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2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题6.4多边形的内角和与外角和
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分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．（2021春•南浔区期末）某多边形的内角和是其外角和的2倍，则此多边形的边数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据多边形的外角和是360°，即可求得多边形的内角的度数，依据多边形的内角和公式列方程
即可求解．
【解答】解：多边形的内角和是：2×360°＝720°．
设多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°＝720°，
解得：n＝6．
故选：D．
2．（2021秋•海沧区期末）五边形的外角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．900°
【分析】根据多边形的外角和等于360°解答．
【解答】解：五边形的外角和是360°．
故选：A．
3．（2020•太原二模）如图，五边形ABCDE中，AE∥CD．若∠A＝∠C＝110°，则∠B的度数为（ ）
A．70° B．110° C．140° D．150°
【分析】根据平行线的性质可得∠D+∠E＝180°，再根据多边形内角和定理即可求解．
【解答】解：∵AE∥CD，
∴∠D+∠E＝180°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝（5﹣2）×180°＝540°，∠A＝∠C＝110°，
∴∠B＝540°﹣180°﹣110°﹣110°＝140°．
故选：C．
4．（2020•灵山县模拟）若正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】多边形的外角和等于360°，因为正多边形的每个外角均相等，故多边形的外角和又可表示成
60°n，列方程可求解．
【解答】解：设所求正n边形边数为n，
则60°•n＝360°，
解得n＝6．
故正多边形的边数是6．
故选：C．
5．（2022•九龙坡区校级开学）已知一个多边形的每一个内角都比它相邻的外角的 4倍多30°，这个多边
形是（ ）
A．十边形 B．十一边形 C．十二边形 D．十三边形
【分析】设这个多边形为n边形，根据多边形的内角和公式及外角和定理即可求解．
【解答】解：设这个多边形为n边形，它的外角分别为x
1
，x
2
，⋯，x
n
，则对应的内角分别为4x
1
+30°，
4x
2
+30°，⋯，4x
n
+30°，
根据题意得，x
1
+x
2
+⋯+x
n
＝360°，
（4x
1
+30°）+（4x
2
+30°）+⋯+（4x
n
+30°）＝（n﹣2）×180°，
∴4×（x
1
+x
2
+⋯+x
n
）+30°n＝（n﹣2）×180°，
∴4×360°+30°n＝（n﹣2）×180°，
∴1440°+30°n＝180°n﹣360°，
∴150°n＝1800°，
∴n＝12，
故选：C．
6．（2021秋•驿城区校级期末）若一个多边形截去一个角后变成了六边形，则原来多边形的边数可能是（
）
A．5或6 B．6或7 C．5或6或7 D．6或7或8
【分析】实际画图，动手操作一下，可知六边形可以是五边形、六边形、七边形截去一个角后得到．
【解答】解：如图可知，原来多边形的边数可能是5，6，7．故选：C．
7．（2021秋•成都期末）如图所示，从八边形ABCDEFGH的顶点A出发，最多可以作出的对角线条数为
（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】利用n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得答案．
【解答】解：从八边边形的一个顶点出发，最多可以引出该五边形的对角线的条数是8﹣3＝5，
故选：D．
8．（2021秋•天元区期末）如图，五边形ABCDE是正五边形，若l ∥l ，则∠1﹣∠2的值是（ ）
1 2
A．36° B．72° C．108° D．144°
【分析】由l ∥l ，得∠2＝∠BMD．由∠1＝∠BMD﹣∠MBC，得∠BMD＝∠1﹣∠MBC，那么∠1﹣
1 2
∠2＝∠MBC．欲求∠1﹣∠2，需求∠MBC．由正五边形的性质，得∠MBC＝72°，从而解决此题．
【解答】解：如图，AB的延长线交l 于点M，
2∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形ABCDE的每个外角相等．
∴∠MBC＝ ＝72°．
∵l ∥l ，
1 2
∴∠2＝∠BMD，
∵∠1＝∠BMD+∠MBC，
∴∠BMD＝∠1﹣∠MBC，
∴∠1﹣∠2＝∠MBC＝72°．
故选：B．
9．（2021秋•望城区期末）小丽利用最近学习的数学知识，给同伴出了这样一道题：假如从点A出发，沿
直线走6米后向左转 ，接着沿直线前进6米后，再向左转 ……如此下法，当他第一次回到A点时，
发现自己走了72米，θ 的度数为（ ） θ
θ
A．28° B．30° C．33° D．36°
【分析】小丽第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．计算这个正多边形的边数
和外角即可．
【解答】解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，
∴多边形的边数为：72÷6＝12．
根据多边形的外角和为360°，
∴他每次转过的角度 ＝360°÷12＝30°．
故选：B． θ
10．（2021秋•凉山州期末）如图，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝（ ）度．A．180 B．270 C．360 D．540
【分析】根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”可知能把，∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，
∠6全部转化到∠2，∠3所在的四边形中，利用四边形内角和为360度可得答案．
【解答】解：如图所示，
∵∠4+∠6＝∠7，∠1+∠5＝∠8，
又∵∠3+∠2+∠7+∠8＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021春•徐汇区期末）一个凸n边形的内角和是540°，则n＝ 5 ．
【分析】已知凸边形的内角和为540°，故根据多边形内角和的公式易求解．
【解答】解：根据题意得，
（n﹣2）•180°＝540°，
解得n＝5，
故答案为：5．
12．（2021秋•上杭县期中）若一个四边形的四个内角的度数比为 1：3：4：1，则最大内角的度数为
160° ．
【分析】设四边形4个内角的度数分别是x，3x，4x，x，根据四边形的内角和定理列方程求解．
【解答】解：设四边形4个内角的度数分别是x，3x，4x，x．∴x+3x+4x+x＝360°，
解得x＝40°．
所以这个四边形最大内角的度数为4×40°＝160°．
故答案为：160°．
13．（2018秋•越秀区校级月考）已知，从 n边形的一个顶点出发共有4条对角线；从m边形的一个顶点
出发的所有对角线把m边形分成6个三角形；正t边形的边长为7，周长为63．则（n﹣m）t的值为 ﹣
1 ．
【分析】根据题意，由多边形的性质，分析可得答案．
【解答】解：依题意有n＝4+3＝7，
m＝6+2＝8，
t＝63÷7＝9
则（n﹣m）t＝（7﹣8）9＝﹣1．
故答案为：﹣1．
14．（2021秋•义马市期中）一个正多边形的每个内角都等于120°，那么它的内角和是 720 ° ．
【分析】设所求正多边形边数为n，根据内角与外角互为邻补角，可以求出外角的度数．根据任何多边
形的外角和都是360度，由60°•n＝360°，求解即可．
【解答】解：设所求正多边形边数为n，
∵正n边形的每个内角都等于120°，
∴正n边形的每个外角都等于180°﹣120°＝60°．
又因为多边形的外角和为360°，
即60°•n＝360°，
∴n＝6．
所以这个正多边形是正六边形．
所以内角和是120°×6＝720°．
故答案为：720°．
15．（2021•广西模拟）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消
融，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1的冰裂纹窗格图案中提取的一个由五条线段
组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝ 36 0 度．【分析】多边形的外角和等于360度，依此即可求解．
【解答】解：由多边形的外角和等于360度，
可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360度．
故答案为：360．
16．（2021秋•嘉鱼县期末）如图，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝ 36 0 度．
【分析】分析图形，根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”可知能把∠1，∠2，∠3，
∠4，∠5，∠6全部转化到∠1，∠6所在的四边形中，利用四边形内角和为360度可得答案．
【解答】解：如图所示，
∵∠2+∠4＝∠7，∠3+∠5＝∠8，
又∵∠1+∠6+∠7+∠8＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
故答案为：360．
17．（2021 秋•绵竹市期末）如图，将六边形纸片 ABCDEF 沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，则∠BGD＝ 80 ° ．【分析】由多边形的内角和公式，即可求得六边形ABCDEF的内角和，由∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝
460°，即可求得∠GBC+∠C+∠CDG的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵180°×（6﹣2）＝720°，
∴六边形ABCDEF的内角和为720°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣440°＝280°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝80°．
即∠BGD的度数是80°．
故答案为：80°．
18．（2021秋•汝州市期末）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，
∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应减少 1 0 度．
【分析】延长 EF，交 CD 于点 G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得
∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质
可得∠D的度数，从而得出结论．
【解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
∴∠ECD＝∠ACB＝70°．
∵∠DGF＝∠DCE+∠E，
∴∠DGF＝70°+30°＝100°．
∵∠EFD＝110°，∠EFD＝∠DGF+∠D，
∴∠D＝10°．
而图中∠D＝20°，
∴∠D应减少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•长春期末）已知一个多边形的边数为n．
（1）若n＝5，求这个多边形的内角和．
（2）若这个多边形的内角和的 比一个四边形的内角和多90°，求n的值．
【分析】（1）把n＝5，代入多边形内角和公式解答即可；
（2）根据多边形内角和公式解答即可．
【解答】解：（1）当n＝5时，（5﹣2）×180°＝540°． （
∴这个多边形的内角和为540°．
（2）由题意，得 ，
解得n＝12．
∴n的值为12．
20．（2021秋•虎林市校级期末）已知一个多边形的每一个内角都比它相邻的外角的4倍多30°，求这个多
边形是几边形？并求出这个多边形的内角和．
【分析】首先外角为 x°，则内角为（4x+30）°，根据内角与相邻的外角是互补关系可得 x+4x+30＝
180，解方程可得x的值，再利用外角和360°÷外角的度数可得边数．
【解答】解：设外角为x°，
由题意得：x+4x+30＝180，
解得：x＝30，
360°÷30°＝12，
∴（12−2）×180＝1800°，
∴这个多边形的内角和是1800°，是十二边形．21．（2021秋•平山县期末）按要求完成下列各小题．
（1）如图1，若一个正方形和一个正六边形有一边重合，求∠BAC的度数；
（2）如图2，已知在△ABC中，AD平分∠BAC，交BC于点D，过点A作AE⊥BC于点E，若∠EAD＝
5°，∠C＝50°，求∠B的度数．
【分析】（1）根据多边形的内角和可得∠DAB和∠DAC的度数，再根据周角是360°可得答案；
（2）根据角平分线和直角三角形两个锐角互余可得结果．
【解答】解：（1）∵正方形内角和为360°，
∴其每个内角为360°÷4＝90°．
∵正六边形的内角和为（6﹣2）×180°＝720°，
∴其每个内角为720°÷6＝120°，
∴∠BAC＝360°﹣90°﹣120°＝150°；
（2）∵AE⊥BC，
∴∠AED＝90°．
∵∠EAD＝5°，
∴∠ADE＝90°﹣∠EAD＝85°．
∵∠C＝50°，
∴∠CAD＝∠ADE﹣∠C＝35°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠CAD＝70°，
∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝60°．
22．（2021秋•赞皇县期末）已知如图1，线段AB，CD相交于O点，连接AD，CB，我们把如图1的图形
称之为“8字形”．那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪
明才智，解决以下问题：
（1）在图1中，请写出∠A，∠B，∠C，∠D之间的数量关系，并说明理由；（2）如图2，计算∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【分析】（1）利用三角形的内角和定理表示出∠AOD与∠BOC，再根据对顶角相等可得∠AOD＝
∠BOC，然后整理即可得解；
（ 2 ） 根 据 “ 8 字 形 ” 的 结 构 特 点 ， 连 接 AD ， 根 据 四 边 形 的 内 角 和 等 于 360° 可 得
∠BAD+∠B+∠C+∠ADC＝360°，根据“8字形”的关系可得∠E+∠F＝∠EDA+∠FAD，然后即可得解．
【解答】解：（1）在△AOD中，∠AOD＝180°﹣∠A﹣∠D，
在△BOC中，∠BOC＝180°﹣∠B﹣∠C，
∵∠AOD＝∠BOC（对顶角相等），
∴180°﹣∠A﹣∠D＝180°﹣∠B﹣∠C，
∴∠A+∠D＝∠B+∠C；
（2）如图3，
连接AD，则∠BAD+∠B+∠C+∠ADC＝360°，
根据“8字形”数量关系，∠E+∠F＝∠EDA+∠FAD，
所以，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
23．如图1是一个五角星ABCDE，
（1）请算出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的大小．
（2）如图2，3，4，5的变式图形中，上面的结论成立吗？并请选择图1和图4进行说明．【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠A+∠C＝∠1，∠B+∠D＝
∠2，然后利用三角形的内角和定理列式即可得解；
（2）根据三角形的外角的性质和三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，由三角形的外角性质得，∠E+∠C＝∠1，∠B+∠D＝∠2，
∵∠1+∠2+∠A＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°；
（2）上面的结论成立，
理由：如图2，∠1＝∠C+∠E，∠2＝∠DBE+∠D，
∵∠1+∠2+∠A＝180°，
∴∠A+∠CBE+∠C+∠D+∠E＝180°；
如图3，延长EB交AC于F，
∵∠1＝∠C+∠E，∠2＝∠D+∠DBE，
∵∠1+∠2+∠A＝180°，
∴∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E＝180°；
如图4，延长CE交AD于F，
∵∠1＝∠B+∠CEB，∠2＝∠A+∠C，
∵∠1+∠2+∠D＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠CEB＝180°；
如图5，延长CA，DA分别交BE于G，F，
则∠GAF＝∠CAD，
∵∠1＝∠B+∠D，∠2＝∠E+∠C，
∵∠1+∠2+∠GAF＝180°，
∴∠CAD+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．24．（2021秋•道里区期末）已知四边形ABCD，AB∥CD，∠A＝∠C．
（1）如图1，求证：AD∥BC；
（2）如图2，点E是BA延长线上的一点，连接CE，∠ABC的平分线与∠ECD的平分线相交于点P．
求证：∠BPC＝90°﹣ ∠BCE；
（3）如图3，在（2）的条件下，CE与AD，BP分别相交于点 F，G．CQ平分∠BCD，∠AFE＝
∠BPC，∠D＝4∠DCP．求∠GCQ的度数．【分析】（1）根据平行线的性质可得∠B+∠C＝180°，进而可证∠B+∠A＝180°，再利用平行线的判定
可证明结论；
（2）由角平分线的定义结合三角形的内角和定理可得：∠PBC+ ∠BCE+∠ECP＝90°，
∠BPC+∠PBC+∠BCE+∠ECP＝180°，两式相减可得∠BPC+ ∠BCE＝90°，进而可证明结论；
（3）结合（2）的结论及平行线的性质可求解∠BPC＝∠BCE＝60°，利用三角形外角的性质可得
∠DCP＝∠ECP＝20°，即可求得∠PCB＝40°，根据三角形的内角和定理可求得∠BCP＝100°，再由角
平分线的定义可得∠BCQ＝50°，进而可求解∠GCQ的度数．
【解答】解：（1）∵AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠B+∠A＝180°，
∴AD∥BC；
（2）∵BP平分∠ABC，CP平分∠ECD，
∴∠ABC＝2∠PBC，∠ECD＝2∠ECP，
∵∠ABC+∠BCD＝180°，
∴2∠PBC+∠BCE+2∠ECP＝180°，
即：∠PBC+ ∠BCE+∠ECP＝90°，
∵∠BPC+∠PBC+∠BCE+∠ECP＝180°，
∴∠BPC+ ∠BCE＝90°，∴∠BPC＝90°﹣ ∠BCE；
（3）∵∠AFE＝∠BPC，∠BPC＝90°﹣ ∠BCE；
∴∠AFE＝90°﹣ ∠BCE，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠AFE＝90°﹣ ∠BCE；
解得∠BCE＝60°，
∴∠AFC＝180°﹣∠BCE＝120°，∠BPC＝60°，
∵∠AFC＝∠D+∠DCE，∠D＝4∠DCP，
∴4∠DCP+∠DCE＝120°，
∵∠DCE＝2∠DCP，
∴6∠DCP＝120°，
解得∠DCP＝∠ECP＝20°，
∴∠B＝∠D＝80°，
∴∠PCB＝40°，
∵∠PCB+∠P+∠BCP＝180°，
∴∠BCP＝180°﹣40°﹣60°＝100°，
∵CQ平分∠BCP，
∴∠BCQ＝50°，
∴∠GCQ＝∠BCE﹣∠BCQ＝60°﹣50°＝10°．
