专题11.4多边形的内角与外角（限时满分培优测试）-【拔尖特训】2023-2024学年八年级数学上册尖子生培优必刷题【人教版】（解析版）

【拔尖特训】2023-2024学年八年级数学上册尖子生培优必刷题【人教版】专题11.4多边形的内角与外角（限时满分培优测试）班级：_____________姓名：_____________得分：_____________本试卷满分100分，建议时间：30分钟.试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．试题包含基础题、易错题、培优题、压轴题、创新题等类型，没有标记的为基础过关性题目.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，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2023春•淮安期末）一个多边形的内角和的度数可能是（）A．2700° B．2800° C．2900° D．3000°【分析】设多边形的边数为n，利用多边形内角和公式根据各项数值列得方程，解方程判断n的值是否为整数即可．【解答】解：多边形的边数为n，（n﹣2）•180°＝2700°，解得：n＝17，则A符合题意；（n﹣2）•180°＝2800°，此时方程的解不是整数，则B符合题意；（n﹣2）•180°＝2900°，此时方程的解不是整数，则C符合题意；（n﹣2）•180°＝3000°，此时方程的解不是整数，则D符合题意；故选：A．【点评】本题考查多边形的内角和公式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．2．（2023•霍林郭勒市模拟）若一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是（）A．三角形 B．六边形 C．五边形 D．四边形【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解．【解答】解：设多边形的边数为n，根据题意得（n﹣2）•180°＝360°，解得n＝4．所以这个多边形是四边形．故选：D．【点评】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键．3．（2023•老河口市校级一模）正十边形的外角和的度数为（）A．1440° B．720° C．360° D．180°【分析】根据多边形的外角和等于360°解答．【解答】解：正十边形的外角和的度数为360°．故选：C．【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．4．（2023春•柯桥区期中）已知四边形ABCD中，∠A﹣∠C＝∠D﹣∠B，下列说法正确的是（）A．AB∥CD B．AD∥CB C．AB∥CD且AD∥CB D．AB，CD与BC，AD都不平行【分析】由已知条件结合四边形内角和为360°可得∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，再利用同旁内角互补，两直线平行即可证得结论．【解答】解：∵四边形ABCD中，∠A﹣∠C＝∠D﹣∠B，∴∠A+∠B＝∠C+∠D，∵四边形的内角和为360°，∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，∴AD∥CB，但无法确定AB与CD是否平行，故选：B．【点评】本题考查多边形的内角和与平行线的判定定理，结合已知条件求得∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°是解题的关键．5．（2023春•常州期末）如图，∠C+∠D+∠E﹣∠A﹣∠B的度数是（）A．180° B．240° C．300° D．360°【分析】根据三角形内角和定理及对顶角相等易得∠A+∠B＝180°﹣∠CFE，再利用四边形内角和为360°进行计算即可求得答案．【解答】解：∵∠A+∠B+∠AFB＝180°，∠CFE＝∠AFB，∴∠A+∠B＝180°﹣∠CFE∴∠C+∠D+∠E﹣∠A﹣∠B＝∠C+∠D+∠E﹣（∠A+∠B）＝∠C+∠D+∠E﹣（180°﹣∠CFE）＝∠C+∠D+∠E+∠CFE﹣180°＝360°﹣180°＝180°，故选：A．【点评】本题考查多边形的内角和，结合已知条件求得∠A+∠B＝180°﹣∠CFE是解题的关键．6．（2023春•宝安区期末）过某个多边形一点顶点的所有对角线，将这个多边形分成了5个三角形，则这个多边形是（）A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，可组成n﹣2个三角形，依此可得n的值．【解答】解：根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，可组成n﹣2个三角形，∴n﹣2＝5，即n＝7．故选：C．【点评】本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n．7．（2023春•张店区期中）从五边形的一个顶点出发，可以画出m条对角线，它们将五边形分成n个三角形，则mn的值为（）A．9 B．8 C．6 D．5【分析】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，它们把n边形分成（n﹣2）个三角形，由此即可计算．【解答】解：∵从五边形的一个顶点出发，可以画出5﹣3＝2条对角线，它们将五边形分成5﹣2＝3个三角形，∴m＝2，n＝3，∴mn的值为23＝8．故选：B．【点评】本题考查多边形的对角线，关键是掌握：n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，把n边形分成（n﹣2）个三角形．8．（2023春•薛城区期末）我们学习多边形后，发现凸多边形的对角线有一定的规律，①中的四边形共有2条对角线，②中的五边形共有5条对角线，③中的六边形共有9条对角线，…，请你计算凸十边形对角线的总条数（）A．54 B．44 C．35 D．27【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为n(n-3)2（n≥3，且n【解答】解：一个四边形共有2条对角线，一个五边形共有5条对角线，一个六边形共有9条对角线……一个十边形共有10×(10-3)2=故选：C．【点评】此题主要考查了多边形的对角线，关键是掌握计算公式．9．（2023•郏县二模）机器人从点A0出发朝正东方向走了2m到达点A1，记为第1次行走；接着，在点A1处沿逆时针方向旋转60°后向前走2m到达A2，记为第2次行走；再在点A2处沿逆时针方向旋转60°后向前走2m到达点A3，记为第3次行走，…以此类推，该机器人第一次回到出发点A0时所走过的路程为（）A．20m B．16m C．12m D．10m【分析】由题意可知机器人从点A0出发第一次回到A0时所围成的图形是一个正多边形，结合其外角和为360°求得边数后再乘以2即可求得答案．【解答】解：由题意可知机器人从点A0出发第一次回到A0时所围成的图形是一个正多边形，则其边数为：360°÷60°＝6（条），那么6×2＝12（m），即该机器人第一次回到出发点A0时所走过的路程为12m，故选：C．【点评】本题考查多边形的外角和，由题意得出机器人从点A0出发第一次回到A0时所围成的图形是一个正多边形是解题的关键．10．（2023•桥西区三模）如图，甲、乙两位同学用n个完全相同的正六边形按如下方式拼成一圈后，使相邻的两个正六边形有公共顶点，设相邻两个正六边形外圈的夹角为x°，内圈的夹角为y°，中间会围成一个正n边形，关于n的值，甲的结果是n＝5，乙的结果是n＝3或4，则（）A．甲的结果正确 B．乙的结果正确 C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确【分析】正六边形的一个内角为120°，根据周角的定义有，x+y＝360°﹣2×120°＝120°，得y=(n-2)×180°n，再讨论即可得【解答】解：∵正六边形的一个内角为(6-2)×180°6=∴x+y＝360°﹣2×120°＝120°，∵y°为正n边形的一个内角为度数，∴y=(n-2)×180°当n＝3时，y＝60°，则x＝60°，当n＝4时，y＝90°，则x＝30°，当n＝5时，y＝108°，则x＝12°，当n＝6时，y＝120°，x＝0°，则n的值为3或4或5或6．故选：D．【点评】本题考查了多边形的内角与外角．注意求正多边形的内角常常转化到求外角来计算．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）请把答案直接填写在横线上11．（2023•惠城区校级三模）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是六．【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，（n﹣2）•180°＝2×360°，解得n＝6，∴这个多边形为六边形．故答案为：六．【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．12．（2023春•庐阳区校级期末）如果过多边形的一个顶点可以引出3条对角线，那么这个多边形的边数是6条．【分析】根据多边形的对角线性质即可求得答案．【解答】解：多边形中的一个顶点可以引出的对角线条数为（边数﹣3）条，已知多边形的一个顶点可以引出3条对角线，那么这个多边形的边数是3+3＝6（条），故答案为：6条．【点评】本题考查多边形的对角线，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．13．（2023春•广饶县月考）一个正多边形从一个顶点出发有3条对角线，它的周长为42cm，则它的边长为7cm．【分析】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，由此求出正多边形的边数，即可求出边长．【解答】解：设正多边形的边数是n，由题意得：n﹣3＝3，∴n＝6，∵正多边形的周长为42cm，∴它的边长为42÷6＝7cm．故答案为：7【点评】本题考查多边形的对角线，关键是掌握：n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．14．（2023•碑林区校级模拟）如果一个正多边形的每个内角都等于135°，那么从这个正多边形的一个顶点出发，可以作5条对角线．【分析】根据正多边形的一个内角是135°，则知该正多边形的一个外角为45°，再根据多边形的外角之和为360°，即可求出正多边形的边数，再根据n边从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得答案．【解答】解：∵由题意可知：该多边形的每个外角为：180°﹣15°＝45°，∴该正多边形的边数为360°45°=∴这个正多边形的一个顶点出发，可以作对角线为8﹣3＝5（条），故答案为：5．【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点以及对角线条数公式，解答本题的关键是知道多边形的外角之和为360°，此题难度不大．15．（2023春•睢宁县月考）如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．【分析】连接AD，利用三角形内角和公式求得∠E+∠F＝∠MAD+∠MDA，然后利用四边形内角和为360°即可求得答案．【解答】解：如图，连接AD，∵∠E+∠F+∠EMF＝∠MAD+∠MDA+∠AMD＝180°，∠EMF＝∠AMD，∴∠E+∠F＝∠MAD+∠MDA，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠BAM+∠B+∠C+∠CDM+∠MAD+∠MDA＝∠DAB+∠B+∠C+∠ADC＝360°，故答案为：360．【点评】本题考查多边形的内角和及三角形的内角和，连接AD，利用三角形内角和公式求得∠E+∠F＝∠MAD+∠MDA是解题的关键．16．（2023•薛城区二模）若在同一平面内将边长相等的正五边形徽章ABCDE和正六边形模具ABMNFG按如图所示的位置摆放，连接GE并延长至点P，则∠DEP＝48°．【分析】根据正n边形内角和＝（n﹣2）⋅180°，则正n边形一个内角的度数=(n-2)⋅180°n，即可求得正五边形与正六边形每个内角的度数，由周角是360°可得∠EAG的度数，再根据△AEG是等腰三角形可求出∠AEG，最后根据平角是【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠BAE=180°×(5-2)∵六边形ABMNFG是正六边形，∴∠BAG=180°×(6-2)∴∠EAG＝360°﹣108°﹣120°＝132°，∵正五边形与正六边形的边长相等，∴AE＝AG，∴△AEG是等腰三角形，∴∠AEG=180°-132°∴∠DEP＝180°﹣∠AED﹣∠AEG＝180°﹣108°﹣24°＝48°．故答案为：48°．【点评】本题考查了正多边形内角和公式，以及求正多边形每个内角的度数，理解并熟练记忆公式，灵活根据题意运用等腰三角形两底角相等、以及平角、周角相结合求角度是解题的关键．三．解答题（共8小题）17．（2023春•茶陵县期中）根据图中相关数据，求出x的值．【分析】由四边形的内角和定理为360°，再建立方程即可．【解答】解：由四边形内角和等于360°，得x+（x+9）+125+90＝360，解得x＝68．答：x的值为68．【点评】本题考查的是四边形的内角和定理的应用，一元一次方程的应用，熟练地利用四边形的内角和定理建立方程是解本题的关键．18．（2023春•港南区期中）一个n边形的每个外角都相等，如果它的内角与相邻外角的度数之比为3：1，求n的值．【分析】由多边形的外角和是360°，即可求解．【解答】解：设这个n边形的每个外角是x°，则每个内角是3x°，由题意得：x+3x＝180，∴x＝45，∴n＝360÷45＝8，【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形的外角和是360°．19．（2022秋•无为市期末）若一个多边形的内角和的14比它的外角和多90【分析】由多边形的内角和定理，外角和是360°，即可计算．【解答】解：设这个多边形的边数是n，由题意得：14（n﹣2）×180°﹣360°＝90∴n＝12，答：这个多边形的边数是12．【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）；多边形的外角和是360°．20．（2023春•新乡期末）如果一个正多边形的每个外角都为45°．（1）求这个正多边形的边数；（2）若截去一个角（截线不经过多边形的顶点），求截完角后所形成的另一个多边形的内角和．【分析】（1）利用正多边形的性质和多边形的外角和计算即可；（2）由题意确定截完角后所形成多边形的边数，然后利用多边形的内角和公式计算即可．【解答】解：（1）由题意可得：360°÷45°＝8，即这个正多边形的边数为8；（2）∵将正多边形截去一个角（截线不经过多边形的顶点），∴截完角后所形成的多边形为九边形，则其内角和为：（9﹣2）×180°＝1260°．【点评】本题考查多边形的内角和与外角和，正多边形的性质，（2）中根据题意确定截完角后所形成多边形的边数是解题的关键．21．（2023春•成华区期末）如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝α，∠BCD＝β，延长AB到点E，AF是∠DAB的平分线，BG是∠CBE的平分线．（1）如图1，当AF∥BG时，求证：α+β＝180°（2）如图2，当α+β＞180°时，直线AF交直线BG于点M，问∠AMB与α，β之间有何数量关系？写出你的结论并证明；（3）如果将（2）中的条件α+β＞180°改为α+β＜180°，那么∠AMB与α，β之间又有何数量关系？请直接写出结论，不用证明．​【分析】（1）AF是∠DAB的平分线，BG是∠CBE的平分线，得∠BAD＝2∠BAF，∠EBC＝2∠EBG，由AF∥BG，得∠BAF＝∠EBG，所以∠BAD＝∠EBC，则AD∥BC，所以α+β＝180°；（2）延长AD、BC交于点H，由∠EBM=12∠EBC，∠BAM=12∠BAD，得∠AMB＝∠EBM﹣∠BAM=12（∠EBC﹣∠BAD）=12∠H，则2∠AMB＝∠H＝180°﹣（∠HDC+∠HCD）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣（3）延长DA、CB交于点L，由∠ABM＝∠EBG=12∠EBC=12∠ABL，∠BAF=12∠BAD，得∠AMB＝∠BAF﹣∠ABM=12（∠BAD﹣∠ABL）=12∠L，则2∠【解答】（1）证明：∵AF是∠DAB的平分线，BG是∠CBE的平分线，∴∠BAD＝2∠BAF，∠EBC＝2∠EBG，∴AF∥BG，∴∠BAF＝∠EBG，∴2∠BAF＝2∠EBG，∴∠BAD＝∠EBC，∴AD∥BC，∴α+β＝180°．（2）解：2∠AMB＝α+β﹣180°，证明：如图2，延长AD、BC交于点H，∵∠EBM=12∠EBC，∠BAM=1∴∠AMB＝∠EBM﹣∠BAM=12（∠EBC﹣∠BAD）=1∴2∠AMB＝∠H，∵∠H＝180°﹣（∠HDC+∠HCD）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°，∴2∠AMB＝α+β﹣180°．（3）2∠AMB＝180°﹣α﹣β，证明：如图3，α+β＜180°，延长DA、CB交于点L，∵∠ABM＝∠EBG，∠EBC＝∠ABL，∴∠ABM＝∠EBG=12∠EBC=1∵∠BAF=12∠∴∠AMB＝∠BAF﹣∠ABM=12（∠BAD﹣∠ABL）=1∴2∠AMB＝∠L，∵∠L＝180°﹣α﹣β，∴2∠AMB＝180°﹣α﹣β．【点评】此题重点考查角平行线的性质、平分线的定义、三角形的内角和等于180°、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．22．（2023春•鲤城区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠C＝90°，BE平分∠ABC，BE、CD交于G点．（1）如图1，若∠A＝90°，①求证：∠EDG＝∠ABC；②作DF平分∠ADC，如图2，求证：DF∥BG．（2）如图3，作DF平分∠ADC，在锐角∠BAD内部作射线AN，交DF于N，若∠AND﹣∠GBC的大小为45°，试说明：AN平分∠BAD．【分析】（1）①根据四边形内角和得出∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，根据邻补角得出∠EDG+∠ADC＝180°，根据补角的性质即可得出结论；②根据角平分线的定义结合∠ABC+∠ADC＝180°，得出∠2+∠4=12∠ABC+12∠ADC=90°，根据∠DFC+∠4＝90°，得出∠2＝∠（2）延长AB、DF交于点M，求出∠DAN＝135°﹣∠2﹣∠3，∠BAN＝135°﹣∠2﹣∠3，证明∠DAN＝∠BAN，即可证明AN平分∠BAD．【解答】证明：（1）①∵∠C＝90°，∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∵∠EDG+∠ADC＝180°，∴∠EDG＝∠ABC；②∵BE平分∠ABC，∴∠1=∠2=1∵DF平分∠ADC，∴∠3=∠4=1∴∠2+∠4=1∵∠C＝90°，∴∠DFC+∠4＝90°，∴∠2＝∠DFC，∴DF∥BG；（2）延长AB、DF交于点M，如图所示：∵∠AND﹣∠GBC＝45°，∴∠AND＝∠2+45°，∴∠DAN＝180°﹣∠AND﹣∠3＝180°﹣∠2﹣45°﹣∠3＝135°﹣∠2﹣∠3，∵BE平分∠ABC，∴∠1=∠2=1∵DF平分∠ADC，∴∠3=∠4=1∵∠BFM＝∠CFD＝90°﹣∠4＝90°﹣∠3，∴∠AMN＝∠ABC﹣∠BFM＝2∠2﹣90°+∠3，∴∠BAN＝∠AND﹣∠AMN＝45°+∠2﹣2∠2+90°﹣∠3＝135°﹣∠2﹣∠3，∴∠DAN＝∠BAN，∴AN平分∠BAD．【点评】