人教版八年级上册本节综合同步练习题

这是一份人教版八年级上册本节综合同步练习题，共12页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
1．下面的多边形中，内角和是360°的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，则图中x的值是（ ）
A．75B．65C．60D．55
3．如图，五边形ABCDE是正五边形，则x为（ ）
A．30°B．35°C．36°D．45°
4．若一个正多边形的一个内角是144°，则它的边数是（ ）
A．6B．10C．12D．13
5．若正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的内角和是（ ）
A．720°B．900°C．1080°D．1260°
6．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（ ）
A．180°B．360°C．540°D．720°
7．如图．∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90°B．180°C．120°D．360°
8．如图，在五边形ABCDE中，若去掉一个30°的角后得到一个六边形BCDEMN，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．210°B．110°C．150°D．100°
二．填空题
9．一个多边形的内角和跟它的外角和相等，则这个多边形是 边形．
10．如果一个多边形的每一个外角都等于40°，那么该多边形是 边形．
11．如果一个正多边形的一个内角是162°，则这个正多边形是正 边形．
12．如图，在四边形ABCD中，E、F分别是两组对边延长线的交点，EG、FG分别平分∠BEC、∠DFC，若∠ADE＝115°，∠ABF＝95°，则∠EGF的度数为 ．
13．如图，小亮从A点出发前进2m，向右转15°，再前进2m，又向右转15°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，一共走了 m．
14．一个不规则的图形如图所示，那么∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ ．
15．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝ °．
16．如图，在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E＝300°，DP、CP分别平分∠EDC、∠BCD，则∠P＝ ．
三．解答题
17．如图，∠1，∠2，∠3，∠4是四边形ABCD的四个外角．用两种方法证明∠1+∠2+∠3+∠4＝360°．
18．一个多边形的所有内角与它的一个外角之和是2018°，求这个外角的度数和它的边数．
19．在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比与它相邻外角的3倍还大20°，求这个多边形的边数以及它的内角和．
20．某科技小组制作了一个机器人，它能根据指令要求进行行进和旋转，某一指令规定：机器人先向前方行走2m，然后左转60°，若机器人反复执行这一指令，则从出发到第一次回到原处，机器人共走了多少米？
21．（1）如图1，四边形ABCD沿MN折叠，使点C、D落在四边形ABCD内的点C'D'处，探索∠AMD′、∠BNC'与∠A+∠B之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，将四边形ABCD沿着直线MN翻折，使得点D落在四边形ABCD外部的D′处，点C落在四边形ABCD内部的C'处，直接写出∠AMD'、∠BNC'与∠A+∠B之间的关系．
22．（1）如图①，把三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的内部时，∠A与∠1+∠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 ；
（2）如果把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCED的外部点A′的位置，如图②，此时∠A与∠1、∠2之间存在什么样的关系？
（3）如果把四边形ABCD沿EF折叠，使点A、D落在四边形BCFE的内部A′、D′的位置，如图③，你能求出∠A、∠D、∠1与∠2之间的关系吗？（直接写出关系式即可）
参考答案
一．选择题
1．解：∵n边形的内角和公式为180°（n﹣2），
∴当180°（n﹣2）＝360°，则n＝4．
∴四边形的内角和等于360°．
故选：B．
2．解：∵AB∥CD，
∴∠B＝180°﹣∠C＝180°﹣60°＝120°，
∵五边形ABCDE内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∴在五边形ABCDE中，∠E＝540°﹣135°﹣120°﹣60°﹣150°＝75°．
故图中x的值是75．
故选：A．
3．解：因为五边形ABCDE是正五边形，
所以∠E＝∠CDE＝＝108°，AE＝DE，
所以，
所以x＝∠CDE﹣∠1﹣∠3＝36°．
故选：C．
4．解：设这个正多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°＝144°×n，
解得n＝10．
故选：B．
5．解：正多边形的每个外角相等，且其和为360°，
据此可得＝40°，
解得n＝9，
（9﹣2）×180°＝1260°，
即这个正多边形的内角和为1260°．
故选：D．
6．解：∵∠A+∠B+∠1＝180°，∠C+∠D+∠3＝180°，∠E+∠F+∠2＝180°，
∴∠A+∠B+∠1+∠C+∠D+∠3+∠E+∠F+∠2＝540°，
∵∠1+∠2+∠3＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
故选：B．
7．解：如图：
∵∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，
∴∠1＝∠A+∠C+∠D，
∵∠1+∠B+∠E＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，
故选：B．
8．解：解法一：
∵∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝（5﹣2）×180°＝540°，∠A＝30°，
∴∠B+∠C+∠D+∠E＝510°，
∵∠1+∠2+∠B+∠C+∠D+∠E＝（6﹣2）×180°＝720°，
∴∠1+∠2＝720°﹣510°＝210°，
解法二：在△ANM中，∠ANM+∠AMN＝180°﹣∠A＝180°﹣30°＝150°，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AMN+∠ANM）＝360°﹣150°＝210°
故选：A．
二．填空题
9．解：设多边形的边数为n，根据题意
（n﹣2）•180°＝360°，
解得n＝4．
故答案为：4．
10．解：∵一个多边形的每一个外角都等于40°，且多边形的外角和等于360°，
∴这个多边形的边数是：360°÷40°＝9．
故答案为九．
11．解：∵正多边形的一个内角是162°，
∴它的外角是：180°﹣162°＝18°，
边数n＝360°÷18°＝20．
故答案为：二十．
12．解：如图：
连接EF，根据三角形内角和定理及角平分线的性质得：
∠EGF＝180°﹣（∠GEF+∠GFE）＝180°﹣（∠CEF﹣∠CEG+∠CFE﹣CFG）
＝180°﹣（∠CEF+∠CFE）+（∠CFG+∠CEG）
＝∠C+∠CFD+∠CEB
＝∠C+（180°﹣∠C﹣∠CDF）+（180°﹣∠C﹣∠CBE）
＝∠C+180°﹣∠C﹣（180°﹣115°+180°﹣95°）
＝105°．
故答案为：105°．
13．解：∵小亮从A点出发最后回到出发点A时正好走了一个正多边形，
∴根据外角和定理可知正多边形的边数为：360°÷15°＝24，
则一共走了：24×2＝48（m），
故答案为：48．
14．解：如图，连接AD，
则∠FAD+∠EDA+∠1＝180°，
∠E+∠F+∠2＝180°，
又∵∠1＝∠2，
∴∠FAD+∠EDA＝∠E+∠F，
∴∠BAF+∠B+∠C+∠CDE+∠E+∠F
＝∠BAF+∠B+∠C+∠CDE+∠FAD+∠EDA
＝∠BAD+∠B+∠C+∠CDA
＝360°．
故答案为：360°．
15．解：如图，
∵∠1＝∠B+∠2，∠2＝∠D+∠E，∠A+∠1+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠D+∠E+∠C＝180°，
故答案为：180．
16．解：∵在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E＝300°，
∴∠EDC+∠BCD＝（5﹣2）×180°﹣300°＝240°，
又∵DP、CP分别平分∠EDC、∠BCD，
∴∠PDC+∠PCD＝120°，
∴△CDP中，∠P＝180°﹣（∠PDC+∠PCD）＝180°﹣120°＝60°．
故答案为：60°．
三．解答题
17．证法1：
∵∠1+∠BAD＝180°，∠2+∠ABC＝180°，∠3+∠BCD＝180°，∠4+∠CDA＝180°，
∴∠1+∠BAD+∠2+∠ABC+∠3+∠BCD+∠4+∠CDA＝180°×4＝720°．
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠CDA＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°．
证法2：连接BD，
∵∠1＝∠ABD+∠ADB，∠3＝∠CBD+∠CDB，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝∠ABD+∠ADB+∠2+∠CBD+∠CDB+∠4＝180°×2＝360°．
18．解：设这个多边形的边数是n，n为正整数，
根据题意得：0°＜2018°﹣（n﹣2）×180°＜180°，
解得：＜n＜，
即n＝13，
这个外角为2018°﹣（13﹣2）×180°＝38°．
19．解：设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于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°，
又∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的外角个数＝＝9，
∴多边形的边数＝9，
∴多边形的内角和＝（9﹣2）×180°＝1260°．
20．解：∵机器人向前走2米，然后向左60°，反复执行这一指令，
∴从出发到第一次回到原处，机器人走过的图形是正多边形，
边数＝360°÷60°＝6，
∴机器人共走了6×2＝12（米）．
答：从出发到第一次回到原处，机器人共走了12米．
21．解：（1）∠AMD′+∠BNC′＝360°﹣2（∠A+∠B），理由如下：
根据四边形的内角和为360°可知，∠D+∠C＝360°﹣（∠A+∠B），
∠DMN+∠CNM＝360°﹣（∠C+∠D）＝∠A+∠B，
根据折叠的性质得，∠DMN＝∠D′MN，∠CNM＝∠C′NM，
∴∠DMD′+∠CNC′＝2（∠A+∠B），
∵∠DMD′+∠AMD′＝180°，∠CNC′+∠BNC′＝180°，
∴∠AMD′+∠BNC′＝360°﹣2（∠A+∠B）．
（2）∠BNC′﹣∠AMD′＝360°﹣2（∠A+∠B），理由如下：
由（1）知，∠DMN+∠CNM＝∠A+∠B，
根据折叠的性质得，∠DMN＝∠D′MN，∠CNM＝∠C′NM，
∴∠D′MN+∠C′NM＝∠A+∠B，
由四边形的内角和为360°得，∠D′MN﹣∠AMD′+∠BNC′+∠C′NM＝360°﹣（∠A+∠B）
∴∠BNC′﹣∠AMD′＝360°﹣2（∠A+∠B）．
22．解：（1）根据折叠的性质可知：
∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠1＝180°﹣2∠ADE①，
∠2＝180°﹣2∠AED②，
①+②，得
∠1+∠2＝360°﹣2（∠ADE+∠AED），
∵∠ADE+∠AED+∠A＝180°，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A）
＝360°﹣360°+2∠A
＝2∠A，
∴∠A＝（∠1+∠2）．
故答案为：∠A＝（∠1+∠2）．
（2）根据折叠的性质可知，
∴∠1＝180°﹣2∠ADE①，
∠2＝2∠AED﹣180°②，
①﹣②，得
∠1﹣∠2＝180°﹣2∠ADE﹣2∠AED+180°
＝360°﹣2（∠ADE+∠AED），
∴2（∠ADE+∠AED）＝360°﹣（∠1﹣∠2），
∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A，
∴2（180°﹣∠A）＝360°﹣（∠1﹣∠2），
360°﹣2∠A＝360°﹣∠1+∠2，
∴∠1﹣∠2＝2∠A，
∴∠A＝（∠1﹣∠2）．
（3）根据折叠的性质可知，
∠AEF＝（180°﹣∠1），
∠DFE＝（180°﹣∠2），
∵∠A+∠D+∠AEF+∠DFE＝360°，
∴∠A+∠D+（180°﹣∠1）+（180°﹣∠2）＝360°，
∴2（∠A+∠D）＝∠1+∠2+360°，
∴∠A+∠D＝（∠1+∠2+360°）．