2020-2021学年人教版初二数学上册期中考点专题04 多边形

2020-2021学年人教版初二数学上册期中考点专题04 多边形

‎2020-2021学年人教版初二数学上册期中考点专题04 多边形 重点突破 知识点一 多边形相关知识 ‎ 多边形概念：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形 内角：多边形中相邻两边组成的角叫做它的内角。‎ 外角：多边形的边与它邻边的延长线组成的角叫做外角。 ‎ 对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线。 ‎ ‎【对角线条数】‎ 一个n边形从一个顶点出发的对角线的条数为（n－3）条，其所有的对角线条数为 （重点）‎ 凸多边形 概念：画出多边形的任何一条边所在的直线，如果多边形的其它边都在这条直线的同侧，那么这个多边形就是凸多边形。 ‎ 正多边形概念：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形。（两个条件缺一不可，除了三角形以外，因为若三角形的三内角相等，则必有三边相等，反过来也成立） ‎ 知识点二 多边形的内角和外角 （重点）‎ n边形的内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°‎ n边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°（与多边形的形状和边数无关）。‎ 考查题型 考查题型一 多边形的基础 典例1．（2019·哈尔滨市期末）下列图中不是凸多边形的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据凸多边形的概念，如果多边形的边都在任何一条边所在的直线的同旁，该多边形即是凸多边形．否则即是凹多边形，故A不是凸多边形；B是凸多边形；C是凸多边形；D是凸多边形.‎ 故选A.‎ 变式1-1．（2020·揭阳市期末）下列说法中，正确的是（   ）‎ A．直线有两个端点 B．射线有两个端点 ‎ C．有六边相等的多边形叫做正六边形 D．有公共端点的两条射线组成的图形叫做角 ‎【答案】D ‎【详解】‎ A. ∵直线没有端点，向两方无限延伸，故不正确； ‎ B. ∵射线有一个端点，向一方无限延伸，故不正确； ‎ C. ∵有六边相等且六个角也相等的多边形叫做正六边形 ，故不正确；‎ D. ∵有公共端点的两条射线组成的图形叫做角，故正确；‎ 故选D.‎ 变式1-2．（2019·重庆市期末）关于正多边形的概念，下列说法正确的是（　　）‎ A．各边相等的多边形是正多边形 B．各角相等的多边形是正多边形 C．各边相等或各角相等的多边形是正多边形 D．各边相等且各角相等的多边形是正多边形 ‎【答案】D ‎【提示】‎ 根据正多边形的定义判定即可．‎ ‎【详解】‎ 解：A．各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，故本选项不合题意；‎ B．各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，故本选项不合题意；‎ C．各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，故本选项不合题意；‎ D．各边相等且各角相等的多边形是正多边形，正确，故本选项符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎【名师点拨】‎ 本题考查了正多边形的定义、熟记各边相等、各角也相等的多边形是正多边形是解决问题的关键．‎ 考查题型二 多边形截角后的边数问题 典例2．（2018·焦作市期末）将一个四边形截去一个角后，它不可能是（　　）‎ A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题解析：当截线为经过四边形对角2个顶点的直线时，剩余图形为三角形；‎ 当截线为经过四边形一组对边的直线时，剩余图形是四边形；‎ 当截线为只经过四边形一组邻边的一条直线时，剩余图形是五边形；‎ ‎∴剩余图形不可能是六边形，‎ 故选A.‎ 变式2-1．（2017·黄石市期末）一个四边形截去一个角后内角个数是（ ）‎ A．3 B．4 C．5 D．3、4、5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图可知，一个四边形截去一个角后变成三角形或四边形或五边形，‎ 故内角个数是为3、4或5.‎ 故选D.‎ 变式2-2．（2019·海淀区期末）把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的形状不可能是（　　）‎ A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 ‎【答案】D ‎【提示】‎ 一个n边形剪去一个角后，剩下的形状可能是n边形或（n+1）边形或（n-1）边形，由此即可解答.‎ ‎【详解】‎ 当剪去一个角后，剩下的部分是一个四边形，‎ 则这张纸片原来的形状可能是四边形或三角形或五边形，不可能是六边形．‎ 故选D．‎ ‎【名师点拨】‎ 剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条．‎ 考查题型三 多边形的对角线条数问题 典例3．（2019·阳江市期中）一个多边形从一个顶点最多能引出三条对角线，这个多边形是（　　）‎ A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题提示：对于n边形，经过一个顶点能引出(n-3)条对角线，故本题选择D．‎ 变式3-1．（2018·松北区期末）若一个多边形的内角和为 540°，那么这个多边形对角线的条数为（ ）‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 提示: 先根据多边形的内角和公式求出多边形的边数，再根据多边形的对角线的条数与边数的关系求解.‎ 详解: 设所求正n边形边数为n，‎ 则（n-2）•180°=540°，‎ 解得n=5，‎ ‎∴这个多边形的对角线的条数==5．‎ 故选：A.‎ 名师点拨: 本题考查根据多边形的内角和计算公式及多边形的对角线的条数与边数的关系，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理.‎ 变式3-2．（2018·重庆市期中）若一个多边形的对角线共有14条，则这个多边形的边数是（　　）‎ A．6 B．7 C．10 D．14‎ ‎【答案】B ‎【提示】‎ 根据多边形的对角线的条数公式 列式计算即可求解．‎ ‎【详解】‎ 解：设这个多边形的边数是n，‎ 则＝14，‎ 整理得，n2﹣3n﹣28＝0，‎ 解得：n＝7，n＝﹣4（舍去）．‎ 故选：B．‎ ‎【名师点拨】‎ 本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是掌握多边形对角线条数与边数的关系，并据此列出方程．‎ 考查题型四 多边形的内角和问题 典例4．（2018·红桥区期中）已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（ ）‎ A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题提示：多边形的内角和公式为（n－2）×180°，根据题意可得：（n－2）×180°=900°，解得：n=7．‎ 变式4-1．（2019·深圳市期若一个多边形每一个内角都是135º，则这个多边形的边数是 （ ）‎ A．6 B．8 C．10 D．12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题提示：设多边形的边数为n，则=135，解得：n=8‎ 变式4-2．（2018·宿迁市期末）如图所示，的度数为 （ ） ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 提示：根据三角形外角的性质，四边形的内角和计算即可.‎ 详解：∵∠A+∠1+∠D+∠E=360°,‎ ‎∠1=∠B+∠2,‎ ‎∠2=∠C+∠F,‎ ‎∴=360°.‎ 故选B.‎ 名师点拨：本题考查了多边形内角和公式和三角形外角的性质，三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，四边形的内角和等于360°.‎ 考查题型五 多（少）算一个角的内角和问题 典例5．（2020·丽水市期中）当多边形的边数增加时，它的内角和会(　　)‎ A．增加 B．增加 C．增加 D．增加 ‎【答案】B ‎【提示】‎ 根据n边形的内角和为180°（n－2），可得（n＋1）边形的内角和为180°（n－1），然后作差即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 解：∵n边形的内角和为180°（n－2）‎ ‎∴（n＋1）边形的内角和为180°（n＋1－2）=180°（n－1） 而180°（n－1）－180°（n－2）=180°‎ ‎∴当多边形的边数增加时，它的内角和会增加 故选B．‎ ‎【名师点拨】‎ 此题考查的是多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解决此题的关键．‎ 变式5-1．（2018·遵义市期末）小明在计算一个多边形的内角和时，漏掉了一个内角，结果得 1000°，则这个多边形是(    )‎ A．六边形B．七边形C．八边形D．十边形 ‎【答案】C ‎【提示】‎ 根据n边形的内角和是（n-2）•180°，少计算了一个内角，结果得1000度．则内角和是（n-2）•180°与1000°的差一定小于180度，并且大于0度．因而可以解方程（n-2）•180°1000°，多边形的边数n一定是最小的整数值即可，‎ ‎【详解】‎ 解：设多边形的边数是n． 依题意有（n-2）•180°1000°， 解得：n7， 则多边形的边数n=8；‎ 故选C.‎ ‎【名师点拨】‎ 本题主要考查了多边形的内角和定理，正确确定多边形的边数是解题的关键．‎ 变式5-2．（2019·长春市期末）马小虎在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了2个内角，其和等于，则该多边形的边数是(　　)‎ A．7 B．8 C．7或8 D．无法确定 ‎【答案】C ‎【提示】‎ n边形的内角和是（n-2）•180°，即为180°的（n-2）倍，多边形的内角一定大于0度，小于180度，因而多边形中，除去2个内角外，其余内角和与180度的商加上2，以后所得的数值，比这个数值大1或2的整数就是多边形的边数．‎ ‎【详解】‎ 设少加的2个内角和为x度，边数为n．‎ 则（n-2）×180=830+x，‎ 即（n-2）×180=4×180+110+x，‎ 因此x=70，n=7或x=250，n=8．‎ 故该多边形的边数是7或8．‎ 故选C．‎ ‎【名师点拨】‎ 本题考查了多边形的内角和定理，正确理解多边形内角的大小的特点，以及多边形的内角和定理是解决本题的关键．‎ 考查题型六 多边形截角后的内角和问题 典例6．（2018·徐州市期中）如图，在三角形纸片ABC中，∠B=∠C=35°，过边BC上的一点，沿与BC垂直的方向将它剪开，分成三角形和四边形两部分，则在四边形中，最大的内角的度数为（　　）‎ A．110° B．115° C．120° D．125°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 提示：根据三角形的内角和，可得∠A，根据四边形的内角和，可得答案．‎ 详解：由三角形的内角和，得 ‎∠A=180°-35°-35°=110°，‎ 由四边形的内角和，得 ‎360°-90°-110°-35°=125°，‎ 故选D．‎ 名师点拨：本题考查了多边形的内角，利用多边形的内角和是解题关键．‎ 变式6-1．（2019·荆门市期中）一个四边形，截一刀后得到新多边形的内角和将（　　）‎ A．增加180° B．减少180° C．不变 D．以上三种情况都有可能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题提示：根据一个四边形截一刀后得到的多边形的边数即可得出结果．‎ 解：∵一个四边形截一刀后得到的多边形可能是三角形，可能是四边形，也可能是五边形，‎ ‎∴内角和可能减少180°，可能不变，可能增加180°．‎ 故选D．‎ 变式6-2．（2020·烟台市期末）如图，已知矩形一条直线将该矩形分割成两个多边形（含三角形），若这两个多边形的内角和分别为和则不可能是（ ）.‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图，一条直线将该矩形ABCD分割成两个多边（含三角形）的情况有以上三种，‎ ‎①当直线不经过任何一个原来矩形的顶点，‎ 此时矩形分割为一个五边形和三角形，‎ ‎∴M+N=540°+180°=720°；‎ ‎②当直线经过一个原来矩形的顶点，‎ 此时矩形分割为一个四边形和一个三角形，‎ ‎∴M+N=360°+180°=540°；‎ ‎③当直线经过两个原来矩形的对角线顶点，‎ 此时矩形分割为两个三角形，‎ ‎∴M+N=180°+180°=360°．‎ 故选D．‎ 考查题型七 正多边形外角和问题 典例7．（2020·阳泉市期末）已知正多边形的一个外角为36°，则该正多边形的边数为( ).‎ A．12 B．10 C．8 D．6‎ ‎【答案】B ‎【提示】‎ 利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，即可求出答案．‎ ‎【详解】‎ 解：360°÷36°＝10，所以这个正多边形是正十边形．‎ 故选：B．‎ ‎【名师点拨】‎ 本题主要考查了多边形的外角和定理．是需要识记的内容．‎ 变式7-1．（2020·丹东市期中）正十边形的外角和为（ ）‎ A．180° B．360° C．720° D．1440°‎ ‎【答案】B ‎【提示】‎ 根据多边的外角和定理进行选择．‎ ‎【详解】‎ 解：因为任意多边形的外角和都等于360°， 所以正十边形的外角和等于360°，． 故选B．‎ ‎【名师点拨】‎ 本题考查了多边形外角和定理，关键是熟记：多边形的外角和等于360度．‎ 变式7-2．（2019·河池市期中）如图，某人从点A出发，前进8m后向右转60°，再前进8m后又向右转60°，按照这样的方式一直走下去，当他第一次回到出发点A时，共走了（　　）‎ A．24m B．32m C．40m D．48m ‎【答案】D ‎【提示】‎ 从A点出发，前进8m后向右转60°，再前进8m后又向右转60°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，所走路径为正多边形，根据正多边形的外角和为360°，判断多边形的边数，再求路程．‎ ‎【详解】‎ 解：依题意可知，某人所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，‎ 则60n＝360，解得n＝6，‎ 故他第一次回到出发点A时，共走了：8×6＝48（m）．‎ 故选：D．‎ ‎【名师点拨】‎ 本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质．关键是根据每一个外角判断多边形的边数．‎ 考查题型八 多边形内角和与外角和综合 典例8．（2020·湖州市期中）若正多边形的一个外角是，则该正多边形的内角和为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【提示】‎ 根据正多边形的外角度数求出多边形的边数，根据多边形的内角和公式即可求出多边形的内角和.‎ ‎【详解】‎ 由题意，正多边形的边数为，‎ 其内角和为．‎ 故选C.‎ ‎【名师点拨】‎ 考查多边形的内角和与外角和公式，熟练掌握公式是解题的关键.‎ 变式8-1．（2019·河池市期末）一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的每一个外角等于（ ）‎ A．108° B．90° C．72° D．60°‎ ‎【答案】C ‎【提示】‎ 首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=540，即可求得n=5，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：设此多边形为n边形，‎ 根据题意得：180（n-2）=540，‎ 解得：n=5，‎ ‎∴这个正多边形的每一个外角等于：=72°．‎ 故选C．‎ ‎【名师点拨】‎ 此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意掌握多边形内角和定理：（n-2）•180°，外角和等于360°．‎ 变式8-2．（2020·九江市期末）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数为( )‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ ‎【答案】C ‎【提示】‎ 解答本题的关键是记住多边形内角和公式为（n-2）×180°，任何多边形的外角和是360度．外角和与多边形的边数无关．‎ ‎【详解】‎ 多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，外角和是固定的360°，从而可根据内角和比他的外角和的3倍少180°列方程求解． 设所求n边形边数为n， 则（n-2）•180°=360°×3-180°， 解得n=7， 故选C．‎ ‎【名师点拨】‎ 本题主要考查了多边形的内角和与外角和，解答本题的关键是记住多边形内角和公式为（n-2）×180°.‎ 考查题型九 平面镶嵌 典例9．（2020·泉州市期末）下列多边形中，不能够单独铺满地面的是（　　）‎ A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 ‎【答案】C ‎【提示】‎ 由镶嵌的条件知，在一个顶点处各个内角和为360°．‎ ‎【详解】‎ ‎∵正三角形的内角=180°÷3=60°，360°÷60°=6，即6个正三角形可以铺满地面一个点，∴正三角形可以铺满地面；‎ ‎∵正方形的内角=360°÷4=90°，360°÷90°=4，即4个正方形可以铺满地面一个点，∴正方形可以铺满地面；‎ ‎∵正五边形的内角=180°－360°÷5=108°，360°÷108°≈3.3，∴正五边形不能铺满地面；‎ ‎∵正六边形的内角=180°－360°÷6=120°，360°÷120°=3，即3个正六边形可以铺满地面一个点，∴正六边形可以铺满地面．‎ 故选C．‎ ‎【名师点拨】‎ 几何图形镶嵌成平面的关键是：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．‎ 变式9-1．（2019·临清市期末）能够铺满地面的正多边形组合是（　　）‎ A．正三角形和正五边形 B．正方形和正六边形 C．正方形和正五边形 D．正五边形和正十边形 ‎【答案】D ‎【提示】‎ 正多边形的组合能否铺满地面，关键是要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、正五边形和正三边形内角分别为108°、60°，由于60m+108n=360，得m=6-n，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满，故此选项错误；‎ B、正方形、正六边形内角分别为90°、120°，不能构成360°的周角，故不能铺满，故此选项错误；‎ C、正方形、正五边形内角分别为90°、108°，当90n+108m=360，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满，故此选项错误；‎ D、正五边形和正十边形内角分别为108、144，两个正五边形与一个正十边形能铺满地面，故此选项正确．‎ 故选：D．‎ ‎【名师点拨】‎ 此题主要考查了平面镶嵌，两种或两种以上几何图形镶嵌成平面的关键是：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．需注意正多边形内角度数=180°-360°÷边数．‎ 变式9-2．（2018·南阳市期末）用边长相等的两种正多边形进行密铺，其中一种是正八边形，则另一种正多边形可以是（　　）‎ A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 提示：正八边形的每个内角为：180°-360°÷8=135°，分别计算出正五边形，正六边形，正三角形，正四边形的每个内角的度数．利用“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”作为相等关系列出多边形个数之间的数量关系，利用多边形的个数都是正整数可推断出能和正八边形一起密铺的多边形是正四边形．‎ 详解：正八边形的每个内角为180°−360°÷8=135°，‎ A. 正三角形的每个内角60∘,得135m+60n=360°,n=6−94m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满；‎ B. 正四边形的每个内角是90°,得90°+2×135°=360°，所以能铺满；‎ C. 正五边形每个内角是180°−360°÷5=108°,得108m+135n=360°，m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满；‎ D. 正六边形的每个内角是120度,得135m+120n=360°,n=3−98m，显然m取任何正整数时，n不能得正整数，故不能铺满．‎ 故选B.‎ 名师点拨：本题考查了平面密铺的知识，用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．‎