资源简介

第一讲　多边形
考点一　多边形
定义 在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形
内角和定理 n(n≥3)边形的内角和为①　　　
外角和定理 多边形的外角和为②　　　
对角线 过n(n≥3)边形的一个顶点可引③　　　　条对角线,把这个n边形分成④　　　　个三角形,n边形共有⑤　　　　条对角线
(1)n(n>3)边形具有不稳定性.
(2)多边形剪下一个角后,边数“或多或少或不变”.
1.(1)(人教八上P21练习T2变式)过n边形的一个顶点可以画出7条对角线,将它分成m个小三角形,则m+n的值是　　　　.
(2)已知四边形ABCD中,∠A=∠D=90°,∠B=2∠C,则∠B=　　　　°.
(3)(人教八上P24练习T3变式)一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍,它是　　　　边形.
考点二　正多边形
定义:各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形.
性质
(1)正多边形的各边⑥　　　　,各角⑦　　　　.
(2)正n边形的每个内角为⑧　　　　,每个外角为⑨　　　　.
(3)对于正n边形,当n为奇数时,是轴对称图形,不是中心对称图形;当n为偶数时,既是轴对称图形,又是中心对称图形,正n边形有⑩　　　　条对称轴.
(4)正n边形有一个外接圆,有一个内切圆,它们是同心圆.
正多边形和圆的关系
(1)设正n边形的边长为a,外接圆半径为R,则边心距r=.
(2)正n边形的周长l=na.
(3)正n边形的面积S=nar=lr.
(4)中心角θ=.
正多边形的有关计算常用方法是直接利用或构造出由外接圆半径、边长的一半、边心距组成的直角三角形,然后再利用勾股定理求解.
要使正多边形能进行没有空隙的平面镶嵌,只需使的结果为整数即可,即的结果为整数,所以这样的图形有三种,分别为正三角形、正方形、正六边形.
2.(1)如图,小明沿一个正多边形广场周围的小路按顺时针方向跑步,从点O出发,前进10米后向右转30°,再前进10米后又向右转30°……这样一直跑下去,直到他第一次回到出发点O为止,则这个正多边形的周长为　　　　米.
(2)如图,以正五边形ABCDE的边AB向内作正方形ABGF,连接FE,则∠EFG的度数为　　　　.
如图,正六边形ABCDEF的边长为2,点O为其中心,连接AC,OC,AD,边DC与边AB的延长线交于点G,连接OG,交BC于点H.
(1)∠BAC=　　　°,AC的长为　　　.
(2)∠COD=　　　°, 点O到边CD的距离为　　　.
(3)∠BGC=　　　°,△ACD的形状为　　　　　.
(4)设△ACG的周长为a,四边形ADEF的周长为b,则a　　　　 b(填“>”“<”或“=”).
(5)阴影部分的面积为　　　　.
(1)(2)(3)(4)根据正六边形的内角与外角的性质可知△AGD,△BCG,△OCD均为等边三角形,从而求出相应结果.
(5)根据△AGD为等边三角形,且GO为底边上的中线,从而得到阴影部分的面积为等腰梯形BCDA的面积的一半,而梯形的面积为等边三角形AGD的面积与等边三角形BCG的面积的差.
命题点一　多边形
(2022·河北)如图,将三角形纸片剪掉一角得四边形,设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α,β,则正确的是(　　)
A.α-β=0
B.α-β<0
C.α-β>0
D.无法比较α与β的大小
命题点二　正多边形
(2019·河北)下列图形为正多边形的是(　　)
A　　　 B　　　 C　　 D
(2021·河北)如图,点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点,S△AFO=8,S△CDO=2,则
S正六边形ABCDEF的值是(　　)
A.20 B.30
C.40 D.随点O位置而变化
(2024·河北)直线l与正六边形ABCDEF的边AB,EF分别相交于点M,N,如图所示,则α+β=(　　)
A.115° B.120° C.135° D.144°
(2020·河北)正六边形的一个内角是正n边形一个外角的4倍,则n=　　　　.
(2018·河北)如图1,作∠BPC平分线的反向延长线PA,现要分别以∠APB,∠APC,∠BPC为内角作正多边形,且边长均为1,将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案.
例如,若以∠BPC为内角,可作出一个边长为1的正方形,此时∠BPC=90°,而=45°是360°(多边形外角和)的,这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形,填充花纹后得到一个符合要求的图案,如图2所示.图2中的图案外轮廓周长是　　　　;
在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标,则会标的外轮廓周长是　　　　.
(2023·河北)将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上,其俯视图如图1,正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上,两侧螺母不动,把中间螺母抽出并重新摆放后,其俯视图如图2,其中,中间正六边形的一边与直线l平行,有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点.则图2中
(1)∠α=　　　　°.
(2)中间正六边形的中心到直线l的距离为　　　　(结果保留根号).
(2025·河北样卷)如图,O是正六边形ABCDEF的中心,AB=2,点M,N分别为△ACD,△AED的内心,则OM长为　　　　.
【详解答案】
教材考点·深度梳理
①(n-2)×180°　②360°　③(n-3)　④(n-2)　⑤　⑥相等　⑦相等
⑧　⑨　⑩n
即时练
1.(1)18　解析:∵过n边形的一个顶点可以画出7条对角线,∴n=7+3=10,∴m=10-2=8,则m+n=8+10=18.
(2)120　解析:∵四边形ABCD的内角和为360°,∴∠A+∠B+∠C+∠D=360°,∵∠A=∠D=90°,∴∠B+∠C=360°-∠A-∠D=360°-90°-90°=180°.又∵∠B=2∠C,即∠C=∠B,∴∠B+∠B=180°,解得∠B=120°.
(3)十　解析:设这个多边形的边数为n,由题意得(n-2)·180°=360°×4,解得n=10,∴它是十边形.
2.(1)120　解析:由题意可知这个多边形为正多边形,∵360°÷30°=12,∴这个多边形为正十二边形,∴它的周长为10×12=120(米).
(2)171°　解析:∵五边形ABCDE是正五边形,∴AB=AE,∠BAE==108°,∵四边形ABGF是正方形,
∴AB=AF,∠BAF=∠AFG=90°,∴AE=AF,∠EAF=∠BAE-∠BAF=108°-90°=18°,∴∠AEF=∠AFE==81°,∴∠EFG=∠AFE+∠AFG=81°+90°=171°.
重点难点·一题串讲
例:(1)30　2　解析:∵六边形ABCDEF是正六边形,∴AB=BC,∠ABC=120°,
∴∠BAC=×(180°-120°)=30°.
∵AB=BC=2,∴AC=2×2cos 30°=2.
(2)60　　解析:∠COD==60°.
如图,在等边三角形OCD中,过点O作OM⊥CD,垂足为M,
∴∠COM=∠COD=30°,OC=CD=2,∴tan 30°=,CM=OC,
∴OM=.
(3)60　直角三角形　解析:由外角的定义可知,∠GBC=∠BCG=60°,∴∠BGC=180°-60°-60°=60°.由(1)知,
∠ACB=∠BAC=30°,∠ACD=120°-30°=90°,∴△ACD是直角三角形.
(4)<　解析:由(3)可知,AB=BG=CG=2,∴△ACG的周长a=AG+CG+AC=4+2+2=6+2,四边形ADEF的周长b=AD+DE+EF+AF=4+2+2+2=10.∵(2)2=12<16,∴2<4,∴a(5)　解析:∵△BCG和△AGD都是等边三角形,AG=2AB=4,
∴S△AGD=×4×4×sin 60°=4,
S△BCG=×2×2×sin 60°=,∵O为AD的中点,∴S阴影=(S△AGD-S△BCG)=×(4)=.
河北中考·考向体验
1.A　2.D
3.B　解析:如图1,连接AC,易知四边形ACDF为矩形,S△AOC=S矩形ACDF,
∵S△AFO=8,S△CDO=2,∴S△ACO=2+8=10.∴S矩形ACDF=10×2=20.如图2,正六边形ABCDEF被分割成6个面积相等的三角形,可知每个三角形的面积为20÷4=5,∴S正六边形ABCDEF=5×6=30.
4.B　解析:∵正六边形每个内角为=120°,而六边形MBCDEN的内角和为(6-2)×180°=720°,
∴∠B+∠C+∠D+∠E+∠ENM+∠NMB=720°,∴∠ENM+∠NMB=720°-4×120°=240°.
∵β+∠ENM+α+∠NMB=180°×2=360°,∴α+β=360°-240°=120°.故选B.
5.12　解析:由题意得×4,解得n=12.经检验,n=12是原方程的解.
6.14　21　解析:当∠BPC=90°时,周长为8+8+4-6=14;当∠BPC=144°时,上方图形为正十边形,左方图形为正五边形,右方图形为正五边形,此时周长为10+5+5-6=14;当∠BPC=120°时,上方图形为正六边形,左方图形为正六边形,右方图形为正六边形,此时周长为6+6+6-6=12;当∠BPC=60°时,上方图形为等边三角形,左方图形为正十二边形,右方图形为正十二边形,此时周长为12+12+3-6=21;当∠BPC<60°时,上方图形构不成正多边形,
∵12<14<21,∴会标的外轮廓周长为21.
7.(1)30　(2)2　解析:(1)作图如下:
根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和,得∠ACB=60°,∠α=90°-60°=30°.
(2)取中间正六边形的中心为O,作如下图形:
由题意得AG∥BF,AB∥GF,BF⊥AB,∴四边形ABFG为矩形,∴AB=GF,
∵∠BAC=∠FGH,∠ABC=∠GFH=90°,∴△ABC≌△GFH(ASA),∴BC=FH,在Rt△PDE中,∵PD=2,
∠PDE=60°,∴DE=1,PE=,易知AG=BF=2PE=2,由正六边形的结构特征知OM=×2,
∵BC=(BF-CH)=-1,∴AB==3-,∴BD=2-AB=-1,∴BE=BD+DE=,∴ON=OM+BE=2.
8.　解析:连接OC,CM,DM,过M作MG⊥CD于G,如图.
由题意可得AB=CD=BC=2,OC=OD,∠COD=60°,∠B=∠BCD=120°,∴△COD是等边三角形,∴OD=CD=2,
∠COD=∠CDO=60°,∵AB=BC,∠B=120°,∴∠ACB=∠BAC=30°,∴∠ACD=∠BCD-∠ACB=90°,∵点M为△ACD的内心,∴CM平分∠ACD,DM平分∠CDO,∴∠MCG=∠ACD=45°,∠CDM=∠ODM=∠CDO=30°,∴GM=CG,
DM=2GM,∴CM=GM,GD=GM,∵CD=CG+DG,∴GM+GM=2.解得GM=-1,∴CM=GM=,∵CD=OD=2,∠CDM=∠ODM=30°,DM=DM,∴△CDM≌△ODM(SAS),
∴OM=CM=.

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