多边形及其内角和八年级数学上册尖子生培优题典2

2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【人教版】专题多边形及其内角和姓名：__________________班级：______________得分：_________________考前须知：本试卷总分值100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕在每题所给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1．〔2021秋•镇原县期末〕一个多边形的每个外角为30°，那么这个多边形边数为〔〕A．12B．6C．10D．8【分析】一个多边形的外角和为360°，而每个外角为30°，进而求出外角的个数，即为多边形的边数．【解析】：360°÷30°＝12，应选：A．2．〔2021•云南模拟〕一个多边形每一个外角都等于18°，那么这个多边形的边数为〔〕A．10B．12C．16D．20【分析】利用多边形的外角和除以外角度数可得边数．【解析】：∵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，应选：D．3．〔2021春•温江区校级期末〕假设一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，那么这个多边形是〔〕A．六边形B．八边形C．十边形D．十二边形【分析】设这个多边形的边数为n，依据多边形的内角和是它的外角和的5倍列方程，即可得到n的值．【解析】：设这个多边形的边数为n，依题意得〔n﹣2〕•180°＝5×360°，解得n＝12，∴这个多边形是十二边形，应选：D．4．〔2021秋•沂南县期末〕一个正多边形的内角和为540°，那么这个正多边形的每一个内角是〔〕A．120°B．108°C．90°D．60【分析】根据正多边形的内角和定义〔n﹣2〕×180°，先求出边数，再用内角和除以边数即可求出这个正多边形的每一个内角．【解析】：设此多边形为n边形，根据题意得：180〔n﹣2〕＝540，解得：n＝5．那么这个正多边形的每一个内角为540°÷5＝108°．应选：B．5．〔2021春•沙坪坝区校级月考〕假设一个正多边形的一个内角是135度，那么这个多边形的边数为〔〕A．6B．7C．8D．10【分析】先求出正多边形每个外角的度数，然后利用多边形外角和除以外角度数即可得到多边形的边数．【解析】：∵正多边形的每个内角为135°，∴正多边形的每个外角为180°﹣135°＝45°，∵多边形的外角和为360°，∴多边形的边数为360°÷45°＝8．应选：C．6．〔2021春•永州期末〕富有灿烂文化的永州，现今保存着许多具有历史和文化价值的建筑，古朴的建筑物上雕刻的优美图案是我们数学研究的重要内容．图1中的“冰裂纹窗格〞图案就是永州古建筑雕刻图案其中的代表，无规那么多边形的形状，蕴含了丰富而和谐的数学美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的多边形，根据绘制的图形，那么∠1+∠2+∠3+∠4+∠5的度数为〔〕A．72°B．108°C．360°D．540°【分析】多边形的外角和等于360度，依此即可求解．【解析】：由多边形的外角和等于360度，可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360度．应选：C．7．〔2021秋•梁园区期末〕假设n边形的内角和等于外角和的3倍，那么边数n为〔〕A．n＝6B．n＝7C．n＝8D．n＝9【分析】根据n边形的内角和等于外角和的3倍，可得方程180〔n﹣2〕＝360×3，再解方程即可．【解析】：由题意得：180〔n﹣2〕＝360×3，解得：n＝8，应选：C．8．〔2021春•烟台期中〕从多边形一条边上的一点〔不是顶点〕出发，连接各个顶点得到2003个三角形，那么这个多边形的边数为〔〕A．2001B．2005C．2004D．2006【分析】可根据多边形的一点〔不是顶点〕出发，连接各个顶点得到的三角形个数与多边形的边数的关系求解．【解析】：多边形一条边上的一点〔不是顶点〕出发，连接各个顶点得到2003个三角形，那么这个多边形的边数为2003+1＝2004．应选：C．9．〔2021春•龙口市期中〕如下图的图形中，属于多边形的有〔〕个．A．3B．4C．5D．6【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．显然只有第一个、第二个、第五个．【解析】：所示的图形中，属于多边形的有第一个、第二个、第五个．应选：A．10．〔2021秋•黄石港区校级期中〕如图，五边形ABCDE是正五边形，那么x为〔〕A．30°B．35°C．36°D．45°【分析】根据正多边形的每个内角相等以及多边形的内角和公式可得∠E＝∠CDE＝108°，再根据正多边形的各边相等可得△ADE是等腰三角形，据此可得∠1的度数，再根据角的和差关系求解即可．【解析】：因为五边形ABCDE是正五边形，所以∠E＝∠CDE=180°×(5-2)5=108°，AE所以∠1=∠3=180°-108°所以x＝∠CDE﹣∠1﹣∠3＝36°．应选：C．二、填空题〔本大题共8小题，每题3分，共24分〕请把答案直接填写在横线上11．〔2021•海南〕正六边形的一个外角等于60度．【分析】根据正多边形的每一个外角都相等和多边形的外角和等于360度解答即可．【解析】：∵正六边形的外角和是360°，∴正六边形的一个外角的度数为：360°÷6＝60°，故答案为：60．12．〔2021•灞桥区模拟〕一个多边形的每一个外角为30°，那么这个多边形的边数为12．【分析】一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数．根据任何多边形的外角和都是360°，利用360°除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．【解析】：多边形的边数：360°÷30°＝12，那么这个多边形的边数为12．故答案为：12．13．〔2021秋•绥棱县期末〕假设一个多边形的内角和与外角和之和是1800°，那么此多边形是十边形．【分析】任意多边形的一个内角与相邻外角的和为180°，然后根据题意可求得答案．【解析】：∵多边形的一个内角与它相邻外角的和为180°，∴1800°÷180°＝10．故答案为：十．14．〔2021秋•松山区期末〕一个正五边形和一个正六边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如下图，那么∠1+∠2＝132°．【分析】利用正多边形的性质求出∠AOE、∠BOF、∠2，即可解决问题．【解析】：如图：由题意：∠AOE＝108°，∠BOF＝120°，∠OEF＝72°，∠OFE＝60°，∴∠2＝180°﹣72°﹣60°＝48°，∴∠1＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，∴∠1+∠2＝84°+48°＝132°，故答案为：132．15．〔2021春•亭湖区校级期中〕从如图的五边形ABCDE纸片中减去一个三角形，剩余局部的多边形的内角和是360°或540°或720°．【分析】分为三种情况，画出图形，根据多边形的内角和公式求出内角和即可．【解析】：如图，剩余的局部是四边形，其内角和为360°，如图，剩余的局部是五边形，其内角和为540°，如图，剩余的局部是六边形，其内角和为720°，所以剩余局部的多边形的内角和是360°或540°或720°．故答案为：360°或540°或720°．16．〔2021春•常熟市期末〕如图，∠B＝30°，那么∠A+∠D+∠C+∠G＝210°．【分析】先根据三角形内角和定理求出∠BEF+∠BFE的度数，根据补角的定义得出∠DEF+∠GFE的度数，再由三角形外角的性质即可得出结论．【解析】：∵∠B＝30°，∴∠BEF+∠BFE＝180°﹣30°＝150°，∴∠DEF+∠GFE＝360°﹣150°＝210°．∵∠DEF＝∠A+∠D，∠GFE＝∠C+∠G，∴∠A+∠D+∠C+∠G＝∠DEF+∠GFE＝210°，故答案为：210．17．〔2021•雁塔区校级模拟〕一个正多边形的外角与其相邻的内角之比为1：4，那么这个多边形的边数为十．【分析】设正多边形的每个外角的度数为x，与它相邻的内角的度数为4x，根据邻补角的定义得到x+4x＝180°，解出x＝36°，然后根据多边形的外角和为360°即可计算出多边形的边数．【解析】：设正多边形的每个外角的度数为x，与它相邻的内角的度数为4x，依题意有：x+4x＝180°，解得x＝36°，这个多边形的边数＝360°÷36°＝10．故答案为：十．18．〔2021•南海区一模〕一个n边形从一个顶点出发最多引出7条对角线，那么n的值为10．【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，列方程求解．【解析】：∵多边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，∴n﹣3＝7，解得n＝10．故答案为：10．三、解答题〔本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤〕19．〔2021春•江都区月考〕一个多边形中，每个内角都相等，并且每个外角都等于它的相邻内角的14【分析】根据题意得出内角的度数，进而得出边长，即可得出答案．【解析】：设这个多边形的一个外角的度数为x，由x=14〔180°﹣解得：x＝36°，360÷36＝10，〔10﹣2〕×180°＝1440°，此多边形为十边形，内角和为1440°．20．〔2021秋•丛台区校级期末〕在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的3倍还大20°，〔1〕求这个多边形的边数；〔2〕假设将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是多少？【分析】〔1〕设多边形的一个外角为α，那么与其相邻的内角等于3α+20°，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出α的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°÷α；〔2〕剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变．根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案．【解析】：〔1〕设多边形的一个外角为α，那么与其相邻的内角等于3α+20°，由题意，得〔3α+20〕+α＝180°，解得α＝40°．即多边形的每个外角为40°．又∵多边形的外角和为360°，∴多边形的外角个数=36040∴多边形的边数＝9，答：这个多边形的边数是9；〔2〕因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，当截线为经过对角2个顶点的直线时，多边形的边数减少了1条边，内角和＝〔9﹣2﹣1〕×180°＝1080°；当截线为经过多边形一组对边的直线时，多边形的边数不变，内角和＝〔9﹣2〕×180°＝1260°；当截线为只经过正方形一组邻边的一条直线时，多边形的边数增加一条边，内角和＝〔9﹣2+1〕×180°＝1440°．答：将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是1080°或1260°或1440°．21．〔2021春•建邺区期末〕阅读佳佳与明明的对话，解决以下问题：〔1〕“多边形内角和为2021°〞，为什么不可能？〔2〕明明求的是几边形的内角和？〔3〕错当成内角的那个外角为多少度？【分析】〔1〕n边形的内角和是〔n﹣2〕•180°，因而内角和一定是180度的倍数，依此即可作出判断；〔2〕设应加的内角为x，多加的外角为y，依题意可列方程：〔n﹣2〕180°＝2021°﹣y+x，解方程即可求解；〔3〕代入计算求解．【解析】：〔1〕设多边形的边数为n，180°〔n﹣2〕＝2021°，解得n=13∵n为正整数，∴“多边形的内角和为2021°〞不可能．〔2〕设应加的内角为x，多加的外角为y，依题意可列方程：〔n﹣2〕180°＝2021°﹣y+x，∵﹣180°＜x﹣y＜180，∴2021°﹣180°＜180°〔n﹣2〕＜2021°+180°，解得122又∵n为正整数，∴n＝13，n＝14．故明明求的是十三边形或十四边形的内角和．〔3〕十三边形的内角和＝180°×〔13﹣2〕＝1980°，∴y﹣x＝2021°﹣1980°＝40°，又x+y＝180°，解得：x＝70°，y＝110°；十四边形的内角和＝180°×〔14﹣2〕＝2160°，∴y﹣x＝2021°﹣2160°＝﹣140°，又x+y＝180°，解得：x＝160°，y＝20°；所以那个外角为110°或20°．22．〔1〕如图〔1〕所示是四边形，小明作出它对角线为2条，算法为4×(4-3)2=〔2〕如图〔2〕是五边形，小明作出它的对角线有5条，算法为5×(5-3)2=〔3〕如图〔3〕是六边形，可以作出它的对角线有9条，算法为6×(6-3)2〔4〕猜测边数为n的多边形对角线条数的算法及条数．【分析】根据〔1〕〔2〕所给算法计算即可．【解析】：〔3〕六边形，可以作出它的对角线有9条，算法：6×(6-3)2=故答案为：9；6×(6-3)2=〔4〕n的多边形对角线条数的算法及条数n(23．〔2021春•东台市期中〕如图，四边形ABCD，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，假设∠BAD＝α，∠BCD＝β．〔1〕如图1，假设α+β＝100°，求∠MBC+∠NDC的度数；〔2〕如图1，假设BE与DF相交于点G，∠BGD＝40°，请直接写出α、β所满足的数量关系式；〔3〕如图2，假设α＝β，判断BE、DF的位置关系，并说明理由．【分析】〔1〕∠ABC+∠ADC＝360°﹣〔α+β〕，那么∠MBC+∠NDC＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC＝α+β＝100°．〔2〕连接BD，由〔1〕有，∠MBC+∠NDC＝α+β，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，那么∠CBG+∠CDG=12∠MBC+12∠NDC=12〔∠MBC+∠NDC〕=12〔α+β〕，在△BCD中，∠BDC+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝180°﹣β，在△BDG中，∠GBD+∠GDB+∠BGD＝180°，〔∠CBG+∠CDG〕+〔∠BDC+∠CBD〕+∠BGD＝180°，那么12〔α+β〕+180°﹣β+40〔3〕由〔1〕有，∠MBC+∠NDC＝α+β，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，那么∠CBE+∠CDH=12〔α+β〕，∠CBE+β﹣∠DHB=12〔α+β〕，根据α＝β，那么有∠CBE+β﹣∠DHB=12〔β+β〕＝β，∠CBE＝∠【解析】：〔1〕∵∠ABC+∠ADC＝360°﹣〔α+β〕，∴∠MBC+∠NDC＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC＝α+β＝100°．〔2〕β﹣α＝80°理由：如图1，连接BD，由〔1〕有，∠MBC+∠NDC＝α+β，∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，∴∠CBG=12∠MBC，∠CDG=1∴∠CBG+∠CDG=12∠MBC+12∠NDC=12〔∠MBC+∠NDC〕在△BCD中，∠BDC+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝180°﹣β，在△BDG中，∠GBD+∠GDB+∠BGD＝180°，∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD＝180°，∴〔∠CBG+∠CDG〕+〔∠BDC+∠CBD〕+∠BGD＝180°，∴12〔α+β〕+180°﹣β+40°＝180∴β﹣α＝80°，〔3〕平行，理由：如图2，延长BC交DF于H，由〔1〕有，∠MBC+∠NDC＝α+β，∵BE、DF分