华东师大版七年级数学下册专题9.8多边形章末题型过关卷(华东师大版)(原卷版+解析)

这是一份华东师大版七年级数学下册专题9.8多边形章末题型过关卷(华东师大版)(原卷版+解析)，共29页。

考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022春·山东聊城·七年级统考期末）如图，将直尺与含30°角的三角尺叠放在一起，若∠2=50°，则∠1的大小是（ ）
A．40°B．50°C．70°D．80°
2．（3分）（2022秋·贵州铜仁·八年级统考期末）若三角形的两边长分别为4和6，则第三边的长可能是（ ）
A．2B．5C．10D．11
3．（3分）（2022春·吉林长春·七年级统考期末）下列正多边形的组合中，能够铺满地面的是（ ）
A．正八边形和正三角形B．正八边形和正方形
C．正八边形和正五边形D．正六边形和正方形
4．（3分）（2022秋·广东广州·八年级校考期末）从正多边形一个顶点出发共有7条对角线，则这个正多边形每个外角的度数为（ ）
A．36°B．40°C．45°D．60°
5．（3分）（2022秋·陕西延安·八年级统考期中）将正六边形与正五边形按如图所示方式摆放，公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数是（ ）
A．74°B．76°C．84°D．86°
6．（3分）（2022春·湖南长沙·七年级校考期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个18边形，则原多边形纸片的边数不可能是（ ）
A．16B．17C．18D．19
7．（3分）（2022秋·湖北咸宁·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点I．∠BIC=115°，则∠A为（ ）
A．70°B．65°C．50°D．30°
8．（3分）（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，正六边形A1A2A3A4A5A6内部有一个正五边形B1B2B3B4B5，且A3A4∥B3B4，直线l经过B2，B3，则直线l与A1A2的夹角α为（ ）
A．48°B．45°C．72°D．30°
9．（3分）（2022秋·山东聊城·八年级校考期末）如图，∠AOB=30°，M，N分别是边OA,OB上的定点，P，Q分别是边OB,OA上的动点，记∠OPM=α,∠OQN=β，当MP+PQ+QN的值最小时，关于α，β的数量关系正确的是（ ）
A．β−α=60°B．β+α=210°C．β−2α=30°D．β+2α=240°
10．（3分）（2022秋·广东深圳·八年级南山实验教育麒麟中学校考期末）如图，∠ABC=∠ACB，BD，CD，AD分别平分△ABC的内角∠ABC，外角∠ACF，外角∠EAC．以下结论：① AD∥BC；② ∠ACB=2∠ADB；③ ∠BDC=12∠BAC；④ ∠ADB=45°−12∠CDB；⑤ ∠ADC+∠ABD=90°．其中正确的结论有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022秋·上海浦东新·七年级校考期末）一个三角形的两边分别是3和7，如果第三边长为整数，那么第三边可取的最大整数是___．
12．（3分）（2022秋·陕西西安·七年级校考期末）从一个多边形的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，若把这个多边形被分割成2018个三角形，则这个多边形的边数为______．
13．（3分）（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）如图，在一个正方形被分成三十六个面积均为1的小正方形，点A与点B在两个格点上，问在格点上是否存 在一个点C，使△ABC的面积为2，这样的点C有_________个．
14．（3分）（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，AB和CD相交于点O，∠C=∠COA,∠BDC=∠BOD,AP,DP分别平分∠CAO和∠BDC，若∠C+∠P+∠B=165°，则∠C=____°．
15．（3分）（2022春·福建福州·七年级福建省福州延安中学校考期末）如图，在△ABC中，点E是AB边上的点，且AE:EB=2:3，点D是BC边上的点，且BD:DC=1:2，AD与CE相交于点F，若四边形BDFE的面积是16，则△ABC的面积为______．
16．（3分）（2022春·浙江温州·七年级统考期末）图1是一盏可折叠台灯。图2为其平面示意图，底座AO⊥OE于点O，支架AB，BC为固定支撑杆，∠A是∠B的两倍，灯体CD可绕点C旋转调节.现把灯体CD从水平位置旋转到CD’位置(如图2中虚线所示)，此时，灯体CD’所在的直线恰好垂直支架AB，且∠BCD-∠DCD’=126°，则∠DCD’=_________.
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022秋·重庆·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠ABC=70°，△ABC的外角∠BCD的平分线CE交AB的延长线于点E．
(1)求∠BCE的度数；
(2)过点D作DF∥CE，交AB的延长线于点F，求∠F的度数．
18．（6分）（2022秋·天津西青·八年级统考期末）如图，AD是△ABC的高，AE，BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB=100°，∠C=20°，求∠DAE和∠BOA的度数．
19．（8分）（2022秋·浙江杭州·八年级统考期末）已知a，b是某一等腰三角形的底边长与腰长，且a+2b＝3．
（1）求a的取值范围；
（2）设c＝3a+2b，求c的取值范围
20．（8分）（2022春·福建厦门·七年级统考期末）如图1，四边形ABCD中，点E在边AB上，∠BCE与∠BEC互余，过点E作EF∥CD，交AD于点F．
(1)若EF⊥CE，求证：∠AEF＝∠BCE；
(2)如图2，EG平分∠BEC交DC延长线于点G，∠BCD+∠ECD＝180°．点H在FD上，连接EH，CH，∠AHE+∠BCH＝90°．当∠D+∠AEF＝2∠G时，判断线段CH与CE的大小关系，并说明理由．
21．（8分）（2022春·四川资阳·七年级统考期末）知：如图，n边形A1A2A3A4A5…An.
(1)求证：n边形A1A2A3A4A5…An的内角和等于n−2⋅180°；
(2)在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻的外角的3倍还大20°，求这个多边形的内角和；
(3)粗心的小明在计算一个多边形的内角和时，误把一个外角也加进去了，得其和为1180°，这个多加的外角度数为 ，多边形的边数为 .
22．（8分）（2022秋·山西大同·八年级统考期中）阅读材料：
解决问题：
（1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BDC(∠BDC＜180°)与∠B，∠D，∠BAC三个角之间的等量关系．
小明得出的结论是：∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整．
证明：连接AD并延长AD到点E．
联系拓广：
（2）下面图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的(即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的)．
请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题：
①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为 °；
②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 °．
23．（8分）（2022春·江苏常州·七年级常州市清潭中学校考期中）阅读下列材料并解答问题：在一个三角形中，如果一个内角的度数是另一个内角度数的3倍，那么这样的三角形我们称为“梦想三角形”．例如：一个三角形三个内角的度数分别是120°，40°，20°，这个三角形就是一个“梦想三角形”．反之，若一个三角形是“梦想三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角的度数是另一个内角度数的3倍．
(1)如果一个“梦想三角形”有一个角为108°，那么这个“梦想三角形”的最小内角的度数为 ；
(2)如图1，已知∠MON=60°，在射线OM上取一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（点C不与O、B重合），若∠ACB=80°．判定△AOC “梦想三角形”（填是或者不是）
(3)如图2，点D在△ABC的边上，连接DC，作∠ADC的平分线交AC于点E，在DC上取一点F，使得∠EFC+∠BDC=180°，∠DEF=∠B．若△BCD是“梦想三角形”，求∠B的度数．
第9章 多边形章末题型过关卷
【华东师大版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022春·山东聊城·七年级统考期末）如图，将直尺与含30°角的三角尺叠放在一起，若∠2=50°，则∠1的大小是（ ）
A．40°B．50°C．70°D．80°
【答案】C
【分析】根据三角形内角和定理得∠3=60°，根据平行线的性质得∠4=∠2=50°，根据平角定义即可求解．
【详解】解：如图所示，
由题意得，∠3=180°−90°−30°=60°，
∵AB∥CD，∠2=50°，
∴∠4=∠2=50°，
∴∠1=180°−∠4−∠3=70°，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
2．（3分）（2022秋·贵州铜仁·八年级统考期末）若三角形的两边长分别为4和6，则第三边的长可能是（ ）
A．2B．5C．10D．11
【答案】B
【分析】根据三角形的三边关系，求出第三边的取值范围，再进行判断即可．
【详解】解：设三角形的第三边长为a，
则：6−4即：2∴第三边的长可能是：5；
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的三边关系．熟练掌握任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，是解题的关键．
3．（3分）（2022春·吉林长春·七年级统考期末）下列正多边形的组合中，能够铺满地面的是（ ）
A．正八边形和正三角形B．正八边形和正方形
C．正八边形和正五边形D．正六边形和正方形
【答案】B
【分析】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处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，反之则不能．
【详解】解：A选项，正八边形的每个内角是180°×（8－2）÷8＝135°，正三角形的每个内角是60°，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
B选项，正八边形的每个内角是135°，正方形的每个内角是90°，135°×2＋90°＝360°，能铺满地面，故该选项符合题意；
C选项，正八边形的每个内角是135°，正五边形的每个内角是180°×（5－2）÷5＝108°，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
D选项，正六边形的每个内角是180°×（6－2）÷6＝120°，正方形的每个内角是90°，不能铺满地面，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握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处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，反之则不能是解题的关键．
4．（3分）（2022秋·广东广州·八年级校考期末）从正多边形一个顶点出发共有7条对角线，则这个正多边形每个外角的度数为（ ）
A．36°B．40°C．45°D．60°
【答案】A
【分析】根据多边形对角线定义可知，一个n边形某个顶点除了不能和自身以及左右两个相邻的顶点连成对角线外，其余的n−3个顶点都能与其连成对角线，由从正多边形一个顶点出发共有7条对角线，得到n−3=7，解得n=10，对于正十边形，利用多边形外角为360°直接求解即可得到答案．
【详解】解：根据多边形对角线定义可知，一个n边形某个顶点除了不能和自身以及左右两个相邻的顶点连成对角线外，其余的n−3个顶点都能与其连成对角线，得到n边形一个顶点连成对角线条数为n−3条，
∵经过多边形的一个顶点有7条对角线，
∴n−3=7，解得n=10，
∴根据多边形外角为360°得该正十边形的每个外角度数为360°10=36°，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形对角线的定义及应用，涉及多边形外角和为360°、正多边形性质等知识，灵活运用多边形对角线的相关结论是解决问题的关键．
5．（3分）（2022秋·陕西延安·八年级统考期中）将正六边形与正五边形按如图所示方式摆放，公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数是（ ）
A．74°B．76°C．84°D．86°
【答案】C
【分析】利用正多边形的性质求出∠EOF，∠BOC，∠BOE即可解决问题．
【详解】解：由题意得：∠EOF＝108°，∠BOC＝120°，∠OEB＝72°，∠OBE＝60°，
∴∠BOE＝180°﹣72°﹣60°＝48°，
∴∠COF＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，
故选：C
【点睛】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
6．（3分）（2022春·湖南长沙·七年级校考期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个18边形，则原多边形纸片的边数不可能是（ ）
A．16B．17C．18D．19
【答案】A
【详解】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．故当剪去一个角后，剩下的部分是一个18边形，则这张纸片原来的形状可能是18边形或17边形或19边形，不可能是16边形.
故选A.
【点睛】此题主要考查了多边形，减去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻点，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.
7．（3分）（2022秋·湖北咸宁·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点I．∠BIC=115°，则∠A为（ ）
A．70°B．65°C．50°D．30°
【答案】C
【分析】设∠A=α，利用角平分线的性质得∠IBC+∠ICB=180°−α2，再根据∠BIC=115°得∠OBC+∠OCB=65°，所以180°−α2=65°求解即可．
【详解】解：设∠A=α，则∠ABC+∠ACB=180°−α，
∵∠BIC=115°，
∴∠IBC+∠ICB=180°−115°=65°，
∵∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点I，
∴∠IBC+∠ICB=180°−α2，即180°−α2=65°，解之得：α=50°，
故选：C．
【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形内角和定理，解一元一次方程，解题的关键是找出等量关系180°−α2=65°进行求解．
8．（3分）（2022秋·河南信阳·八年级统考期末）如图，正六边形A1A2A3A4A5A6内部有一个正五边形B1B2B3B4B5，且A3A4∥B3B4，直线l经过B2，B3，则直线l与A1A2的夹角α为（ ）
A．48°B．45°C．72°D．30°
【答案】A
【分析】设直线l与A1A2交于点C，与A3A4交于点D，利用正多边形的性质可得出∠A2=∠A3=120°，∠B2B3B4=108°，由A3A4∥B3B4，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠B3DA4的度数，结合邻补角互补可得出∠A3DC的度数，利用四边形内角和为360°可求出∠A2CD的度数，再由对顶角相等，即可得出结论．
【详解】解：设直线l与A1A2交于点C，与A3A4交于点D，如图所示．
∵六边形A1A2A3A4A5A6为正六边形，五边形B1B2B3B4B5为正五边形，
∴∠A2=∠A3=120°，∠B2B3B4=108°．
∵A3A4∥B3B4，
∴∠B3DA4=∠B2B3B4=108°，
∴∠A3DC=180°−∠B2B3B4=180°−108°=72°．
在四边形A2A3DC中，∠A2CD+∠A3DC+∠A3+∠A2=360°，
∴∠A2CD=360°−∠A3DC−∠A3−∠A2=360°−72°−120°−120°=48°，
∴∠α=∠A2CD=48°．
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∠A3DC的度数是解题的关键．
9．（3分）（2022秋·山东聊城·八年级校考期末）如图，∠AOB=30°，M，N分别是边OA,OB上的定点，P，Q分别是边OB,OA上的动点，记∠OPM=α,∠OQN=β，当MP+PQ+QN的值最小时，关于α，β的数量关系正确的是（ ）
A．β−α=60°B．β+α=210°C．β−2α=30°D．β+2α=240°
【答案】B
【分析】如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则MP+PQ+QN最小易知∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN，KD∠OQN=180°-30°-∠ONQ，∠OPM=∠NPQ=30°+∠OQP，∠OQP=∠AQN=30°+∠ONQ，由此即可解决问题．
【详解】如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则此时MP+PQ+QN的值最小．
易知∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN．
∵∠OQN=180°−30°−∠ONQ，∠OPM=∠NPQ=30°+∠OQP ∠OQP=∠AQN=30°+∠ONQ，
∴α+β=30°+30°+∠ONQ+180°−30°−∠ONQ=210°．
故选：B.
【点睛】本题考查轴对称-最短问题、三角形的内角和定理．三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（3分）（2022秋·广东深圳·八年级南山实验教育麒麟中学校考期末）如图，∠ABC=∠ACB，BD，CD，AD分别平分△ABC的内角∠ABC，外角∠ACF，外角∠EAC．以下结论：① AD∥BC；② ∠ACB=2∠ADB；③ ∠BDC=12∠BAC；④ ∠ADB=45°−12∠CDB；⑤ ∠ADC+∠ABD=90°．其中正确的结论有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【分析】根据角平分线的定义得出，∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ACF=∠ABC+∠BAC，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．
【详解】解：① ∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC=2∠EAD，
∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，
∴∠EAC=2∠ABC，
∴∠EAD=∠ABC，
∴AD∥BC，故①正确；
② ∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC=2∠ADB，故②正确；
③ ∵∠DCF+∠ACD+∠ACB=180°，∠ACD=∠DCF，
∴2∠DCF+∠ACB=180°，
∵∠BDC+∠DBC=∠DCF，
∴2∠BDC+2∠DBC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+2∠BDC+∠ACB=180°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠BAC=2∠BDC，
∴∠BDC=12∠BAC，故③正确；
④ ∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∵ CD平分∠ACF，
∴∠ACF=2∠DCF，
∵∠ADB+∠CDB=∠DCF，2∠DCF+∠ACB=180°，
∴2∠DCF+∠ABC=2∠DCF+2∠ABD=180°，
∴∠DCF+∠ABD=90°，
∴∠ADB+∠CDB+∠ADB=90°，
∴∠ABD=45°−12∠CDB，故④正确；
⑤由④得，∠DCF+∠ABD=90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠DCF，
∴∠ADC+∠ABD=90°，故⑤正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质、角平分线的定义、平行线的性质、三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，有一定难度．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022秋·上海浦东新·七年级校考期末）一个三角形的两边分别是3和7，如果第三边长为整数，那么第三边可取的最大整数是___．
【答案】9
【分析】根据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得第三边长的最大值．
【详解】解：设第三边为a，
根据三角形的三边关系，得：7﹣3＜a＜3+7，
即4＜a＜10，
∵a为整数，
∴a的最大值为9．
故答案为：9．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系．注意第三边是整数的已知条件．
12．（3分）（2022秋·陕西西安·七年级校考期末）从一个多边形的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，若把这个多边形被分割成2018个三角形，则这个多边形的边数为______．
【答案】2020
【分析】从一个n边形的某个顶点出发，可以引（n-3）条对角线，把n边形分为（n-2）的三角形．
【详解】解：由题意可知：n-2=2018，
解得n=2020，
则这个多边形的边数为2020，
故答案为：2020．
【点睛】此题主要考查了多边形，关键是掌握从一个n边形的某个顶点出发，可以把n边形分为（n-2）个三角形．
13．（3分）（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）如图，在一个正方形被分成三十六个面积均为1的小正方形，点A与点B在两个格点上，问在格点上是否存 在一个点C，使△ABC的面积为2，这样的点C有_________个．
【答案】5
【分析】根据三角形的面积分别以2为高，1为高求出底边的长，然后在网格结构上确定出点C的位置即可得解．
【详解】要分情况讨论①若以2为高时，有四个点满足题意；②若以1为高时有一个点满足题意，所以这样的点有5个．如图所示：
【点睛】本题考查了三角形的面积，以及分类讨论的数学思想．利用网格结构，根据高的不同，分情况求出底边的长是确定点C的位置的关键．
14．（3分）（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，AB和CD相交于点O，∠C=∠COA,∠BDC=∠BOD,AP,DP分别平分∠CAO和∠BDC，若∠C+∠P+∠B=165°，则∠C=____°．
【答案】70
【分析】根据三角形内角和定理可得∠B=∠CAO，设∠C=∠COA=∠BDC=∠BOD=x，则∠B=∠CAO=180°−2x，再由AP,DP分别平分∠CAO和∠BDC，可得∠OAP=12∠OAC=90°−x，∠BDP=12∠ODB=12x，再根据三角形内角和定理可得∠P+∠OAP=∠BDP+∠B，从而得到∠P=90°−52x，然后根据∠C+∠P+∠B=165°得到关于x的方程，即可求解．
【详解】解：如图，
∵∠C=∠COA,∠BDC=∠BOD，
∴∠C=∠COA=∠BDC=∠BOD，
∴∠C+∠COA+∠OAC=180°,∠BDC+∠BOD+∠B=180°，
∴∠B=∠CAO，
设∠C=∠COA=∠BDC=∠BOD=x，则∠B=∠CAO=180°−2x，
∵AP,DP分别平分∠CAO和∠BDC，
∴∠OAP=12∠OAC=90°−x，∠BDP=12∠ODB=12x，
∵∠P+∠OAP+∠AEP=180°=∠BDP+∠B+∠BED，∠AEP=∠BED，
∴∠P+∠OAP=∠BDP+∠B，
∴∠P+90°−x=12x+180°−2x，
∴∠P=90°−52x，
∵∠C+∠P+∠B=165°
∴x+90°−52x+180°−2x=165°，
解得：x=70°，
即∠C=70°．
故答案为：70
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，一元一次方程的应用，利用参数思想构建方程是解题的关键．
15．（3分）（2022春·福建福州·七年级福建省福州延安中学校考期末）如图，在△ABC中，点E是AB边上的点，且AE:EB=2:3，点D是BC边上的点，且BD:DC=1:2，AD与CE相交于点F，若四边形BDFE的面积是16，则△ABC的面积为______．
【答案】60
【分析】连接FB，设S△BDF＝a，S△BEF＝b，推出S△AEF=23b，S△CDF＝2a，S△ABD=12S△ACD=（16+23b），S△ACE=23（16+2a），根据S△ACF＝S△ACD﹣S△CDF＝S△ACE﹣S△AEF得到10a﹣6b＝64，与a+b＝16构成方程组，解方程组求得a、b的值，进而即可求得△ABC的面积．
【详解】解：连接FB，如图所示：
设S△BDF＝a，S△BEF＝b，
∵AEEB=23，
∴S△AEF=23b，
∵BD：DC＝1：2，
∴S△CDF＝2a，
∴S△ABD=12S△ACD＝16+23b，S△ACE=23（16+2a），
∵S△ACF＝S△ACD﹣S△CDF＝S△ACE﹣S△AEF，
∴32+43b﹣2a=23（16+2a）−23b，
∴10a﹣6b＝60，
∵a+b＝16，
10a−6b=64a+b=16，
解得a=10b=6，
∴S△ABC＝S△ACD+S△AEF+S四边形BDFE
＝（32+43b）+23b+16
＝48+2b
＝48+12＝60．
故答案为60．
【点睛】本题考查了三角形的面积，二元一次方程组，解决本题的关键是掌握三角形的面积公式．
16．（3分）（2022春·浙江温州·七年级统考期末）图1是一盏可折叠台灯。图2为其平面示意图，底座AO⊥OE于点O，支架AB，BC为固定支撑杆，∠A是∠B的两倍，灯体CD可绕点C旋转调节.现把灯体CD从水平位置旋转到CD’位置(如图2中虚线所示)，此时，灯体CD’所在的直线恰好垂直支架AB，且∠BCD-∠DCD’=126°，则∠DCD’=_________.
【答案】36°
【分析】延长OA交CD于点F，延长D′C交AB于点G，则∠AGC=∠AFC=90°，得到∠DCD′=∠GAF，在四边形ABCF中，利用四边形的内角和为360°，列出等式，即可求出∠DCD′的度数．
【详解】解：延长OA交CD于点F，延长D′C交AB于点G，如图：
∵CD//OE，
∴OA⊥CD，
∵AO⊥OE，D′C⊥AB，
∴∠AGC=∠AFC=90°，
∴∠GCF+∠GAF=180°，
∵∠DCD′+∠GCF=180°，
∴∠DCD′=∠GAF，
∴∠BAO=180°−∠DCD′，
∴∠B=12(180°−∠DCD′)，
∵∠BCD−∠DCD′=126°，
∴∠BCD=∠DCD′+126°，
在四边形ABCF中，有
∠GAF+∠B+∠BCD+∠AFC=360°，
∴∠DCD′+12(180°−∠DCD′)+∠DCD′+126°+90°=360°，
解得：∠DCD′=36°；
故答案为：36°．∴OA⊥CD
【点睛】本题考查了四边形的内角和的应用，同角的补角相等，邻补角的定义，几何图形中角度的和差关系，解题的关键是正确的作出辅助线，利用四边形的内角和为360°进行解题．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022秋·重庆·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠ABC=70°，△ABC的外角∠BCD的平分线CE交AB的延长线于点E．
(1)求∠BCE的度数；
(2)过点D作DF∥CE，交AB的延长线于点F，求∠F的度数．
【答案】(1)50°
(2)20°
【分析】（1）根据三角形外角的性质求出∠BCD的度数，然后根据角平分线定义求解即可；
（2）根据三角形外角的性质求出∠BEC的度数，然后根据平行线的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵∠A=30°，∠ABC=70°，
∴∠BCD=∠A+∠ABC=100°，
又CE平分∠BCD，
∴∠BCE=12∠BCD=50°；
（2）解：∵∠BCE=50°，∠ABC=70°，
∴∠BEC=∠ABC−∠BCE=20°，
又DF∥CE，
∴∠F=∠BEC=20°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
18．（6分）（2022秋·天津西青·八年级统考期末）如图，AD是△ABC的高，AE，BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB=100°，∠C=20°，求∠DAE和∠BOA的度数．
【答案】20°；100°
【分析】根据垂直的定义、角平分线的定义、三角形内角和定理及三角形的外角性质计算即可．
【详解】解：∵∠CAB=100°,且AE平分∠CAB,
∴∠CAE=12∠CAB=50°，
又∵∠C=20°,AD⊥BC，
∴∠CAD=90°−∠C=70°,
∴∠DAE=∠CAD−∠CAE=20°；
∵∠C=20°,∠CAE=50°，
∴∠BEO=∠C+∠CAE=70°，
又∵∠ABC+∠C+∠CAB=180°,
∴∠ABC=60°,
∵BF平分∠ABC,
∴∠OBE=12∠ABC=30°,
∴∠BOA=∠OBE+∠BEO=100°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理、三角形的高和角平分线的定义以及三角形的外角性质，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
19．（8分）（2022秋·浙江杭州·八年级统考期末）已知a，b是某一等腰三角形的底边长与腰长，且a+2b＝3．
（1）求a的取值范围；
（2）设c＝3a+2b，求c的取值范围
【答案】（1）0【分析】（1）根据a+2b＝3可得2b＝3−a，再根据三角形三边关系得2b＞a，即可求出a的取值范围；
（2）用含a的代数式表示c，再根据a的取值范围和不等式的性质即可求得c的取值范围．
【详解】解：（1）∵a+2b＝3，
∴2b＝3−a，
∵a，b是某一等腰三角形的底边长与腰长，
∴b+b=2b＞a＞0
∴3−a>a＞0，
解得：0（2）∵c＝3a+2b，a+2b＝3，
∴c＝3a+2b=3a+3−a=2a+3
∵0∴3<2a+3<6，
即3【点睛】本题考查等式的性质、不等式的性质、解一元一次不等式、三角形的三边关系，掌握不等式的性质，以及三角形的三边关系是解答的关键．
20．（8分）（2022春·福建厦门·七年级统考期末）如图1，四边形ABCD中，点E在边AB上，∠BCE与∠BEC互余，过点E作EF∥CD，交AD于点F．
(1)若EF⊥CE，求证：∠AEF＝∠BCE；
(2)如图2，EG平分∠BEC交DC延长线于点G，∠BCD+∠ECD＝180°．点H在FD上，连接EH，CH，∠AHE+∠BCH＝90°．当∠D+∠AEF＝2∠G时，判断线段CH与CE的大小关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)∠D＝∠BCG，理由见解析
【分析】（1）根据EF⊥CE得出∠FEC=90°，进而根据已知得出∠BCE+∠BEC=90°，从而求解；
（2）先证明∠ECD=∠BCG，然后设∠ECD=∠BCG=x，表示出∠BCE=180°−2x，∠BEC=2x−90°，进而表示出∠FEC=180°−∠ECD=180°−x，∠AEF=180°−∠FEC−∠BEC=90°−x，求出∠FEG=135°，∠G=45°，进而求出∠D=x，得出∠D=∠BCG．
（1）
证明：∵EF⊥CE，
∴∠FEC＝90°，
∴∠AEF+∠BEC＝90°．
∵∠BCE与∠BEC互余，
∴∠BCE+∠BEC＝90°，
∴∠AEF＝∠BCE；
（2）
解：∵∠BCD+∠ECD＝180°，∠BCD+∠BEG＝180°，
∴∠ECD＝∠BCG．
设∠ECD＝∠BCG＝x，
∴∠BCE＝180°﹣2x，∠BEC＝2x﹣90°．
∵EG平分∠BEC，
∴∠BEG＝∠GEC＝x﹣45°．
∵EF∥CD，
∴∠FEC＝180°﹣∠ECD＝180°﹣x，
∴∠AEF＝180°﹣∠FEC﹣∠BEC＝90°﹣x，
∠FEG＝∠FEC+∠GEC＝180°﹣x+x﹣45°＝135°，
∴∠G＝180°﹣CFEG＝45°．
∵∠D+∠AEF＝2∠G，
∴∠D＝2∠G﹣∠AEF＝90°﹣（90°﹣x）＝x，
∴∠D＝∠BCG．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角以及平行线的性质，解题的关键是熟练运用平行线的性质．
21．（8分）（2022春·四川资阳·七年级统考期末）知：如图，n边形A1A2A3A4A5…An.
(1)求证：n边形A1A2A3A4A5…An的内角和等于n−2⋅180°；
(2)在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻的外角的3倍还大20°，求这个多边形的内角和；
(3)粗心的小明在计算一个多边形的内角和时，误把一个外角也加进去了，得其和为1180°，这个多加的外角度数为 ，多边形的边数为 .
【答案】(1)见详解
(2)1260°
(3)100°，8
【分析】（1）根据从n边形的一个顶点可以作（n−3）条对角线，这（n−3）条对角线要和多边形的两边组成三角形，得出把三角形分割成的三角形个数．欲证明多边形的内角和定理，可以把多边形的内角转移到三角形中，利用三角形内角和等于180°解答；
（2）设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α＋20）°，根据题意列出方程可得答案；
（3）根据多边形的内角和公式（n−2）•180°可知，多边形的内角和是180°的倍数，然后求出多边形的边数以及多加的外角的度数即可得解．
(1)
证明：如图：
∵从n边形的一个顶点可以作（n−3）条对角线，
∴（n−3）条对角线把n边形分成（n−2）个三角形，
∵这（n−2）个三角形的内角和都等于180°，
∴n边形的内角和是（n−2）•180°，
∴∠A1＋∠A2＋∠A3＋＋…＋∠An＝（n−2）•180°
(2)
解：设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α＋20）°，
由题意，得（3α＋20）＋α＝180，
解得α＝40，
即多边形的每个外角为40°，
∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的边数为360°÷40°＝9，
内角和为（9−2）×180°＝1260°，
答：这个多边形的内角和为1260°；
(3)
设多边形的边数为n，多加的外角度数为α，则
（n−2）•180°＝1180°−α，
∵1180°＝6×180°＋100°，内角和应是180°的倍数，
∴小明多加的一个外角为100°，
∴这是6＋2＝8边形的内角和．
答：这个外角的度数是100°，该多边形的边数是8．
故答案是：100°，8．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理的证明和运用，解题关键是将多边形的内角和问题转化为三角形中解决，根据多边形的内角和公式判断出多边形的内角和公式是180°的倍数．
22．（8分）（2022秋·山西大同·八年级统考期中）阅读材料：
解决问题：
（1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BDC(∠BDC＜180°)与∠B，∠D，∠BAC三个角之间的等量关系．
小明得出的结论是：∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整．
证明：连接AD并延长AD到点E．
联系拓广：
（2）下面图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的(即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的)．
请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题：
①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为 °；
②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 °．
【答案】（1）证明见解析；（2）①180°；②360°．
【分析】（1）先证明∠BDE=∠B+∠BAD，∠CDE=∠C+∠CAD，相加即可；
（2）①利用（1）结论，得到∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，再根据三角形内角和进行等量代换即可求解；
②利用（1）结论，得到∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，再根据四边形内角和进行等量代换即可．
【详解】解：（1）证明：连接AD并延长AD到点E．
则∠BDE为△ABD的外角，∠CDE为△ACD的外角，
∴∠BDE=∠B+∠BAD，
∠CDE=∠C+∠CAD
∵∠BDC=∠BDE+∠CDE，∴∠BDC=∠B+∠BAD+∠C+∠CAD．
∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，∴∠BDC=∠B+∠C+∠BAC．
（2）①如图2，由（1）得，∠CFD=∠A+∠C+∠D，
∴∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，
∵∠BFE+∠B+∠E=180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°.
故答案为：180°
②如图3，由（1）得，∠DHE=∠A+∠D+∠E，
∴∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，
∵∠F+∠B+∠C+∠CHF=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°.
故答案为：360°
【点睛】本题考查了凹四边形的角的关系，熟知三角形外角定理，应用（1）结论，将图形转化三角形或四边形内角和知识是解题关键.
23．（8分）（2022春·江苏常州·七年级常州市清潭中学校考期中）阅读下列材料并解答问题：在一个三角形中，如果一个内角的度数是另一个内角度数的3倍，那么这样的三角形我们称为“梦想三角形”．例如：一个三角形三个内角的度数分别是120°，40°，20°，这个三角形就是一个“梦想三角形”．反之，若一个三角形是“梦想三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角的度数是另一个内角度数的3倍．
(1)如果一个“梦想三角形”有一个角为108°，那么这个“梦想三角形”的最小内角的度数为 ；
(2)如图1，已知∠MON=60°，在射线OM上取一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（点C不与O、B重合），若∠ACB=80°．判定△AOC “梦想三角形”（填是或者不是）
(3)如图2，点D在△ABC的边上，连接DC，作∠ADC的平分线交AC于点E，在DC上取一点F，使得∠EFC+∠BDC=180°，∠DEF=∠B．若△BCD是“梦想三角形”，求∠B的度数．
【答案】(1)36°或18°
(2)是
(3)36°或5407°．
【分析】（1）分两种情形：当108°是三角形的一个内角的3倍，当另外两个内角是3倍关系，分别求解即可．
（2）根据“梦想三角形”的定义可以判断：△AOC都是“梦想三角形”．
（3）根据“梦想三角形”的定义，分两种情形分别求解即可．
【详解】（1）解：当108°是三角形的一个内角的3倍，则有这个内角为36°，第三个内角也是36°，故最小的内角是36°，
当另外两个内角是3倍关系，则有另外两个内角分别为：54°，18°，最小的内角是18°
故答案为：36°或18°．
（2）结论：△AOC是“梦想三角形”．
理由：∵∠MON=60°，∠ACB=80°，∠ACB=∠OAC+∠MON，
∴∠OAC=80°−60°=20°，
∴∠AOB=3∠OAC，
∴△AOC是“梦想三角形”．
（3）∵∠EFC+∠BDC=180°，∠ADC+∠BDC=180°，
∴∠EFC=∠ADC，
∴AD∥EF，
∴∠DEF=∠ADE，
∵∠DEF=∠B，
∴∠B=∠ADE，
∴DE∥BC，
∴∠CDE=∠BCD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠B=∠BCD，
∵ΔBCD是“梦想三角形”，
∴∠BDC=3∠B，或∠B=3∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD+∠B=180°，
∴∠B=36°或∠B=(5407)°．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，“梦想三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．