第三讲 多边形及其内角和2024-2025学年人教版数学七升八年级暑假衔接知识讲练精编培优讲义（愿卷版+解析版）

这是一份第三讲 多边形及其内角和2024-2025学年人教版数学七升八年级暑假衔接知识讲练精编培优讲义（愿卷版+解析版），文件包含第三讲多边形及其内角和暑期衔接教师版docx、第三讲多边形及其内角和暑期衔接学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
第三讲 多边形及其内角和
教学目标：
1.能通过不同方法探索多边形的内角和与外角和公式.
2.学会运用多边形的内角和与外角和公式解决问题.
教学重点：能通过不同方法探索多边形的内角和与外角和公式.
教学难点：学会运用多边形的内角和与外角和公式解决问题.
TOC \t "标题 2,1" \h \u \l "_Tc31339" 考点01：多边形的定义 PAGEREF _Tc31339 \h 1
\l "_Tc23777" 考点02：多边形的内角和外角 PAGEREF _Tc23777 \h 5
\l "_Tc13166" 中档题真题训练 PAGEREF _Tc13166 \h 9
\l "_Tc8808" 拔高题真题训练 PAGEREF _Tc8808 \h 15
【知识点1 多边形的定义】
多边形是在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形。这些组成多边形的线段称为多边形的边；每相邻两条边的公共端点称为多边形的顶点；多边形相邻两边组成的角称为多边形的内角。多边形按照边的数量进行命名，如三边形（三角形）、四边形等。
【知识点2 多边形的内角和】
定义：多边形的内角和指的是多边形所有内角的度数之和。
计算公式：n边形的内角和为(n-2)×180°，其中n为多边形的边数。
例如，一个四边形有4条边，其内角和为(4-2)×180°=360°。
同样地，一个五边形有5条边，其内角和为(5-2)×180°=540°。
三、多边形的外角和
定义：多边形的外角和指的是多边形所有外角的度数之和。
性质：任意多边形的外角和均为360°，与多边形的边数无关。
例如，无论是三角形、四边形还是五边形，它们的外角和都是360°。
考点01：多边形的定义
【典例精讲】（2024•裕华区校级模拟）平面内，将长分别为1，2，4，的线段，首尾顺次相接组成凸四边形（如图），可能是
A．1B．2C．7D．8
【思路点拨】由三角形三边关系定理得到，，因此，即可得到答案．
【规范解答】解：连接，
在中，，
，
在中，，
，
可能是2．
故选：．
【考点评析】本题考查三角形的三边关系，关键是连接，应用三角形的三边关系定理来解决问题．
【举一反三01】（2022秋•华容区校级月考）如图，五边形中，，，，为边的中点，，，则五边形的面积为 56 ．
【思路点拨】由题意可考虑，延长到点，使，连接，，，这样就构成了等腰三角形，求五边形的面积就转化成了等腰三角形的面积，等腰三角形的底，高都已知，所以求解即可．
【规范解答】解：如图，延长到点，使，连接，，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
五边形的面积
．
故答案为：56．
【考点评析】这道题考查的是多边形和等腰三角形的判定和性质，熟记有关定理是解题的基础，巧作辅助线构建等腰三角形是解这道题的关键．
【举一反三02】（2023秋•襄都区月考）如图，在五边形中，，，连接，，．
（1）已知，则 ；
（2）求五边形的周长．
【注：五边形的周长指组成五边形的所有边的和】
【思路点拨】（1）根据角的和差、倍数关系计算即可；
（2）将绕点逆时针旋转，使点与点重合，点落在点处，先证明、、在同一条直线上，再证明，接着证明，即有，根据，可得，问题随之得解．
【规范解答】解：（1），，
，
，
．
故答案为：．
将绕点逆时针旋转，使点与点重台，点落在点处，如图，
，，，，
，
，
、、在同一条直线上，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
五边形的周长．
【考点评析】本题考查多边形及角的计算，作出合理的辅助线，证明是解题的关键．
考点02：多边形的内角和外角
【典例精讲】（2024•河北）直线与正六边形的边，分别相交于点，，如图所示，则
A．B．C．D．
【思路点拨】先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解．
【规范解答】解：正六边形每个内角为：，
而六边形的内角和也为，
，
，
，
，
故选：．
【考点评析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
【举一反三01】（2024•郁南县二模）如图，大建从点出发沿直线前进8米到达点后向左旋转的角度为，再沿直线前进8米，到达点后，又向左旋转角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度为
A．B．C．D．
【思路点拨】根据多边形的外角的定义解决此题．
【规范解答】解：，
．
每次旋转的角度．
故选：．
【考点评析】本题主要考查多边形的外角，熟练掌握多边形的外角的定义是解决本题的关键．
【举一反三02】（2024春•巴彦县月考）如图，已知四边形中，为上一点，连接、，与的延长线交于点，，，则的度数为 ．
【思路点拨】设，则，结合图形得出，再由平行线的性质确定，根据三角形外角的定义得出，利用对顶角相等即可求解，然后代入计算即可．
【规范解答】解：设，则，
，
，
，，
，
，
，
，
，
解得：，
，，
，
故答案为：．
【考点评析】题目主要考查平行线的性质及多边形内角与外角，对顶角相等，理解题意，找出各角之间的关系是解题关键．
【举一反三03】（2023秋•罗湖区校级期末）利用“模型”解决几何综合问题往往会取得事半功倍的效果．
几何模型：如图（1），我们称它为“”型图案，
易证明：；
应用上面模型解决问题：
（1）如图（2），“五角星”形，求？
分析：图中是“”型图，于是，
所以 ；
（2）如图（3），“七角星”形，求；
（3）如图（4），“八角星”形，可以求得： ；
【思路点拨】（1）根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案；
（2）根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案；
（3）根据三角形外角的性质把8个角转化到一个四边形中可得答案．
【规范解答】解：（1）如图，
由三角形外角的性质可得，，，
，
，
故答案为：；
（2）如图，
由三角形外角的性质可得，
，，，，
，
；
（3）如图，
由三角形外角的性质可得，
，，，，
，
，
故答案为：．
【考点评析】本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键．
中档题真题训练
1．（2024·南海模拟）正十二边形的外角和为（ ）
A．30°B．150°C．360°D．1800°
【答案】C
【规范解答】解：正十二边形的外角和为．
故选：C．
【思路点拨】本题考查多边形的外角和定理．根据多边形的外角和都为，据此可选出答案.．
2．（2024·北京市模拟）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1，∠2，∠3分别是∠BAE，∠AED，∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3＝（ ）
A．90°B．180°C．120°D．270°
【答案】B
【规范解答】解：如图，
∵AB∥CD，
∴∠4+∠5＝180°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝180°.
故答案为：B.
【思路点拨】如图，由平行线的性质可得∠4+∠5＝180°①，根据多边形外角的性质“多边形的外角和等于360°”可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°②，把①代入②计算即可求解.
3．（2024八上·武都期末）内角和为1800°的多边形的边数是（ ）
A．12B．10C．14D．15
【答案】A
【规范解答】解：设这个多边形是n边形，
根据题意得：（n-2）×180°=1800°
解得，
∴这个多边形是十二边形．
故答案为：A．
【思路点拨】设这个多边形是n边形，根据题意列出方程（n-2）×180°=1800°，求出n的值即可。
4．（2024八下·义乌期中）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 ．
【答案】6
【规范解答】解：∵多边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，
∴（n﹣2）×180°=720°，
解得n=6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【思路点拨】根据内角和定理180°•（n﹣2）即可求得．
5．（2024八下·印江月考）若正多边形的一个内角等于150°，则这个正多边形的边数是
【答案】12
【规范解答】首先根据正多边形的一个内角等于150°，求得它的外角是：180°﹣150°=30°，因此它的边数是：360°÷30°=12．
故答案为：12
【思路点拨】正多边形外角和为360°，正多边形的一个内角＝150°，所以其中一个外角为30°，用360°÷30°即可得出答案。
6．（2024七下·沙坪坝开学考）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，这个多边形是 边形．
【答案】九
【规范解答】这个多边形是n边形，
由题意得，n﹣2=7，
解得：n=9，
即这个多边形是九边形，
故答案是：九
【思路点拨】从n边形的一个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，形成的三角形个数为（n-2）．
7．（2024八上·玉林期末）如图，六边形ABCDEF的内角都相等，，图中存在几组平行关系的线段？请你列举出来，并选择其中一组说明理由。
【答案】解：列举如下：①AB//DE；②DC//AF；③EF//AD；④BC//EF；⑤AD//BC
理由如下：如选择①
六边形的内角和为：
六边形ABCDEF的内角都相等，
每个内角的度数为：
又，四边形ABCD的内角和为
，
(内错角相等，两直线平行)
【思路点拨】选择①说明：由于六边形的内角和为，然后利用六边形的内角都相等得到每个内角的度数为，而，四边形的内角和为，由此即可分别求出和，然后利用平行线的判定方法即可求解．
8．（2024八上·惠州期末）将一个正六边形的纸片对折，并完全重合．那么得到的图形是几边形？它的内角和（按一层计算）是多少度？
【答案】解：当沿过两个端点的对称轴所在的直线折叠时，得到的图形是四边形，内角和是；
当沿对边中点所在的直线折叠时，得到的图形是五边形，内角和是．
【思路点拨】由于正六边形有2种对称轴，可按这两种对称轴分别折叠，根据多边形的内角和公式计算即可求解.
9．（2024八上·石碣期末）如图，点是等边内一点，是外的一点，，，≌，，连接．
（1）求证：是等边三角形；
（2）当时，试判断的形状，并说明理由；
（3）探究：当为多少度时，是等腰三角形．
【答案】（1）证明：≌，
．
，
是等边三角形．
（2）解：是直角三角形．
理由如下：
是等边三角形，
，
≌，，
，
，
是直角三角形．
（3）解：是等边三角形，
．
，，
，
，
．
当时，，
．
当时，，
．
当时，
，
．
综上所述：当或或时，是等腰三角形．
【思路点拨】（1）根据全等三角形的性质可得，再根据等边三角形的判定定理即可求出答案.
（2）根据等边三角的性质及全等三角形性质即可求出答案.
（3）根据等边三角形性质，四边形内角和定理分，，时，根据等腰三角形判定定理即可求出答案.
10．（2023八上·章贡期中）
（1）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数.
（2）如图，，点B、F、C、E在同一条直线上，若，，求BF的长.
【答案】（1）解：设它的边数为n，
，
解得，
答：它的边数为8
（2）解：∵，
∴.
∴，即.
∵，，
∴.
∴.
【思路点拨】（1）设它的边数为n，根据多边形内角和定理即可求出答案.
（2）根据全等三角形性质可得，则，再进行边之间的转换即可求出答案.
11．（2023八上·龙马潭月考）一个多边形的内角和比外角和的3倍少180°.求：
（1）这个多边形的边数；
（2）该多边形共有多少条对角线.
【答案】（1）解：设这个多边形的边数为n,
根据题意得:180°×(n-2)=360°×3-180°,
解得:n=7.
故该多边形为七边形
（2）解： = =14.
故该多边形共有14条对角线.
【思路点拨】（1） 设这个多边形的边数为n, 由内角和公式得出则其内角和为 180°×(n-2) ，根据 多边形的内角和比外角和的3倍少180° 列出方程，求解即可；
（2）根据多边形的对角线总条数公式：即可算出答案.
拔高题真题训练
12．（2023八上·大岭山期中）一副三角尺如图所示摆放，则与的数量关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【规范解答】解：如图，四边形ABCD中，∠A+∠ABC+∠C+∠ADC=360°，
∵∠ABC=∠α，∠ADC=∠β，∠A=90°，∠C=45°，
∴90°+∠α＋45°+∠β=360°
∴∠α＋∠β=360°-90°-45°=225°.
故答案为：B.
【思路点拨】四边形ABCD的内角和为360°，根据对顶角相等可得∠ABC=∠α，∠ADC=∠β，再结合∠A、∠C的度数，可推导出结论。
13．（2021八上·瑞安期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上，且CD＝3DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF.则下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠AGB+∠AED＝135°；③BG＝CG；④S△EGC＝S△AFE.其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【规范解答】解：由题意可求得DE＝2，CE＝4，AB＝BC＝AD＝6，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE＝2
在Rt△ABG和Rt△AFG中
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴①正确；
∴BG＝GF，∠BGA＝∠FGA，
设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4，
∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42，
解得x＝3，
∴BG＝CG＝3，
∴③正确；
在五边形ABGED中，
∠BGE+∠GED＝540°﹣90°﹣90°﹣90°＝270°，
即2∠AGB+2∠AED＝270°，
∴∠AGB+∠AED＝135°，
∴②正确；
∵S△EGC＝ GC•CE＝ ×3×4＝6，S△AFE＝ AF•EF＝ ×6×2＝6，
∴S△EGC＝S△AFE，
∴④正确；
故答案为：D.
【思路点拨】易得DE＝2，CE＝4，AB＝BC＝AD＝6，由折叠的性质得∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE＝2，证Rt△ABG≌Rt△AFG，据此判断①；由全等三角形的性质得BG=GF，∠BGA＝∠FGA，设BG＝GF＝x，则CG＝6-x，EG＝x+2，CG＝6-x，CE＝4，由勾股定理可得x，据此判断③；由正五边形内角和可得∠BGE+∠GED＝270°，据此判断②；根据三角形的面积公式求出S△EGC，S△AFE，据此判断④.
14．（2021八上·长沙开学考）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF；②∠ABC+2∠APC=180°；③∠ACB=2∠APB；④S△PAC=S△MAP+S△NCP.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【规范解答】解：①作PD⊥AC于D.
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM=PN，PM=PD，
∴PM=PN=PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°=360°，
∴∠ABC+∠MPN=180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，
，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM=∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD=∠CPN，
∴∠MPN=2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC=180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM= ∠ABC+∠APB，
∴∠ACB=2∠APB，③正确；
④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL）
∴S△APD=S△APM，S△CPD=S△CPN，
∴S△APM+S△CPN=S△APC，故④正确，
故答案为：D.
【思路点拨】①作PD⊥AC于D，根据角平分线的性质推出PM=PN=PD，根据角平分线的判定定理即可判断①；②首先利用四边形的内角和求出∠ABC+∠MPN=180°，利用HL证明Rt△PAM≌Rt△PAD ，得出∠APM= ∠APD，同理得出∠CPD=∠CPN，则得∠MPN=2∠APC，即可判断②；③由角平分线定义和三角形的外角性质得出∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM=∠ABC+∠APB，则可推出∠ACB=2∠APB，则可判断③；④由全等三角形的性质得出AD=AM，CD=CN，根据面积的和差关系即可判断④.
15．（2024·米东模拟）一个六边形的六个内角都是120°，连续四边的长依次为2.31，2.32，2.33，2.31，则这个六边形的周长为 ．
【答案】13.92
【规范解答】解：如图，
AB＝2.31，BC＝2.32，CD＝2.33，DE＝2.31，分别作直线AB、CD、EF的延长线和反向延长线使它们交于点G、H、P．
∵六边形ABCDEF的六个角都是120°，
∴六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°．
∴△APF、△BGC、△DHE、△GHP都是等边三角形．
∴GC＝BC＝2.32，DH＝DE＝2.31．
∴GH＝2.32+2.33+2.31＝6.96，FA＝PA＝PG﹣AB﹣BG＝6.96﹣2.31﹣2.32＝2.33，EF＝PH﹣PF﹣EH＝6.96﹣2.33﹣2.31＝2.32．
∴六边形的周长为2.31+2.32+2.33+2.31+2.32+2.33＝13.92．
故答案为：13.92．
【思路点拨】凸六边形ABCDEF，并不是一规则的六边形，但六个角都是120°，所以通过适当的向外作延长线，可得到等边三角形，进而求解．
16．（2023八上·芜湖开学考）如图，D是△ABC内一点，连接AD、BD、CD，P是∠BDC的角平分线的反向延长线上的一点，连接BP，∠ABP＝2∠PBD，△ABC和△ACD的外角平分线相交于点Q，若∠Q＝45，∠BDC＝4∠ABD，则∠P的度数为 ．
【答案】50
【规范解答】解：设∠PBD=α，则∠ABP=2α，
∴∠ABD=3α，
∵∠BDC=4∠ABD=12α，
∴∠BDE=6α，
∴∠PDC=6α，
∴∠P=∠BDE-∠PBD=5α，
∵∠Q=45°，
∴∠QAC+∠QCA=180°-45°=135°，
∴∠FAC+∠GCA=270°，
∴∠BAC+∠DCA=360°-270°=90°，
又∵∠BDC=∠ABD+∠DCA+∠BAC，
∴12α=3α+90°，
∴α=10°，
∴∠P=5α=50°，
故第1空答案为：50.
【思路点拨】设∠PBD=α，则∠ABP=2α，∠ABD=3α，∠BDC=4，∠ABD=12α，再根据角平分线的定义及三角形外角的性质，得出∠P=5α，然后根据∠Q=45°，推出∠BAC+∠DCA=90°，进而根据∠BDC=∠ABD+∠DCA+∠BAC，得出12α=3α+90°，解方程，即可得出α=10°，即可得出∠P=50°。
17．（2021八上·霞山月考）如图所示，△ABO与△CDO称为“对顶三角形”，其中∠A+∠B=∠C+∠D．利用这个结论，在图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=
【答案】540
【规范解答】解：如图2，连接BE，
由对顶三角形可得，∠C+∠D=∠CBE+∠DEB．∵五边形ABEFG中，∠A+∠ABE+∠BEF+∠F+∠G=540°，即∠A+∠ABC+∠CBE+∠BED+∠DEF+∠F+∠G=540°，∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F+∠G=540°．故答案为540．
【思路点拨】解决本题的关键是做辅助线构造“对顶三角形”以及五边形，并得出∠C+∠D=∠CBE+∠DEB，解题时要注意，五边形的内角和为540°
18．（2019八上·和平期中）已知，在四边形ABCD中，∠F为四边形ABCD的∠ABC的平分线及外角∠DCE的平分线所在的直线构成的锐角，若∠A＝α，∠D＝β，
（1）如图①，当α+β＞180°时，∠F＝ （用含α，β的式子表示）；
（2）如图②，当α+β＜180°时，请在图②中，画出∠F，且∠F＝ （用含α，β的式子表示）；
（3）当α，β满足条件 时，不存在∠F．
【答案】（1） （α+β）﹣90°
（2）90°﹣ （α+β）
（3）α+β＝180°
【规范解答】解：（1）如图：
由四边形内角和定理得，∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC，
∴∠DCE＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC）＝∠A+∠D+∠ABC﹣180°，
由三角形的外角性质得，∠FCE＝∠F+∠FBC，
∵BF、CF分别是∠ABC和∠DCE的平分线，
∴∠FBC＝ ∠ABC，∠FCE＝ ∠DCE，
∴∠F+∠FBC＝ （∠A+∠D+∠ABC﹣180°）＝ （∠A+∠D）+ ∠ABC﹣90°，
∴∠F＝ （∠A+∠D）﹣90°，
∵∠A＝α，∠D＝β，
∴∠F＝ （α+β）﹣90°；（2）如图3，
由（1）可知，∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC，
∴∠DCE＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC）＝∠A+∠D+∠ABC﹣180°，
∴∠FCE＝∠F+∠FBC，
∵∠FBC＝ （360°﹣∠ABC），∠FCE＝180°﹣ ∠DCE，
∴∠F=∠FCE﹣∠FBC=180°﹣ （∠A+∠D+∠ABC﹣180°）﹣ （360°﹣∠ABC），
∴∠F=90°﹣ （∠A+∠D）
∴∠F＝90°﹣ （α+β）；（3）当α+β＝180°时，
∴∠F＝90°﹣ ，
此时∠F不存在．
【思路点拨】（1）根据四边形的内角和定理表示出∠BCD，再表示出∠DCE，然后根据角平分线的定义可得∠FBC= ∠ABC，∠FCE= ∠DCE，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠F+∠FBC=∠FCE，然后整理即可得解；（2）与（1）的思路相同，得到∠FBC= ∠ABC，∠FCE= ∠DCE，由外角性质，得到∠F+∠FBC=∠FCE，通过等量代换，求解即可；（3）根据∠F的表示，∠F为0时，不存在．
19．（2024八上·讷河期末）如图，OC平分∠AOB，P为OC上的一点，∠MPN的两边分别与OA、OB相交于点M、N．
（1）如图1，若∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，请判断PM与PN的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，求证：OP＝OM+ON．
【答案】（1）解：PM＝PN，
理由如下：
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90°
∵∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，
∴∠PMO+∠PNO＝180°，
∵∠PMO+∠PMA＝180°，
∴∠PMA＝∠PNO，
∴在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（AAS），
∴PM＝PN；
（2）解：证明：过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，如图所示
∵OC平分∠AOB，
∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90°，
∵∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，
∴∠PMO+∠PNO＝180°，
∵∠PNO+∠PNF＝180°，
∴∠PMO＝∠PNF，
在△PME和△PNF中，
，
∴△PME≌△PNF（AAS）
∴EM＝FN，
∵∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，
∴∠AOP＝∠BOP＝60°，
∴∠EPO＝∠FPO＝30°，
∴OP＝2OE，OP＝2OF，
∴OP＝OE+OF＝OM+ON
【思路点拨】（1）由角平分线的性质可得PE＝PF，根据AAS证明△PEM≌△PFN，可得PM=PN.
（2）过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，证明△PME≌△PNF（AAS），可得EM＝FN，易求∠EPO＝∠FPO＝30°，利用直角三角形的性质可得OP＝2OE，OP＝2OF，继而得解.
20．（2023八上·日照月考）探究与发现：
（1）如图1，在中，，分别平分和．
①若，则 ；
②若，用含有的式子表示的度数为 ；
（2）如图2，在四边形中，，分别平分和，试探究与的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在六边形中，，分别平分和，请直接写出与的数量关系．
【答案】（1）；
（2）解：，理由如下：
根据题意，得．
，分别平分和，
，．
．
；
（3）解：．
理由如下：
根据题意，得．
，分别平分和，
，．
．
∴
．
【规范解答】解：（1）①∵，分别平分和，
∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，
∴∠P=180°-（∠PDC+∠PCD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（180°-∠A）=180°-×130°=115°；
②∵，分别平分和，
∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，
∴∠P=180°-（∠PDC+∠PCD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（∠ADC+∠ACD）=180°-（180°-∠A）=；
故答案为：；.
【思路点拨】（1）利用角平分线的定义可得∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，再利用角的运算和等量代换求解即可；
（2）利用角平分线的定义可得，，再利用角的运算和等量代换可得，从而得解.
21．（2022八上·台州月考）如图①，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角．
（1）猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；
（2）如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数；
（3）如图③，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系．
【答案】（1）解：结论：
∵∠A+∠C=360°-∠ADC-∠ABC，
∠1=180°-∠ADC，∠2=180°-∠ABC，
∴∠1+∠2=360°-∠ADC-∠ABC，
∴∠1+∠2=∠A+∠C.
（2）解：∵∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，
∴∠ADC=2∠CDO，∠ABC=2∠CBO，
∴∠ADC+∠ABC=2（∠CDO+∠CBO），
∵∠ADC+∠ABC=2（∠CDO+∠CBO）=360°-∠A-∠C=360°-58°-152°=150°，
∴∠CDO+∠CBO=75°，
∴∠BOD=360°-（∠CDO+∠CBO+∠C）=360°-（75°+152°）=133°
（3）2∠O=∠C-∠A
【规范解答】解：（3）结论：2∠O=∠C-∠A
理由如下：在四边形ABCD中，∠ADC+∠ABC=360°-∠A-∠C，
∵ BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线，
∴∠FDC=2∠ODC，∠CBE=2∠OBC，
∴∠ADC+∠ABC=360°-2∠ODC-2∠OBC，
∴360°-∠A-∠C=360°-2∠ODC-2∠OBC即∠A+∠C=2∠ODC+2∠OBC，
∴∠ODC+∠OBC=（∠A+∠C）；
在四边形ADOB中 ∠A+∠ADB+∠ABC+∠ODC+∠OBC+∠O=360°，
∴∠A+360°-∠A-∠C+（∠A+∠C）+∠O=360°，
∴-∠C+（∠A+∠C）+∠O=0 ，
∴2∠O=∠C-∠A
【思路点拨】（1）利用四边形的内角和为360°，可得到∠A+∠C=360°-∠ADC-∠ABC，利用平角的定义去证明∠1+∠2=360°-∠ADC-∠ABC，由此可得到∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系.
（2）利用角平分线的性质可知∠ADC=2∠CDO，∠ABC=2∠CBO，可推出∠ADC+∠ABC=2（∠CDO+∠CBO），利用四边形的内角和定理可求出∠CDO+∠CBO的值；然后利用四边形的内角和为360°，可求出∠BOD的度数.
（3） 在四边形ABCD中，利用四边形的内角和为360°，可证得∠ADC+∠ABC=360°-∠A-∠C；利用角平分线的定义可推出∠FDC=2∠ODC，∠CBE=2∠OBC，利用平角的定义可证得∠ADC+∠ABC=360°-2∠ODC-2∠OBC，再代入可推出∠ODC+∠OBC=（∠A+∠C）；再在四边形ADOB中可得到∠A+∠ADB+∠ABC+∠ODC+∠OBC+∠O=360°，然后整体代入，可证得∠A、∠C与∠O的数量关系.
22．（2021八上·南通月考）如图，在△OBC中，边BC的垂直平分线交∠BOC的平分线于点D，连接DB，DC，过点D作DF⊥OC于点F.
（1）若∠BOC＝60°，求∠BDC的度数；
（2）若∠BOC＝ ，则∠BDC＝ ；（直接写出结果）
（3）直接写出OB，OC，OF之间的数量关系.
【答案】（1）解：过点D作DE⊥OB，交OB延长线于点E，DF⊥OC于F，
∵OD是∠BOC的平分线，
∴DE=DF，
∵DP是BC的垂直平分线，
∴BD=CD，
在Rt△DEB和Rt△DFC中， DB=DCDE=DF
∴△DEB≌△DFC（HL）
∴∠BDE=∠CDF，
∴∠BDC=∠EDF，
∵∠EOF+∠EDF=180゜，
∵∠BOC=60゜，
∴∠BDC=∠EDF=120゜.
（2）180°－α
（3）OB＋OC＝2OF
【规范解答】解：（2）∵∠EOF+∠EDF=180゜，
∵∠BOC=α，
∴∠BDC=∠EDF=180゜-α.
故答案为：180゜-α；
（3）由（1）知OB＋OC＝OE＋OF＝2OF
∵△DEB≌△DFC，
∴BE=CF，
∵OB+OC=OB+OF+FC，
∴OB+OC=OB+OF+EB=（OB+EB）+OF=OE+OF，
∵∠DEO=∠DFO=90°，DE=DF，DO=DO，
∴Rt△DEO≌Rt△DFO，
∴OE=OF，
∴OB+OC=2OF.
【思路点拨】（1）过D作DE⊥OB，交OB延长线于点E，又DF⊥OC于F， 由角平分线性质得 DE=DF， 根据垂直平分线的性质得出BD=CD，然后根据HL证明△DEB≌△DFC ，得出∠BDE=∠CDF， 则可得出∠BDC=∠EDF， 利用四边形的内角和等于360°求出∠EDF，即可解答；
（2）利用（1）的方法把∠BDC用含α的代数式表示即可；
（3）利用（1）得BE=CF，由线段间的和差关系得OB+OC=OE+OF，用HL证Rt△DEO≌Rt△DFO，得出OE=OF，从而即可得出结论.