＝９０°．所 以∠Ｄ＝９０°－∠ＤＡＣ＝６０°．所以△ＡＤＥ是等边三角形．所以 ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＥ＝２ＣＤ＝８．所以△ＡＤＥ的周长为：８×３＝２４． １６．（１）因为 ＢＤ是 △ＡＢＣ的角平分线，所以 ∠ＣＢＤ＝ ∠ＥＢＤ．因为ＥＤ∥ＢＣ，所以∠ＣＢＤ＝∠ＥＤＢ．所以∠ＥＢＤ＝ ∠ＥＤＢ．所以ＢＥ＝ＥＤ．因为ＢＥ＝ＣＦ，所以ＥＤ＝ＣＦ．所以四 边形ＥＦＣＤ是平行四边形． （２）因为 ＢＤ是 △ＡＢＣ的角平分线，∠ＡＢＣ＝６０°，所以 ∠ＡＢＤ＝ １２∠ＡＢＣ＝３０°．因为 ∠ＡＤＢ＝１００°，所以 ∠Ａ＝ １８０°－∠ＡＢＤ－∠ＡＤＢ＝５０°．因为四边形ＥＦＣＤ是平行四边 形，所以ＥＦ∥ＡＣ．所以∠ＡＥＦ＝１８０°－∠Ａ＝１３０°． １７．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ＝ＣＤ， ＡＢ∥ＣＤ．因为ＣＥ＝ＡＢ，所以ＣＥ＝ＣＤ．所以∠ＣＤＥ＝∠ＣＥＤ ＝ １２（１８０°－∠ＤＣＥ）＝９０°－ １ ２∠ＤＣＥ．所以 ∠ＡＥＤ ＝ ∠ＣＤＥ＝９０°－１２∠ＤＣＥ． （２）延长ＤＡ，ＦＥ交于点Ｍ，图略．因为四边形 ＡＢＣＤ是平 行四边形，所以ＡＤ∥ＢＣ．所以∠Ｍ＝∠ＥＦＢ．因为Ｅ是ＡＢ的 中点，所以ＡＥ＝ＢＥ．由对顶角相等，得∠ＡＥＭ＝∠ＢＥＦ．所以 △ＡＥＭ≌△ＢＥＦ（ＡＡＳ）．所以ＭＥ＝ＦＥ，ＡＭ＝ＢＦ＝２．所以ＤＭ ＝ＡＤ＋ＡＭ ＝６．因为ＤＦ⊥ＢＣ，ＡＤ∥ＢＣ，所以ＤＦ⊥ＡＤ，即 ∠ＭＤＦ ＝９０°．在 Ｒｔ△ＭＤＦ中，由勾股定理，得 ＭＦ ＝ ＤＭ２＋ＤＦ槡 ２ ＝ 槡６２．所以ＥＦ＝ １ ２ＭＦ＝ 槡３２． 附加题　（１）因为 ＡＣ＝ＡＥ，ＢＣ＝ＢＥ，所以 ＡＢ⊥ ＣＥ， ∠ＡＥＣ＝∠ＡＣＥ，∠ＢＥＣ＝∠ＢＣＥ．所以 ∠ＡＥＣ＋∠ＢＥＣ＝ ∠ＡＣＥ＋∠ＢＣＥ，即∠ＡＥＢ＝∠ＡＣＢ．因为∠ＡＥＢ＝∠ＣＡＤ，所 以∠ＡＣＢ＝∠ＣＡＤ．所以ＢＣ∥ＡＤ．因为ＣＤ⊥ＣＥ，所以ＡＢ∥ ＣＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． （２）过点Ａ作ＡＧ⊥ＣＤ于点Ｇ，图略．所以ＡＧ∥ＣＦ．因为 ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ⊥ＣＥ，所以ＣＦ＝ＡＧ．根据勾股定理，得ＡＣ２－ＣＧ２ ＝ＡＤ２－ＤＧ２，即４２－（３－ＤＧ）２ ＝３２－ＤＧ２．解得ＤＧ＝１３． 所以ＣＦ＝ＡＧ＝ ＡＤ２－ＤＧ槡 ２ ＝ 槡４５３．因为 ＡＣ＝ＡＥ，ＡＢ⊥ ＣＥ，所以ＣＥ＝２ＣＦ＝ 槡８５３． ３９期２版 １９．３矩形、菱形、正方形（矩形） １９．３．１．１矩形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｄ；　３．１１０． ４．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＡＤ∥ ＢＣ，∠Ｂ＝ ９０°．所以∠ＤＡＦ＝∠ＡＥＢ．因为ＤＦ⊥ＡＥ，所以∠ＡＦＤ＝９０°＝ ∠Ｂ．又因为ＤＡ＝ＡＥ，所以△ＤＦＡ≌△ＡＢＥ．所以ＤＦ＝ＡＢ． （２）因为ＡＢ＝４，所以ＤＦ＝４．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形， 所以∠ＡＤＣ＝９０°．因为∠ＦＤＣ＝３０°，所以∠ＡＤＦ＝∠ＡＤＣ－ ∠ＦＤＣ＝６０°．所以∠ＤＡＦ＝９０°－∠ＡＤＦ＝３０°．所以ＡＤ＝ ２ＤＦ＝８． 能力提高　５．槡４３． ６．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＡＢ∥ ＣＤ．所以 ∠ＢＡＣ＝∠ＦＣＯ．由对顶角相等，得 ∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＦ．又因为 ＡＥ＝ＣＦ，所以△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ．所以ＯＥ＝ＯＦ． （２）连接ＯＢ，图略．因为△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ，所以ＯＡ＝ＯＣ， 即Ｏ为矩形ＡＢＣＤ对角线的交点．所以ＯＡ＝ＯＢ．所以∠ＢＡＣ ＝∠ＡＢＯ．因为ＢＥ＝ＢＦ，ＯＥ＝ＯＦ，所以ＢＯ⊥ＥＦ．在Ｒｔ△ＢＥＯ 中，∠ＢＥＦ＋∠ＡＢＯ ＝９０°．因为 ∠ＢＥＦ ＝２∠ＢＡＣ，                                                                      所以 —３— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 ２∠ＢＡＣ＋∠ＢＡＣ＝９０°．解得∠ＢＡＣ＝３０°．因为四边形ＡＢＣＤ 是矩形，所以∠ＡＢＣ＝９０°．因为ＢＣ＝２，所以ＡＣ＝２ＢＣ＝４． 根据勾股定理，得ＡＢ＝ ＡＣ２－ＢＣ槡 ２ ＝ 槡２３． １９．３．１．２直角三角形斜边上的中线 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｃ；　４．１３２． ５．连接ＣＥ，图略． （１）因为ＣＤ＝ＣＢ，Ｅ为ＢＤ的中点，所以ＣＥ⊥ＢＤ．所以 ∠ＡＥＣ＝９０°．因为Ｆ为ＡＣ的中点，所以ＥＦ＝ １２ＡＣ＝１． （２）ＢＣ＝ＡＭ＋ＤＭ．理由如下： 因为∠ＢＡＣ＝４５°，所以∠ＡＣＥ＝９０°－∠ＢＡＣ＝４５°．所 以ＡＥ＝ＣＥ．因为Ｆ为ＡＣ的中点，所以ＥＦ垂直平分ＡＣ．所以 ＡＭ ＝ＣＭ．所以ＢＣ＝ＣＤ＝ＣＭ＋ＤＭ ＝ＡＭ＋ＤＭ． １９．３．１．３矩形的判定 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｂ； ３．答案不惟一，如ＤＥ＝ＦＧ；　４．１３． ５．因为 ＢＥ∥ ＤＦ，所以 ∠ＤＦＣ＝∠ＡＥＢ．所以 １８０°－ ∠ＤＦＣ＝１８０°－∠ＡＥＢ，即∠ＤＦＡ＝∠ＢＥＣ．因为ＤＦ＝ＢＥ，ＡＦ ＝ＣＥ，所以△ＡＦＤ≌△ＣＥＢ．所以∠ＤＡＣ＝∠ＢＣＡ，ＡＤ＝ＣＢ． 所以ＡＤ∥ＢＣ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形．又因为∠ＢＡＤ ＝９０°，所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． 能力提高　６．４． ７．（１）因为ＡＤ∥ＢＣ，所以∠Ｄ＋∠Ｃ＝１８０°．因为∠Ａ＝ ∠Ｄ＝９０°，所以∠Ｃ＝∠Ａ＝∠Ｄ＝９０°．所以四边形ＡＢＣＤ是 矩形． （２）根据折叠的性质，得∠ＢＧＥ＝∠Ａ＝９０°，ＢＧ＝ＡＢ＝ ６，ＡＥ＝ＧＥ．所以∠ＥＧＦ＝１８０°－∠ＢＧＥ＝９０°．因为Ｅ是ＡＤ 的中点，所以 ＡＥ＝ＤＥ．所以 ＤＥ＝ＧＥ．因为 ＥＦ＝ＥＦ，所以 Ｒｔ△ＤＥＦ≌Ｒｔ△ＧＥＦ（ＨＬ）．所以ＤＦ＝ＧＦ．所以ＢＦ＝ＢＧ＋ＧＦ ＝６＋ＤＦ．因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＣＤ＝ＡＢ＝６．在 Ｒｔ△ＢＣＥ中，根据勾股定理，得ＢＣ２＋ＣＦ２ ＝ＢＦ２，即８２＋（６－ ＤＦ）２ ＝（６＋ＤＦ）２．解得ＤＦ＝ ８３． ３９期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｃ Ｄ Ｃ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ 二、９．３５°；　１０．４５；　１１．６；　１２．７２． 三、１３．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＢＣ＝ＡＤ＝ ８．因为ＡＢ＝６，ＡＣ＝１０，所以ＡＣ２ ＝ＡＢ２＋ＢＣ２．所以∠Ｂ＝ ９０°．所以平行四边形ＡＢＣＤ是矩形． １４．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以ＡＤ∥ＢＣ．所以∠Ｆ ＝∠ＢＣＥ．因为Ｅ是ＡＢ的中点，所以ＡＥ＝ＥＢ．由对顶角相等， 得∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＣ．所以△ＡＥＦ≌△ＢＥＣ（ＡＡＳ）． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ｄ＝９０°．因为∠Ｆ ＝３０°，所以ＣＦ＝２ＣＤ＝８． １５．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＥ∥ＢＣ． 又因为ＣＥ∥ＢＤ，所以四边形ＢＣＥＤ是平行四边形．所以ＣＥ＝ ＢＤ．因为ＣＥ＝ＡＣ，所以ＡＣ＝ＢＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠ＢＡＤ＝９０°，ＢＣ＝ ＡＤ＝３．根据勾股定理，得ＢＤ＝ ＡＢ２＋ＡＤ槡 ２ ＝５．所以四边形 ＢＣＥＤ的周长为：２（ＢＣ＋ＢＤ）＝１６． １６．因为矩形 ＡＢＣＤ≌ 矩形 ＡＥＦＧ，所以 ＡＢ＝ＡＥ＝１， ∠ＤＡＢ＝∠ＦＥＡ＝９０°，ＡＤ＝ＢＣ＝２．所以∠ＡＢＥ＝∠ＡＥＢ， ∠ＡＢＥ＋∠ＡＤＢ＝９０°，∠ＡＥＢ＋∠ＤＥＦ＝１８０°－∠ＦＥＡ＝ ９０°．所以∠ＤＥＦ＝∠ＡＤＢ．所以ＥＨ＝ＤＨ．在Ｒｔ△ＡＥＨ中，根 据勾股定理，得ＥＨ２＋ＡＥ２＝ＡＨ２，即（２－ＡＨ）２＋１２＝ＡＨ２．解 得ＡＨ＝ ５４． １７．（１）因为ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ是△ＡＢＣ的角平分线，所以ＡＤ ⊥ ＢＣ，∠ＣＡＤ ＝ １２∠ＢＡＣ．所以 ∠ＡＤＣ＝９０°．因为 ＡＮ为 △ＡＢＣ外角∠ＣＡＭ的平分线，所以 ∠ＣＡＮ＝ １２∠ＣＡＭ．所以 ∠ＤＡＥ＝∠ＣＡＤ＋∠ＣＡＮ＝９０°．因为ＣＥ⊥ＡＮ，所以∠ＡＥＣ＝ ９０°．所以四边形ＡＤＣＥ是矩形． （２）四边形ＡＢＤＥ是平行四边形．证明如下： 由（１）知，四边形ＡＤＣＥ是矩形．所以ＡＥ＝ＣＤ，ＡＣ＝ＤＥ． 又因为ＡＢ＝ＡＣ，ＢＤ＝ＣＤ，所以ＡＢ＝ＤＥ，ＡＥ＝ＢＤ．所以四边 形ＡＢＤＥ是平行四边形． （３）ＤＦ∥ＡＢ，ＤＦ＝ １２ＡＢ． 附加题 　（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠Ａ＝ ∠ＡＤＣ＝∠Ｂ＝∠Ｃ＝９０°，ＡＢ＝ＣＤ．由折叠的性质，得ＡＢ＝ ＰＤ，∠Ａ＝∠Ｐ＝９０°，∠Ｂ＝∠ＰＤＦ＝９０°．所以 ＰＤ＝ＣＤ， ∠ＰＤＦ＝∠ＡＤＣ，∠Ｐ＝∠Ｃ．所以∠ＰＤＦ－∠ＡＤＦ＝∠ＡＤＣ－ ∠ＡＤＦ，即∠ＰＤＥ＝∠ＣＤＦ．所以△ＰＤＥ≌△ＣＤＦ（ＡＳＡ）． （２）过点Ｅ作ＥＧ⊥ＢＣ于点Ｇ，图略．所以∠ＥＧＦ＝∠ＥＧＢ ＝９０°．所以四边形ＡＢＧＥ和四边形ＥＧＣＤ都是矩形．所以ＡＥ＝ ＢＧ，ＤＥ＝ＣＧ，ＥＧ＝ＣＤ＝４．在Ｒｔ△ＥＧＦ中，由勾股定理，得ＦＧ ＝ ＥＦ２－ＥＧ槡 ２ ＝３．由（１），得 △ＰＤＥ≌ △ＣＤＦ．所以 ＰＥ＝ ＣＦ，ＤＥ＝ＤＦ＝ＣＧ＝ＣＦ＋３．由折叠的性质，得ＡＥ＝ＰＥ．在 Ｒｔ△ＣＤＦ中，由勾股定理，得ＣＤ２＋ＣＦ２ ＝ＤＦ２，即ＣＦ２＋４２ ＝ （ＣＦ＋３）２．解得ＣＦ＝ ７６．所以ＢＣ＝２ＣＦ＋ＦＧ＝ １６ ３                                                         ． —４— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 书 上期３，４版 、 　一 １．Ｄ； ２．Ｂ； 　 　３．Ｃ； ４．Ａ； ５．Ｄ； 　 　６．Ｂ； ７．Ａ； ８．Ｂ； 　 　 　 　９．Ｂ； １０．Ｂ． 二、１１．ｘ（ｘ－１）＝ 　１８２； １２．２０２６； １３．５２ｃｍ； １４．６； １５．２或１＋槡２． 三、１６．（１）ｘ１ ＝２ ＋槡６，ｘ２ ＝２－槡６； （２）ｘ１ ＝－２，ｘ２ ＝ １７．（１）原式 ＝ ２－ａ＋ａ－５．当ａ＝槡２ －１时，原式 ＝３槡２－９． （２）原式 ＝ｍ－１ ＋１ｍ 当ｍ＝２＋槡３时，． １８．（１）是． （２）因为关于 ｘ的 一元二次方程 ａｘ２ － 程的两根分别为ｍ，２ｍ． 由根与系数的关系，得 ａｍ＋２ｍ ＝槡３， ｃ ＝ ２ｍ２．解得 ｍ ＝槡３，ｃ３ ａ ＝ ２３ ３所以ｃ＝ ２ａ．． １９．（１）槡２－１． ２（２）３ｘ － １ ＝ １ １＋槡３ ＋ １ 槡３＋槡５ ＋ １ 槡５＋槡７ ＋ … ＋ １ 槡９７＋槡９９ ＝ 槡３－１ ＋ ＋槡５－槡３ （槡５＋槡３）（槡５－槡３） 槡７－槡５ ＋ （槡７＋槡５）（槡７－槡５） … ＋ ９９－槡９７ 槡９７）（槡９９－槡９７） ＝１２（槡３－１＋槡５－槡３ ＋槡７－槡５＋…＋槡９９－ 槡９７） ＝ １ １）． ２解得ｘ＝ 槡１１． （１）２０． 槡４＋（８－ｘ） ２ ＋ 书 上期１，２版 一、 ９ １０题号 答案 １ Ｃ ２ Ｂ ３ Ｂ ４ Ａ ５ Ｄ ６ Ｂ ７ Ａ ８ Ａ Ｃ Ａ 　 　 　二、１１．ｘ≥－６； １２．－２； １３．９０°； １４．２槡２； ７ ６１５． ． ７三、１６．（１） ８槡７； （２）２槡３－１． １７．（１）ｘ１ ＝３＋２槡５，ｘ２ ＝３－２槡５； （２）ｘ１ ＝３，ｘ２ ＝－４． １８．（１）由题意，得ＯＡ＝６０米，ＯＤ＝８０米，∠ＡＯＤ ４． ＝９０°．在 Ｒｔ△ＯＡＤ中，由勾股定理，得 ＡＤ ＝ 槡ＯＡ ２＋ＯＤ２ ＝１００米．因为 ＢＤ ＝１００米，ＡＢ ＝ １００槡２米，所以ＡＤ ２＋ＢＤ２ ＝２００００，ＡＢ２ ＝２００００．所 以ＡＤ２＋ＢＤ２ ＝ＡＢ２．所以∠ＡＤＢ＝９０°． （２）过点Ｂ作ＢＥ⊥ＯＤ交ＯＤ的延长线于点Ｅ，图 略．所以∠ＢＥＤ＝９０°＝∠ＡＯＤ．所以∠ＥＢＤ＋∠ＢＤＥ 原式 ＝３． ＝９０°．因为 ∠ＡＤＢ＝９０°，所以 ∠ＡＤＯ＋∠ＢＤＥ＝ ９０°．所以 ∠ＡＤＯ＝∠ＥＢＤ．又因为 ＡＤ＝ＢＤ，所以 △ＡＯＤ≌△ＤＥＢ（ＡＡＳ）．所以ＢＥ＝ＯＤ＝８０米，ＤＥ＝ ＯＡ＝６０米．所以ＯＥ＝ＯＤ＋ＤＥ＝１４０米．在Ｒｔ△ＢＥＯ 槡３ａｘ＋ｃ＝０（ａ≠０）是 答：地铁Ｂ出口与学校Ｏ之间的距离是２０槡６５米． １９．（１）设全天包车数的月平均增长率为ｘ． 根据题意，得２５（１＋ｘ）２ ＝６４． 解得ｘ１ ＝０．６＝６０％，ｘ２ ＝－２．６（舍去）． 答：全天包车数的月平均增长率为６０％． （２）设应将每辆车的全天包车租金降价ｙ元，则十 １０一月份的全天包车数达到（６４＋ ｙ×８）次． 根据题意，得（１２０－ｙ）（６４＋ｙ×８）＝７９２０．１０ 整理，得ｙ２－４０ｙ＋３００＝０． 解得ｙ１ ＝１０，ｙ２ ＝３０． 因为要尽可能地让利顾客，所以ｙ＝３０． 答：应将每辆车的全天包车租金降价３０元． ２０．（１）４，槡１７－４． （２）５－槡２３，槡２３－４． （３）槡２３ｘ－ｘｙ＋１７＝槡２３（５－槡２３）－（５－ （槡３＋１）（槡３－１） 书 槡２３）（槡２３－４）＋１７＝５槡２３－２３－５槡２３＋２０＋２３ －４槡２３＋１７＝３７－４槡２３． ２１．（１）因为ａ＝１，ｂ＝－２（ｎ－２），ｃ＝ｎ２－４ｎ，所 以Δ＝ｂ２－４ａｃ＝［－２（ｎ－２）］２－４（ｎ２－４ｎ）＝１６ ＞０．所以方程有两个不相等的实数根． （２）因为ｘ２－２（ｎ－２）ｘ＋ｎ２－４ｎ＝（ｘ－ｎ）（ｘ－ （槡９９＋ 槡 ｎ＋４）＝０，所以ｘ１ ＝ｎ，ｘ２ ＝ｎ－４．由题意，得ＡＢ≠ ＡＣ．因为△ＡＢＣ是等腰三角形，所以有两种情况： 当ｎ＝１０时，ｎ－４＝６．因为６，１０，１０能组成等腰 三角形，所以ｎ＝１０符合题意． 当ｎ－４＝１０时，ｎ＝１４．因为１０，１０，１４能组成等 腰三角形，所以ｎ＝１４符合题意． 综上所述，ｎ的值为１０或１４时，△ＡＢＣ是等腰三角 形． 现实情景中有许多与多边形相联系的问题，这些问 题立意新颖，趣味性、应用性强，下面举例予以说明． 、一 班徽设计 　例１ 为了提高同学们的创 新能力和设计能力，某中学进行班 徽设计大赛，如图１是某班一位同 学的班徽设计获奖作品，其形状可 以近似看作正五边形，则每一个内 角的度数为 °． 分析：根据正多边形的内角和公式、概念即可求解． 解：正五边形的内角和为：（５－２）×１８０°＝５４０°． 因为正五边形的每一个内角都相等，所以每一个内角的 度数为：５４０°÷５＝１０８°． 故填１０８． 二、交通标志 　例２ 小明发现交通指示牌中 “停车让行标志”可以看成是正八 书 边形，如图２，则∠１＝ °． 分析：根据正多边形的外角和 是３６０°，且每个外角都相等，即可 求出∠１的度数． 解：因为“停车让行标志”可以看成是正八边形，所 以∠１＝３６０°÷８＝４５°． 故填４５． 三、行走路线 　例３ 如图３，一只蚂蚁从点Ａ出发每向前爬行５厘 米，就向左边偏转９°，则这只蚂蚁回到点Ａ时，共爬行了 （　　） Ａ．１００厘米 Ｃ．４００厘米 Ｂ．２００厘米 Ｄ．不能回到点Ａ 分析：根据题意可得，这只蚂蚁回到点Ａ时，经过的 正多边形的每个外角的度数都是９°，求出这个正多边形 的边数即可得解． 解：根据题意可得，这只蚂蚁回到点Ａ时，经过的正 多边形的边数为：３６０°÷９°＝４０． 所以这只蚂蚁回到点 Ａ时，共爬行了：４０×５＝ ２００（厘米）． 故选Ｂ． 、一 方程思想 具有方程意识，并且会用方程解决问题，是初中生 应具备的基本数学能力，方程思想的确立，标志着真正 数学思维的形成． 　 ３内角的 １ ，则此多边形是 边形． 出方程，从而求得外角的度数，最后根据任意正多边形 的外角和是３６０°求解即可． 意，得ｘ＝１（１８０°－ｘ）．解得ｘ＝４５°．所以这个多边形３ 的边数为：３６０°÷４５°＝８，即这个多边形是八边形．故 填八． 二、转化思想 转化思想是数学的基本思想，也是数学解决问题的 基本方法．转化思想的基本思路就是将复杂的未知的问 题转化为简单的已知的问题，至于转化的具体方法，因 问题而有所不同，但总的方向是化大为小、化异为同、化 繁为简． 　例２ 一个多边形的每个内角均为１５６°，则这个多 边形是 （　　 Ａ．九边形 Ｃ．十二边形 Ｂ．十边形 Ｄ．十五边形 分析：根据正多边形的内角与外角的关系，将多边 形的内角问题转化为多边形的外角问题解决，可以快速 得解． 解：因为这个多边形的每个内角均为１５６°，所以这 个多边形的每个外角均为：１８０°－１５６°＝２４°．所以这个 多边形的边数为：３６０°÷２４°＝１５，即这个多边形是十五 例１ 一个多边形的每个外角都相等，且是它相邻 边形．故选Ｄ． 三、整体思想 整体思想，就是在研究和解决有关数学问题时，通 分析：根据正多边形的一个外角与相邻内角互补列 过研究问题的整体形式、整体结构、整体特征，从而对问 题进行整体处理的解题方法．有一些数学问题，如果从 局部入手，难以逐个突破，但若能从宏观上进行整体分 解：设这个多边形的一个外角的度数为 ｘ．根据题 析，运用整体思想，则常常能出奇制胜、简捷解题． 　例３ 如图，在五边形ＡＢＣＤＥ 中，∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｅ＝３２０°，ＤＰ， ＣＰ分别平分 ∠ＣＤＥ，∠ＢＣＤ，则 ∠Ｐ的度数是 Ａ．７０° Ｃ．６０° 分析：根据五边形的内角和等于５４０°可求∠ＢＣＤ＋ ∠ＣＤＥ的度数，再根据角平分线的定义可得 ∠ＰＤＣ＋ ∠ＰＣＤ的度数，进一步求得∠Ｐ的度数． 解：五边形ＡＢＣＤＥ的内角和为：（５－２）×１８０°＝ ５４０°．因为 ∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｅ＝３２０°，所以 ∠ＢＣＤ＋ ） ∠ＣＤＥ＝２２０°．因为 ＤＰ，ＣＰ分别平分 ∠ＣＤＥ，∠ＢＣＤ， 中，由勾股定理，得ＯＢ＝槡ＢＥ ２＋ＯＥ２ ＝２０槡６５米． “倍根方程”，所以设方 ２ ２所以 ∠ＰＤＣ＋∠ＰＣＤ ＝ １∠ＣＤＥ＋ １∠ＢＣＤ ＝ 书 １ ２（∠ＣＤＥ＋∠ＢＣＤ） ＝１１０°．所以 ∠Ｐ ＝１８０°－ （∠ＰＤＣ＋∠ＰＣＤ）＝７０°．故选Ａ． 　　 、一 用一种正多边形瓷砖镶嵌地面 　例１ 只用一种正六边形地砖密铺地板，则围绕在 （　　） Ａ．３块 Ｂ．４块 Ｃ．５块 Ｄ．６块 ＝１２０°．所以围绕在正六边形的一个顶点处的正六边 形地砖有：３６０°÷１２０°＝３（块）． 故选Ａ． 二、用两种正多边形瓷砖镶嵌地面 　 三角形与正方形；②正三角形与正六边形，将每组中的 （　　）两种正多边形结合，能铺满地面的是 Ａ．①　　　　　　　　　Ｂ．② Ｃ．①② Ｄ．都不能 为正整数，故只有当ｘ＝３，ｙ＝２时，２ｘ＋３ｙ＝１２才能 是用一种或几种正多边形瓷砖镶嵌而成．你知道用哪些 铺满地面．同理，用２块正三角形瓷砖和２块正六边形瓷 砖或用４块正三角形瓷砖和１块正六边形瓷砖可以铺满 地面． 故选Ｃ． 三、探索规律 　例３ 如图是某广场用地砖 解：正六边形的每一个内角为：（６－２）×１８０°÷６ 铺设的部分图案，中央是一块正六 边形地砖，周围是正三角形和正方 形地砖．从里向外的第１层有６个 正方形地砖和６个正三角形地砖， 第２层有６个正方形地砖和１８个 例２ 用下列两组边长相等的瓷砖镶嵌地面：①正 正三角形地砖，…，依此递推，则第６层有正三角形地砖 的个数是 书 ，第 ｎ层有正三角形地砖的个数是 ． 解：第１层有６×１个正三角形地砖，第２层有６×３ 个正三角形地砖，…，所以第６层有 正三角形地砖的个数是：６×１１＝ 解：假设用ｘ块正三角形瓷砖与ｙ块正方形瓷砖可 ６６，第 ｎ层有正三角形地砖的个数 故填６６，１２ｎ－６． 在解多边形问题时，常常会遇到少算角、多算角、剪 、一 少算一个角 　例１ 一个多边形少算一个内角，其余内角之和是 １５００°，则这个多边形的边数是 （　　） Ａ．８ Ｂ．９ Ｃ．１０ Ｄ．１１ 分析：设这个多边形的边数为 ｎ，因为少算了一个 １５００°＋１８０°，求解不等式组确定ｎ的整数解． 解：设这个多边形的边数为 ｎ．根据题意，得１５００° ３＜（ｎ－２）×１８０°＜１５００°＋１８０°．解得１０ １ ＜ｎ＜ ３．１１ １ 因为ｎ为正整数，所以ｎ＝１１． 故选Ｄ． 二、多算一个角 　例２ 小明在求一个多边形的内角和时，多算了一 个内角，总和为１８３０°，求这个多边形的边数． 内角，所以这个多边形的内角和大于１８３０°－１８０°，且 小于１８３０°，求解不等式组确定ｎ的整数解． 解：设这个多边形的边数为 ｎ．根据题意，得１８３０° ６－１８０°＜（ｎ－２）×１８０°＜１８３０°．解得１１ １ ＜ｎ＜ ．６１２ １ 因为ｎ为正整数，所以ｎ＝１２，即这个多边形的边 数为１２． 三、剪去一个角 　例３ 一个多边形纸片按如 书 “增加”或“减少”） 多边形的内角和 （填 °． 多边形边数为ｎ，则新多边形的边数为 ｎ＋１，然后利用 分析：根据题意可设原来的 多边形的内角和公式进行计算即可解答． 解：设原来的多边形边数为 ｎ，则新多边形的边数 为ｎ＋１．根据题意，得（ｎ＋１－２）×１８０°－（ｎ－２）× １８０°＝（ｎ－２）×１８０°＋１８０°－（ｎ－２）×１８０°＝１８０°． 所以一个多边形纸片按如上图所示的剪法剪去一个内 分析：设这个多边形的边数为 ｎ，因为多算了一个 角后，多边形的内角和增加１８０°． 故填增加，１８０． 多边形的内角和与外 角和是多边形相关知识的 延展，从三角形内角和、外 角和到多边形的内角和、外 角和，环环相扣，前面的知 识为后边的知识做了铺垫， 内角，所以这个多边形的内角和大于 １５００°，且小于 图所示的剪法剪去一个内角后， 联系性比较强，可以培养学 生的探索与归纳能力． 如图１所示，在ｎ边形 顶点可以引（ｎ－３）条对角 线，得到（ｎ－２）个三角形， 和就是这个 ｎ边形的内角 和，即（ｎ－２）×１８０°． 、一 多边形的内角和大显身手 　例１ 如图 ２，已知 ∠ＭＯＮ＝ ６０°，正五边形ＡＢＣＤＥ的顶点Ａ，Ｂ在 射线ＯＭ上，顶点Ｅ在射线ＯＮ上，则 ∠ＡＥＯ＝ °． 分析：根据多边形的内角和公式求出 ∠ＥＡＢ的度 数，再根据三角形外角的性质计算即可得出答案． 解：因为五边形ＡＢＣＤＥ是正五边形，所以∠ＥＡＢ＝ （５－２）×１８０° ５ ＝１０８°．所以∠ＡＥＯ＝∠ＥＡＢ－∠ＭＯＮ 正多边形瓷砖可以铺满地面吗？ ＝４８°．故填４８． 二、多边形的外角和初露锋芒 　例２ 已知一个正多边形的每一个外角都是４０°， 正六边形的一个顶点处的正六边形地砖有 则这个正多边形的边数是 （　　） Ａ．８ Ｂ．９ Ｃ．１０ Ｄ．１２ 分析：利用多边形的外角和是３６０°即可得解． 解：因为这个正多边形的每一个外角都是４０°，多边 形的外角和是３６０°，所以这个正多边形的边数是：３６０° ÷４０°＝９．故选Ｂ． 三、多边形的内角和与外角和齐心合力 　例３ 若一个正ｎ边形的内角和为１０８０°，则它的 ２（槡９９ － 每个外角度数是 （　　） Ａ．３６° Ｂ．４５° Ｃ．７２° Ｄ．６０° 分析：根据多边形内角和公式列出方程，求出 ｎ的 值，再根据多边形的外角和是３６０°即可得解． 解：根据题意，可得（ｎ－２）×１８０°＝１０８０°．解得ｎ ＝８．所以这个多边形每个外角的度数为：３６０°÷８＝ 以铺满，则６０ｘ＋９０ｙ＝３６０，即２ｘ＋３ｙ＝１２．由于ｘ，ｙ都 是：６（２ｎ－１）＝１２ｎ－６． ４５°．故选Ｂ． ! !" #$% ! "# $ （　　） % Ｂ．６５° Ｄ．５５° & ! &' ( ) """""""""""""""""""""""""""""""""""""""""" ! ! *+ ,-. 去角等问题，很多同学在解这类题型时往往会束手无 策．为了帮助同学们突破这一难点，现讲解如下： " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " & ! & " & # & $ & ' & % & & & ' " ! ! /0 123 观察一些建筑物的地面，可以发现这些地面常常 成立．所以用３块正三角形瓷砖和２块正方形瓷砖可以 """"""""""""""""""""""""""""""""""""""""" " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " ! " % " ! ( & % $ ) * " ! ! (! & " " ! 4 5 Ａ１Ａ２Ａ３…Ａｎ中，从其中一个 6 7 这（ｎ－２）个三角形的内角 ! ! !"#$ ! " #! !!"# " !" %)%&&"'!%( $"% 89:;<=>?@AB!"CD #$ E !"#$%&'" ()*+,-'. %%%%%%%!(*!FGHIJK ;LMNO!*!"#$%&'()** %*+,#$%-./01./234567 89:;<* PQRSO=><#$%-./01./2 3"?@AB&9:CD* BTU !V#W9XC BYZ #W[\] Ĉ BTU %V"W9XC "#$% %&'()*!"+ )*+,-./0 1 .456789/23- )"&!+&%'!%$, 23:;456789/ )"&!+&%'!"#$ #_`abaW " % #cghiW #jklmnO)"&!+&%'!%&$ #o`pqO/0rstuvwxyz{ %)%|}~g`€:`‚ƒ9:;„kl #…†„‡O)")))$ #uˆ‰Š`‹ŒO)"&!%&%'!%$( !&&"$$"$,,'BŽ|C #ŠO‘’o`uˆ‰q“”•–—˜…™BšC #…†Š‹ŒO!!!,& #›œžŠŸ ŠK¡Š # o ` ¢ • – — rBuCA £ ¤ ¥ ¦ ` # o ` § / 0 h q ¨ © ª « ¬ ­Bs t u ® ¯ ° x ± ² ³C´ ¨ V µ ª ¨ ¶ · ¸ ¹ º V ‘ ’ o ` u ˆ ‰ q “ » ¼ /0½¾;¿À /0½£Á>ÂÃÄÅÆ :`‚„kÇW ‚ÈOÉÊË –IÌÍÎÏÇWÐ|O-. !#+)')'Ñ/ 0C 书 １＋ｘ槡 ２． （２）槡７３． （３）已知 ＡＢ＝１， ＤＥ＝２，ＢＤ＝３，取Ｐ为 线段ＢＤ上一动点，分别 过点Ｂ，Ｄ作ＡＢ⊥ ＢＤ， ＥＤ⊥ＢＤ，连接ＡＰ，ＥＰ． 设ＢＰ＝ｘ．根据勾股定 理，得 ＡＰ＝ ｘ２＋槡 １， ＰＥ＝ （３－ｘ）２＋槡 ４． 所 以 ＡＰ ＋ ＰＥ ＝ ｘ２＋槡 １ ＋ （３－ｘ）２＋槡 ４．要使 ＡＰ＋ＰＥ的值最小，则需 满足点 Ａ，Ｐ，Ｅ三点共 线，即最小值为 ＡＥ的 长．过点Ａ作ＡＣ⊥ＤＥ， 交ＥＤ的延长线于点Ｃ， 连接ＡＥ，图略．所以 ＡＣ ＝ＢＤ＝３，ＣＥ＝ＡＢ＋ ＤＥ＝３．所以代数式 ｘ２＋槡 １ ＋ （３－ｘ）２＋槡 ４的最小 值 为：ＡＥ ＝ ＡＣ２＋ＣＥ槡 ２ ＝ 槡３２． ２１．（１）过点 Ｐ作 ＰＥ⊥ＣＤ于点Ｅ，图略． 设经过ｘｓ，Ｐ，Ｑ两点之 间的距离是１０ｃｍ．根据 题意，得（１６－２ｘ－３ｘ）２ ＋６２ ＝１０２．解得 ｘ１ ＝ ８ ５，ｘ２ ＝ ２４ ５． 答：经过 ８ ５ ｓ或 ２４ ５ｓ，Ｐ，Ｑ两点之间的 距离是１０ｃｍ． （２）设经过 ｙｓ， △ＰＢＱ 的 面 积 为 １２ｃｍ２． ①当 ０≤ ｙ≤ １６３ 时，ＰＢ＝１６－３ｙ．所以 １ ２ＰＢ·ＢＣ＝ １ ２×（１６ －３ｙ）×６＝１２．解得 ｙ ＝４； ②当１６３ ＜ｙ≤ ２２ ３ 时，ＢＰ＝３ｙ－１６，ＱＣ＝ ２ｙ．所以 １２ＢＰ·ＱＣ＝ １ ２×（３ｙ－１６）×２ｙ＝ １２．解得 ｙ１ ＝６，ｙ２ ＝ －２３（舍去）； ③ 当２２３ ＜ｙ≤ ８ 时，ＰＱ＝ＣＱ－ＰＣ＝２２ －ｙ．所以 １２ＰＱ·ＢＣ＝ １ ２×（２２－ｙ）×６＝１２． 解得ｙ＝１８（舍去）． 答：经过４ｓ或６ｓ， △ＰＢＱ 的 面 积 为 １２ｃｍ２． 书 一、精心选一选（每小题４分，共３２分） 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．下列图形中，是五边形的是 （　　） ２．从六边形的一个顶点出发的对角线有 （　　） Ａ．６条 Ｂ．４条 Ｃ．３条 Ｄ．２条 ３．已知一个多边形的内角和为３６０°，则这个多边形 为 （　　） Ａ．三角形 Ｂ．四边形 Ｃ．五边形 Ｄ．六边形 ４．若一个多边形的每个内角都为１６０°，则它的边数 为 （　　） Ａ．１５ Ｂ．１６ Ｃ．１８ Ｄ．２０ ５．多边形剪去一个角后，多边形的外角和将（　　） Ａ．减少１８０° Ｂ．增大１８０° Ｃ．不变 Ｄ．以上都有可能 ６．一个多边形内角和与它的外角和的比为７∶２，则 这个多边形的边数为 （　　） Ａ．９ Ｂ．８ Ｃ．７ Ｄ．６ ７．如图１，在由一个正六边形和正五边形组成的图 形中，∠１的度数为 （　　） Ａ．７２° Ｂ．８２° Ｃ．８４° Ｄ．９４° ８．如图２，∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃ＋∠Ｄ＋∠Ｅ＋∠Ｆ的度 数是 （　　） Ａ．１８０° Ｂ．２７０° Ｃ．３６０° Ｄ．５４０° 二、细心填一填（每小题４分，共１６分） ９．一个正ｎ边形有 个外角． １０．如图３，五边形 ＡＢＣＤＥ是 正五边形，过点 Ｂ作 ＡＢ的垂线交 ＣＤ于点 Ｆ，则 ∠ＢＦＣ的度数是 °． １１．一个多边形的每一个外角 都相等，且每一个内角都比外角大 ９０°，则这个多边形的边数是 ，每个内角的度数 是 ． １２．“花影遮墙，峰峦叠窗”，苏州园林空透的窗棂中 蕴含着许多的数学元素．图４－①中的窗棂是冰裂纹窗 棂，图４－②是这种窗棂中的部分图案．若∠１＋∠３＋ ∠５＝１８６°，则∠２＋∠４＋∠６＝ °． 三、耐心解一解（共５２分） １３．（８分）在图５中画出一个格点四边形ＡＢＣＤ，使 △ＢＣＤ的面积是△ＡＢＤ的面积的２倍． １４．（８分）一个零件的形状如图６所示，按规定∠Ａ ＝∠Ｂ＝∠Ｃ＝∠ＣＤＥ＝∠ＡＧＦ＝９０°，∠Ｅ＝１４０°，质 检工人测得∠Ｆ＝１４０°，就断定这个零件不合格，这是 为什么？ １５．（１０分）如图７，将六边形纸片 ＡＢＣＤＥＦ沿虚线 剪去一个角（∠ＢＣＤ）后，得到∠１＋∠２＋∠３＋∠４＋ ∠５＝４７０°． （１）求六边形ＡＢＣＤＥＦ的内角和； （２）求∠Ｇ的度数． １６．（１２分）小明求得一个多边形的内角和为 １２８０°，小强很快发现小明所得的度数有误，后来小明复 查时发现他重复加了一个内角，求这个多边形的边数以 及他重复加的那个角的度数． １７．（１４分）研究一个问题：多边形的一个外角与它 不相邻的内角之和具有怎样的数量关系？ （１）如图８－①，∠ＡＣＤ是△ＡＢＣ的外角，请直接写 出∠ＡＣＤ与∠Ａ，∠Ｂ之间的数量关系： ； （２）如图８－②，∠ＤＣＥ是四边形ＡＢＣＤ的外角，求 证：∠ＤＣＥ＝∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｄ－１８０°； （３）若ｎ边形的一个外角为ｘ°，与其不相邻的内角 之和为ｙ°，则ｘ，ｙ与ｎ的数量关系是 ． （以下试题供各地根据实际情况选用） 如图，阅读嘉嘉和琪琪的对话，解答下列问题： （１）琪琪说的“不可能的”正确吗？ （填 “正确”或“不正确”）． （２）嘉嘉求的是几边形的内角和                                                                                                                                                                 ？ 书 １９．１多边形内角和 １９．１．１多边形的概念 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．在如图１所示的图形中，属于多边形的有 （　　） Ａ．１个 Ｂ．２个 Ｃ．３个 Ｄ．４个 ２．过多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边 形分成８个三角形，则这个多边形的边数是 （　　） Ａ．８ Ｂ．９ Ｃ．１０ Ｄ．１１ ３．下列长度的三条线段与长度为５的线段能组成 四边形的是 （　　） Ａ．２，２，２ Ｂ．１，１，８ Ｃ．１，２，２ Ｄ．１，１，１ ４．在边长为１的小正方形组成的方格纸中，若多边 形的每个顶点都在方格纸的格点（横、竖格子线的交 点）上，这样的多边形称为格点多边形．记格点多边形 内的格点数为ａ，边界上的格点数为ｂ，则格点多边形的 面积可表示为Ｓ＝ｍａ＋ｎｂ－１，其中ｍ，ｎ都为常数． （１）在下面的两张方格纸中各有一个格点多边形， 依次为△ＡＢＣ（如图２），正方形ＤＥＦＧ（如图３）．认真数 一数：△ＡＢＣ内的格点数是 ，正方形 ＤＥＦＧ边 界上的格点数是 ； （２）利用（１）中的两个格点多边形确定ｍ，ｎ的值； （３）现有一张方格纸共有１１０个格点，画有一个格 点多边形，它的面积Ｓ＝４０，该格点多边形外的格点数 为ｃ．若ｂ＝ｃ，则ａ＝ ． ５．把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形 后，变成一个四边形，求原多边形纸片的边数，并画图 说明． １９．１．２多边形的内角和 １．燃灯佛舍利塔被称作“通州八景”之一，它巍峨 挺拔，雄伟壮观，始建于北周年间，是北京地区建造年 代最早、最高大的佛塔之一．燃灯佛舍利塔为八角形十 三层砖木结构密檐式塔，十三层均为正八边形砖木结 构，图１所示的正八边形是其中一层的平面示意图，其 内角和为 （　　） Ａ．１３５° Ｂ．３６０° Ｃ．１０８０° Ｄ．１９０° ２．正六边形的每个内角度数为 （　　） Ａ．７２° Ｂ．１００° Ｃ．１２０° Ｄ．１５０° ３．如图２，在正五边形ＡＢＣＤＥ中，以ＡＢ为一边，在 正五边形内作正方形ＡＢＭＮ，则∠ＣＢＭ ＝ °． ４．已知一个正多边形的一个内角等于１４４°，则这 个多边形的边数是 ． ５．如图３，在五边形ＡＢＣＤＥ中，ＡＢ∥ＣＤ，求ｘ的值． ６．如图４，在四边形 ＡＢＣＤ中，∠Ａ＝１００°，∠Ｄ＝ １４０°，∠ＢＣＤ的平分线ＣＥ交ＡＢ于点Ｅ． （１）若∠Ｂ＝∠ＢＣＤ，则∠Ｂ＝ °； （２）若ＣＥ∥ＡＤ，求∠Ｂ的大小． ７．一个ｎ边形除去一个内角之后，其余各内角之和 是１７８０°，求这个多边形的边数 ｎ和除去的内角的度 数． １９．１．３多边形的外角和 １．一个五边形的外角和等于 （　　） Ａ．３６０° Ｂ．５４０° Ｃ．７２０° Ｄ．１８０° ２．正ｎ边形的一个外角为３０°，则ｎ的值为（　　） Ａ．６ Ｂ．８ Ｃ．１０ Ｄ．１２ ３．一个多边形的内角和等于外角和的２倍，则这个 多边形是 （　　） Ａ．六边形 Ｂ．七边形 Ｃ．八边形 Ｄ．十边形 ４．如图１，第四套人民币中菊花１角硬币，则该硬币 边缘镌刻的正九边形的一个外角α的度数为 ． ５．如图２，五边形ＡＢＣＤＥ是正五边形．若ｌ１∥ｌ２，则 ∠１－∠２＝ ． ６．如图３，∠ＡＢＥ是四边形ＡＢＣＤ的外角，∠ＡＢＥ＝ ∠Ｄ．求证：∠Ａ＋∠Ｃ＝１８０°． ７．已知一个正多边形一个内角等于一个外角的 ３２ 倍，求这个正多边形的边数． ８．如图４，假如王明从点Ａ出发，沿直线走６米后向 左转θ，接着沿直线前进６米后，再向左转θ，…，如此下 去，当他第一次回到Ａ点时，发现自己走了７２米，求θ的 度数 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 檪 ． !" ! #$%"& '()*+,-./ ! !" #$ %& ! ! 0123456789'!":; #$ . !"#$ ! 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