11.1 与三角形有关的线段 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南三门峡·八年级统考期末）四组木条（每组3根）的长度分别如下，其中能组成三角形的一组是（ ）
A．2cm，2cm，5cm B．2cm，2cm，4cm C．2cm，3cm，5cm D．2cm，3cm，4cm
2．（2022秋·河南濮阳·八年级统考期末）两边长为4和8的等腰三角形的周长为（ ）
A．16 B．20 C．16或20 D．16或18
3．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）现有两根木棒，它们的长是20cm和30cm，若要钉成一个三角形木架，则应选取的第三根木棒长为（ ）
A．10cm B．50cm C．60cm D．40cm
4．（2022秋·河南新乡·八年级统考期末）小颖想用三根笔直的细木棒首尾相连拼成一个三角形，她已经选取了长度分别为和的两根细木棒，则第三根细木棒的长度不可以是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·河南商丘·八年级统考期末）刘零想做一个三角形的框架，她有两根长度分别为6cm和8cm的细木条，需要将其中一根木条分为两段，如果不考虑损耗和接头部分，那么可以分成两段的是（ ）
A．6cm的木条 B．8cm的木条 C．两根都可以 D．两根都不行
6．（2022秋·河南信阳·八年级期末）如图1，M是铁丝AD的中点，将该铁丝首尾相接折成△ABC，且∠B = 30°，∠C = 100°，如图2.则下列说法正确的是
A．点M在AB上
B．点M在BC的中点处
C．点M在BC上，且距点B较近，距点C较远
D．点M在BC上，且距点C较近，距点B较远
7．（2022秋·河南信阳·八年级期末）如图，的两条中线相交于点O，已知的面积为4，的面积为3，则四边形的面积为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2022秋·河南洛阳·八年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．三角形三条高都在三角形内
B．三角形三条中线相交于一点
C．三角形的三条角平分线可能在三角形内，也可能在三角形外
D．三角形的角平分线是射线
9．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）如图，在△ABC中，已知点D、E、F分别是BC、AD、CE的中点，且△ABC的面积为24，则△BEF的面积是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
10．（2022秋·河南濮阳·八年级统考期末）如图，在BCD中，CD边上的高是（ ）
A．BD B．AD C．AF D．CD
11．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D，E是AC上两点，且AE＝DE，BD平分∠EBC，那么下列说法中不正确的是（ ）
A．BE是△ABD的中线 B．BD是△BCE的角平分线
C．∠1＝∠2＝∠3 D．BC是△ABE的高
12．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）如图，中，，根据尺规作图的痕迹判断以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
13．（2022秋·河南安阳·八年级统考期末）由于疫情，现在网课已经成为我们学习的一种主要方式，网课期间我们常常把手机放在一个支架上面，就可以非常方便地使用，如图，此手机能稳稳放在支架上利用的原理是（ ）
A．三角形具有稳定性 B．两点之间，线段最短
C．三角形的内角和为 D．垂线段最短
14．（2022秋·河南安阳·八年级期末）在手工课上，小杰用四个螺丝将四条不可弯曲的木条围成一个如图所示的木框，小杰发现相邻两木条的夹角均可调整，所以很容易变形，为了使木框不易变形，下列方案中最好的是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2022秋·河南安阳·八年级统考期末）下列具有稳定性的图形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
16．（2022秋·河南安阳·八年级统考期末）如图，工人师傅砌门时，常用木条EF固定矩形门框ABCD，使其不变形，这种做法的根据是（ ）
A．两点之间线段最短 B．矩形的对称性
C．矩形的四个角都是直角 D．三角形的稳定性
17．（2022秋·河南三门峡·八年级统考期末）我国建造的港珠澳大桥全长55公里，集桥、岛、隧于一体，是世界最长的跨海大桥．如图，这是港珠澳大桥中的斜拉索桥，那么你能推断出斜拉索大桥中运用的数学原理是（ ）
A．三角形的不稳定性 B．三角形的稳定性
C．四边形的不稳定性 D．四边形的稳定性
18．（2022秋·河南许昌·八年级统考期末）要使五边形木架（用根木条钉成）不变形，至少要再钉上（ ）根木条.
A． B． C． D．
二、填空题
19．（2022春·河南郑州·八年级期末）已知三角形三边长分别为，和，则的取值范围为
20．（2022秋·河南三门峡·八年级统考期末）已知三角形的两边分别为和，则第三边的取值范围是 ．
21．（2022秋·河南焦作·八年级统考期末）如图，在中，已知D、E、F分别为的中点，且的面积等于，则阴影部分面积为 ．
22．（2022秋·河南开封·八年级期末）到三角形三边距离相等的点是三角形 的交点．
三、解答题
23．（2022春·河南濮阳·八年级期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都为个单位长度，三角形的顶点都在正方形网格的格点上，将三角形向上平移个单位，再向右平移个单位，平移后得到三角形，其中图中直线上的点是点A的对应点．
(1)画出平移后得到的；
(2)______．
(3)三角形的面积______．
(4)线段和有什么关系？
参考答案：
1．D
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边”，进行分析．
【详解】解：A．，不能构成三角形；
B．，不能构成三角形；
C．，不能组成三角形；
D．，能够组成三角形．
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
2．B
【分析】分两种情况讨论：当腰长为4时，当腰长为8时，再结合三角形的三边关系可得答案.
【详解】解：当腰长为4时，4+4＝8，不符合三角形三边关系，故舍去；
当腰长为8时，符合三边关系，其周长为8+8+4＝20
故该等腰三角形的周长为20
故选：B．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的定义，三角形三边的关系，掌握“等腰三角形的定义与三角形的三边关系”是解本题的关键.
3．D
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【详解】解：根据三角形三边关系，
∴三角形的第三边x满足：，即，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，根据第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和是解决问题的关键．
4．D
【分析】根据三角形三边关系求出第三根细木棒长度的取值范围，即可求解．
【详解】解：设第三根细木棒的长度为，
已经选取了长度分别为和的两根细木棒，
，即，
第三根细木棒的长度不可以是，
故选D．
【点睛】本题考查三角形三边关系的应用，解题的关键是掌握“三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”．
5．B
【分析】利用三角形的三边关系可得答案．
【详解】解：利用三角形的三边关系可得应把8cm的木条截成两段，
如将8cm的线段分成3cm和5cm或4cm和4cm，所截成的两段线段之和大于6，所以，可以，
而6cm的线段无论如何分，分成的两段线段之和都小于8，所以，不可以．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形两边之和大于第三边．
6．C
【详解】解：如图，取BC的中点E，则BE=CE，
∵∠C=100°，∴AB＞AC.
∴AB+BE＞AC+CE．
由三角形三边关系，AC+BC＞AB，
∴AB＜AD．
∴AD的中点M在BE上，即点M在BC上，且距点B较近，距点C较远．
故选C．
7．B
【分析】应用三角形中线平分面积的性质即可得结论．
【详解】解： ∵和是中线，
∴，
即，
∴，
∵的面积为4，
∴四边形的面积为4；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的面积，解题的关键是利用中线找出三角形面积关系．
8．B
【分析】根据三角形的高、中线、角平分线的定义对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A、只有锐角三角形三条高都在三角形内，故本选项不符合题意；
B、三角形三条中线相交于一点，正确，故本选项符合题意；
C、三角形的三条角平分线一定都在三角形内，故本选项不符合题意；
D、三角形的角平分线是线段，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的高线、中线、角平分线，是基础题，熟记概念是解题的关键．
9．C
【分析】由三角形中线平分三角形的面积可得S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝12，再求出S△EBD＝6，S△ECD＝6，然后利用F点为CE的中点，即可得到S△BEF＝ S△EBC．
【详解】解：∵D点为BC的中点，
∴S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝×24＝12，
∵E点为AD的中点，
∴S△EBD＝S△ABD＝6，S△ECD＝S△ACD＝6，
∴S△EBC＝S△EBD+S△ECD＝6+6＝12，
∵F点为CE的中点，
∴S△BEF＝ S△EBC＝×12＝6．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，掌握知识点是解题的关键．
10．A
【分析】根据三角形高线的定义解答即可．
【详解】解：根据题意：三角形BCD中，CD边上的高即为过点B向CD边作垂线，交CD于点D，即线段BD，
故选A．
【点睛】此题考查三角形的高线：过边所对角的顶点向该边作垂线，角的顶点与垂足之间的线段即为该边的高线，正确理解定义并运用解题是关键．
11．C
【分析】根据三角形的高、中线、角平分线的定义对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：、，是的中线，正确；
、平分，是的角平分线，正确；
、是的角平分线，
，
是中线，
，
不正确，符合题意；
、，是的高，正确．
故选：．
【点睛】本题考查了三角形的角平分线，高线，中线的定义，熟记概念并准确识图是解题的关键．
12．D
【分析】由尺规作图可知AD是∠CAB角平分线，DE⊥AC，由此逐一分析即可求解．
【详解】解：由尺规作图可知，AD是∠CAB角平分线，DE⊥AC，
在△AED和△ABD中：
∵，∴△AED≌△ABD(AAS)，
∴DB=DE，AB=AE，选项A、B都正确，
又在Rt△EDC中，∠EDC=90°-∠C，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°-∠C，
∴∠EDC=∠BAC，选项C正确，
选项D，题目中缺少条件证明，故选项D错误．
故选：D.
【点睛】本题考查了尺规作图角平分线的作法，熟练掌握常见图形的尺规作图是解决这类题的关键．
13．A
【分析】根据三角形具有稳定性进行求解即可．
【详解】解：由图可知，手机和支架组成了一个三角形，而三角形具有稳定性，所以手机能稳稳放在支架上，
故选A．
【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，熟知三角形具有稳定性是解题的关键．
14．D
【分析】根据三角形的稳定性判断即可．
【详解】解：选项A，B，C中的加固方式都只含有四边形，
选项D中的加固方式形成了三角形，利用了三角形的稳定性，
故选D．
【点睛】本题考查了三角形的稳定性和四边形的不稳定性，解题的关键是从图中找到利用三角形固定的方式．
15．A
【分析】根据几何图形中三角形具有稳定性可知A答案正确．
【详解】根据三角形具有稳定性，可知A答案符合题意．
故选A．
【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，在几何图形中只有三角形具有稳定性，而四边形以及四边以上的多边形都不具有稳定性．
16．D
【分析】用木条EF固定矩形门框ABCD，即是组成△AEF，故可用三角形的稳定性解释．
【详解】解：加上EF后，原不稳定的四边形ABCD中具有了稳定的△EAF，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形稳定性的实际应用，熟悉相关性质是解题的关键．
17．B
【分析】根据三角形的稳定性，即可得到答案．
【详解】跨海大桥上的结构有许多三角形，这样可以使得大桥更加牢固，体现了三角形的稳定性．
故选B
【点睛】本题主要考查三角形的稳定性，熟记三角形的稳定性是解题的关键．
18．B
【分析】利用三角形的稳定性分析即可得.
【详解】因为三角形具有稳定性，有着稳固、坚定、耐压的特点，所以将五边形木架钉上2根木条，变成由三个三角形组成，就能使其不变形，如图所示：
故选：B.
【点睛】本题考查了三角形的稳定性，掌握理解三角形的稳定性原理是解题关键.
19．
【分析】根据三角形三边关系：“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”即可求x的取值范围．
【详解】解：由三角形三边关系定理得：，
解得：，
即x的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，能够利用三角形三边关系求出第三边的取值范围是解题的关键．
20．
【分析】利用“三角形的两边差小于第三边，三角形两边之和大于第三边”，可求出c的取值范围．
【详解】解：∵72=5，2+7=9，
∴第三边c的取值范围为5＜c＜9．
故答案为：5＜c＜9．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，牢记“三角形的两边差小于第三边，三角形两边之和大于第三边”是解题的关键．
21．
【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形进行计算即可．
【详解】解：∵点D是的中点，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∵点F是的中点，
∴，
阴影部分面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查求三角形的面积，熟练掌握三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形是解题的关键．
22．三个角平分线
【详解】试题解析：如图，
∵OD=OE，
∴OC为∠ACB的平分线．
同理，OA为∠CAB的平分线，OB为∠ABC的平分线．
所以，到三角形三边距离相等的点是三角形三个角平分线的交点．
故填三个角平分线．
23．(1)见解析
(2)
(3)
(4)线段和是对应线段，平行且相等
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，的对应点，即可；
（2）求出，的值，可得结论；
（3）利用三角形面积公式求解；
（4）根据平移变换的性质判断即可．
【详解】（1）如图所示，即为所求；
（2）由平移的性质可知：，，
．
故答案为：；
（3）三角形的面积．
故答案为：；
（4）线段和是对应线段，故它们的关系为平行且相等．
【点睛】本题考查作图平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．11.2 与三角形有关的角 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南漯河·八年级统考期末）在探究证明“三角形的内角和是180°”时，综合实践小组的同学作了如下四种辅助线，其中不能证明“三角形内角和是180°”的是（ ）
A．过C作EFAB
B．过AB上一点D作DEBC，DFAC
C．延长AC到F，过C作CEAB
D．作CD⊥AB于点D
2．（2022秋·河南郑州·八年级期末）如图，直线a∥b，直角三角形如图放置，∠DCB=90°，若∠1+∠B=65°，则∠2的度数为( )
A． B． C． D．
3．（2022秋·河南新乡·八年级统考期末）如图，在中，，．若是的高，与角平分线相交于点，则的度数为（ ）
A．130° B．70° C．110° D．100°
4．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）如图，将的BC边对折，使点B与点C重合，DE为折痕，若，，则（ ）．
A．45° B．60° C．35° D．40°
5．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，，一块含角的直角三角板的一个顶点落在其中一条直线上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）若一个三角形的三个内角度数之比为，则这个三角形是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
7．（2022秋·河南新乡·八年级统考期末）如图，将一把直尺放在一块含角的直角三角尺上，测得，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCED的外部时，则∠A与∠1和∠2之间有一种数量关系始终保持不变，请试着找一找这个规律，你发现的规律是（ ）
A．2∠A＝∠1﹣∠2 B．3∠A＝2（∠1﹣∠2）
C．3∠A＝2∠1﹣∠2 D．∠A＝∠1﹣∠2
9．（2022春·河南濮阳·八年级期末）三角板是我们学习数学的好帮手．将一对直角三角板如图放置，点在的延长线上，点在上，，，，当边与射线所夹的锐角为时，则：①AB∥CF；②；③；④点和点到的距离相等．以上四个结论正确的有几个（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
10．（2022秋·河南焦作·八年级统考期末）如图，直线，Rt△ABC的顶点C在直线a上，AB与直线a交于点D，CB延长线交直线b于点E，已知∠ACB＝90°，∠A＝30°，∠1＝55°，则∠2的度数是（ ）
A．45° B．55° C．65° D．75°
二、填空题
11．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）如图，在中，平分，平分 °．
12．（2022春·河南南阳·八年级统考期末）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点D，C分别落在点D1，C1的位置，ED1的延长线交BC于点G，若∠EFG=62°，则∠EGB等于 ．
13．（2022秋·河南安阳·八年级统考期末）若直角三角形的两锐角之差为，则较大一个锐角的度数是 度．
14．（2022春·河南平顶山·八年级统考期末）直角三角形中，两个锐角度数之比为1：5，则较小的锐角度数为 ．
15．（2022秋·河南商丘·八年级统考期末）如图，中，，将其折叠，使点A落在边上处，折痕为，则的度数为 度．
16．（2022秋·河南平顶山·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠A＝35°，∠C＝45°，则这个三角形的外角∠ABD的度数为 ．
三、解答题
17．（2022秋·河南平顶山·八年级统考期末）在研究三角形内角和等于180°的证明方法时，小虎给出了下列证法．
证明：在中，作（如图），
∵（已知）
∴（直角定义）
∴，（直角三角形两锐角互余）
∴（等式的性质）
∴．
请你判断上述小虎同学的证法是否正确，如果不正确，写出一种你认为较简单的证明三角形内角和定理的方法．
18．（2022秋·河南郑州·八年级统考期末）如图，在中，，，AE平分∠BAC．
(1)计算：若，，求∠DAE的度数；
(2)猜想：若，则______；
(3)探究：请直接写出∠DAE，∠C，∠B之间的数量关系．
19．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，AD平分∠BAC，其中∠B＝35°，∠ADC＝82°，求∠BAC，∠C的度数．
20．（2022秋·河南平顶山·八年级统考期末）如图，，点E在上，求证：．
21．（2022秋·河南焦作·八年级统考期末）如图是某模具厂的一种模具，按规定、的延长线的夹角应为60°，王师傅测得， ，
(1)该模具符合要求吗？
(2)判断所依据的数学定理是______．
(3)根据该定理的题设和结论画出图形，写出已知，求证，并写出证明过程．
22．（2022秋·河南三门峡·八年级统考期末）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，BD与CE相交于点O，∠BOC=119°．
(1)求∠OBC+∠OCB的度数；
(2)求∠A的度数．
23．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）如图，AD∥BE，，．求证：．
24．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）如图，与的角平分线交于点，与相交于点，交于点、交于．
(1)若，，求的度数；
(2)猜想，，的等量关系，直接写出结果．
25．（2022秋·河南平顶山·八年级统考期末）（1）如图1，，，，直接写出的度数．
（2）如图2，，点为直线间的一点，平分，平分，写出与之间的关系并说明理由．
（3）如图3，与相交于点，点为内一点，平分，平分，若，，直接写出的度数．
26．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）（1）如图1，求证：．
（2）如图2，、的二等分线（即角平分线）BF、CF交于点F．已知，，求∠BFC的度数；
（3）如图3，、分别为、的2021等分线（i＝1，2，3……，2019，2020）它们的交点从上到下依次为、、……．已知，，则______度．
27．（2022秋·河南郑州·八年级统考期末）解答
(1)问题发现．
如图1，，，则______．
由此发现：∠1与∠C、∠A的数量关系是______，用语言叙述为：三角形一个外角等于______．
(2)结论运用
如图2，中，，沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若，求∠BDC的度数．
参考答案：
1．D
【分析】本题运用转化的思想作出相应的平行线，把三角形的内角进行转化，再根据平角的定义解决此题．
【详解】解：A．由EF∥AB，则∠ECA＝∠A，∠FCB＝∠B．由∠ECA+∠ACB+∠FCB＝180°，得∠A+∠ACB+∠B＝180°，故A不符合题意．
B．由ED∥BC，得∠EDF＝∠AED，∠A＝∠FDB．由ED∥CB，得∠EDA＝∠B，∠C＝∠AED，那么∠C＝∠EDF．由∠ADE+∠EDF+∠FDB＝180°，得∠B+∠A+∠C＝180°，故B不符合题意．
C．由CE∥AB，则∠A＝∠FEC，∠B＝∠BCE．由∠FCE+∠ECB+∠ACB＝180°，得∠A+∠B+∠ACB＝180°，故C不符合题意．
D．由CD⊥AB于D，则∠ADC＝∠CDB＝90°，无法证得三角形内角和是180°，故D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理的证明，将三角形三个内角转换为平角是解本题的关键．
2．B
【分析】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∠3=∠1+∠B，再根据两直线平行，同旁内角互补列式计算即可得解．
【详解】解：如图，
由三角形的外角性质可得，∠3=∠1+∠B=65°，
∵a∥b，∠DCB=90°，
∴∠2=180°-∠3-90°=180°-65°-90°=25°．
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
3．A
【分析】根据∠BOE＝∠BAO＋∠ABO，求出∠BAO，∠ABO即可，根据补角的定义求得．
【详解】解：∵∠BAC＝80°，AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝40°，
∵BF⊥AC，
∴∠BFA＝90°，
∴∠ABF＝10°，
∴∠BOE＝∠BAO＋∠ABO＝40°＋10°＝50°，
∴＝130°，
故选：A
【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形的角平分线，高的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识属于中考常考题型．
4．A
【分析】由折叠得到∠B=∠BCD，根据三角形的内角和得∠A+∠B+∠ACB=180°，代入度数计算即可．
【详解】解：由折叠得∠B=∠BCD，
∵∠A+∠B+∠ACB=180°，，，
∴65°+2∠B+25°=180°，
∴∠B=45°，
故选：A．
【点睛】此题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，熟记折叠的性质是解题的关键．
5．A
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠3，再根据两直线平行，同位角相等可得∠2+∠4=∠3，最后根据∠2=∠3-∠4计算即可得到答案．
【详解】解：如图，由题意得
∵，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，熟记性质和定理是解题的关键．
6．B
【分析】先根据三角形的内角和定理和三个内角的度数比分别求出三个内角的度数，然后再根据三个内角的度数进一步判断三角形的形状即可．
【详解】解：∵三角形三个内角度数的比为1：3：4，
∴三个内角分别是
∴该三角形是直角三角形．
故选:B．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，根据三角形内角和定理以及对应的比例关系求得对应三个内角的度数是解决本题的关键．
7．B
【分析】根据对顶角相等可得，根据三角形外角的性质可得，由此可解．
【详解】解：如图所示，
由题意知，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查对顶角的性质、三角形外角的定义和性质，解题的关键是掌握对顶角相等、三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
8．A
【分析】根据折叠的性质可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得到，，然后列式整理即可得解．
【详解】解：根据折叠的性质，得．
在中，，
在中，，
∴，即．
故选A．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及折叠的性质，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质把角与角之间联系起来是解题的关键．
9．D
【分析】先根据判定AB∥FC，然后根据垂直的定义得出，进而求出，再利用外角的性质求出．
【详解】解：如图，
，
∴AB∥FC，故正确；
，
，
，故正确；
，，
，故正确；
平行线间的距离处处相等，且AB∥FC，
∴点和点到的距离相等，故正确．
故正确的结论有个，
故选：D．
【点睛】本题考查的是平行线的性质和三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质并灵活运用，平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．
10．C
【分析】根据三角形外角的性质求出∠ACD，再根据余角的性质和平行线的性质求解即可．
【详解】解：∵∠A＝30°，∠1＝55°，
∴∠ACD＝∠1－∠A＝25°，
∴∠DCE＝∠ACB－∠ACD＝90°－25°＝65°，
∵，
∴∠2＝∠DCE＝65°，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及平行线的性质，熟练掌握基础知识是解题的关键．
11．
【分析】由题意直接根据三角形内角和定理和角平分线的定义进行分析，并利用角的等量代换即可得出答案.
【详解】解：在中，
∵，
∴．
∵平分，平分，
∴，．
在中，
∵，
∴
．
故答案为：
【点睛】本题考查三角形内角和定理和角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和定理和角平分线的定义是解题的关键.
12．124°/124度
【分析】在矩形ABCD中，AD∥BC，则∠DEF=∠EFG=62°，∠EGB=∠DEG，又由折叠可知，∠GEF=∠DEF，可求出∠DEG的度数，进而得到∠EGB的度数．
【详解】解：在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFG=62°，∠EGB=∠DEG，
由折叠可知∠GEF=∠DEF=62°，
∴∠DEG=124°，
∴∠EGB=∠DEG=124°．
故答案为：124°．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，折叠的性质等，掌握折叠前后角度之间的关系是解题的基础．
13．62
【分析】根据直角三角形的性质、结合题意列出方程组，解方程组得到答案．
【详解】解：设直角三角形中，较大的锐角为∠A，较小的锐角为∠B，
由题意得：
，解得：，
则较大一个锐角的度数是62°，
故答案为：62．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
14．/15度
【分析】根据直角三角形的两锐角互余列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：设较小的一个锐角为x，则另一个锐角为5x，
则，
解得，
则较小的一个锐角为15°．
故答案为：15°．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、解一元一次方程，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
15．10
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出，再根据翻折的性质可得，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【详解】解：，，
，
由翻折的性质得，，
所以．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，直角三角形两锐角互余的性质，以及翻折变换的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
16．/80度
【分析】根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：，＋，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，熟练掌握三角形的外角性质是解题关键．
17．不正确，理由见解析
【分析】根据不能用命题本身证明本身，可得判断小虎的做法不正确，再过点作直线，使，证明，，再结合平角的含义可得结论．
【详解】解：小虎的做法不正确，
过点作直线，使，
∵，
∴，（两直线平行，内错角相等）
∵（平角定义）
∴（等量代换）
【点睛】本题考查的是平行线的性质，三角形内角和定理的证明，理解题意确定小虎的做法不正确是解本题的关键．
18．(1)
(2)25°
(3)
【分析】（1）先根据三角形内角和定理可计算出∠BAC=180°-∠B-∠C=60°，再利用角平分线定义得∠CAE=∠BAC=30°，接着由AD⊥BC得∠ADC=90°，根据三角形内角和得到∠CAD，然后利用∠EAD=∠CAE-∠CAD进行计算；
（2）由三角形内角和定理得∠BAC=180°-∠B-∠C，再根据角平分线定义得∠CAE=∠BAC=90°-∠B-∠C，接着利用互余得到∠CAD=90°-∠C，所以∠EAD=∠CAE-∠CAD=90°-∠B-∠C-（90°-∠C），然后整理得出，把代入计算即可．
（3）同（2）得出∠EAD=（∠C-∠B），即可得到结论．
【详解】（1）解：∵∠B=30°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°-∠B-∠C=90°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠BAC=45°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAD=90°-∠C=30°，
∴∠EAD=∠CAE-∠CAD=45°-30°=15°；
（2）解：∵∠BAC=180°-∠B-∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠BAC=（180°-∠B-∠C）=90°-∠B-∠C，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAD=90°-∠C，
∴∠EAD=∠CAE-∠CAD=90°-∠B-∠C-（90°-∠C）=（∠C-∠B），
∵∠C-∠B=50°，
∴∠DAE=25°，
故答案为：25°；
（3）解：∵∠BAC=180°-∠B-∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠BAC=（180°-∠B-∠C）=90°-∠B-∠C，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAD=90°-∠C，
∴∠DAE=∠CAE-∠CAD=90°-∠B-∠C-（90°-∠C）=（∠C-∠B），
即∠DAE=（∠C-∠B）．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°，角平分线定义．注意从特殊到一般，（3）中的结论为一般性结论．
19．51°
【分析】首先根据邻补角的知识求出∠ADB的度数，再根据三角形内角和定理求出∠BAD的度数，又根据角平分线的知识求出∠BAC的度数，最后再次利用三角形内角和定理求出∠C的度数．
【详解】∵∠ADC＝82°，
∴∠ADB＝180°﹣82°＝98°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣35°﹣98°＝47°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝2×46°＝94°，
∴∠C＝180°﹣35°﹣94°＝51°．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理的知识，解题的关键是掌握三角形的内角和为180°，此题难度不大，属于基础题．
20．证明见解析
【分析】首先根据平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理得到，进而可证明出．
【详解】∵
∴
∵在中，
∴．
【点睛】本题考查平行线的性质以及三角形的内角和定理，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
21．(1)符合
(2)三角形内角和等于180°
(3)详见解析
【分析】（1）根据、的延长线的夹角应为60°，，再根据， ，可得，符合三角形内角和定理即符合．
（2）根据三角形内角和等于180°即可解答．
（3）过点A做直线m，使，可得，再根据∠1，∠4，∠5组成平角，即可解答．
【详解】（1）解：∵、的延长线的夹角应为60°，
∴，
∵， ，
∴．
符合三角形内角和定理即符合．
故答案为：符合．
（2）三角形内角和等于180°（或三角形内角和定理）．
故答案为：三角形内角和等于180°；
（3）已知：，
求证：，
证明：如图，过点A做直线m，使，
∵，
∴，同理，
∵∠1，∠4，∠5组成平角，
∴
∴，即三角形内角和等于180°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握其性质是解题的关键．
22．(1)61°
(2)58°
【分析】（1）依据三角形内角和定理，即可得到∠OBC+∠OCB的度数；
（2）依据BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，可得∠ABC+∠ACB＝2（∠OBC+∠OCB）＝122°，再根据三角形内角和定理可得△ABC中，∠A＝180°﹣122°＝58°．
【详解】（1）解：∵∠BOC=119°，
∴在∠BCO中，∠OBC+∠OCB=180°﹣∠BOC=61°；
（2）解：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，
∴∠ABC+∠ACB=2∠OBC+2∠OCB=2（∠OBC+∠OCB）=122°，
∴△ABC中，∠A=180°﹣122°=58°．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和是180°、角平分线的定义，掌握三角形内角和定理是解题的关键．
23．见解析
【分析】根据得，由平行线的性质推出，结合得到，由同角的余角相等求解．
【详解】证明：∵，
∴．
∵AD∥BE
∴
∴．
又∵，
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理，同角的余角相等，理解同角的余角相等是解答关键．
24．(1)
(2)
【分析】（1）设，，根据角平分线的定义得出，，根据三角形内角和定理得出①．根据三角形外角的性质得出②．③，进而得出；
（2）由（1）同理可知：，即可求解．
【详解】（1）解：设，，
根据和的角平分线相交于点可知：
，，
三角形的内角和等于，，，
，即①．
是与的外角，
，即②．
同理，是与的外角，
，即③，
①②得，④，
①③得，⑤，
④代入⑤得，，
，
解得；
（2），理由如下：
由（1）同理可知：
，
解得：．
【点睛】本题考查了三角形的角平分线，三角形的外角的性质，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
25．（1）；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）过点作，可得，，根据即可求解；
（2）过点作，可求出，过点作，可求出，由此即可求解；
（3）延长交于点，可得，，平分，平分，可得，由此即可求解．
【详解】解：（1）如图，过点作，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴．
（2），理由如下：
过点作，
∵，
∴，
∴，，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
同理，过点作，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
（3）如图，延长交于点，
∴，
，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，理解平行线的性质，三角形外角的性质是解题的关键．
26．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）延长BO交AC于D，由外角的性质可得∠BOC＝∠B+∠A+∠C；
（2）由（1）知，，由角平分线的性质和外角的性质即可求解；
（3）由题意知：∠ABO1000＝∠ABO，∠OBO1000＝∠ABO，∠ACO1000＝∠ACO，∠OCO1000＝∠ACO，由三角形的外角性质可求解．
【详解】解：（1）如图1，延长BO交AC于D，
∴，
，
∴，
即．
（2）由（1）知，
∵∠ABE、∠ACE的二等分线（即角平分线）BF、CF交于点F．
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）由题意知：∠ABO1000＝∠ABO，∠OBO1000＝∠ABO，∠ACO1000＝∠ACO，∠OCO1000＝∠ACO，
∴∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，
∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC，
则∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），
代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，
∴∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，
解得：∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，
∵∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，
∴∠BO1000C＝m°+n°＝（）°；
故答案为：．
【点睛】此题考查了三角形的外角性质、角平分线的定义等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
27．(1)30°；；和它不相邻的两个内角的和；
(2)．
【分析】（1）先求出∠ABC=80°，再根据三角形内角和定理即可求出，进而可以得到，用语言叙述为：三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；
（2）根据折叠性质得到，再根据（1）结论即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴∠ABC=180°-∠1=80°，
∵∠C=70°，
∴∠A=180°-∠ABC-∠C=30°，
由此发现：∠1与∠C、∠A的数量关系是，用语言叙述为：三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
故答案为：30°，，和它不相邻的两个内角的和；
（2）解：由折叠得到，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角定理，理解题意，准确掌握两个定理是解题关键．11.3 多边形及其内角和 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）下列长度的三条线段与长度为4的线段首尾依次相连能组成四边形的是（ ）．
A．1，1，2， B．1，1，1 C．1，2，2 D．1，1，6
2．（2022秋·河南洛阳·八年级期末）将一个多边形纸片沿一条直线剪下一个三角形后，变成一个六边形，则原多边形纸片的边数不可能是
A．5 B．6 C．7 D．8
3．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，正六边形内部有一个正五边形，且，直线l经过，则直线l与的夹角α为（ ）
A．48° B．45° C．72° D．30°
4．（2022春·河南郑州·八年级统考期末）生活中，我们所见到的地面、墙面、服装面料等，常常是由一种或几种性质相同的图形拼接而成的．像这样的用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．如果只用一种几何图形镶嵌整个地面，下列哪一种不能单独镶嵌成一个平面图形．（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
5．（2022秋·河南许昌·八年级统考期末）将一个n边形变成边形，外角和将（ ）
A．增加 B．减少 C．增加 D．不变
6．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）如图所示，在正六边形内，以为边作正五边形，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·河南郑州·八年级统考期末）一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的5倍，则这个正多边形的边数是（ ）
A．十二 B．十一 C．十 D．九
8．（2022秋·河南焦作·八年级统考期末）一个多边形的内角和与外角和相等，这个多边形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
9．（2022秋·河南新乡·八年级统考期末）一个正多边形的一个内角是其外角的3倍，则正多边形的边数为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
10．（2022秋·河南洛阳·八年级统考期末）如果一个正多边形的每一个外角都是45°，那么这个正多边形的内角和为（ ）
A．360° B．720° C．1080° D．1440°
11．（2022春·河南郑州·八年级统考期末）李明家正在装修新房，已购买一种正方形地砖，现打算选择另一种不同形状的正多边形地砖和已购买的地砖在同一顶点处作平面镶嵌，则下面形状的地砖中能被李明家选择的是（ ）
A．正五角形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形
二、填空题
12．（2022秋·河南洛阳·八年级统考期末）如图，小个方格都是边长为1的正方形，图中四边形的面积为 ．
13．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是 ．
14．（2022春·河南平顶山·八年级统考期末）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接，若，则 ．
15．（2022秋·河南许昌·八年级统考期末）如图由内角分别相等的四边形、五边形、六边形组合而成的图形中，，则的度数为 度．
16．（2022春·河南郑州·八年级期末）边长相等的下列两种正多边形的组合，不能作平面镶嵌的是 （请填序号）．
①正方形与正三角形②正五边形与正三角形③正六边形与正三角形④正八边形与正方形
17．（2022春·河南平顶山·八年级统考期末）我们知道用正五边形不能铺满地面，若将三个相同的正五边形按如图所示拼接在一起，那么图中的的度数是 ．
18．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）正五边形的一个内角与一个外角的比 ．
19．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）一个多边形的每个内角都是，这个多边形是 边形．
20．（2022秋·河南商丘·八年级统考期末）一个多边形的每一个内角都是120°，则此多边形从一个顶点出发可以引 条对角线．
21．（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）若正多边形的一个外角为30°，则这个多边形为正 边形．
22．（2022秋·河南三门峡·八年级统考期末）若n边形的每一个外角都等于60°，则n= ．
23．（2022秋·河南安阳·八年级期末）一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，这个多边形是 边形．
24．（2022春·河南濮阳·八年级期末）若一个多边形的内角和与外角和共，则这个多边形的边数是 ．
25．（2022秋·河南安阳·八年级统考期末）正多边形的一个外角是，则这个多边形的内角和的度数是 ．
三、解答题
26．（2022秋·河南新乡·八年级统考期末）如图，在四边形中，，平分交于点E，平分交于点F，过点C作于点G．当时，求的度数．
参考答案：
1．C
【分析】将每个选项中的四条线段进行比较，任意三条线段的和都需大于另一条线段的长度，由此可组成四边形，据此解答．
【详解】解：A、因为1+1+2=4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；
B、因为1+1+1<4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；
C、因为1+2+2>4，所以能构成四边形，故该项符合题意；
D、因为1+1+4=6，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查了多边形的构成特点：任意几条边的和大于另一条边长，正确理解多边形的构成特点是解题的关键．
2．D
【分析】根据一个边形剪去一个角后，剩下的形状可能是边形或边形或边形即可得出答案．
【详解】如图可知，原来多边形的边数可能是5，6，7．不可能是8．
故选：．
【点睛】本题考查了多边形，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；经过两条领边，边数增加．
3．A
【分析】设直线l与交于点C，与交于点D，利用正多边形的性质可得出，，由，利用“两直线平行，同位角相等”可得出的度数，结合邻补角互补可得出的度数，利用四边形内角和为可求出的度数，再由对顶角相等，即可得出结论．
【详解】解：设直线l与交于点C，与交于点D，如图所示．
∵六边形为正六边形，五边形为正五边形，
∴，．
∵，
∴，
∴．
在四边形中，，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质、正多边形以及四边形内角和定理，利用平行线的性质及邻补角互补，找出的度数是解题的关键．
4．C
【分析】正多边形镶嵌有三个条件限制：①边长相等，②顶点公共，③在一个顶点处各正多边形的内角之和为360°，判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之不能．
【详解】解：A.等边三角形的内角为60°，（个），所以6个等边三角形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
B. 正方形内角为90°，（个），所以4个正方形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
C. 正五边形内角为108°，（个），所以正五边形不能在一个顶点处实现内角之和等于360°，符合题意；
D. 正六边形的内角为120°，（个），所以3个正六边形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查正多边形镶嵌，掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．
5．D
【分析】根据多边形的外角和是360°求解判断即可．
【详解】解：∵多边形的外角和是360°，
∴将一个n边形变成（n+2）边形，外角和将不变，
故选：D．
【点睛】此题考查了多边形的外角和，熟记多边形的外角和是360°是解题的关键．
6．B
【分析】利用正n边形的外角和定理计算即可
【详解】如图，延长BA到点O，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠FAO==60°，
∵五边形ABGHI是正五边形，
∴∠IAO==72°，
∴∠FAI=∠IAO-∠FAO=12°，
故选B．
【点睛】本题考查了正多边形的外角和定理，熟练掌握正ｎ边形的外角和定理是解题的关键．
7．A
【分析】先求出这个正多边形的一个外角等于，再根据多边形的外角和等于即可得．
【详解】解：一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的5倍，且一个内角与一个外角的和为，
这个正多边形的每个外角都相等，且外角的度数为，
这个正多边形的边数为，
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形的外角和，熟练掌握正多边形的每个外角都相等，且外角和等于是解题关键．
8．B
【分析】任意多边形的外角和为360°，然后利用多边形的内角和公式计算即可．
【详解】解：设多边形的边数为n．
根据题意得：（n 2）×180°＝360°，
解得：n＝4．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是多边形的内角和和外角和，掌握任意多边形的外角和为360°和多边形的内角和公式是解题的关键．
9．A
【分析】首先设正多边形的一个外角等于x，根据多边形外角与相邻的内角互补列方程，解方程即可求得答案．
【详解】解：设正多边形的一个外角等于x．
根据题意得：x+3x=180°
解得：x=45°，
∴这个正多边形的边数是：360°÷45°=8．
故选A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和的知识．掌握多边形外角与相邻的内角互补是解题的关键．
10．C
【分析】多边形的外角和是360度，即可得到外角的个数，即多边形的边数．根据多边形的内角和定理即可求解．
【详解】解：多边形的边数是：360÷45＝8．
则内角和是：（8﹣2）×180°＝1080°．
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形的外角和、内角和，熟知公式是关键，利用外角和解决正多边形边数问题是常用思路
11．D
【分析】分别各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可作出判断．
【详解】解：A、正五边形每个内角是108°，108°与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
B、正六边形每个内角是120°，120° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
C、正七边形每个内角是，与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
D、正八边形每个内角是135°，135°×2+90°=360°，能密铺，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查平面镶嵌问题，考查的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°，任意几种多边形能否进行镶嵌，看它们能否组成360°的角．
12．
【分析】利用大正方形的面积减去四边形周围的小三角形面积即可．
【详解】解：四边形ABCD的面积为：
=，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了四边形面积求法，掌握割补法是解题的关键．
13．8
【分析】由多边形内角和定理：，可求多边形的边数．
【详解】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：，
∴，
故答案为：8．
【点睛】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形的内角和定理．
14．/260度
【分析】连接，利用四边形内角和定理和三角形内角和定理计算即可．
【详解】如图，连接，
则，
，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形内角和定理和三角形内角和定理，熟练掌握两个定理是解题的关键．
15．102
【分析】根据正多边形内角和公式（且n为整数）分别求出内角即可求解．
【详解】解：∵四边形、五边形、六边形的各内角相等，
∴四边形的每个内角是，五边形的每个内角是，六边形的每个内角是，
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：102．
【点睛】本题考查多边形的内角和公式和三角形的内角和，求出正多边形的内角是解题的关键．
16．②
【分析】分别求出各个正多边形每个内角的度数，再结合镶嵌的条件即可作出判断．
【详解】解：正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是，，能作平面镶嵌；
正三角形的每个内角是，正五边形每个内角是，，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能作平面镶嵌；
正三角形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，能作平面镶嵌；
正八边形的每个内角是，正方形的每个内角是，，能作平面镶嵌．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，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．掌握镶嵌的条件是解题的关键．
17．/36度
【分析】正多边形镶嵌有三个条件限制：边长相等；顶点公共；在一个顶点处各正多边形的内角之和为多边形内角和定理：且为整数．
【详解】解：正五边形的内角：，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，熟练运用多边形内角和公式是解题的关键．
18．
【分析】根据公式分别求出一个内角与一个外角的度数，即可得到答案．
【详解】解：正五边形的一个内角的度数为，正五边形的一个外角的度数为，
∴正五边形的一个内角与一个外角的比为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了正五边形的内角度数及外角度数，熟记多边形的内角和与外角和公式是解题的关键．
19．十
【分析】根据题意可得该多边形为正多边形，先求出一个外角的度数，即可求出边数．
【详解】解：∵该多边形每个内角都是，
∴该多边形为正多边形，
∴该多边形一个外角，
∴该多边形的边数，
故答案为：十．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形每个外角相等．
20．3
【分析】根据多边形的外角和为360°求得多边形的边数，然后根据n边形从一个顶点出发可以引（n-3）条对角线即可求得答案．
【详解】解：∵一个多边形的每个内角都是120°，
∴这个多边形的每个外角都是60°
∴该多边形的边数为：360°÷60°=6，
∴从这个多边形的一个顶点出发可以画对角线条数为：6﹣3=3．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查多边形的外角和与对角线，解此题的关键在于熟练掌握多边形的外角和，多边形从一个顶点出发引对角线条数公式．
21．12．
【详解】试题分析：正多边形的一个外角等于30°，而多边形的外角和为360°，则： 多边形的边数=360°÷30°=12，
考点：多边形内角与外角
22．6
【详解】解：由题意得：n=360°÷60°=6．
故答案为：6．
23．十
【分析】设多边形的边数为n，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设多边形的边数为n，根据题意得：，
解得：，
故答案为：十．
【点睛】本题考查了多边形内角和与多边形外角和，通过利用内外角和的关系建立方程是解题的关键．
24．
【分析】根据多边形的外角和是，即可求得多边形的内角和的度数，依据多边形的内角和公式即可求解．
【详解】解：多边形的内角和是：，
设多边形的边数是，
则，
解得：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化．多边形的内角和，多边形的外角和等于．
25．540°/540度
【详解】根据多边形的外角和为360°，因此可以求出多边形的边数为360°÷72°=5，
根据多边形的内角和公式（n－2）·180°，
可得（5－2）×180°=540°．
【点睛】考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
26．
【分析】先根据四边形内角和为360度求出，再利用角平分线的定义求出，进而求出的度数，再利用三角形外角的性质即可求出的度数．
【详解】解：四边形中，，
，
平分，平分，
，
又，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查四边形的内角和，角平分线的定义，三角形外角的性质等，难度不大，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导求解．
