2024-2025学年度八年级数学上册第11章三角形（二）重难点讲解

第11章三角形（2）——重难点

内容范围：11.3-11.3

©重难点知识导航

多边形与平行

线、角平分线、

折蠡综合

©

知识点一：多边形的对角线

1.多边形的对角线

（1）定义：连接多边形两个不相邻顶点的一,叫做多边形的对角线;

（2）数量：过一个顶点引出的对角线有一条，多边形对角线有一条;

2.多边形分割为三角形

（1）过一个顶点引对角线，把多边形分割为一个三角形;

（2）在多边形内部确定一点，连接顶点和这个点，把多边形分割为一个三角形;

例1.

1.多边形的对角线共有20条，则下列方程可以求出多边形边数的是（）

A.”(“-2)=20B.”(〃-2)=40C.n(n-3)=20D.n(w-3)=40

例2.

2.若一个多边形的边数是这个多边形从一个顶点发出的对角线条数的2倍，则这个多边形

是_边形.

Q变式训练

变式1.

3.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2023个三角形，则这个

多边形的边数为()

A.2022B.2023C.2024D.2025

变式2.

4.过”边形的一个顶点可以画出10条对角线，将它分成相个小三角形，则〃，+”的值

是.

直点才

知识点二：多边形的内角和外角

1.多边形的内角和与外角和

多边形的内角和多边形的外角和

5—2)x180。360°

2.正多边形的每个内角和外角

正多边形的每个内角度数正多边形的每个外角的度数

5—2)x180。360。

nn

3.多边形多(少)加一个角

条件解题技巧

多加一个角后为加。会+2,去尾法，保留整数

1oO

试卷第2页，共10页

少加一个角后为加。会+2,进一法，保留整数

180

4.复杂图形的内角和

利用外角模型、8字模型、飞镖模型等，把复杂图形转化为三角形和多边形，利用三角形和

多边形求内角和.

例L

5.如图，的度数为()

A.90°B.180°C.270°D.360°

例2.

6.如图，在七边形ABCDEFG中，AB,瓦＞的延长线交于点。.若与/I,/2,Z3,Z4

相邻的四个外角的和为230°,则Z.BOD的度数为.

变式1.

7.创客小组的同学给机器人设定了如图的程序，机器人从点。出发，沿直线前进3米后左

转18。，再沿直线前进3米，又向左转18。……照这样走下去，机器人第一次回到出发地。点

时，一共走的路程是()

0-"

A.18米B.54米C.60米D.90米

变式2.

8.请根据对话回答问题：

什么？不可能!你看，

这个凸多边形的你错把一个外角当作

内角和2022。.内角加在一起了！

V

(1)小明为什么说这个凸多边形的内角和不可能是2022。？

⑵小敏求的是几边形的内角和？

直点才

知识点三：平面镶嵌

1.平面镶嵌的一个关键点是：在每个公共顶点处，各角的和是一要求不重叠，无缝隙;

2.平面镶嵌

条件符合条件的多边形

用一种任意多

全等三角形，全等四边形，

边形镶嵌

用同一种正多

正三角形，正方形，正六边形

边形镶嵌

用两种正多边(4,8,8)(3,12,12)(3,3,6,6)(3,3,3,3,6)(3,3,3,4,

形镶嵌4)(5,5,10)

用三种正多边(3,4,4,6)(4,6,12)(3,3,4,12)(3,10,15)(3,9,18)(3,

试卷第4页，共10页

形镶嵌8,24)(3,7,42)(*4,5,20)

例L

9.下列图形中，单独选用不能进行平面镶嵌的是（）

A.正三角形B.正方形C.正六边形D.正十边形

例2.

10.如图所示，足球是由32块黑白相间的牛皮缝制而成的，黑皮可看作正五边形，白皮可

看作正六边形，则白皮块，黑皮块.

变式1.

11.在下列正多边形组合中，不能铺满地面的是（）

A.正八边形和正方形B.正五边形和正八边形

C.正六边形和正三角形D.正三角形和正方形

变式2.

12.【问题再现】

现实生活中，镶嵌图案在地面、墙面乃至服装面料设计中随处可见.在七年级课题学习“平

面图形的镶嵌”中，对于单种多边形的镶嵌，主要研究三角形、四边形、正六边形的镶嵌问

题.今天我们把正多边形的镶嵌作为研究问题的切入点，提出其中的几个问题,共同来探究.

我们知道，可以单独用正三角形、正方形或正六边形镶嵌平面.比如用正方形镶嵌平面，可

以发现在一个顶点。周围围绕着4个正方形的内角.

试想:如果用正六边形来镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕着个正六边形的内角.

【问题提出】

如果我们要同时用两种不同的正多边形镶嵌平面，可设计出几种不同的组合方案?

【问题解决】

猜想1:是否可以同时用正方形、正八边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？

分析：我们可以将此问题转化为数学问题来解决.从平面图形的镶嵌中可以发现，解决问题

的关键在于分析能同时用于完整镶嵌平面的两种正多边形的内角特点.具体地说，就是在镶

嵌平面时，一个顶点周围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角.

验证1：在镶嵌平面时，设围绕某一个点有X个正方形和y个正八边形的内角可以拼成一个

周角.根据题意可得方程：90x+（8~2^X18°-y=360,整理得2x+3y=8.我们可以找到唯

O

J,fx=l

一一组适合方程的正整数解为

[y=2

结论1：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正方形和2个正八边形的内角可以拼成一

个周角，所以同时用正方形和正八边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌.

猜想2：是否可以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？若能，请按

照上述方法进行验证，并写出所有可能的方案；若不能，请说明理由.

验证2：；

结论2：；

上面，我们探究了同时用两种不同的正多边形组合镶嵌平面的部分情况，仅仅得到了一部分

组合方案，相信同学们用同样的方法，一定会找到其他可能的组合方案.

【问题拓广】

请你仿照上面的研究方式，探索出同时用三种不同的正多边形组合进行平面镶嵌的方案：

①;②（直接写出两种方案）.

知识点四：多边形与平行线、角平分线、折叠综合

1.常见模型

试卷第6页，共10页

多边形与平行线Z2-Z1=36°

多边形与平行线Nl+/2=36。

多边形与外角平分线Z£=180°-1(ZA+ZD)

E

N

多边形与内外角平分线一ZA^=1(ZC+ZD)-90°

BE

())

多边形与内角平分线上zo=1/A+zr

多边形与折叠Zl+Z2=360°-2(ZC+/D)

DE4

•，俣典例精讲

例1.

13.四边形ABC。中，的平分线与边交于点E；,ADC的平分线交直线AE于点

O.

(1)若点。在四边形ABCD的内部.

①如图1,若AD〃3C,ZB=50。，ZC=70°,则/Z)OE=.

②如图2,试探索-3、NC、NDQE之间的数量关系，并将你的探索过程写下来.

(2)如图3,若点。在四边形ABC。的外部，请探究二8、NC、NOOE之间的数量关系,

并说明理由.

例2.

14.几何图形千变万化，但是不同的图形之间往往存在联系，下面让我们一起来探索：

(1)下列有A、8两题，请你选择其中一个进行证明(若两题都证明，按题A给分).

A.如图①，/I和/2是AABC的两个外角，求证/1+/2=180。+/4；

B.如图②£)、E是AABC边AB、AC上的点，将vlDE沿DE翻折至△£/»；,若点尸在

内部，Z1+Z2=2ZA.我选择一作答

(2)如图③，BE、CE分别平分四边形ABCD的外角/CBM、ZBCN.已知4=100。，

ZD=120°,求NE的度数；

(3)如图④，已知五边形ABCDE,延长AE至尸，延长BC至G,连接CE,点P、。分别在

试卷第8页，共10页

边DE、CD上，将ADPQ沿PQ翻折至ADP。，若NDEF=g/CEF,NDCG=；NECG,

/A=m。，/B="。.请你直接写出N1+N2的度数(用含加、〃的代数式表示)

G)变式训练

变式1.

15.探究与发现：

(1)探究一：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的角之间的关系？

已知：如图1,在A4DC中，DP、C尸分别平分/WC和NACD,试探究，尸与/A的数

量关系，并说明理由.

(2)探究二：四边形的两个内角与另两个内角的平分线所夹的角之间的关系？

已知：如图2,在四边形ABCD中，DP、CP分别平分/4DC和NBCD,试探究/尸与NA+ZB

的数量关系，并说明理由.

(3)探究三：六边形的四个内角与另两个内角的平分线所夹的角之间的关系？

已知：如图3,在六边形A8C。跖中，DP、CP分别平分NEDC和/BCD,请求出NP与

NA+N3+NE+N/的数量关系.

A

AA

CDc

图1图2图3

变式2.

16.基础巩固

A过臾

图1图2图3

(1)如图1,在VABC中,ZABC的平分线与NACB的外角的平分线交于点P.

①当NA与ZABC满足的一_____关系时，PC//AB-,

②当ZA=70。时，求—P的度数.

知识运用

(2)如图2,在四边形A3C£>中，NA+ZD>NABC+aBCD,NABC的平分线与/BCD的外

角的平分线交于点尸，求/A、/O与/P之间的数量关系.

拓广探索

(3)如图3,在五边形ABCDE中，ZABC+NBCD>180°,ZABC的平分线所在的直线与ZBCD

的外角平分线所在的直线交于点尸，若/尸=20。，求NA+NO+NE的度数.

试卷第10页，共10页

参考答案:

1.D

【分析】先由〃边形从一个顶点出发可引出（"-3）条对角线，再根据〃边形对角线的总条数

幽二2=20,即可求出结果.

2

【详解】解：设多边形边数为〃，

从一个顶点出发可引出（〃-3）条对角线，

再根据“边形对角线的总条数为也二9,

2

即」——L=20，

2

”（“-3）=40,

故答案选：D.

【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，根据多边形对角线公式列等式是解答本题的关键.

2.六

【分析】设此多边形有〃条边，则从一个顶点引出的对角线有（〃-3）条，根据“一个多边形的

边数恰好是从一个顶点引出的对角线条数的2倍”列出方程，解方程即可.

【详解】解：设此多边形有〃条边，由题意，

得"=2（3）,

解得n=6,

,这个多边形是六边形.

故答案为：六.

【点睛】此题考查多边形的对角线；解题关键在于理解题意找出等量关系列出方程.

3.C

【分析】本题考查了多边形的对角线，多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个

顶点得到的三角形个数=多边形的边数-I.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.

【详解】解：从多边形一条边上的一点（不是顶点）处出发，连接各个顶点得到2023个三

角形，则这个多边形的边数为2023+1=2024.

故选：C.

4.24

答案第1页，共14页

【分析】本题考查多边形的对角线问题，根据过”边形的一个顶点可以画出（〃-3）条对角线,

分成（n-2）个三角形，进行求解即可.

【详解】解：由题意，得：n-3=10,n-2=/n,

n=13,m=ll,

机+几=24；

故答案为:24.

5.D

【分析】题目主要考查三角形外角的性质及多边形的外角和，根据题意，利用三角形外角得

出/I=NA+NB,N2="+ND,N3=/石+NF,N4=NH+NG,然后利用多边形外角

和求解即可.

【详解】解：如图所示：

•.・H=NA+15,N2=ZC+ND,N3=NE+/F,14=NH+NG,

・・・/A+/+/C+/D+/E+/F+/"+/G=/l+/2+N3+/4,

,//1+/2+/3+/4=360。,

：./A+/+/C+/O+/E+N/+/〃+/G=360。,

故选：D.

6.50。##50度

【分析】本题考查了多边形内角和问题，熟练掌握多边形的内角和等于（〃-2〉180。是解题

的关键.根据题意计算Nl,Z2,Z3,/4的度数之和，再计算五边形的内角和，即可求

解.

【详解】解：：Zl,N2,Z3,N4的外角和等于230。，

Zl+Z2+Z3+Z4=180x4-230°=490°,

五边形OEFGA的内角和为180。x（5-2）=540°,

答案第2页，共14页

ZBOD=540°-(Zl+Z2+Z3+Z4)=540°-500°=50°.

故答案为：50°.

7.C

【分析】本题考查了多边形的外角和定理的应用.由题意可知机器人所走的路线为一个正多

边形，根据多边形的外角和，即可求出答案.

【详解】解：由题意可知机器人所走的路线为一个正多边形，

该正多边形的边数为：360。+18。=20,

他需要走20次才会回到原来的起点，

即一共走了20x3=60(米).

故选：C.

8.(1)见解析

⑵十三边形的内角和

【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理，熟练掌握多边形内角和计算公式是解题的关

键.

(1)根据多边形内角和定理进行解答即可；

(2)设小敏求的是〃边形得内角和，这个外角为x。，根据公式列出不等式组即可得到答案.

【详解】(1)解：：“523)边形的内角和为5-2)x180。,

故多边形的内角和一定是180。的正整数倍，

;2022+180=11…42,

故这个凸多边形的内角和不可能是2022°；

(2)解：设小敏求的是〃边形得内角和，这个外角为x。，

由题意得：5-2)x180°=2022°-公，

二元=2382—180〃，

,.-0<x<180,

f2382-180n>0

•12382-180〃<180'

22

99

Q”为正整数，

答案第3页，共14页

〃=13.

答：小敏求的是十三边形的内角和.

9.D

【分析】本题主要查了几何图形镶嵌成平面.

根据“围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角.360。为正多边形一个

内角的整数倍才能单独镶嵌“，即可作出判断

【详解】解：A、正三角形的一个内角度数为180。+3=60。，是360。的约数，能镶嵌平面,

不符合题意；

B、正方形的一个内角度数为90。，是360。的约数，能镶嵌平面，不符合题意；

C、正六边形的一个内角度数为」一2个180：=]20。,是360。的约数，能镶嵌平面，不符合

O

题意；

D、正十边形的一个内角度数为（10一：；180°=]44。,不是360。的约数，不能镶嵌平面，符

合题意.

故选：D.

10.2012

【分析】本题主要考查了解一元一次方程，即找出黑边与白边条数的比例关系并列出方程成

为解题的关键.

由一块白皮（六边形）中，有三边与黑皮（五边形）相连，因此白皮边数是黑皮边数的2

倍，设出未知数列出方程求解即可.

【详解】解：设足球上黑皮有尤块，则白皮为（32-力块，五边形的边数共有5x条，六边形

边数有6（32-x）条.

由图形关系可得，每个正六边形白皮的周围有3个黑皮边，则白皮的边数为黑皮的2倍，

可得方程：2x5%=6（32—x）,解得:X-12,

32-^=32-12=20（块），

所以白皮20块，黑皮12块.

故答案为：20,12.

11.B

【分析】本题考查了平面密铺的知识，几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的

答案第4页，共14页

多边形的内角加在一起恰好组成一个周角.

正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360。.若能，

则说明能铺满；反之，则说明不能铺满.

【详解】解：A、正方形的每个内角是90。，正八边形的每个内角是135。，由于

90。+2x135。=360。，故能铺满，不符合题意；

B、正五边形和正八边形内角分别为108。、135°,显然不能构成360。的周角，故不能铺满，

符合题意；

C、正六边形和正三角形内角分别为120。、60°,由于60以4+120。=360。，故能铺满，不符合

题意；

D、正三角形、正方形内角分别为60。、90°,由于60。*3+90。><2=360。，故能铺满，不符

合题意.

故选：B.

12.试想：3；

[x=2fx=4

验证2：可以找到适合方程的正整数解为c或「结论2：镶嵌平面时，在一个顶

U=2[y=l

点周围围绕着2个正三角形和2个正六边形的内角可以拼成一个周角，或者在一个顶点周围

围绕着4个正三角形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形和正六

边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌；

【问题拓广】①正三角形、正方形、正六边形；②正方形、正六边形、正十二边形；（答案

不唯一）

【分析】本题主要考查正多边形，看位于同一顶点处的几个角之和能否为360。是解题的关

键.根据常用的正多边形内角进行解答即可.

试想：根据正六边形的内角为120。即可得到答案；

问题解决：列出方程找出合适的正整数解即可得到答案；

问题拓广：根据上述方法进行扩展即可；

【详解】解：试想：根据正六边形的内角为120。，

360°+120°=3,

故在一个顶点周围应该围绕着3个正六边形的内角；

问题解决：验证2：在镶嵌平面时，设围绕某一点有X个正三角形和y个正六边形的内角可

以拼成一个周角，

答案第5页，共14页

根据题意，得：60%+120^=360,

整理得x+2y=6,

,[x=2\x=4

可以找到适合方程的正整数解为c或

[y=2[y=l

结论2：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着2个正三角形和2个正六边形的内角可以拼成

一个周角，或者在一个顶点周围围绕着4个正三角形和1个正六边形的内角可以拼成一个周

角，所以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌；

问题拓广：①猜想3：是否可以同时存在用正三角形，正方形和正六边形三种正多边形组合

进行平面镶嵌；

验证3：设围绕某一点有4个正三角形，6个正方形和c个正六边形的内角可以拼成一个周

角，

依题意，得：60a+90%+120c=360

整理得：2a+3b+4c=12

Cl—11.

可以找到唯一一组方程的正整数解为。=2,

c=l

结论3：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正三角形，2个正方形和1个正六边形的内

角可以拼成一个周角；

②猜想3：是否可以同时存在用，正方形，正六边形和正十二边形三种正多边形组合进行平

面镶嵌；

验证3：设围绕某一点有加个正方形，〃个正六边形和z个正十二边形的内角可以拼成一个

周角，

依题意，得：90m+120H+150z=360

整理得：3〃z+4“+5z=12,

m=l

可以找到唯一一组方程的正整数解为"=1,

z=1

结论3：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正方形，1个正六边形和1个正十二边形的

内角可以拼成一个周角；

13.(1)120°；(2)ZDOE=180°--ZB--ZC；(3)ZDOE=-ZB+-ZC

2222

答案第6页，共14页

【分析】（1）①根据平行线的性质和角平分线的定义可求/BAE,NCDO,再根据三角形外

角的性质可求NAEC,再根据四边形内角和等于360。可求NOOE的度数；

②根据三角形外角的性质和角平分线的定义可得NOOE和NBA。、/AOC的关系，再根据

四边形内角和等于360。可求NB、NC、NDOE之间的数量关系；

（2）根据四边形和三角形的内角和得到/BAD+ZADC=360°-ZB-ZC,

ZEAD+ZADO=180°-ZDOE,根据角平分线的定义得到/氏4。=2/胡，ZADC=2ZADO,

于是得到结论.

【详解】解：（1）①,：ADHBC

t

：.ZJB+ZJBAD=18O°,ZC+ZA£)C=18O

又：/8=50。，ZC=70°

：.ZBAD=l30°,ZADC=110°

:AE、分别平分NBA。、ZADC

：.ZBAE=65°,ZODC=55°

：.ZAEC=115°

：.ZDOE=360°-115o-70o-55o=120°

故答案为；120。

@Z£)OE=180°--ZB--ZC,理由如下：

22

AE平分154。

ZDAE=-ZBAD

2

平分—WC

ZADO=-ADC

2

ZDAE+ZADO=-ABAD+-ADC=-(ABAD+ZADC)

222、'

-.-ZB+ZC+/BAD+ZADC=360°

ZBAD+ZADC=360°-ZB-ZC

:.ZDAE+ZADO=-(360°-ZB-ZC)=180°--ZB--ZC

2'722

.•.ZA(9D=180°-(ZZM£,+ZADO)=|ZB+|ZC

.•.Zr>OE=180°-ZAOD=180°-^ZB-^ZC

22

答案第7页，共14页

即ZDO£=180°--ZB--ZC

22

(2)ZDOE=-ZB+-ZC,理由如下:

22

AE1平分NBA0

ZDAE=-ZBAD

2

平分/ADC

■：ZADO=-ADC

2

/DAE+/ADC——/BADH—ADC

22

=1(ZBAD+ZADC)

•.•ZB+ZC+NBAD+ZADC=360°

/BAD+ZADC=360°-ZB-ZC

:.ZDAE+ZADO=1(360°-ZB-ZC)

=180°--ZB--ZC

22

ZAOD=180°-(ZDAE+ZADO)

=-ZB+-ZC

22

即：ZDOE=-ZB+-ZC.

22

【点睛】本题考查多边形内角与外角平行线的性质，角平分线的定义，关键是熟练掌握四边

形内角和等于360。，这是解题的重点.

14.(1)见解析

(2)70°

44

(3)360o--m°-j77°

【分析】本题考查了三角形的外角的性质，多边形的外角和定理，折叠的性质；

(1)选择A,根据三角形的外角的性质，即可得证;选择B,由翻折性质得：ZADE=ZFDE,

ZAED=Z.FED,进而根据三角形的外角的性质，折叠的性质证明

ZADF+ZAEF=360°-(Z1+Z2),即可得证；

答案第8页，共14页

（2）延长胡，CD交于点K,根据折叠的性质以及角平分线的定义得出

ZEBC+NECB=；（ZMBC+ZNCB）=110°,即可求解；

（3）由（2）可知：ZEAB+ZCBA=ZCEF+ZECG,设NDEF=a,NDCG=/3,根据

3a+3/3=m°+n°,得出cr+£=：（根。+〃。），由（1）B可知：Z1+Z2=2ZD,即可求解.

【详解】（1）证明：选择A,证明如下：

-.-ZABC=180°-Zl,ZACB=180°-N2,ZA+ZABC+ZACB=180°,

ZA+18O°-Z1+180。-N2=180°,

.­.Zl+Z2=180°+ZA；

选择2,证明如下：

由翻折性质得：ZADE=NFDE,ZAED=ZFED,

:.ZADF^2ZADE,ZAEF=2ZAED,

ZADF+ZAEF=2（ZADE+ZAED）,

ZADF+ZAEF=180°-ZA,

.•.ZAr>F+ZAEF=2（180°-ZA）=360°-2ZA,

又•.•NADF=180°—/I,ZAEF=180°-Z2,

ZADF+ZAEF=360°-（Z1+Z2）,

360°-（Zl+Z2）=360°-2ZA,

BPZ1+Z2=2ZA；

故答案为：A或B.

（2）延长54,CD交于点K,如图③所示：

③

由（1）A可知：ZBAD+ZCDA=180°+,ZMBC+ZNCB=180°+,

则ZMBC+ZNCB=/BAD+ZCDA

答案第9页，共14页

vZSAD=100°,ZCZM=120°,

:.ZMBC+ZNCB=100°+120°=220°,

-.BE,CE分别平分/CBM、ZBCN,

ZEBC+ZECB=g(NMBC+NNCB)=110°,

:.NE=180°-(/EBC+NECB)=70°；

(3)由(2)可知：ZEAB+Z.CBA=ZCEF+ZECG,

•.•NEAB=m。,NCBA=n°,

：.NFEC+NGCF=rrf+rf,

设/O»=a,NDCG=。,

：.ZCEF=3a,/ECG=3/3,

:.ZDEC^2a,ADCE=213,

3a+3/3=m°+n°,

即cr+£=g(m°+,

ZD=180。-(/DEC+Z.DCE),

2

ZD=180°-2(«+^)=180°--(m°+n°),

44

由(1)B可知：Nl+N2=2ND=360°m°-—n°.

33

15.(1)NP=90°+/A；(2)ZP=-(ZA+ZB+ZE+ZF)-180°；(3)ZP=-

22

(ZA+ZB+ZE+ZF)-180°.

【分析】(1)先根据角平分线的定义表示出NCDP和NDCP,然后再根据三角形内角和为

180。即可得到NP和/A的数量关系；

(2)先根据角平分线的定义表示出/CDP和NDCP,根据四边形内角和为360。，即可得到

ZBCD+ZADC=360°-(ZA+ZB),再结合三角形内角和为180。，可得NP与NA+NB的

数量关系；

(3)先根据角平分线的定义表示出NCDP和/DCP,根据六边形内角和为720”，可得

ZBCD+ZADC=720°-(ZA+ZB+ZE+ZF)，再结合三角形内角和为180。，可得NP与

ZA+ZB的数量关系.

【详解】解：(1)NP=9(T+；NA,理由如下：

答案第10页，共14页

VDP,CP分别平分NADC和NACD

.\ZCDP=-ZADC,ZDCP=-ZACD

22

ZA+ZADC+ZACD=180°

・•・ZADC+ZACD=180°-ZA

ZP+ZPDC+ZPCD=180°

AZP=180°-(ZPDC+ZPCD)=180°--(ZADC+ZACD)

2

.\ZP=180o--(180°-ZA)=90°+ZA；

2

(2)ZP=1(NA+NB),理由如下：

VDP,CP分别平分NADC和NBCD

.\ZCDP=-ZADC,ZDCP=-ZBCD

22

ZA+ZB+ZADC+ZBCD=360°

ZBCD+ZADC=360°-(ZA+ZB)

ZP+ZPDC+ZPCD=180°

・•・ZP=180°-(ZPDC+ZPCD)

二180。」(ZADC+ZBCD)

2

=180°-1[360°-(ZA-ZB)]

=-(ZA+ZB)；

2

(3)ZP=-(ZA+ZB+ZE+ZF)-180°

2

理由如下：

VDP,CP分另I」平分NEDC和NBCD

.'.ZPDC=-ZEDC,ZDCP=-ZBCD

22

VZA+ZB+ZE+ZF+ZBCD+NEDO720。

AZBCD+ZEDC=720°-(ZA+ZB+ZE+ZF)

*/ZP+ZPDC+ZPCD=180°

.\ZP=180o-(ZPDC+ZPCD)

二180。」(ZEDC+ZBCD)

2

答案第11页，共14页

=180°-1[720°-(ZA+ZB+ZE+ZF)]

=-(ZA+ZB+ZE+ZF)-180°.

2

【点睛】本