第37期 19.1 多边形-【数理报】2025-2026学年八年级下册数学学案（沪科版·新教材 安徽专版）

初中数学·沪科八年级(AH)第36~39期 数理柄 答案详解 2025~2026学年 初中数学·沪科八年级(AH) 第36~39期 第36期1,2版 -423. 题号12345 67 9 10 21.(1)因为a=1,b=-2(n-2),c=n2-4n,所以4= 答案CBBADBAAC 62-4ac=[-2(n-2)]2-4(n2-4n)=16>0.所以方程有 两个不相等的实数根. 二、11.x≥-6；12.-2；13.90°；14.22； (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： 三6)9， 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. (2)25-1. 当n-4=10时，n=14.因为10,10,14能组成等腰三角 17.(1)x1=3+25,2=3-25; 形，所以n=14符合题意 (2)x1=3,x2=-4. 综上所述，n的值为10或14时，△ABC是等腰三角形. 18.(1)由题意，得0A=60米，0D=80米，∠A0D=90° 第36期3,4版 在Rt△OAD中，由勾股定理，得AD=√OA+OD=100米. 一、 题号12345678910 因为BD=100米，AB=1002米，所以AD2+BD2=20000, 答案DB CADBAB BB AB2=20000.所以AD2+BD2=AB2.所以∠ADB=90°. 二、11.x(x-1)=182;12.2027;13.52cm; (2)过点B作BE L OD交OD的延长线于点E,图略.所以 ∠BED=90°=∠AOD.所以∠EBD+∠BDE=90°.因为 14.6;15.2或1+√2， ∠ADB=90°，所以∠AD0+∠BDE=90°.所以∠AD0= 三、16.(1)x1=2+6,x2=2-6; ∠EBD.又因为AD=BD,所以△AOD≌△DEB(AAS).所以 (2)x1=-2,2=4 BE=OD=80米，DE=OA=60米.所以OE=OD+DE= 17.(1)原式=-a2+a-5. 140米.在Rt△BE0中，由勾股定理，得OB=√BE+OE= 当a=2-1时，原式=32-9. 20√65米. (2)原式=m-1+m 1 答：地铁B出口与学校O之间的距离是20√65米. 当m=2+√5时，原式=3. 19.(1)设全天包车数的月平均增长率为x. 18.(1)是. 根据题意，得25(1+x)2=64. (2)因为关于x的一元二次方程ax2-5ax+c=0(a≠ 解得x=0.6=60%,2=-2.6(舍去). 0)是“倍根方程”，所以设方程的两根分别为m,2m.由根与系 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 数的关系，得m+2=,合=2解得m=停台=子 的全天包车数达到(64+亡×8)次 所以c=子4. 2 根据题意，得(120-)(64+六×8)=7920 19.(1)W2-1. 整理，得y2-40y+300=0. 1 解得y=10,y2=30. 1+3 ++5+5+万 因为要尽可能地让利顾客，所以y=30. 5-1 5-5 答：应将每辆车的全天包车租金降价30元 7+网=5+1)5-1)+(5+B)(5-) 20.(1)4,√17-4. 万-5 9-7 (2)5-√/23，√23-4. 万+5)万-5+…+（网+7(V网-Vm） (3)23x-xy+17=23(5-√23)-(5-/23)（√23 之(5-1+5-5+万-5++丽-7)=分（网 -4)+17=5√/23-23-5/23+20+23-423+17=37 -1). 一1 初中数学·沪科八年级(AH)第36~39期 解得x (2)因为CE∥AD,∠D=140°， 2 所以∠DCE=180°-∠D=40° 20.(1)√4+(8-x)产+√1+x. 因为CE平分∠BCD,所以∠BCD=2∠DCE=80°. (2)√73. 所以∠B=(4-2)×180°-∠A-∠BCD-∠D=40°. (3)已知AB=1,DE=2,BD=3,取P为线段BD上一动 能力提高7.根据题意，得1780°<(n-2)×180°< 点，分别过点B,D作AB⊥BD,ED⊥BD,连接AP,EP.设BP= 1780°+180e解得1号<n<12号 x.根据勾股定理，得AP=√2+1，PE=√(3-x)+4.所 因为n为正整数，所以n=12. 以AP+PE=√+1+(3-x)2+4.要使AP+PE的值 所以除去的内角的度数为：(12-2)×180°-1780°= 最小，则需满足A,P,E三点共线，即最小值为AE的长.过点A20° 作AC⊥DE,交ED的延长线于点C,连接AE,图略.所以AC= 19.1.3多边形的外角和 BD=3,CE=AB+DE=3.所以代数式√x2+1+ 基础训练1.A;2.D;3.A;4.40°；5.72°. √(3-x)2+4的最小值为：AE=√AC+CE=32. 6.因为∠ABE是四边形ABCD的外角， 21.(1)过点P作PE⊥CD于点E,图略.设经过xs,P,Q两 所以∠ABE+∠ABC=180°. 点之间的距离是10cm.根据题意，得(16-2x-3x)2+62= 因为∠ABE=∠D, 10心解得气=号= 所以∠ABC+∠D=180°. 5 又因为四边形的内角和等于360°， 答：经过或号，P,0两点之间的距离是10cm 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 (2)设经过ys,△PBQ的面积为12cm2. ①当0≤y≤9时，PB=16-3所以号PB~BC= 根据题意，得x+弓=180.解得x=72所以这个正多 2 边形的边数为：360°÷72°=5. ×(16-3y)×6=12.解得y=4; 能力提高8.根据题意，得王明所走路径是一个正多边 ②当9<y≤号时，BP=3y-16,0C=2所以宁BP: 1 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0=360° 0c=7×(3y-16)×2=12解得1=6=-子（含 ÷12=30. 去)； 第37期3版 ③当号<y≤8时，PQ=C0-PC=2-x所以P0: 一、题号123456 78 答案BC B CC A C C BG=分×(2-)×6=12解得y=18(含去) 二、9.2n;10.54:11.8,135°；12.366. 答：经过4s或6s,△PBQ的面积为12cm2. 三、13.图略. 第37期2版 14.延长AG,CD交于点H,图略. 19.1多边形 因为∠A=∠B=∠C=∠CDE=∠AGF=90°， 19.1.1多边形的概念 所以∠H=(4-2)×180°-∠A-∠B-∠C=90°， 基础训练1.C;2.C;3.A. ∠EDH=180°-∠CDE=90°，∠FGH=180°-∠AGF=90°. 4.(1)3,12. 所以∠F=(5-2)×180°-∠EDH-∠E-∠FGH-∠H =130°≠140°. (2)因为△ABC边界上的格点数是8，Sa=2×3×4 所以这个零件不合格。 =6,正方形DEFG内的格点数是4，S正方形DEr6=3×3=9,所以 15.(1)六边形ABCDEF的内角和为：(6-2)×180°= r3m+8n-1=6,解得 m=1, 720. l4m+12n-1=9. 1 n=2 (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°- (3)18. 470°=250°.所以∠G=360°-（∠GBC+∠C+∠CDG)= 能力提高5.原多边形纸片的边数为3或4或5.图略. 110°. 19.1.2多边形的内角和 16.设这个多边形的边数是m.根据题意，得1280°-180° 基础训练1.C;2.C;3.18;4.10. 5.因为AB∥CD,∠B=70°， <(m-2)×180°<1280e解得8号<m<9号 91 所以∠C=180°-∠B=110°. 因为m是正整数，所以m=9. 因为五边形的内角和为：(5-2)×180°=540°， 所以他重复加的那个角的度数是：1280°-(9-2)×180° 所以x°+120°+140°+70°+110°=540°. =20°. 解得x=100. 17.(1)∠ACD=∠A+∠B. 6.(1)60. (2)因为∠A+∠B+∠BCD+∠D=(4-2)×180°= 初中数学·沪科八年级(AH) 第36~39期 360°，所以∠BCD=360°-∠A-∠B-∠D.因为∠DCE是四 第38期3版 边形ABCD的外角，所以∠DCE=180°-∠BCD=∠A+∠B 题号12 345678 +∠D-180°. 答案DB AD BCAC (3)y-x=180(n-3) 附加题(1)正确. 二、9.14；10.答案不惟-，如AB=CD;11.30°； 12.6: (2)设应加内角的度数为x,所加外角的度数为y.根据题 三、13.因为四边形ABCD是平行四边形，所以OA=OC, 意，得(n-2)×180°=2020°-y+x OB=OD.因为AE=CF,所以OA+AE=OC+CF,即OE= 因为-180°<x-y<180°， OF.因为BG=DH,所以OB-BG=OD-DH,即OG=OH.所 所以2020°-180°<(n-2)×180°<2020°+180°.解 以四边形EGFH是平行四边形. 得122 <a<14号 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. 因为n是正整数，所以n=13或14.所以嘉嘉求的是十三 所以∠B=∠DAE.在△ABC和△EAD中，因为AB=EA,∠B 边形或十四边形的内角和. =∠DAE,BC=AD,所以△ABC≌△EAD(SAS). 第38期2版 15.因为四边形ABCD是平行四边形，AB=4,所以CD= 19.2平行四边形 AB=4,AD∥BC.因为∠ACB=30°，所以∠DAC=∠ACB= 19.2.1平行四边形的性质 30°.根据折叠的性质，得AE=AD,CD=CE,∠ACD=90°.所 基础训练1C;2.C;3.2或8；4.1.5. 以∠D=90°-∠DAC=60°.所以△ADE是等边三角形.所以 5.因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB=CD,BC= AD=AE=DE=2CD=8.所以△ADE的周长为：8×3=24. AD,∠ABC=∠ADC.因为△BCE和△CDF都是等边三角形， 16.(1)因为BD是△ABC的角平分线，所以∠CBD= 所以CD=DF,BC=BE,∠EBC=∠CDF=60°.所以AB= ∠EBD.因为ED∥BC,所以∠CBD=∠EDB.所以∠EBD= DF,BE=AD,∠ABC+∠EBC=∠ADC+∠CDF,即∠ABE= ∠EDB.所以BE=ED.因为BE=CF,所以ED=CF:所以四 ∠FDA.所以△ABE≌△FDA(SAS).所以AE=AF 边形EFCD是平行四边形. 6.(1)因为四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，所以 (2)因为BD是△ABC的角平分线，∠ABC=60°，所以 AD∥BC,∠D=∠B=60°.所以∠BAD=180°-∠B=120. ∠ABD=7∠ABC=30因为∠ADB=10°，所以∠A= 因为AE⊥BC,AF⊥CD,所以∠AEB=∠AFD=90°.所以 180°-∠ABD-∠ADB=50°.因为四边形EFCD是平行四边 ∠BAE=90°-∠B=30°，∠DAF=90°-∠D=30°.所以 形，所以EF∥AC.所以∠AEF=180°-∠A=130°. ∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF=60. 17.(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB=CD, (2)因为四边形ABCD是平行四边形，BC=6,所以AD= AB∥CD.因为CE=AB,所以CE=CD.所以∠CDE=∠CED BC:6由（①）知∠DMF=30所以DF=2A4D=3.由勾股 =(180-∠DCE)=90-∠DCR所以∠AED= 定理，得AF=AD-DF2=35. ∠CDE=90-7∠DCE 能力提高7.B. (2)延长DA,FE交于点M,图略.因为四边形ABCD是平 19.2.2.1平行四边形的判定 行四边形，所以AD∥BC.所以∠M=∠EFB.因为E是AB的 基础训练1.B;2.A;3.D;4.是 中点，所以AE=BE.由对顶角相等，得∠AEM=∠BEF.所以 5.因为a2+b2+c2+f=2ac+2bd,所以(a-c)2+(b- △AEM≌△BEF(AAS).所以ME=FE,AM=BF=2.所以 d)2=0.所以a=c,b=d.所以四边形ABCD是平行四边形 DM=AD+AM=6.因为DF⊥BC,AD∥BC,所以DF⊥AD, 6.由对顶角相等，得∠AOE=∠COD.在△AOE和△COD 即∠MDF=90°.在Rt△MDF中，由勾股定理，得MF= 中，因为∠EA0=∠DC0,A0=C0,∠AOE=∠COD,所以 △AOE≌△COD(ASA).所以OE=OD.所以四边形AECD是 VDn+DF=6E.所以EF=MF=35. 平行四边形. 附加题(I)因为AC=AE,BC=BE,所以AB⊥CE, 能力提高7.4. ∠AEC=∠ACE,∠BEC=∠BCE.所以∠AEC+∠BEC= 19.2.2.2三角形的中位线 ∠ACE+∠BCE,即∠AEB=∠ACB.因为∠AEB=∠CAD,所 以∠ACB=∠CAD.所以BC∥AD.因为CD⊥CE,所以AB∥ 基础训练1.B;2.D;3.C；4.4. CD.所以四边形ABCD是平行四边形. 5.因为P是BD的中点，E是AB的中点，F是CD的中点，所 (2)过点A作AG⊥CD于点G,图略.所以AG∥CF.因为 以PE=之AD,P=BC因为AD=BC,所以PE=PE所 AB∥CD,AB⊥CE,所以CF=AG.根据勾股定理，得AC-CG 以∠PFE=∠PEF=18° =AD2-DC,即4-(3-DG)2=32-DGC.解得DG=号 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 所以GF=AG=VD-D派=45因为AC=AE,B 四边形. 能力提高7.4. CE,所以CE=2CF=85 3 3 初中数学·沪科八年级(AH) 第36~39期 第39期2版 第39期3版 19.3矩形、菱形、正方形（矩形） 题号 1 23456 78 19.3.1.1矩形的性质 答案A C D CC D C B 基础训练1D;2.D;3.110. 4.(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AD∥BC,∠B= 二、9.35°； 10.45；11.6:2子 90°.所以∠DAF=∠AEB.因为DF⊥AE,所以∠AFD=90° 三、13.因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC=AD= =∠B.又因为DA=AE,所以△DFA≌△ABE.所以DF=AB. 8.因为AB=6,AC=10,所以AC=AB2+BC2.所以∠B= (2)因为AB=4,所以DF=4.因为四边形ABCD是矩形， 90°.所以平行四边形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= 14.(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AD∥BC.所以∠F 2DF=8. =∠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). 能力提高5.45. (2)因为四边形ABCD是矩形，所以∠D=90°.因为∠F 6.(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.所以 =30°，所以CF=2CD=8. ∠BAC=∠FCO.由对顶角相等，得∠AOE=∠COF.又因为 15.(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以AE∥BC. AE=CF,所以△AOE≌△COF.所以OE=OF. 又因为CE∥BD,所以四边形BCED是平行四边形.所以CE= (2)连接OB,图略.因为△AOE≌△COF,所以OA=OC, BD.因为CE=AC,所以AC=BD.所以四边形ABCD是矩形. 即O为矩形ABCD对角线的交点.所以OA=OB.所以∠BAC (2)因为四边形ABCD是矩形，所以∠BAD=90°，BC= =∠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 AD=3.根据勾股定理，得BD=√AB+AD=5.所以四边形 2∠BAC+∠BAC=90°.解得∠BAC=30°.因为四边形ABCD BCED的周长为：2(BC+BD)=16. 是矩形，所以∠ABC=90°.因为BC=2,所以AC=2BC=4. 16.因为矩形ABCD≌矩形AEFG,所以AB=AE=1, 根据勾股定理，得AB=√AC-BC=235. ∠DAB=∠FEA=90°，AD=BC=2.所以∠ABE=∠AEB, 19.3.1.2直角三角形斜边上的中线 ∠ABE+∠ADB=90°，∠AEB+∠DEF=180°-∠FEA= 90°.所以∠DEF=∠ADB.所以EH=DH.在Rt△AEH中，根 基础训练1.D;2.C;3.C:4 2 据勾股定理，得EⅢ+AE2=AP,即(2-AH)2+12=A.解 5.连接CE,图略. (I)因为CD=CB,E为BD的中点，所以CE⊥BD.所以 得初=子 ∠A5C=90因为F为AC的中点，所以EF=号4C=1. 17.(1)因为AB=AC,AD是△ABC的角平分线，所以AD ⊥BC,∠CAD=之LBAC所以∠ADC=902.因为AW为 (2)BC=AM+DM.理由如下： 因为∠BAC=45°，所以∠ACE=90°-∠BAC=45°.所 △ABC外角LCAM的平分线，所以∠CAN=之∠CAM所以 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. ∠DAE=∠CAD+∠CAN=90°.因为CE⊥AN,所以∠AEC= 90°.所以四边形ADCE是矩形. 19.3.1.3矩形的判定 基础训练1.D;2.B; (2)四边形ABDE是平行四边形.证明如下： 3.答案不惟一，如DE=FG;4.13. 由(I)知，四边形ADCE是矩形.所以AE=CD,AC=DE. 5.因为BE∥DF,所以∠DFC=∠AEB.所以180°- 又因为AB=AC,BD=CD,所以AB=DE,AE=BD.所以四边 ∠DFC=18O°-∠AEB,即∠DFA=∠BEC.因为DF=BE,AF 形ABDE是平行四边形. =CE,所以△AFD≌△CEB.所以∠DAC=∠BCA,AD=CB. (3)DF∥AB,DF=B 所以AD∥BC.所以四边形ABCD是平行四边形.又因为∠BAD 附加题(1)因为四边形ABCD是矩形，所以∠A= =90°，所以四边形ABCD是矩形. ∠ADC=∠B=∠C=90°，AB=CD.由折叠的性质，得AB= 能力提高6.4. PD,∠A=∠P=90°，∠B=∠PDF=90°.所以PD=CD, 7.(1)因为AD∥BC,所以∠D+∠C=180°.因为∠A= ∠PDF=∠ADC,∠P=∠C.所以∠PDF-∠ADF=∠ADC- ∠D=90°，所以∠C=∠A=∠D=90°.所以四边形ABCD是 ∠ADF,即∠PDE=∠CDF.所以△PDE兰△CDF(ASA). 矩形. （2)根据折叠的性质，得∠BGE=∠A=90°，BG=AB= (2)过点E作EG⊥BC于点G,图略.所以∠EGF=∠EGB 6,AE=GE.所以∠EGF=180°-∠BGE=90°.因为E是AD =90°.所以四边形ABGE和四边形EGCD都是矩形.所以AE= 的中点，所以AE=DE.所以DE=GE.因为EF=EF,所以 BG,DE=CG,EG=CD=4.在Rt△EGF中，由勾股定理，得FG Rt△DEF≌Rt△GEF(HL).所以DF=GF.所以BF=BG+GF =√EF2-EG=3.由(I)得△PDE≌△CDF.所以PE= =6+DF,因为四边形ABCD是矩形，所以CD=AB=6.在 CF,DE=DF=CG=CF+3.由折叠的性质，得AE=PE.在 Rt△BCE中，根据勾股定理，得BC2+CF2=BF2,即82+(6- Rt△CDF中，由勾股定理，得CD2+CF2=DF2,即CF2+42= DF)2=(6+DF)2.解得DF=8 3 (CP+3)月.解得cP=子所以BC=20F+FG=台 一44 素养·拓展 数理招 本版责任编辑：王晓萍 报纸编辑质量反馈电话 0351-5271268 思维天地喇 第36期1,2版参考答案 报纸发行质量反馈电话 多边形中的数学思想 0351-5271248 题号12345678910 (上接4版参考答案 ◎天津 郝婧 答案C BB A D B AA C A 一、方程思想 所以这个多边形的每个外角均为：180°-156 19.(1)√2-1. 二、11.x≥-6； 12.-2;13.90°； 具有方程意识，并且会用方程解决问题，是=24°.所以这个多边形的边数为：360°÷24°= 初中生应具备的基本数学能力，方程思想的确15，即这个多边形是十五边形.故选D. 142:15名 (2)x= 11 2 立，标志着真正数学思维的形成 三、整体思想 20 (1) 例1一个多边形的每个外角都相等，且是 整体思想，就是在研究和解决有关数学问 三、16.(1)87 7 ；(2)25-1. /4+(8-x)2 它相邻内角的？，则此多边形是 边形. 题时，通过研究问题的整体形式、整体结构、整 17.(1)x1=3+25,x2=3-25; 体特征，从而对问题进行整体处理的解题方法 (2)x1=3,x2=-4 √+x2. 分析：根据正多边形的一个外角与相邻内 有一些数学问题，如果从局部入手，难以逐个突 18.(1)∠ADB=90° 角互补列出方程，从而求得外角的度数，最后根 破，但若能从宏观上进行整体分析，运用整体思 (2)√3. 据任意正多边形的外角和是360°求解即可. (2)地铁B出口与学校0之间的距离是 想，则常常能出奇制胜、简捷解题， (3)已知AB= 解：设这个多边形的一个外角的度数为x. 2065米 例3如图，在五边形 根据题意，得x=了(180°-x).解得x=45°. 19.(1)全天包车数的月平均增长率为 1,DE=2,BD=3, ABCDE中，∠A+∠B+∠E= 60%. 取P为线段BD上 所以这个多边形的边数为：360°÷45°=8，即这320°，DP,CP分别平分 (2)应将每辆车的全天包车租金降价30元 动点，分别过点B,D 个多边形是八边形.故填八， ∠CDE,∠BCD,则∠P的度数 二、转化思想 巡 ( 20.(1)4,7-4. 作AB⊥BD,ED⊥ 转化思想是数学的基本思想，也是数学解 A.70° B.65° C.60° D.559 (2)5-√23，√23-4. BD,连接AP,EP.设 决问题的基本方法.转化思想的基本思路就是 分析：根据五边形的内角和等于540°可求 (3)√23x-xy+17=√23(5-√23)- BP=x.根据勾股定 将复杂的未知的问题转化为简单的已知的问 ∠BCD+∠CDE的度数，再根据角平分线的定 (5-/23)(/23-4)+17=523-23 理，得AP= 题，至于转化的具体方法，因问题而有所不同，义可得∠PDC+∠PCD的度数，进一步求得 X 5/23+20+23-423+17=37-423 但总的方向是化大为小、化异为同、化繁为简. ∠P的度数. √R+1,PE 21.(1)因为a=1,b=-2(n-2),c=n2 例2一个多边形的每个内角均为156°，则 解：五边形ABCDE的内角和为：(5-2)× -4n,所以A=b2-4ac=[-2(n-2)]2 √(3-x)2+4.所 这个多边形是 )180°=540°.因为∠A+∠B+∠E=320°，所以 4(n2-4n)=16>0.所以方程有两个不相等 A.九边形 B.十边形 以AP+PE= ∠BCD+∠CDE=220°.因为DP,CP分别平分 的实数根 C.十二边形 D.十五边形 ∠CDE,∠BCD,所以∠PDC+∠PCD= (2)因为x2-2(n-2)x+n2-4n=(x √+1 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 ∠cnB+7∠BCD=5(∠GDE+∠BCm n)(x-n+4)=0,所以x1=n,x2=n-4.由 (3-x)2+4.要 解决，可以快速得解 =110°.所以∠P=180°-（∠PDC+∠PCD) 题意，得AB≠AC.因为△ABC是等腰三角形， 使AP+PE的值最 解：因为这个多边形的每个内角均为156°，=70°.故选A. 所以有两种情况： 当n=10时，n-4=6.因为6,10,10能组 小，则需满足A,P,E 专题辅导四 成等腰三角形，所以n=10符合题意， 三点共线，即最小值 初识用正多边形镶嵌地面 当n-4=10时，n=14.因为10,10,14能 为AE的长.过点A 组成等腰三角形，所以n=14符合题意. 作AC⊥DE,交ED 综上所述，n的值为10或14时，△ABC是 ◎山西李卓鹏 的延长线于点C,连 等腰三角形 观察一些建筑物的地面，可以发现这些地12.由于x,y都为正整数，故只有当x=3,y=2 第36期3,4版参考答案 接AE,图略.所以AC 面常常是用一种或几种正多边形瓷砖镶嵌而时，2x+3y=12才能成立.所以用3块正三角形 BD =3,CE AB 成你知道用哪些正多边形瓷砖可以铺满地面瓷砖和2块正方形瓷砖可以铺满地面。同理，用 吗？ 2块正三角形瓷砖和2块正六边形瓷砖或用4块 题号12345678910 +DE=3.所以代数 一、用一种正多边形瓷砖镶嵌地面 正三角形瓷砖和1块正六边形瓷砖可以铺满 答案D B C A D B A BBB 式 √2+1 例1只用一种正六边形地砖密铺地板，则地面。 二、11.x(x-1)=182;12.2027; √(3-x)2+4的 围绕在正六边形的一个顶点处的正六边形地砖 故选C. 13.52cm;14.6;15.2或1+√2. 有 () 三、探索规律 三、16.(1)x1=2+6,x2=2-6; 最小值为：AE= A.3块B.4块 C.5块D.6块 例3如图是某广场用地 (2)x1=-2,x2=4. √AC+CE 解：正六边形的每一个内角为：(6-2)×砖铺设的部分图案，中央是一块 17.(1)原式=-a2+a-5.当a=2- 32 180°÷6=120°.所以围绕在正六边形的一个顶正六边形地砖，周围是正三角形 点处的正六边形地砖有：360°÷120°=3（块）. 1时，原式=32-9. 和正方形地砖.从里向外的第1 21.(1)经过 故选A. 层有6个正方形地砖和6个正三 (2)原式=m-1+1当m=2+5时. 8 m 二、用两种正多边形瓷砖镶嵌地面 角形地砖，第2层有6个正方形 或4，P.0两 原式=3. 例2用下列两组边长相等的瓷砖镶嵌地地砖和18个正三角形地砖，…，依此递推，则第 18.(1)是 点之间的距离是 面：①正三角形与正方形；②正三角形与正六边6层有正三角形地砖的个数是 ,第n层 (2)因为关于x的一元二次方程ax2- 10cm. 形，将每组中的两种正多边形结合，能铺满地面有正三角形地砖的个数是 √3ax+c=0(a≠0)是“倍根方程”，所以设方 (2)经过4s或 的是 解：第1层有6×1个正三角形地砖，第2层 程的两根分别为m,2m.由根与系数的关系，得 A.① B.② 有6×3个正三角形地砖，…，所以第6层有正三 6s,△PBQ的面积 C.①② D.都不能 角形地砖的个数是：6×11=66，第n层有正三 m+2m=万，号=2m2.解得m=5,-2 为12cm2. 3’a 解：假设用x块正三角形瓷砖与y块正方形角形地砖的个数是：6(2n-1)=12n-6. (全文完) 瓷砖可以铺满，则60x+90y=360,即2x+3y= 故填66,12n-6. 所以e=子 (下转1,4版中缝) 数评极 2026年3月11日·星期三 初中数学 第37期总第1181期 沪科 八年级(AH) 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 数理报社编辑出版 社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/(F) 本周主讲 师点睛： 19.1多边形 多角少角 巧妙求解 学习目标：1.了解多边形的相关概 念 ◎安徽王云清 2.掌握多边形的内角和与外角和公式 并会进行实际应用」 在解多边形问题时，常常会遇到少算角、多了一个内角，所以这个多边形的内角和大于 认知重点：能运用多边形内角和与 算角、剪去角等问题，很多同学在解这类题型时1830°-180°，且小于1830°，求解不等式组确 外角和公式解决生活中的实际问题 往往会束手无策.为了帮助同学们突破这一难定的整数解. 点，现讲解如下： 解：设这个多边形的边数为n.根据题意，得 多边形的内角和与 一、少算一个角 1830°-180°<(n-2)×180°<1830°.解得 入门向导 外角和是多边形相关知 识的延展，从三角形内角 例1一个多边形少算个内角其余内角山石<n<2石因为n为正整数，所以n 之和是1500°，则这个多边形的边数是() 和、外角和到多边形的内 内 A.8 B.9 C.10 D.1112,即这个多边形的边数为12. 角和、外角和，环环相扣 多边 三、剪去一个角 分析：设这个多边形的边数为几，因为少算 前面的知识为后边的知 了一个内角，所以这个多边形的内角和大于1 例3一个多边形纸片按如 莉 识做了铺垫，联系性比较 赵 500°，且小于1500°+180°，求解不等式组确定n图所示的剪法剪去一个内角后， 强，可以培养学生的探索 的整数解， 多边形的内角和 (填“增 与归纳能力. 解：设这个多边形的边数为.根据题意，得 加”或“减少”) o. 的 外 如图1所示，在n边 1500°<(n-2)×180°<1500°+180°.解得 分析：根据题意可设原来的多边形边数为 形AA2A3…An中，从其中 1 n,则新多边形的边数为n+1,然后利用多边形 一个顶点可以引(n-3) 10写<n< .因为n为正整数，所以n= 的内角和公式进行计算即可解答 条对角线，得到(n-2) 11.故选D. 解：设原来的多边形边数为，则新多边形 个三角形，这(n-2)个 二、多算一个角 的边数为n+1.根据题意，得(n+1-2)×1809 三角形的内角和就是这 例2小明在求一个多边形的内角和时，多-(n-2)×180°=(n-2)×180°+180°-(n 个n边形的内角和，即(n-2)×180° 算了一个内角，总和为1830°，求这个多边形的 -2)×180°=180.所以一个多边形纸片按如 边数 上图所示的剪法剪去一个内角后，多边形的内 分析：设这个多边形的边数为几，因为多算角和增加180°.故填增加，180 题型 间 图1 一、多边形的内角和大显身手 多边衫 就在你身边 例1如图2，已知∠M0N =60°，正五边形ABCDE的顶 ◎广州朱林丽 现实情景中有许多与多边形相联系的问外角都相等，即可求出∠1的度数 点A,B在射线OM上，J顶点E在 题，这些问题立意新颖，趣味性、应用性强，下面 解：因为“停车让行标志”可以看成是正八 射线ON上，则∠AE0= 举例予以说明， 边形，所以∠1=360°÷8=45° 一、班徽设计 故填45. 解：因为五边形ABCDE是正五边形，所以 例1为了提高同学 三、行走路线 ∠EA=(5-2)×180°=108.所以∠AE0 们的创新能力和设计能 例3如图3，一只蚂蚁从点A出发每向前 5 力，某中学进行班徽设计 爬行5厘米，就向左边偏转9°，则这只蚂蚁回到 =∠EAB-∠M0N=48°.故填48. 大赛，如图1是某班一位同 点A时，共爬行了 二、多边形的外角和初露锋芒 学的班徽设计获奖作品， 例2已知一个正多边形的每一个外角都 其形状可以近似看作正五 是40°，则这个正多边形的边数是 () 边形，则每一个内角的度数为， A.8B.9 C.10 D.12 分析：根据正多边形的内角和公式、概念即 可求解 图3 解：因为这个正多边形的每一个外角都是 解：正五边形的内角和为：(5-2)×180°= A.100厘米 B.200厘米 40°，多边形的外角和是360°，所以这个正多边 540°.因为正五边形的每一个内角都相等，所以 C.400厘米 D.不能回到点A 形的边数是：360°÷40°=9.故选B. 每一个内角的度数为：540°÷5=108° 分析：根据题意可得，这只蚂蚁回到点A时， 三、多边形的内角和与外角和齐心合力 故填108. 经过的正多边形的每个外角的度数都是9°，求 例3若一个正n边形的内角和为1080 二、交通标志 出这个正多边形的边数即可得解， 则它的每个外角度数是 例2小明发现交通 指示牌中“停车让行标志” 解：根据题意可得，这只蚂蚁回到点A时，经 A.36°B.45° C.72° D.60° 可以看成是正八边形，如图 过的正多边形的边数为：360°÷9°=40. 解：根据题意，可得(n-2)×180°= 2,则∠1= 0 所以这只蚂蚁回到点A时，共爬行了：40×5 1080°.解得n=8.所以这个多边形每个外角 分析：根据正多边形 =200(厘米). 的度数为：360°÷8=45°.故选B 的外角和是360°，且每个 故选B. 2 素养·专练 数理极 19.1.2多边形的内角和 19.1.3多边形的外角和 跟踪训练 垦础训练 垦础训练 GENZONGXUNLIAN 1.燃灯佛舍利塔被称作“通州八景”之一，它 1一个五边形的外角和等于 () 19.1多边形 巍峨挺拔，雄伟壮观，始建于北周年间，是北京地 A.360° B.540° C.720 D.180° 19.1.1多边形的概念 区建造年代最早、最高大的佛塔之一.燃灯佛舍利 2.正n边形的一个外角为30°，则n的值为 塔为八角形十三层砖木结构密檐式塔，十三层均 ! () 屋础训练 为正八边形砖木结构，图1所示的正八边形是其 A.6 B.8 C.10 D.12 1.在如图1所示的图形中，属于多边形的有 中一层的平面示意图，其内角和为 ( 3.一个多边形的内角和等于外角和的2倍， A.135° B.360° C.1080°D.190° 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 A.1个 B.2个 C.3个D.4个 为 图1 图2 2.过多边形一个顶点的所有对角线，将这个 2.正六边形的每个内角度数为 多边形分成8个三角形，则这个多边形的边数是 A.72°B.100°C.120° D.150° ( A.8 B.9 C.10 D.11 3.如图2，在正五边形ABCDE中，以AB为 3.下列长度的三条线段与长度为5的线段能 边，在正五边形内作正方形ABMN,则∠CBM= 图1 组成四边形的是 ( 4.已知一个正多边形的一个内角等于144°， 5.如图2，五边形ABCDE是正五边形.若，∥ A.2,2,2 B.1,1,8 D.1,1,1 则这个多边形的边数是 12,则∠1-∠2= C.1,2,2 5.如图3，在五边形ABCDE中，AB∥CD,求x 6.如图3，∠ABE是四边形ABCD的外角， 4.在边长为1的小正方形组成的方格纸中， 的值， 4 ∠ABE=∠D.求证：∠A+∠C=180. 若多边形的每个顶点都在方格纸的格点（横、竖格 140° 子线的交点)上，这样的多边形称为格点多边形. 709B 71209 记格点多边形内的格点数为a,边界上的格点数 to 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 图 边形，依次为△ABC(如图2)，正方形DEFG(如图 3).认真数一数：△4BC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 6.如图4，在四边形ABCD中，∠A=100°， 7.已知一个正多边形一个内角等于一个外角 的值； (3)现有一张方格纸共有110个格点，画有 ∠D=140°，∠BCD的平分线CE交AB于点E. 的倍，求这个正多边形的边数。 个格点多边形，它的面积S=40,该格点多边形外 (1)若∠B=∠BCD,则∠B= 的格点数为c.若b=c,则a= (2)若CE∥AD,求∠B的大小N 图2 图 8.如图4，假如王明从点A出发，沿直线走 能刀提高 能刀提高 6米后向左转0，接着沿直线前进6米后，再向左 转0，…，如此下去，当他第一次回到A点时，发现 5.把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三 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 自已走了72米，求6的度数 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. 的内角的度数 图4 数理报社试题研究中心 (参考答案见下期) 数理极 素养·测评 5 16.(12分)小明求得一个多边形的内角和为 同步检测 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 TONGBUJIANCE 边形的边数以及他重复加的那个角的度数， 【检测范围：19.1】 一、精心选一选（每小题4分，共32分） 案.若∠1+∠3+∠5=186°，则∠2+∠4+ 题号12345678 答案 1.下列图形中，是五边形的是 A C ① 图4 2.从六边形的一个顶点出发的对角线有 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 A.6条 B.4条 :ABCD,使△BCD的面积是△ABD的面积的2倍. C.3条 D.2条 3.已知一个多边形的内角和为360°，则这个 17.（14分)研究一个问题：多边形的一个外角 多边形为 ( 与它不相邻的内角之和具有怎样的数量关系？ A.三角形 B.四边形 (1)如图8-①，∠ACD是△ABC的外角，请 C.五边形 D.六边形 直接写出∠ACD与∠A,∠B之间的数量关系： 4.若一个多边形的每个内角都为160°，则它 的边数为 ( 图图5 (2)如图8-②，∠DCE是四边形ABCD的外 A.15 B.16 角，求证：∠DCE=∠A+∠B+∠D-180°； C.18 D.20 14.(8分)一个零件的形状如图6所示，按规 (3)若n边形的一个外角为x°，与其不相邻的 5.多边形剪去一个角后，多边形的外角和将 定∠A=∠B=∠C=LCDE=LAGF=90°，内角之和为y°，则x,y与n的数量关系是 ( )∠E=140°，质检工人测得∠F=140°，就断定这 A.减少180 B.增大180 个零件不合格，这是为什么？ 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此为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.82o C.84° D.94° 附加题⊙ 图1 15.(10分)如图7，将六边形纸片ABCDEF沿 (以下试题供各地根据实际情况选用) 8.如图2，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F虚线剪去一个角（∠BCD)后，得到∠1+∠2+∠3 如图，阅读嘉嘉和琪琪的对话，解答下列问 的度数是 ( )+∠4+∠5=470° 题： (1)求六边形ABCDEF的内角和； 什么？不可能的！虽然你的运 A.1809 B.270° 我把一个n边形的n个内角算正确，但是你错把一个外角 C.360° D.540° (2)求∠G的度数. 相加，所得的和为2020」 当作内角了！ 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 嘉嘉 琪琪 ABCDE是正五边形，过点B (1)琪琪说的“不可能的”正确吗？ 作AB的垂线交CD于点F,则 (填“正确”或“不正确”). ∠BFC的度数是■ (2)嘉嘉求的是几边形的内角和？ 11.一个多边形的每 个外角都相等，且每一个内 图3 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 数理报社试题研究中心 是冰裂纹窗棂，图4-②是这种窗棂中的部分图 (参考答案见下期)