第39期 多边形的内角和与外角和-【数理报】2024-2025学年新教材七年级下册数学学案（华东师大版2024）

素养·拓展 本日 &双& ##理# [25年328·二 初中数学 第39第119页 选天地。 量层 东大 多边形中的数学思想 81-2 七 上:{ [3题4答] ...................... 3.1与三想实的分段% B 富 译 大等击文言是到题键注长文满内一注号:(14-00区F代号:21-44 △,5 11.1.1写遇 本周进 站 一. 1听个$过起。 t口 ::。 多角少角妙求解 误 且,分方射是15”2一听注这本这为。 110三是1r% 一W,一 山 中的基本,行段的24这十是十,B :0. ..iAn ..p:.A. 立试析字点 3:毕内与阳 . 学习目:了过的内, 1111.521 1 一个本阳,且是 (第-二 0陆41C语 对上过的过 在多5是题时,会到第,130。”,过本子130,点不确 好是打勃日 0 段会 .1.)1应形,高 ,, 元0 1B 和 m 口正 始,去上题,很多学在过实题野时式A的. u日耳 7为了现t一: 1m113 .110 析:&的一个角与起 41( . :个 有一加从日而人,境 是及到去阻,得的度量,益段级 .o:。 1 引). 品会 一□-量 18-1%-2)1ō 吐从上些 本是30”即可 (}]r-8陆员5 1n81是 12AT 力, ! --一%n ,段语析一-记空析 L11: B是】0”,个是() _来 m11 1 -士-3..-45acr中乙A二七 &: 1. 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H.1 801343:45 二.4.1---..--1 形三,口 一!一,”,B比二 一、对一陪迁 . .h.-1 1短一6.□:。 !r行 一,A在的一十处止过三”晚”为” 的阳计陪力,某 --.站4 :的一内为,46-。 _{r +t-0A 学文,好 了5&-止 mr。 二、②知r容班 ”.52在一 1高.-ra.n- 三. 图总路一回学的 一+生一个的为,3”” 点H.e字 -. .%--.10 .是 例图是基田 品.世 是4证是 )11 1rr1.1 .。 达,一内凸加 A.86甘 二.用高正多融短面 .帕:0040-r -t魂的,是 m.11B n。 :四这一正达形的一外下列的凸中,不 闻正内15-2. 2%+。r。 4,的是3日正字的是 ox.r 因为巨出一十内, 0-s.10-。 1)1 △.. 4二i 的是3604-0 8.apj -_ b正而 和6三,第2是 D.不Ar:*- 高一,3.3:0 c.t 三、点边驱内写外角心会方 慰5正三一故 t. )(31y0n1Cr-2。 11_0- C.Eō 侧3一:10 ,口限 r D F三 二. 止,面6_比三 汇”.-ō r-严rAr 它是 :3于一5正句h% 删1观% 高共了A05AAC, 重:可三 ,) -215一不3到6 1宫 -' 1..-.210P.0 110 醒:京1显1巨部,是 -3应) 1--:-1 /国土而 :,--1一103-, 1B. (7A 叫。。8位不个 昆1-, _ 3r8.41 5-21×1”--21×1r -1112-4. 进闻 故-. 2 /素养·专练/ 一数理握 &迎 素养·测评 3 正、的 13期正达抽位面 同步检测(九) 跟踪训练 在让则达七夜 与它笔 1一因,一 4.3AA求 (1)r-AC△c的, 1.一不的的一 -TONGBUDJIANCT 在写出与A之的数是 5.7边际的内和写外角数 全,平多中日 【图,52-83] 8.2.1B 一大三的日 一、心一每小题,斗3分 rB-1 71 T-②n 册,过是 1) a1.23.5. 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(2)解方程组+y=3-m:得m+因为y 整理得a=24-6 lx-y=3m-1,ly=2-2m. >0,所以>0或r<0. 因为4，b为正整数，所以{=16或=8。 1b=51b=10. Ly >0ly <0. 当a=16,b=5时，4a+5h=4×16+5×5=89: 所以m+1>0。解得-1<m<1,或m+1<0。解 当a=8,b=10时.4a+5b=4×8+5×10=82. 12-2m>0, 12-2m<0. 答：购买4本笔记本和5支圆珠笔的费用为89元或82元 此不等式组无解. 22.(1)根据题意，得36-12×2=6. 综上所述，m的取值范围是-1<m<1. 解得b=10. 22.(1)设A商品的销售单价是x元，B商品的销售单价是 (2)设购买x台甲型设备，则购买(10-x)台乙型设备. y元. 根据题意，得12x+10(10-x)≤112 根据题意，得5x+8y=2400解得=160. 解得x≤6. l8x+5y=2280. ly=200. 因为x为非负整数，所以x可取值为0,1,2,3,4,5.6. 答：该商店在无促销活动时，A商品的销售单价是160元，B 所以共有7种购买方案： 商品的销售单价是200元. 方案1：购买10台乙型设备： (2)因为A商品购买a件，所以B商品购买(30-a)件. 方案2：购买1台甲型设备，9台乙型设备： 由题意，得250+160×0.75a+200×0.75(30-a)<160 方案3：购买2台甲型设备，8台乙型设备： ×0.8a+200×0.8(30-a). 方案4：购买3台甲型设备，7台乙型设备： 解得a<25.又因为0<a<30,所以0<a<25. 方案5：购买4台甲型设备，6台乙型设备： 答：当0<a<25时，使用无人机配送商品更合算. 方案6：购买5台甲型设备，5台乙型设备： 37期3,4版 方案7：购买6台甲型设备，4台乙型设备。 (3)根据题意，得240x+180(10-x)≥2100. -、题号12345678910112 解得x≥5. 答案B AA CBBAD CABB 又因为x≤6，且x为非负整数，所以x=5或6， 二y=2-子：14-4：1536：165. 7 所以满足条件的购买方案只有2种，即： ①购买5台甲型设备，5台乙型设备，所需资金为：12×5+ 三1n.=(2=2 10×5=110(万元)： ly=2: ly=-3 ②购买6台甲型设备，4台乙型设备，所需资金为：12×6+ 18.(1)①三，等式的基本性质1：②二，去括号后，等式右 10×4=112(万元)： 边括号里的第二项没有变号. 因为110<112，所以最省钱的购买方案是购买5台甲型设 (2)去分母，得18x+3(x-1)=18-2(2x-1). 备，5台乙型设备 去括号，得18x+3x-3=18-4x+2 移项、合并同类项，得25x=23. 38期2版 系数化为1，得：一会 8.1与三角形有关的边和角 19.设小轩要答对x道题，则答错或不答(25-x)道题. 8.1,1.1认识三角形 根据题意，得4x-(25-x)≥80.解得x≥21. 基础训练L.C: 答：小轩至少要答对21道题. 2.以AD为边的三角形是△ABD,△ADC,以∠B为内角的 20.解不等式组 5-5>2-得2<x≤-2-“ 5 三角形是△ABD,△ABC,在△ACD中，三个内角是∠C, 2 ∠ADC,∠CAD: 3x-2a≥5x+4, 3.钝角 2 初中数学·华东师大七年级第36~39期 4.(1)3,5,7,13: 三、13.因为AB=6cm,AD=5cm,△ABD的周长为 (2)第n个图形中有(2n-1)个三角形. 16em,所以BD=16-AB-AD=5cm.因为AD是BC边上的 8.1.1.2三角形的中线，角平分线与高 中线，所以BC=2BD=I0cm.因为△ABC的周长为24em,所 基础训练1.B: 以AC=24-AB-BC=8cm 2.△ABC,△ABD,10:3.2. 14.(1)因为a=4,b=6,所以2<c<10.因为△ABC的 4.(1)(2)(3)图略；(4)7. 周长是小于18的偶数，所以e是大于2且小于8的偶数.所以c 5.(1)因为DE∥BC,∠2=40°，所以∠I=∠ACB, 的长是4或6. ∠DCB=∠2=40°.因为CD是△ABC的角平分线，所以 (2)根据题意，得a+b>c所以1a+b-c+lc-a-b|= ∠ACB=2∠DCB=80°.所以∠1=80°. a+b-c-(c-a-b)=a+b-c-c+a+b =2a+26-2c. (2)因为∠3=40°=∠DCB,所以FH∥CD.因为FH⊥ 15.因为∠ABC=40°，∠C=60°，所以∠BAC=180°- AB,所以CD⊥AB,即CD是△ABC的高. ∠ABC-∠C=80°.因为AE是△ABC的角平分线，所以∠BAE 8.1.21三角形的内角和 基础训练1.C:2.C;3.90°， =寸∠B4C=40因为AD是△ABC的商，所以∠ADB=90 4.因为∠BAC=60°，∠C=84°，AD是△ABC的角平分线，所 所以∠BAD=90°-∠ABD=50°.所以∠DAE=∠BAD- 以∠B=1800-∠BMC-∠C=36,LCD=3∠BMC= ∠BAE=10°.因为BF是∠ABC的平分线，∠ABC=40°，所以 30°.所以∠ADC=180°-∠CAD-∠C=66°.因为∠ADE= LAB0=号∠ABC=20.所以LB0E=∠AB0+∠BA0= 60. 7∠B=18,所以∠CDE=∠ADC-∠ADE=48 16.(1)90.40. 能力提高5.(1)△ABC是“三倍角三角形”.理由如下： (2)由(I)知∠PBC+∠PCB=90°.所以∠ABP+∠ACP 因为∠A=20°，∠B=40°，所以∠C=180°-∠A-∠B =(∠ABC-∠PBC)+(∠ACB-∠PCB)=(∠ABC+ =120°=3∠B.所以△ABC是“三倍角三角形”. ∠ACB)-(∠PBC+∠PCB)=180°-∠A-90°=90°-∠A. (2)设△ABC的最大内角为x, (3)(2)中的结论不成立，结论：∠ACP-∠ABP=90°- 当最大内角是∠B的3倍时，x=3∠B=90°，满足题意： ∠A理由如下： 当最大内角是∠A或∠C的3倍时，号+x+30°=180， 设AB与PC交于点D.因为∠P+∠ABP+∠BDP=∠A +∠ACP+∠ADC=180°，∠BDP=∠ADC,所以∠P+∠ABP 解得x=112.5°，满足题意： =∠A+∠ACP.因为∠P=90°，所以∠ACP-∠ABP=∠P 当∠B是∠1或∠C的3倍时，号×30°+30°+=180， -∠A=90°-∠A 解得x=140°，满足题意。 附加题1.在△ABD中，AD+BD>AB:在△BCD中，BD +CD>BC:在△ACD中，AD+CD>AC.所以AD+BD+BD 所以△ABC中最大内角的度数为90°或112.5°或140 8.1.2.2三角形的外角和 +CD+AD+GD>4B+BC+AC所以4D+BD+CD>(AB 基础训练1.C；2.70°. +BC +AC). 3.(1)因为∠A=30°，∠ABC=70°， 2.(1)①55：②65： 所以∠BCD=∠A+∠ABC=IO0°. 因为CE是∠BCD的平分线， ③∠BGE=90°-∠A理由如下： 所以∠BCE=子∠BCD=50 因为BD平分∠ABC,所以∠DBC=LABC (2)因为∠BCE=50°，∠ABC=70°， 因为EF∥BC, 所以∠BEC=∠ABC-∠BCE=20 因为DF∥CE,所以∠F=∠BEC=20. 所以LF=LDBc=LABC,LCEF=LC 能力提高4.120°或90°. 因为EG平分∠CEF, 8.1.3三角形的三边关系 所以LFBG=子LCBF=∠C 基础训练1.D:2.C;3.11. 4.因为△ABC是等腰三角形，所以AC=20或8. 所以∠BGE=LFEG+∠F=)LC+方∠ABC= 因为20+8=28>20,8+8=16<20， 所以AC=20,即2m-2=20.解得m=11. 2(ZC+LABC)=2(180-LA)=90-号∠ 38期3版 (2)设EG交BC于点H. 因为BD平分∠ABC,所以∠GBH=方∠ABC=之(180 、题号12345678 答案ACDBBCBB ∠A-∠0)=90°-2∠A-34c 二9.稳定性：10.9：11.20：12.110. 因为EF∥BC, 初中数学·华东师大七年级第36~39期 所以∠CEF=180°-∠C,∠FEH=∠GHC. (2)如图（答案不推一） 因为EH平分∠CEF, 所以∠PBH=支4CEF=(180-∠0=90 2∠C=LGHC 所以∠BGE=∠6HC-∠GBH=90-LC-(90° 39期3版 1 2∠C)=2∠M -,题号12345678 39期2版 答案BABCAD CC 8.2多边形的内角和与外角和 二、9.8：10.50：11.(n-1)；12.70. 8.2.1多边形 三、13.(1)1260°； 基础训练1.C:2.C: (2)根据题意，得兮(n-2)×180°=360°+72 3.三角形或四边形或五边形 解得n=14. 4.(1)3.12: 14.(1)六边形ABCDEF的内角和为：(6-2)×180°= (2)因为△ABC边界上的格点数是8，Sac=2×3×4 720°. =6,正方形DEFG内的格点数是4，SE方BG=3×3=9, (2)因为六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+ ∠3+∠4+∠5=470°， 所以3m+8n-1=6,解得 m=1, 所以∠GBC+∠C+∠CDG=720°-470°=250. 4m+12n-1=9. n=21 又因为四边形BCDG的内角和为360°， (3)18. 所以∠G=360°-（∠GBC+∠C+∠CDG)=110°. 8.2.2多边形的内角和 15.设这个多边形的边数是m. 基础训练1.B;2.C;3.30°. 根据题意，得1280°-180°<(m-2)×180°<1280 4.因为AB∥CD,所以∠C+∠B=180° 因为五边形ABCDE的内角和为：(5-2)×180°=540 解得8g<a<9女 所以∠E=540°-（∠A+∠D+∠C+∠B)=540°- 因为m是正整数，所以m=9. (150°+160°+180)=50°. 所以他重复加的那个角的度数是：1280°-(9-2)×180 =20°. 5.(1)60: (2)因为CE∥AD,∠D=140°， 16.(1)∠ACD=∠A+∠B: 所以∠DCE=180°-∠D=40°. (2)因为∠A+∠B+∠BCD+∠D=360°， 因为CE平分∠BCD, 所以∠BCD=360°-∠A-∠B-∠D. 所以∠BCD=2∠DCE=80°. 因为∠DCE是四边形ABCD的外角， 所以∠B=(4-2)×180°-∠A-∠BCD-∠D=40. 所以∠DCE=180°-∠BCD=180°-(360°-∠A-∠B 8.2.3多边形的外角和 -∠D)=∠A+∠B+∠D-180°. 基础训练1.B;2.D:3.210°. (3)y-x=180(n-3). 4.因为∠ABE是四边形ABCD的外角， 附加题1.延长AG,CD交于点H,图略. 所以∠ABE+∠ABC=180°. 因为∠A=∠B=∠C=∠CDE=∠AGF=90°， 因为∠ABE=∠D,所以∠ABC+∠D=18O°. 所以∠H=(4-2)×180°-∠A-∠B-∠C=90° 又因为四边形的内角和等于360°， ∠EDH=180°-∠CDE=90°，∠FGH=180°-∠AGF=90 所以∠A+∠C=360°-（∠ABC+∠D)=180. 所以∠F=(5-2)×180°-∠EDH-∠E-∠FGH-∠H 5.设这个正多边形的一个外角的度数为x°， =130°≠140°.所以这个零件不合格. 根据题意，得x+子=180.解得x=72 2.(1)正确： (2)设应加内角的度数为x,所加外角的度数为y 所以这个正多边形的边数为：360°÷72°=5. 根据题意，得(n-2)×180°=2020°-y+x. 8.3用正多边形铺设地面 因为-180°<x-y<180° 基础训练1.C:2.C: 所以2020°-180°<(n-2)×180°<2020°+180° 3.六：4.60 5.(1)根据题意，得60x+90y=360. 解得12号<a<14号 化简，得2x+3y=12. 因为n是正整数，所以n=13或14. 因为x,y均为正整数，所以x=3,y=2. 所以嘉嘉求的是十三边形或十四边形的内角和。