专题01 三角形（7大基础题+3大提升题）-2024-2025学年八年级数学上学期期中真题分类汇编

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三角形的三边关系
1．（2023秋•红花岗区期中）下列每组数分别表示三根木棒的长，将它们首尾连接后，能摆成三角形的一组是（ ）
A．1，2，3B．1，2，4C．2，3，4D．2，2，4
【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，计算两个较小的边的和，看看是否大于第三边即可．
【解答】解：A、1+2＝3，不能组成三角形，故A选项错误；
B、1+2＜4，不能组成三角形，故B选项错误；
C、2+3＞5，能组成三角形，故C选项正确；
D、2+2＝4，不能组成三角形，故D选项错误；
故选：C．
2．（2023春•贵阳期中）下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．2cm，3cm，5cmB．2cm，3cm，4cm
C．2cm，2cm，4cmD．1cm，2cm，4cm
【分析】根据三角形的三边关系：在一个三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边进行判断即可．
【解答】解：A．∵2+3＝5，∴不满足三角形三边关系，不能组成三角形，不符合题意；
B．∵4﹣2＜3＜4+2，∴满足三角形三边关系，能组成三角形，符合题意；
C．∵2+2＝4，∴不满足三角形三边关系，不能组成三角形，不符合题意；
D．∵1+2＜4，∴不满足三角形三边关系，不能组成三角形，不符合题意．
故选：B．
3．（2023秋•绥阳县期中）若一个三角形的两边长分别是3和4，则第三边的长可能是（ ）
A．8B．7C．2D．1
【分析】根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围解答即可．
【解答】解：设第三边长x．
根据三角形的三边关系，得1＜x＜7．
故选：C．
4．（2023秋•绥阳县期中）下列长度四根木棒中，能与长为4，9的两根木棒围成一个三角形的是（ ）
A．4B．5C．9D．14
【分析】由三角形的三边关系易得第三边的取值范围，看选项中哪个在范围内即可．
【解答】解：设第三边为c，则9﹣4＜c＜9+4，即5＜c＜13．只有9符合要求．
故选：C．
5．（2023秋•从江县校级期中）若一个三角形的三边长分别为3cm，5cm，a cm，则a的取值范围是（ ）
A．3＜a＜5B．2＜a＜8C．3＜a＜8D．2＜a＜5
【分析】根据三角形的三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．三角形的两边差小于第三边可得5﹣3＜a＜5+3．
【解答】解：由三角形的三边关系定理可得：
5﹣3＜a＜5+3，
即：2＜a＜8．
故选：B．
6．（2023春•云岩区校级期中）长度为3，7，x的三条线段可以围成一个三角形，则x的取值范围是 4＜x＜10 ．
【分析】根据三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边进行分析．
【解答】解：由题意得：7﹣3＜x＜7+3，
解得：4＜x＜10，
故答案为：4＜x＜10．
三角形的高线、中线与角平分线
1．（2023秋•范县期中）如图，△ABC的边BC上的高是（ ）
A．线段AFB．线段DBC．线段CFD．线段BE
【分析】根据三角形的高的定义进行分析即可得出结果．
【解答】解：由图可得：△ABC的边BC上的高是AF．
故选：A．
2．（2023春•云岩区校级期中）如图，AD是△ABC的中线，则下列结论正确的是（ ）
A．∠BAD＝∠CADB．BD＝CDC．AB＝ACD．AC＝AD
【分析】根据三角形的中线的定义即可判断．
【解答】解：∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝DC，
故选：B．
3．（2023春•绥阳县期中）下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据三角形高的画法知，过点B作AC边上的高，垂足为E，其中线段BE是△ABC的高，再结合图形进行判断．
【解答】解：线段BE是△ABC的高的图是选项D．
故选：D．
三角形的稳定性
1．（2023秋•红花岗区期中）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短
B．垂线段最短
C．两直线平行，内错角相等
D．三角形具有稳定性
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【解答】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其稳定性，
故选：D．
2．（2023秋•绥阳县期中）如图，王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，要使这个木架不变形，他至少要再钉上木条的根数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【分析】根据三角形具有稳定性可得：沿对角线钉上1根木条即可．
【解答】解：根据三角形的稳定性可得他至少要再钉上1根木条，
故选：B．
3．（2023秋•印江县期中）造房子时屋顶常用三角结构，从数学角度来看，是应用了 三角形的稳定性 ；而活动挂架则用了四边形的 不稳定性 ．
【分析】根据三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性；四边形的四边确定，形状大小不一定确定，即四边形的不稳定性．
【解答】解：由于造房子时屋顶用的是三角形结构，所以是利用三角形的稳定性；
而活动挂架是四边形结构，这是利用四边形的不稳定性．
4．（2023秋•西平县期中）在生活中，我们常常看到在电线杆的两侧拉有两根钢线用来固定电线杆（如图所示），这样做的数学原理是 三角形的稳定性 ．
【分析】根据三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性．
【解答】解：结合图形，为了防止电线杆倾倒，常常在电线杆上拉两根钢筋来加固电线杆，所以这样做根据的数学道理是三角形的稳定性．
故答案为：三角形的稳定性．
三角形的内角和定理
1．（2023春•绥阳县期中）在△ABC中，已知∠ABC＝66°，∠ACB＝54°，BE是AC上的高，CF是AB上的高，H是BE和CF的交点，∠EHF的度数是（ ）
A．50°B．40°C．130°D．120°
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠A的度数，再根据CF是AB上的高得出∠ACF的度数，再由三角形外角的性质即可得出结论．
【解答】解：∵∠ABC＝66°，∠ACB＝54°，
∴∠A＝60°，
∵CF是AB上的高，
∴在△ACF中，∠ACF＝180°﹣∠AFC﹣∠A＝30°，
在△CEH中，∠ACF＝30°，∠CEH＝90°，
∴∠EHF＝∠ACF+∠CEH＝30°+90°＝120°．
故选：D．
2．（2023秋•印江县期中）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部时，则∠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，你发现的规律是（ ）
A．∠A＝∠1+∠2B．2∠A＝∠1+∠2
C．3∠A＝2∠1+∠2D．3∠A＝2（∠1+∠2）
【分析】根据四边形的内角和为360°及翻折的性质，就可求出2∠A＝∠1+∠2这一始终保持不变的性质．
【解答】解：2∠A＝∠1+∠2，
理由：∵在四边形ADA′E中，∠A+∠A′+∠ADA′+∠AEA′＝360°，
则2∠A+180°﹣∠2+180°﹣∠1＝360°，
∴可得2∠A＝∠1+∠2．
故选：B．
3．（2023春•碧江区 校级期中）如图，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，则∠1+∠2＝ 270° ．
【分析】根据四边形内角和为360°可得∠1+∠2+∠A+∠B＝360°，再根据直角三角形的性质可得∠A+∠B＝90°，进而可得∠1+∠2的和．
【解答】解：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠A+∠B）＝360°﹣90°＝270°．
故答案为：270°．
4．（2023春•绥阳县期中）完成推理填空：
如图在三角形ABC中，已知∠2+∠3＝180°，∠1＝∠A，试说明∠CFD＝∠B．
解：∵∠2+∠DEF＝180°（邻补角定义），∠2+∠3＝180°（已知）
∴ ∠DEF＝∠3 （同角的补角相等）
∴AC∥EF（ 内错角相等，两直线平行 ）
∴∠CDF＝ ∠1 （两直线平行，内错角相等）
∵∠1＝∠A（已知）
∴∠CDF＝∠A（等量代换）
∴DF∥AB（ 同位角相等，两直线平行 ）
∴∠CFD＝∠B（ 两直线平行．同位角相等 ）
【分析】根据平行线的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠2+∠DEF＝180°（邻补角定义），∠2+∠3＝180°（已知）
∴∠DEF＝∠3（同角的补角相等）
∴AC∥EF（ 内错角相等，两直线平行）
∴∠CDF＝∠1（两直线平行，内错角相等）
∵∠1＝∠A（已知）
∴∠CDF＝∠A（等量代换）
∴DF∥AB（同位角相等，两直线平行）
∴∠CFD＝∠B．（两直线平行，同位角相等）．
故答案为：∠DEF＝∠3，内错角相等，两直线平行，∠1，同位角相等，两直线平行，两直线平行．同位角相等．
5．（2023秋•从江县校级期中）如图，AD是△ABC的角平分线，BE是△ABD的高，∠ABC＝40°，∠C＝80°．求∠EBD的度数．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，再根据平分线的定义求出∠BAD的度数，再根据余角的定义求解即可．
【解答】解：∵∠ABC＝40°，∠C＝80°，
∴∠BAC＝∠180°﹣40°﹣80°＝60°，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝，
∵BE是△ABD的高，
∴∠ABE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠EBD＝60°﹣40°＝20°．
6．（2023秋•绥阳县期中）如图，在△ABC中，已知AD是角平分线，∠B＝62°，∠C＝58°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）若DE⊥AC于点E，求∠ADE的度数．
【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，再根据角平分线的性质求出∠BAD的度数；
（2）根据三角形内角和定理即可得出结论．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠B＝62°，∠C＝58°，∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°．
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠BAC＝30°；
（2）∵∠CAD＝∠BAC＝30°，DE⊥AC，
∴在Rt△ADE中，∠EAD＝30°，
∴∠ADE＝90°﹣∠EAD＝60°．
7．（2023秋•夏邑县期中）如图，在△ABC中，点D是BC边上的一点，∠B＝50°，∠BAD＝30°，将△ABD沿AD折叠得到△AED，AE与BC交于点F．
（1）求∠AFC的度数；
（2）求∠EDF的度数．
【分析】（1）根据折叠求出∠BAD＝∠DAF，根据三角形外角性质求出即可；
（2）根据三角形内角和定理求出∠ADB，求出∠ADE，根据三角形外角性质求出∠ADF，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵△ABD沿AD折叠得到△AED，
∴∠BAD＝∠DAF，
∵∠B＝50°，∠BAD＝30°，
∴∠AFC＝∠B+∠BAD+∠DAF＝110°；
（2）∵∠B＝50°，∠BAD＝30°，
∴∠ADB＝180°﹣50°﹣30°＝100°，
∠ADC＝50°+30°＝80°，
∵△ABD沿AD折叠得到△AED，
∴∠ADE＝∠ADB＝100°，
∴∠EDF＝∠ADE﹣∠ADC
＝100°﹣80°＝20°．
直角三角形的性质
1．（2023春•万山区期中）Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝40°，则∠A＝（ ）
A．60°B．30°C．50°D．40°
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠A+∠B＝90°，再代入∠B的度数可得∠A的度数．
【解答】解：∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠B＝40°，
∴∠A＝50°，
故选：C．
2．（2023秋•从江县校级期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若∠A＝37°，则∠B的度数为 53° ．
【分析】根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝37°，
∴∠B的度数为180°﹣90°﹣37°＝53°，
故答案为：53°．
3．（2023秋•绥阳县期中）如图，已知l∥AB，CD⊥l于点D，若∠C＝40°，则∠1的度数是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【分析】根据直角三角形的性质求出∠CED，再根据平行线的性质解答即可．
【解答】解：在Rt△CDE中，∠CDE＝90°，∠DCE＝40°，
则∠CED＝90°﹣40°＝50°，
∵l∥AB，
∴∠1＝∠CED＝50°，
故选：C．
三角形的外角定理
1．（2023秋•红花岗区期中）如图，在△ABC中，∠A＝70°，∠B＝60°，∠ACD是△ABC的一个外角，∠ACD的度数为（ ）
A．50°B．60°C．70°D．130°
【分析】根据三角形内角和定理可求∠ACB的度数，根据平角的定义可求∠ACD的度数，可得三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即∠ACD＝∠A+∠B．
【解答】解：∵△ABC中，∠A＝70°，∠B＝60°，
∴∠ACB＝180°﹣70°﹣60°＝50°，
∴∠ACD＝180°﹣50°＝130°，
故选：D．
2．（2023春•铜仁市期中）如图，求x和y的值．
【分析】根据三角形内角和及外角和定理分别列出方程，求出x，y的值．
【解答】解：根据三角形的外角的性质得，
x+70＝x+x+10，
解得，x＝60，
则x+70＝130，
则y＝180°﹣130°＝50°，
答：x＝60，y＝50．
3．（2023秋•从江县校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AE是△ABC的外角∠BAD的平分线，BF平分∠ABC与AE的反向延长线相交于点F，则∠BFE为（ ）
A．35°B．40°C．45°D．50°
【分析】根据角平分线的定义的定义可知：∠ABF＝∠ABC，∠EAB＝∠DAB，根据三角形外角的性质可知：∠EAB﹣∠ABF＝45°，得到∠F的度数．
【解答】解：∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠ABC，
∵AE平分∠DAB，
∴∠EAB＝∠DAB，
∵∠DAB﹣∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠EAB﹣∠ABF＝45°，
∴∠F＝∠EAB﹣∠ABF＝45°，
故选：C．
多边形的内角与外角
1．（2023春•铜仁市期中）五边形的内角和为（ ）
A．360°B．540°C．720°D．900°
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）180°，由此即可求出答案．
【解答】解：五边形的内角和是（5﹣2）×180°＝540°．故选：B．
2．（2023秋•绥阳县期中）内角和等于外角和2倍的多边形是（ ）
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
【分析】本题应先设这个多边形的边数为n，则依题意可列出方程（n﹣2）×180°＝360°×2，从而解出n＝6，即这个多边形的边数为6．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则依题意可得：
（n﹣2）×180°＝360°×2，
解得n＝6，
∴这个多边形的边数为6．
故选：B．
3．（2023秋•虞城县期中）一个多边形的内角和是1260°，这个多边形的边数是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【分析】设边数为n，由多边形内角和公式可列方程，可求得边数．
【解答】解：
设这个多边形的边数为n，
由题意可得：（n﹣2）×180°＝1260°，
解得n＝9，
∴这个多边形的边数为9，
故选：D．
4．（2023春•绥阳县期中）一个正多边形的内角和为1080°，则这个正多边形的每个外角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．72°
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列式进行计算求得边数，然后根据多边形的外角和即可得到结论．
【解答】解：设它是n边形，则
（n﹣2）•180°＝1080°，
解得n＝8．
360°÷8＝45°，
故选：B．
5．（2023春•万山区期中）若一个多边形内角和为900°，则这个多边形是 七 边形．
【分析】根据多边形的外角和公式（n﹣2）•180°，列式求解即可．
【解答】解：设这个多边形是n边形，根据题意得，
（n﹣2）•180°＝900°，
解得n＝7．
故答案为：七．
6．（2023秋•红花岗区期中）已知一个正多边形的内角和比外角和多360°，求这个正多边形的边数和每个外角的度数．
【分析】由多边形的内角和定理，外角和是360°即可计算．
【解答】解：设这个正多边形的边数为n，
根据题意得：180°×（n﹣2）＝360°×2，
解得n＝6，
即这个正多边形的边数为6，
则每一个外角的度数是．
故这个正多边形的边数为6，每个外角的度数是60°．
7．（2023春•石阡县期中）（1）一个多边形的内角和是外角和的3倍，这个多边形是几边形？
（2）小明求得一个多边形的内角和为1280°，小强很快发现小明所得的度数有误，后来小明复查时发现他重复加了一个内角，你能求出这个多边形的边数以及他重复加的那个角的度数是多少吗？
【分析】（1）由多边形内角和定理，多边形的外角和是360°，即可求解；
（2）由多边形内角和定理，即可求解．
【解答】解：（1）设这个多边形的边数是n，
由题意得：（n﹣2）×180°＝360°×3，
∴n＝8，
答：这个多边形是八边形；
（2）设这个多边形的边数是m，重复加的那个角的度数是x°，
由题意得，
（m﹣2）×180°+x°＝1280°，
∴（m﹣2）×180°＝1280°﹣x°，
∵1280°÷180°＝7……20°，
∴x＝20，（m﹣2）×180°＝1260°，
∴m＝9．
答：这个多边形的边数是9，重复加的那个角的度数是20°．
三角形的内外角与直角三角板
1．（2024春•清镇市期中）如图，将一副三角板叠放在一起，使直角的顶点重合于点O，AB∥OC，DC与OB相交于点E，则∠DOE的度数为（ ）
A．85°B．70°C．75°D．60°
【分析】由平行线的性质求出∠BOC＝∠B＝30°，然后根据∠COD＝90°，即可得出结论．
【解答】解：∵AB∥OC，∠B＝30°，
∴∠BOC＝30°，
又∵∠COD＝90°，
∴∠DOE＝90°﹣30°＝60°，
故选：D．
2．（2023春•绥阳县期中）把一副直角三角尺按如图所示的方式摆放在一起，其中∠E＝90°，∠C＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，则∠1+∠2＝ 210° ．
【分析】根据三角形的内角和定理和三角形外角性质解答即可．
【解答】解：如图：
∵∠1＝∠D+∠DOA，∠2＝∠E+∠EPB，
∵∠DOA＝∠COP，∠EPB＝∠CPO，
∴∠1+∠2＝∠D+∠E+∠COP+∠CPO＝∠D+∠E+180°﹣∠C＝30°+90°+180°﹣90°＝210°，
故答案为：210°．
3．（2023秋•潢川县期中）将一副三角板按如图所示的方式放置，图中∠CAF的大小等于（ ）
A．50°B．60°C．75°D．85°
【分析】利用三角形内角和定理和三角形的外角的性质计算即可．
【解答】解：∵∠DAC＝∠DFE+∠C＝60°+45°＝105°，
∴∠CAF＝180°﹣∠DAC＝75°，
故选：C．
三角形的高线、角平分线之间的夹角问题
1．（2023秋•播州区期末）如图，在△ABC中，AF是高，AD平分∠BAC，∠BAC＝80°，∠C＝60°，则∠DAF的度数是（ ）
A．10°B．15°C．20°D．30°
【分析】在△AFC中根据三角形内角和定理求出∠CAF的度数，再根据角平分线的定义求出∠CAD的度数，即可求出∠DAF的度数．
【解答】解：∵AF是高，
∴∠AFC＝90°，
∴∠C+∠CAF＝90°，
∵∠C＝60°，
∴∠CAF＝30°，
∵AD平分∠BAC，∠BAC＝80°，
∴∠CAD＝∠BAD＝40°，
∴∠DAF＝∠CAD﹣∠CAF＝40°﹣30°＝10°，
故选：A．
2．（2023春•绥阳县期中）如图，在△ABC中，BE是∠ABC的平分线，CE是外角∠ACM的平分线，BE与CE相交于点E，若∠A＝60°，则∠BEC是（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【分析】根据角平分线的定义得到∠EBM＝∠ABC、∠ECM＝∠ACM，根据三角形的外角性质计算即可．
【解答】解：∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠EBM＝∠ABC，
∵CE是外角∠ACM的平分线，
∴∠ECM＝∠ACM，
则∠BEC＝∠ECM﹣∠EBM＝×（∠ACM﹣∠ABC）＝∠A＝30°，
故选：B．
3．（2023秋•魏都区月考）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝ 30 °．
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠P的度数．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°，
∵∠PCM是△BCP的外角，
∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°，
故答案为：30°．
4．（2023秋•碧江区 校级月考）如图，在△ABC中，∠A＝96°，延长BC至D，∠ABC与∠ACD的平分线相交于点A1，∠A1BC与∠A1CD的平分线相交于点A2，依此类推，∠A4BC与∠A4CD的平分线相交于点A5，则∠A5的度数为（ ）
A．3°B．6°C．19.2°D．24°
【分析】利用角平分线的定义和三角形内角与外角的性质计算．
【解答】解：∵∠BA1C+∠A1BC＝∠A1CD，2∠A1CD＝∠ACD＝∠BAC+∠ABC，
∴2（∠BA1C+∠A1BC）＝∠BAC+∠ABC，2∠BA1C+2∠A1BC＝∠BAC+∠ABC．
∵2∠A1BC＝∠ABC，
∴2∠BA1C＝∠BAC．
同理，可得2∠BA2C＝∠BA1C，2∠BA3C＝∠BA2C，2∠BA4C＝∠BA3C，2∠BA5C＝∠BA4C，
∴∠BA5C＝∠BA4C＝∠BA3C＝∠BA2C＝∠BA1C＝∠BAC＝96°÷32＝3°．
故选：A．
多边形的内外角的应用
1．（2023春•石阡县期中）如图，奇奇先从点A出发前进4m，向右转15°，再前进4m，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（ ）
A．24mB．48mC．64mD．96m
【分析】由题意可知奇奇所走的路线为正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案．
【解答】解：∵奇奇从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n＝360°÷15°＝24，
则一共走了24×4＝96（米）．
故选：D．
2．（2023秋•红花岗区期中）如图∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝（ ）
A．540°B．550°C．650°D．180°
【分析】作出相应的辅助线，如图所示，分别利用三角形、四边形、五边形的内角和定理，利用等量代换的方法求出所求角度数即可．
【解答】解：如图，∠6+∠7＝∠8+∠9，
由五边形内角和定理得：∠1+∠2+∠3+∠8+∠9+∠4+∠5＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝540°．
故选：A．
3．（2023秋•从江县校级期中）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线相交于点O，若图中∠1、∠2、∠3、∠4的外角和为240°，则∠BOD的度数为（ ）
A．40°B．45°C．50°D．60°
【分析】由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【解答】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为240°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+240°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝480°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣480°＝60°，
故选：D．
4．（2023秋•从江县校级期中）某校用红色灯带制作了一个如图所示的正五角星（A、B、C、D、E是正五边形的五个顶点），则图中∠A的度数是 36 度．
【分析】正五角星中，五边形FGHMN是正五边形，根据正多边形及邻补角的性质，即可求得∠AFN＝∠ANF＝72°，然后根据三角形的内角和定理可求得∠A的度数．
【解答】解：如图，
∵正五角星中，五边形FGHMN是正五边形，
∴∠GFN＝∠FNM＝＝108°，
∴∠AFN＝∠ANF＝180°﹣∠GFN＝180°﹣108°＝72°，
∴∠A＝180°﹣∠AFN﹣∠ANF＝180°﹣72°﹣72°＝36°．
故答案为：36．
5．（2023秋•绥阳县期中）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＝ 180 ．
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补求出∠B+∠C＝180°，从而得到以点B、点C为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故答案为：180°．
6．（2024春•台江县校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BD⊥CD，点E，F分别在BC，CD上，EF⊥CD．
（1）判断∠1与∠2的大小关系，并说明理由．
（2）若∠A＝100°，BD平分∠ABC，求∠ADC的度数．
【分析】（1）由AD∥BC得到∠1＝∠DBC，由BD⊥CD，EF⊥CD得到BD∥EF，从而∠2＝∠DBC，进而即可解答；
（2）由AD∥BC求得∠ABC＝180°﹣∠A＝80°，根据BD平分∠ABC得到，从而∠1＝∠DBC＝40°，进而即可解答．
【解答】解：（1）∠1＝∠2，理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠DBC，
∵BD⊥CD，EF⊥CD，
∴BD∥EF，
∴∠2＝∠DBC，
∴∠1＝∠2；
（2）∵AD∥BC，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣100°＝80°，
∵BD平分∠ABC，
∴，
∴∠1＝∠DBC＝40°，
∵BD⊥CD，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝∠1+∠BDC＝40°+90°＝130°．
7．（2023春•绥阳县期中）如图，在四边形ABCD中，点E是AB上一点，DE平分∠ADC，且 DE∥BC，∠1＝∠2．
（1）求证：DC∥AB．
（2）若∠A＝70°，求∠1的度数．
【分析】（1）结合已知条件证得∠1＝∠AED，利用内错角相等，两直线平行即可证得结论；
（2）结合（1）中所求易得∠A+∠ADC＝180°，从而求得∠ADC的度数，然后根据角平分线定义即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠2，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠AED，
∴DC∥AB；
（2）解：∵DC∥AB，
∴∠A+∠ADC＝180°，
∵∠A＝70°，
∴∠ADC＝110°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠1＝∠ADC＝55°．
48．（2023春•铜仁市期中）如图，一组正多边形，观察每个正多边形中a的变化情况，解答下列问题．
（1）将表格补充完整．
（2）观察上面表格中α的变化规律，角α与边数n的关系为 α＝（）° ．
（3）根据规律，当α＝18°时，多边形边数n＝ 10 ．
【分析】（1）根据n边形的内角和公式求解即可；
（2）根据（1）中计算、观察，可发现规律：正n边形中的α＝（）°；
（3）根据正n边形中的α＝（
）°，可得答案．
【解答】解：（1）将表格补充完整．
故答案为：60°，45°，36°，30°；
（2）根据（1）中计算、观察，可得α的变化规律，角α与边数n的关系为：α＝（）°，
故答案为：α＝（）°；
（3）把α＝18°代入α＝（）°，
解得：n＝10，
故答案为：10．
正多边形的边数
3
4
5
6
α的度数
180
n
正多边形的边数
3
4
5
6
α的度数
60°
45°
36°
30°