15.1 多边形（10大题型提分练）数学新教材北京版八年级下册

（北京版）八年级下册数学《第15章 四边形》 15.1 多边形 知识点一 多边形及其相关概念 ◆1、多边形的定义： 一般地，由n条线段首尾顺次相接组成的平面图形称为n边形，又称为多边形. ◆2、相关概念 (1)内角：多边形相邻两边组成的角叫做它的内角. (2)外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. (3)对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线. ▲n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数） ◆3、凸多边形 多边形可分为凸多边形和凹多边形，辨别凸多边形可用两种方法：①画多边形任何一边所在的直线整个多边形都在此直线的同一侧．②每个内角的度数均小于180°，通常所说的多边形指凸多边形． ◆4、正多边形 正多边形的概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形． 【解读】正多边形必备的两个条件： (1) 各个角都相等； (2) 各条边都相等. 【注意】若一个多边形的各个角都相等或各条边都相等，则它不一定是正多边形. 知识点二 多边形的内角和 ◆1、多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数） ◆2、多边形内角和公式的常见应用 (1)已知多边形的边数，求内角和； (2)已知多边形的内角和，求边数； (3)求正n 边形每个内角的度数， 其公式为； (4)已知n 边形每个内角的度数，且度数都相等，求边数． ◆3、多边形的内角和随边数的变化而变化，边数每增加1，内角和就增加180° . 知识点三 多边形的外角和 ◆1、多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°． 【注意】 （1）多边形的外角和是指每个顶点处取一个外角的和. （2）多边形的外角和恒等于360°，与边数无关. （3）借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°． ◆2、常见应用 （1）已知外角度数求正多边形的边数； （2）已知正多边形的边数求外角度数，所用公式为 题型一 多边形及其相关的概念 解题技巧提炼 一般地，由n条线段首尾顺次相接组成的平面图形称为n边形，又称为多边形. 1．下列图形中，属于多边形的是（　　） A． B． C． D． 2．下列平面图形中，属于八边形的是（　　） A． B． C． D． 3．下列选项中的图形，不是凸多边形的是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示的图形中，属于多边形的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 5．下列说法中错误的是（　　） A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形 B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形 C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形 D．各边都相等的多边形是正多边形 题型二 多边形的对角线 解题技巧提炼 连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线，n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数）. 1．（2024春•蓬莱区期末）过多边形的一个顶点可以引出6条对角线，则多边形的边数是（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 2．（2024秋•凉州区校级月考）过五边形一个顶点的所有对角线，把这个多边形分成的三角形的个数是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（2024秋•东港市期末）七边形的对角线总计有（　　） A．14条 B．21条 C．28条 D．42条 4．（2024秋•沈北新区期末）如果从一个多边形的一个顶点出发作它的对角线，最多能将多边形分成2021个三角形，那么这个多边形是（　　） A．2022边形 B．2023边形 C．2024边形 D．2025边形 5．（2024秋•墨玉县月考）若一个多边形的边数恰好是从一个顶点引出的对角线条数的2倍，则这个多边形的边数是　 　． 6．一个多边形从同一个顶点引出的对角线，将这个多边形分成5个三角形．则这个多边形有 　 条边． 7．一个边数为 的多边形中所有对角线的条数是边数为 的多边形中所有对角线条数的6倍，求这两个多边形的边数. 8．已知：从n边形的一个顶点出发共有4条对角线；从m边形的一个顶点出发的所有对角线把m边形分成6个三角形；正t边形的边长为7，周长为63．求（n﹣m）t的值． 题型三 多边形的不稳定性 解题技巧提炼 除了三角形以外的多边形都具有不稳定性. 1．三角形具有稳定性，所以要使如图所示的五边形木架不变形，至少要钉上（　　）根木条． A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2024•义乌市校级模拟）下列图形中具有稳定性的是（　　） A．平行四边形 B．长方形 C．正方形 D．三角形 3．如图，学校大门口的电动伸缩门，其中间部分都是四边形的结构，这是应用了四边形的 　　 ． 4．（1）如图，要使四边形木架（由四根木条钉成）不变形，可以再钉上几根木条．请在图①中画出你想到的方法（至少画两种），至少要钉几根木条？ （2）五边形呢？请在图②中画出你想到的方法（至少画两种），至少要钉几根木条？ （3））由以上探究猜想，要使n边形的木架不变形，至少要钉上几根木条？ 5．小明用7根木条钉成一个七边形的木架，他为了使该木架稳固，想在其中加上4根木条，请在图中画出你的三种作法． 题型四 正多边形及其性质 解题技巧提炼 正多边形必备的两个条件： (1) 各个角都相等；(2) 各条边都相等. 1．（2024秋•夏邑县月考）位于许昌襄城首山之上的文峰塔建成于明嘉靖三十年，为外十三层、内七层楼阁式建筑，平面呈正八边形．下列图形为正八边形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•高碑店市期末）下列是正多边形的是（　　） A．六条边都相等的六边形 B．四个角都是直角的四边形 C．四条边都相等的四边形 D．三条边都相等的三角形 3．（2024秋•封开县期末）正八边形的外角和为（　　） A．360° B．720° C．900° D．1080° 4．（2024秋•北碚区校级期末）如果一个正多边形的每个外角都等于40°，那么它是（　　）边形． A．七 B．八 C．九 D．十 5．（2024春•银海区期中）若一个正多边形每一个外角都相等，且一个内角的度数是140°，则这个多边形是（　　） A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形 6．一个正多边形的每一个内角比每一个外角的3倍还大20°，则这个正多边形的边数为 　 　． 7．（2024•安岳县二模）如图，以正方形ABCD的边CD向外作正五边形CDEFG，则∠ADE的度数为　 　． 8．（2024春•南阳期末）已知一个正多边形的每个内角都比它相邻的外角的3倍多20°，求这个正多边形的边数和它的内角和． 题型五 多边形的内角和 解题技巧提炼 多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），多边形的内角和随边数的变化而变化，边数每增加1，内角和就增加180° . 1．（2024秋•文峰区期末）一个多边形的内角和为720°，则这个多边形是（　　） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 2．（2024秋•五华区校级期末）若一个多边形的内角和是1440°，则此多边形的边数是（　　） A．十二 B．十 C．八 D．十四 3．（2024秋•台州期末）椒江章安剪纸是台州市非物质文化遗产代表性项目．如图是小明的窗花剪纸，外形为正八边形，则它的内角和为（　　） A．900° B．1080° C．1260° D．1440° 4．（2024•五华区校级三模）如果一个多边形的每一个外角都相等，并且它的内角和为2880°，那么它的一个内角等于（　　） A．140° B．150° C．160° D．170° 5．如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为1800°，那么这个多边形的一个外角是（　　） A．72° B．60° C．36° D．30° 6．有两个多边形，它们的边数的比为1：2，内角和的比为1：4，你能确定它们各是几边形吗？试试看． 7．（2024秋•大余县期末）阅读小明和小红的对话，解决下列问题． （1）这个“多加的锐角”是 　 　度． （2）小明求的是几边形内角和？ （3）若这是个正多边形，则这个正多边形的一个内角是多少度？ 题型六 多边形的外角和 解题技巧提炼 多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°． 1．（2024秋•巴彦县期末）已知一个多边形的内角和等于外角和，则这个多边形是（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（2024秋•满洲里市期末）若n边形的内角和等于它外角和的2倍，则边数n为（　　） A．7 B．6 C．5 D．4 3．（2024秋•新市区校级期末）一个多边形的内角和与它的外角和的差为1080°，则这个多边形的边数为（　　） A．10 B．9 C．8 D．7 4．（2024秋•和平区期末）一个多边形的内角和比它的外角和多540°，并且这个多边形的各个内角都相等，则这个多边形每个内角是　 　． 5．（2024秋•陵城区期末）一个多边形的内角和比其外角和大720°，则它的边数是 　 　． 6．（2024秋•延长县期末）已知一个多边形的边数为n． （1）若n＝6，求这个多边形的内角和； （2）若这个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求n的值． 7．（2024秋•东莞市期末）一个机器人以2m/s的速度在平地上按如下要求行走． （1）该机器人从开始到停止所走过的路程形成的图形是 　 　； （2）该机器人从开始到停止所需时间为 　 s； （3）若机器人还差4m就第n次回到点O处，则它所走过的路程为 　 　m． 题型七 求几何图形中多个角的和问题 解题技巧提炼 多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°． 1．（2024•新华区校级二模）如图，点A，B，C，D，E在同一平面内，连接AB，BC，CD，DE，EA，若∠BCD＝100°，则∠A+∠B+∠D+∠E＝（　　） A．280° B．260° C．240° D．220° 2．（2024春•环翠区校级期中）如图所示，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 3．（2024秋•三亚期末）如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　） A．180° B．270° C．360° D．720° 4．如图，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的3个外角，若∠A+∠B＝240°，则∠1+∠2+∠3＝　 　． 5．（2024秋•龙江县期末）如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接AB、BC、CD、DE、EF、FA，若∠BCD＝110°，则∠A+∠B+∠D+∠E+∠F等于　 　． 6．（2024秋•遵义期中）（1）已知：如图①的图形我们把它称为“8字形”，试说明：∠A+∠B＝∠C+∠D； （2）利用（1）中的结论，试求图2中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数． 7．（2024秋•市北区期末）【建立模型】如图1，在∠A内部有一点P，连接BP、CP，求证：∠P＝∠1+ ∠A+∠2； 【尝试应用】如图2，利用上面的结论，直接写出五角星中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝ 　 　度； 【拓展创新】如图3，将五角星截去一个角后多出一个角，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠G的度数． 【提升思维】如图4，将五角星的每个角都截去，则一共得到10个角，则这10个角的和∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠J的度数是 　 　度． 题型八 多边形内角和与外角和的实际应用问题 解题技巧提炼 主要是利用多边形的内角和定理与外角和定理来解决实际应用问题. 1．（2024秋•高州市期末）如图，新疆伊犁特克斯城因八卦布局而被称为“八卦城”，“八卦城”的形状是一个八边形，则八边形的内角和是（　　） A．360° B．1440° C．1080° D．1800° 2．（2024•金平区一模）如图，足球的表面是由正五边形和正六边形拼接而成，其中黑皮的正五边形有12块，白皮的正六边形有20块．如图，足球图片中的一块黑色皮块的内角和是（　　） A．180° B．360° C．540° D．720° 3．用一块等边三角形的硬纸片（如图1）做一个底面为等边三角形且高相等的无盖的盒子（边缝忽略不计，如图2），在△ABC的每个顶点处各剪掉一个四边形，其中四边形AMDN中，∠MDN的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 4．将一块正五边形纸片（图①）做成一个底面仍为正五边形且高相等的无盖纸盒（侧面均垂直于底面，见图②），需在每一个顶点处剪去一个四边形，例如图①中的四边形ABCD，则∠BAD的大小是　 　度． 5．（2024秋•思明区校级期末）用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形ABCDE．图中，∠CAE＝ 　 　°． 6．（2024秋•广阳区校级期末）如图，小明从点A出发，前进10m后向右转30°，再前进10m后又向右转30°，……，如此反复下去，直到她第一次回到出发点A，他所走的路径构成了一个正多边形． （1）求小明一共走了多少米； （2）求这个正多边形的内角和． 题型九 多边形的截角问题 解题技巧提炼 1、一个多边形剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，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． 2、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． 1．（2024秋•柳州期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个四边形，则原多边形纸片的边数不可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2024秋•五华县期末）若一个多边形截去一个角后，变成五边形，则原来的多边形的边数可能为（　　） A．5或6 B．4或5 C．3或4或5 D．4或5或6 3．（2024春•江阴市期中）多边形剪去一个角后，多边形的外角和将（　　） A．减少180° B．增大180° C．不变 D．以上都有可能 4．若一个多边形截去一个角后变成了六边形，则原来多边形的边数可能是（　　） A．5或6 B．6或7 C．5或6或7 D．6或7或8 5．把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个十八边形，则原多边形纸片的边数可能是 　 　． 6．（2024春•亭湖区校级月考）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为720°，那么原多边形的边数为（　　） A．5 B．5或6 C．6或7 D．5或6或7 题型十 多边形内角和与外角和的综合应用 解题技巧提炼 综合运用多边形的内角和与外角和性质，常常是四边形的内角和以及三角形的内角和的综合运用，并且熟练运用平行线性质和角平分线的定义． 1．（2024•顺平县模拟）如图，六边形ABCDEF为正六边形，l1∥l2，则∠2﹣∠1的值为（　　） A．60° B．80° C．108° D．120° 2．（2024•海南模拟）把边长相等的正六边形ABCDEF和正五边形GHCDM的CD边重合，按照如图的方式叠合在一起，延长MG交AF于点N，则∠ANG等于（　　） A．140° B．144° C．148° D．150° 3．（2024•营口二模）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AE，EG平分∠AED，交DC延长线于点G，则∠G为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 4．（2024秋•望花区期中）如图，五边形ABCDE的内角都相等，EF平分∠AED，交BC于点F，延长BC至点M，使得AB＝BM，连接AM，交EF于点N，求∠FNM的度数． 5．（2024春•香坊区校级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B，如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足∠DPC＝∠A，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”． （1） 如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映角点”，若 DA∥CP，DP∥CB，则∠DPC的度数为 　 　°； （2）如图②．在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD的“映角点”，延长CP交边AB于点E，求证：∠ADP＝∠CEB． 6．（2024春•鲤城区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠C＝90°，BE平分∠ABC，BE、CD交于G点． （1）如图1，若∠A＝90°， ①求证：∠EDG＝∠ABC； ②作DF平分∠ADC，如图2，求证：DF∥BG． （2）如图3，作DF平分∠ADC，在锐角∠BAD内部作射线AN，交DF于N，若∠AND﹣∠GBC的大小为45°，试说明：AN平分∠BAD． 7．（2024秋•汝南县期中）综合与实践 在数学学习过程中，对有些具有特殊结构，且结论又具有一般性的数学问题我们常将其作为一个数学模型加以识记，以积累和丰富自己的问题解决经验． 【结论发现】三角形的一个内角平分线与另一内角的外角平分线的夹角的度数是三角形第三个内角度数的一半． （1）如图1，在△ABC中，点E是△ABC的内角∠ACB平分线CE与外角∠ABD的平分线BE的交点，则有，请给出证明过程； 请直接应用上面的“结论发现”解决下列问题： 【简单应用】 （2）如图2，在△ABC中，∠ABC＝42°．延长BA至G，延长AC至H，已知∠BAC的平分线AE与外角∠BCH的平分线CE相交于点E，外角∠GAH的平分线AF与EC的延长线相交于点F，求∠F的度数； 【变式拓展】 （3）如图3，四边形ABCD的内角∠BCD的平分线与外角∠ABG的平分线形成如图所示形状．已知∠A＝160°，∠D＝80°，则∠E+∠F的度数和是 　 　． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$ （北京版）八年级下册数学《第15章 四边形》 15.1 多边形 知识点一 多边形及其相关概念 ◆1、多边形的定义： 一般地，由n条线段首尾顺次相接组成的平面图形称为n边形，又称为多边形. ◆2、相关概念 (1)内角：多边形相邻两边组成的角叫做它的内角. (2)外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. (3)对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线. ▲n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数） ◆3、凸多边形 多边形可分为凸多边形和凹多边形，辨别凸多边形可用两种方法：①画多边形任何一边所在的直线整个多边形都在此直线的同一侧．②每个内角的度数均小于180°，通常所说的多边形指凸多边形． ◆4、正多边形 正多边形的概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形． 【解读】正多边形必备的两个条件： (1) 各个角都相等； (2) 各条边都相等. 【注意】若一个多边形的各个角都相等或各条边都相等，则它不一定是正多边形. 知识点二 多边形的内角和 ◆1、多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数） ◆2、多边形内角和公式的常见应用 (1)已知多边形的边数，求内角和； (2)已知多边形的内角和，求边数； (3)求正n 边形每个内角的度数， 其公式为； (4)已知n 边形每个内角的度数，且度数都相等，求边数． ◆3、多边形的内角和随边数的变化而变化，边数每增加1，内角和就增加180° . 知识点三 多边形的外角和 ◆1、多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°． 【注意】 （1）多边形的外角和是指每个顶点处取一个外角的和. （2）多边形的外角和恒等于360°，与边数无关. （3）借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°． ◆2、常见应用 （1）已知外角度数求正多边形的边数； （2）已知正多边形的边数求外角度数，所用公式为 题型一 多边形及其相关的概念 解题技巧提炼 一般地，由n条线段首尾顺次相接组成的平面图形称为n边形，又称为多边形. 1．下列图形中，属于多边形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．显然只有选项C是多边形． 【解答】解：所示的图形中，属于多边形是选项C，其它选项都不是多边形． 故选：C． 【点评】本题主要考查了多边形的定义，理解多边形的定义，根据定义进行正确判断． 2．下列平面图形中，属于八边形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．平面内不在同一条直线上的八条线段首尾顺次相接组成的图形叫八边形，据此解答． 【解答】解：A、是六边形，故此选项不符合题意； B、是四边形，故此选项不符合题意； C、是八边形，故此选项符合题意； D、是圆，故此选项不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查了多边形．理解多边形的定义，能够根据多边形的定义进行正确判断是解题的关键． 3．下列选项中的图形，不是凸多边形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据凸多边形的概念，如果多边形的边都在任何一条边所在的直线的同旁，该多边形即是凸多边形．否则即是凹多边形． 【解答】解：图形不是凸多边形的是A． 故选：A． 【点评】本题主要考查了凸多边形的定义，正确理解凸多边形的定义是解决此类问题的关键． 4．如图所示的图形中，属于多边形的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．显然只有第一个、第二个、第四个． 【解答】解：所示的图形中，属于多边形的有第一个、第二个、第四个，共有3个． 故选：A． 【点评】本题主要考查了多边形的定义，理解多边形的定义，根据定义进行正确判断． 5．下列说法中错误的是（　　） A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形 B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形 C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形 D．各边都相等的多边形是正多边形 【分析】在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形，由此即可判断． 【解答】解：A、多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形，正确，故A不符合题意； B、四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形，正确，故B不符合题意； C、多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形，正确，故C不符合题意； D、各边都相等，各角都相等的多边形是正多边形，故D符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形的定义． 题型二 多边形的对角线 解题技巧提炼 连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线，n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数）. 1．（2024春•蓬莱区期末）过多边形的一个顶点可以引出6条对角线，则多边形的边数是（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【分析】设多边形的边数是x，根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得x﹣3＝6，再解方程即可． 【解答】解：设多边形的边数是x，由题意得：x﹣3＝6， 解得：x＝9， 故选：C． 【点评】此题主要考查了多边形的对角线，关键是掌握n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线． 2．（2024秋•凉州区校级月考）过五边形一个顶点的所有对角线，把这个多边形分成的三角形的个数是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n﹣2）个三角形．据此解答即可． 【解答】解：∵从n边形的一个顶点作对角线，把这个n边形分成三角形的个数是（n﹣2）， ∴过五边形一个顶点的所有对角线，把这个多边形分成三角形的个数是5﹣2＝3（个）， 故选：A． 【点评】本题主要考查多边形的对角线，掌握多边形对角线的性质是解题的关键． 3．（2024秋•东港市期末）七边形的对角线总计有（　　） A．14条 B．21条 C．28条 D．42条 【分析】根据对角线条数的计算公式计算即可． 【解答】解：七边形的对角线共有14（条）， 故选：A． 【点评】本题考查了多边形的对角线，n边形对角线共有条． 4．（2024秋•沈北新区期末）如果从一个多边形的一个顶点出发作它的对角线，最多能将多边形分成2021个三角形，那么这个多边形是（　　） A．2022边形 B．2023边形 C．2024边形 D．2025边形 【分析】n边形从一个顶点出发引出的条对角线把多边形分成（n﹣2）个三角形，由此即可得到答案． 【解答】解：设这个多边形的边数是n， ∴n﹣2＝2021， ∴n＝2023， ∴这个多边形是2023边形． 故选：B． 【点评】本题考查多边形的对角线，关键是掌握n边形从一个顶点出发引出的条对角线把多边形分成（n﹣2）个三角形． 5．（2024秋•墨玉县月考）若一个多边形的边数恰好是从一个顶点引出的对角线条数的2倍，则这个多边形的边数是　 　． 【分析】设此多边形有n条边，则从一个顶点引出的对角线有（n﹣3）条，根据“一个多边形的边数恰好是从一个顶点引出的对角线条数的2倍”列出方程，解方程即可． 【解答】解：设此多边形有n条边，由题意，得： n＝2（n﹣3）， 解得n＝6． 故这个多边形的边数是6． 故答案为：6． 【点评】此题考查多边形的对角线，解题关键在于理解题意找出等量关系列出方程． 6．一个多边形从同一个顶点引出的对角线，将这个多边形分成5个三角形．则这个多边形有 　 条边． 【分析】经过n边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n﹣2）个三角形，根据此关系式求边数，再求出对角线． 【解答】解：设多边形有n条边， 则n﹣2＝5， 解得：n＝7． 所以这个多边形的边数是7， 故答案为：7． 【点评】本题考查了多边形的对角线，解决此类问题的关键是根据多边形过一个顶点的对角线与分成的三角形的个数的关系列方程求解． 7．一个边数为 的多边形中所有对角线的条数是边数为 的多边形中所有对角线条数的6倍，求这两个多边形的边数. 【分析】n边形的对角线有 条，2n边形的对角线有 条，根据题意可列出方程，再解方程求解即可. 【解答】解：由多边形的性质，可知 边形共有 条对角线. 由题意，得 . 解得 . ∴ . ∴这两个多边形的边数分别为12和6. 【点评】本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n． 8．已知：从n边形的一个顶点出发共有4条对角线；从m边形的一个顶点出发的所有对角线把m边形分成6个三角形；正t边形的边长为7，周长为63．求（n﹣m）t的值． 【分析】根据题意，由多边形的性质，分析可得答案． 【解答】解：依题意有n＝4+3＝7， m＝6+2＝8， t＝63÷7＝9 则（n﹣m）t＝（7﹣8）9＝﹣1． 【点评】本题考查正多边形的性质，从n边形的一个顶点出发，能引出（n﹣3）条对角线，一共有条对角线，经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n﹣2）个三角形．这些规律需要学生牢记． 题型三 多边形的不稳定性 解题技巧提炼 除了三角形以外的多边形都具有不稳定性. 1．三角形具有稳定性，所以要使如图所示的五边形木架不变形，至少要钉上（　　）根木条． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】三角形具有稳定性，所以要使五边形木架不变形需把它分成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条． 【解答】解：过五边形的一个顶点作对角线，有5﹣3＝2条对角线，所以至少要钉上2根木条． 故选：B． 【点评】本题考查了三角形具有稳定性，是基础题，作出图形更形象直观． 2．（2024•义乌市校级模拟）下列图形中具有稳定性的是（　　） A．平行四边形 B．长方形 C．正方形 D．三角形 【分析】根据三角形具有稳定性解答． 【解答】解：长方形，正方形，三角形，平行四边形中只有三角形具有稳定性． 故选：D． 【点评】本题考查了三角形的稳定性，解题的关键是掌握在所有的图形里，只有三角形具有稳定性，也是三角形的特性． 3．如图，学校大门口的电动伸缩门，其中间部分都是四边形的结构，这是应用了四边形的 　　 ． 【分析】利用四边形的不稳定性特点进行解答即可． 【解答】解：学校大门口的电动伸缩门，其中间部分都是四边形的结构，这是应用了四边形的不稳定性． 故答案为：不稳定性． 【点评】此题考查的是四边形的特点，掌握四边形具有不稳定性这一特点是解决此题关键． 4．（1）如图，要使四边形木架（由四根木条钉成）不变形，可以再钉上几根木条．请在图①中画出你想到的方法（至少画两种），至少要钉几根木条？ （2）五边形呢？请在图②中画出你想到的方法（至少画两种），至少要钉几根木条？ （3））由以上探究猜想，要使n边形的木架不变形，至少要钉上几根木条？ 【分析】从n边性的一个顶点出发，可以引（n﹣3）条对角线．据此解答． 【解答】解：（1）如图①根据三角形具有稳定性可知：要使木架不变形，则需要将四边形木架钉木条转化为三角形，至少需再钉4﹣3＝1（根）木条； （2）如图②五边形木架钉木条转化为三角形，至少需再钉5﹣3＝2（根）木条； （3）四边形木架至少需再钉1根木条，五边形木架至少需再钉2根木条，综上可得要使n边形木架不变形，至少需要再钉（n﹣3）根木条． 【点评】本题主要考查多边形的对角线、三角形的稳定性，掌握三角形具有稳定性是解题的关键． 5．小明用7根木条钉成一个七边形的木架，他为了使该木架稳固，想在其中加上4根木条，请在图中画出你的三种作法． 【分析】当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．利用这一特性即可解决问题． 【解答】解：如图所示： 【点评】本题主要考查了三角形的稳定性，解决问题的关键是将七边形分成五个三角形． 题型四 正多边形及其性质 解题技巧提炼 正多边形必备的两个条件： (1) 各个角都相等；(2) 各条边都相等. 1．（2024秋•夏邑县月考）位于许昌襄城首山之上的文峰塔建成于明嘉靖三十年，为外十三层、内七层楼阁式建筑，平面呈正八边形．下列图形为正八边形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】由正多边形的定义，即可选择． 【解答】解：A、图形是正六边形，故A不符合题意； B、图形是六边形，故B不符合题意； C、图形是七边形，故C不符合题意； D、图形是正八边形边形，故D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查正多边形的概念，关键是掌握此概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形． 2．（2024秋•高碑店市期末）下列是正多边形的是（　　） A．六条边都相等的六边形 B．四个角都是直角的四边形 C．四条边都相等的四边形 D．三条边都相等的三角形 【分析】正多边形的概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫正多边形．要满足两个条件：角都相等，边都相等． 【解答】解：根据正多边形的概念，各条边都相等，各个角都相等的多边形是正多边形，所以选项D是正确的． 选项B只满足了四个角都是直角的四边形，而四条边不一定相等，有可能是矩形，不满足条件． 选项A和C只满足了各条边相等．而角不一定，所以不正确． 故答案选：D． 【点评】本题考查正多边形的概念．解题的关键是概念中的两个条件都需要满足． 3．（2024秋•封开县期末）正八边形的外角和为（　　） A．360° B．720° C．900° D．1080° 【分析】根据多边形的外角和都是360°即可得解． 【解答】解：∵多边形的外角和都是360°， ∴正八边形的外角和为360°， 故选：A． 【点评】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的外角和是360°是解题的关键． 4．（2024秋•北碚区校级期末）如果一个正多边形的每个外角都等于40°，那么它是（　　）边形． A．七 B．八 C．九 D．十 【分析】设这个正多边形的边数为n，根据正多边形的每个外角相等，外角和为360°，从而列出方程求出n即可． 【解答】解：设这个正多边形的边数为n，由题意得： 40n＝360， 解得：n＝9， 故选：C． 【点评】本题主要考查了多边形内角与外角，解题关键是熟练掌握正多边形的定义和外角和是360°． 5．（2024春•银海区期中）若一个正多边形每一个外角都相等，且一个内角的度数是140°，则这个多边形是（　　） A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形 【分析】先根据平角的定义求出每一个外角的度数，再根据边数＝360°÷外角度数计算即可． 【解答】解：180°﹣140°＝40°， 360°÷40°＝9， ∴这个多边形是正九边形． 故选：C． 【点评】本题考查了正多边形的外角与外角和的关系，需要熟练掌握并灵活运用． 6．一个正多边形的每一个内角比每一个外角的3倍还大20°，则这个正多边形的边数为 　 　． 【分析】根据内角和外角的和为180°以及正多边形的每一个内角比每一个外角的3倍还大20°可求内角和外角，进而可求边数． 【解答】解：设每个外角为x°，则内角为（3x+20）°， ∴x+3x+20＝180， 解得x＝40， ∴边数＝360°÷40°＝9． 故答案为：9． 【点评】本题考查正多边形的内角和外角，解题关键是熟知正多边形内角和外角的性质． 7．（2024•安岳县二模）如图，以正方形ABCD的边CD向外作正五边形CDEFG，则∠ADE的度数为　 　． 【分析】利用多边形内角和及正多边形性质求得∠CDE的度数，利用正方形性质求得∠ADC的度数，然后根据角的和差即可求得答案． 【解答】解：∵五边形CDEFG为正五边形， ∴∠CDE＝（5﹣2）×180°÷5＝108°， ∵正方形ABCD中，∠ADC＝90°， ∴∠ADE＝360°﹣∠ADC﹣∠CDE＝360°﹣90°﹣108°＝162°， 故答案为：162°． 【点评】本题主要考查多边形的内角和及正多边形的性质，利用其求得∠CDE的度数是解题的关键． 8．（2024春•南阳期末）已知一个正多边形的每个内角都比它相邻的外角的3倍多20°，求这个正多边形的边数和它的内角和． 【分析】一个正多边形的每个内角比它相邻的外角的3倍多20°，又由于内角与外角的和是180度．设内角是x°，外角是180°﹣x°，列方程求解，再根据多边形的外角和与内角和定理求解． 【解答】解：设内角是x°，外角是180°﹣x°， 则得到方程 x＝3（180﹣x）+20， 解得x＝140， 180°﹣x°＝40°． 而任何多边形的外角是360°， 则多边形内角和中的外角的个数是360÷40＝9， 则这个多边形的边数是20边形，内角和为（9﹣2）×180°＝1260°． 故这个多边形的边数为9，内角和为1260°． 【点评】本题考查的是多边形内角与外角，根据多边形的内角与外角的关系转化为方程的问题，并利用了多边形的外角和与内角和定理；已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容． 题型五 多边形的内角和 解题技巧提炼 多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），多边形的内角和随边数的变化而变化，边数每增加1，内角和就增加180° . 1．（2024秋•文峰区期末）一个多边形的内角和为720°，则这个多边形是（　　） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【分析】根据多边形的内角和公式解答即可． 【解答】解：设边数为n，根据题意，得 （n﹣2）•180°＝720°， 解得n＝6． ∴这个多边形为六边形， 故选：B． 【点评】本题考查了多边形的内角和公式，关键是记住多边形的内角和公式． 2．（2024秋•五华区校级期末）若一个多边形的内角和是1440°，则此多边形的边数是（　　） A．十二 B．十 C．八 D．十四 【分析】设这个多边形是n边形，它的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，根据题意列方程得（n﹣2）180＝1440即可解得n的值． 【解答】解：根据多边形内角和定理得： （n﹣2）•180＝1440， 解得：n＝10． 所以此多边形的边数为10边． 故选：B． 【点评】本题考查了多边形的内角和定理，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键． 3．（2024秋•台州期末）椒江章安剪纸是台州市非物质文化遗产代表性项目．如图是小明的窗花剪纸，外形为正八边形，则它的内角和为（　　） A．900° B．1080° C．1260° D．1440° 【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°，即可得出答案． 【解答】解：（8﹣2）×180° ＝6×180° ＝1080°． 故选：B． 【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键． 4．（2024•五华区校级三模）如果一个多边形的每一个外角都相等，并且它的内角和为2880°，那么它的一个内角等于（　　） A．140° B．150° C．160° D．170° 【分析】根据（n﹣2）×180°＝2880°，求出n＝18，根据多边形是正多边形，求出多边形的一个外角的度数，即可求出多边形一个内角的度数． 【解答】解：设这个多边形是n边形， ∵多边形的内角和为2880°， ∴（n﹣2）×180°＝2880°， ∴n＝18， ∵这个多边形的每一个外角都相等， ∴多边形的外角为：360°÷18＝20°， ∴多边形的一个内角为：180°﹣20°＝160°． 故选：C． 【点评】本题考查正多边形的内角和与多边形的外角和，解题的关键是掌握多边形内角和公式． 5．如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为1800°，那么这个多边形的一个外角是（　　） A．72° B．60° C．36° D．30° 【分析】根据多边形的内角和公式列方程，求出边数，再根据外角和定理求出这个多边形的一个外角． 【解答】解：设这个多边形的边上为n， 根据题意列方程：（n﹣2）180°＝1800°， 解得n＝12， 360°÷12＝30°， 故选：D． 【点评】本题考查多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形的内角和与外角和公式的应用是解题关键． 6．有两个多边形，它们的边数的比为1：2，内角和的比为1：4，你能确定它们各是几边形吗？试试看． 【分析】首先设出多边形边数，再利用多边形内角和定理得出等式求出即可， 【解答】解：设第一个多边形边数为n，则另一个边数为2n 根据题意可列方程， 4•（n﹣2）•180°＝（2n﹣2）•180°， 解得n＝3， 2×3＝6， 答：这两个多边形分别是三角形和六边形． 【点评】此题主要考查了多边形内角与外角，正确记忆多边形内角和定理是解题关键． 7．（2024秋•大余县期末）阅读小明和小红的对话，解决下列问题． （1）这个“多加的锐角”是 　 　度． （2）小明求的是几边形内角和？ （3）若这是个正多边形，则这个正多边形的一个内角是多少度？ 【分析】（1）根据多边形内角和的计算方法进行估算即可； （2）根据对话和多边形内角和的计算方法列方程求解即可； （3）根据正多边形内角的计算方法进行计算即可． 【解答】解：（1）12边形的内角和为（12﹣2）×180°＝1800°，而13边形的内角和为（13﹣2）×180°＝1980°， 由于小红说“多边形的内角和不可能是1830°，你一定是多加了一个锐角”， 所以这个“多加的锐角”是1830°﹣1800°＝30°， 故答案为：30； （2）设这个多边形为n边形，由题意得， （n﹣2）×180°＝1800°， 解得n＝12， 答：小明求的是12边形内角和； （3）正十二边形的每一个内角为150°， 答：这个正多边形的一个内角是150°． 【点评】本题考查多边形的内角和和外角和，掌握多边形内角和的计算方法以及正多边形的性质是正确解答的前提． 题型六 多边形的外角和 解题技巧提炼 多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°． 1．（2024秋•巴彦县期末）已知一个多边形的内角和等于外角和，则这个多边形是（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【分析】设多边形的边数为n，则根据多边形的内角和公式与多边形的外角和为360°，列方程解答． 【解答】解：设多边形的边数为n，根据题意列方程得， （n﹣2）•180°＝360°， n﹣2＝2， n＝4． 故选：B． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是利用多边形的内角和公式并熟悉多边形的外角和为360°． 2．（2024秋•满洲里市期末）若n边形的内角和等于它外角和的2倍，则边数n为（　　） A．7 B．6 C．5 D．4 【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． 故选：B． 【点评】本题主要考查多边形的外角和定理和多边形的内角和定理．解题的关键是熟练掌握三角形的内角和定理即（n﹣2）×180°．注意：任意多边形的外角和都是360°． 3．（2024秋•新市区校级期末）一个多边形的内角和与它的外角和的差为1080°，则这个多边形的边数为（　　） A．10 B．9 C．8 D．7 【分析】先求出这个多边形的内角和，设这个多边形的边数为n，再由外角和公式计算即可得解． 【解答】解：∵一个多边形的内角和与它的外角和的差为1080°， ∴这个多边形的内角和为360°+1080°＝1440°， 设这个多边形的边数为n， 由题意可得（n﹣2）×180°＝1440°， 整理得，180°n＝1800°， 解得：n＝10， 所以这个多边形的边数为10， 故选：A． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，关键是多边形内角和公式的应用． 4．（2024秋•和平区期末）一个多边形的内角和比它的外角和多540°，并且这个多边形的各个内角都相等，则这个多边形每个内角是　 　． 【分析】本题首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比四边形的内角和多540°，由此列出方程解出边数，进一步可求出它每一个内角的度数． 【解答】解：设这个多边形的边数为n， 则有（n﹣2）•180°＝360°+540°， 解得n＝7． ∵这个多边形的每个内角都相等， ∴它每一个内角的度数为900°÷7＝（）°． 故答案为：（）°． 【点评】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的根据是已知等量关系列出方程从而解决问题． 5．（2024秋•陵城区期末）一个多边形的内角和比其外角和大720°，则它的边数是 　 　． 【分析】根据多边形内角和等于（n﹣2）×180°，多边形外角和为360°，列出方程求解即可． 【解答】解：由题意可得， （n﹣2）×180°＝360°+720°， 解得n＝8， 故答案为：8． 【点评】本题主要考查多边形内角和与内外角和的相关知识，解题关键在于根据题意列出方程． 6．（2024秋•延长县期末）已知一个多边形的边数为n． （1）若n＝6，求这个多边形的内角和； （2）若这个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求n的值． 【分析】（1）直接根据多边形内角和公式为（n﹣2）×180°求解即可； （2）根据多边形的外角和为360°，然后根据多边形内角和列方程求解即可． 【解答】解：（1）当n＝6时，（6﹣2）×180°＝720°， 所以这个多边形的内角和为720°； （2）由题意得，（n﹣2）×180°＝360°×3， 解得：n＝8， 所以n的值为8． 【点评】本题考查了多边形内角和与外角和，熟练掌握多边形内角和公式（n﹣2）×180°以及多边形的外角和为360°是解本题的关键． 7．（2024秋•东莞市期末）一个机器人以2m/s的速度在平地上按如下要求行走． （1）该机器人从开始到停止所走过的路程形成的图形是 　 　； （2）该机器人从开始到停止所需时间为 　 s； （3）若机器人还差4m就第n次回到点O处，则它所走过的路程为 　 　m． 【分析】（1）该机器人所经过的路径是一个正多边形，利用360°除以45°，即可求得正多边形的边数； （2）求出多边形的周长，利用周长除以速度即可求得所需时间； （3）求出n次的路径长减去4即可． 【解答】解：（1）由题意得，该机器人所经过的路径是一个正多边形， 多边形的边数为：360°÷45°＝8， 所以，该机器人从开始到停止所走过的路程形成的图形是正八边形， 故答案为：正八边形； （2）该机器人所走的路程是：4×8＝32（m）， 则所用时间是：32÷2＝16（s）． 故答案为：16； （3）已知机器人n次回到原点的路程为：n×32＝32n， 还差4m，即：（32n﹣4）m． 故答案为：（32n﹣4）m． 【点评】本题考查了正多边形的外角和定理，理解经过的路线是正多边形是关键． 题型七 求几何图形中多个角的和问题 解题技巧提炼 多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°． 1．（2024•新华区校级二模）如图，点A，B，C，D，E在同一平面内，连接AB，BC，CD，DE，EA，若∠BCD＝100°，则∠A+∠B+∠D+∠E＝（　　） A．280° B．260° C．240° D．220° 【分析】连接BD，结合已知条件，利用三角形内角和定理求得∠CBD+∠CDB的度数，然后利用四边形内角和与（∠CBD+∠CDB）作差即可求得答案． 【解答】 如图，连接BD， ∵∠BCD＝100°， ∴∠CBD+∠CDB＝180°﹣∠BCD＝180°﹣100°＝80°， ∵四边形内角和为360°， ∴∠A+∠ABC+∠CDE+∠E＝360°﹣（∠CBD+∠CDB）＝360°﹣80°＝280°， 故选：A． 【点评】本题主要考查多边形内角和及三角形内角和定理，连接BD，构造△BCD与四边形ABCD是解题的关键． 2．（2024春•环翠区校级期中）如图所示，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 【分析】连接AD，根据四边形的内角和等于360°，可得∠B+∠BAD+∠ADC+∠C＝360°，根据“8字形”的关系可得：∠E+∠F＝∠FAD+∠ADE，然后即可得解． 【解答】解：如图，连接AD， 则∠B+∠BAD+∠ADC+∠C＝360°， 根据“8字形”数量关系，∠E+∠F＝∠FAD+∠ADE， 所以∠BAF+∠B+∠C+∠CDE+∠E+∠F＝360°． 故选：C． 【点评】本题考查了三角形内角和定理，多边形的内角和定理，对顶角相等的性质，整体思想的利用是解题的关键． 3．（2024秋•三亚期末）如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　） A．180° B．270° C．360° D．720° 【分析】连接AD，记AF与DE交于点G，利用三角形内角和定理推出∠E+∠F＝∠DAG+∠ADG，再将∠GAB+∠B+∠C+∠CDG+∠E+∠F转化为四边形ABCD的内角和，即可解答． 【解答】解：如图，连接AD，记AF与DE交于点G， ∵∠E+∠F+∠EGF＝180°，∠DAG+∠ADG+∠AGD＝180°， ∴∠E+∠F+∠EGF＝∠DAG+∠ADG+∠AGD， 又∵∠EGF＝∠AGD， ∴∠E+∠F＝∠DAG+∠ADG， ∴∠GAB+∠B+∠C+∠CDG+∠E+∠F， ＝∠GAB+∠B+∠C+∠CDG+∠DAG+∠ADG， ＝∠DAB+∠B+∠C+∠CDA， ＝360°． 故选：C． 【点评】本题考查了复杂图形的内角和，熟练掌握三角形内角和为180°，四边形内角和为360°是解题的关键． 4．如图，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的3个外角，若∠A+∠B＝240°，则∠1+∠2+∠3＝　 　． 【分析】延长EA、AB构造外角∠4、∠5，根据一个顶点上的外角和内角的关系与多边形的外角和，计算得结论． 【解答】解：如图，延长EA、AB． ∵∠EAB+∠4+∠ABC+∠5＝360°， 又∵∠EAB+∠ABC＝240°， ∴∠4+∠5＝120°． ∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°， ∴∠1+∠2+∠3＝240°． 故答案为：240°． 【点评】本题考查了多边形内角与外角，掌握“多边形的外角和是360°”是解决本题的关键． 5．（2024秋•龙江县期末）如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接AB、BC、CD、DE、EF、FA，若∠BCD＝110°，则∠A+∠B+∠D+∠E+∠F等于　 　． 【分析】根据∠BCD＝110°得出∠BCF+∠DCF＝360°﹣110°＝250°，根据四边形内角和即可得出答案． 【解答】解：连接FC，如图所示： ∵∠BCD＝110°， ∴∠BCF+∠DCF＝360°﹣110°＝250°， ∵∠A+∠B+∠BCF+∠AFC＝360°，∠DCF+∠D+∠E+∠CFE＝360°， ∴∠A+∠B+∠D+∠E+∠AFE＝360°+360°﹣（∠BCF+∠DCF）＝720°﹣250°＝470°． 故答案为：470°． 【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角以及四边形内角和，解题的关键是熟练掌握四边形内角和为360°． 6．（2024秋•遵义期中）（1）已知：如图①的图形我们把它称为“8字形”，试说明：∠A+∠B＝∠C+∠D； （2）利用（1）中的结论，试求图2中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数． 【分析】（1）根据三角形内角和定理求解即可； （2）连接BE，首先利用（1）的结论可得∠C+∠D＝∠CBE+∠DEB，然后求五边形的内角和即可． 【解答】解：（1）∵∠A+∠B+∠AOB＝∠C+∠D+∠COD＝180°，∠AOB＝∠COD， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D， （2）如图所示，连接BE， ∴∠C+∠D＝∠CBE+∠DEB， ∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F+∠G， ＝∠A+∠ABC+∠CBE+∠DEB+∠DEF+∠F+∠G ＝∠A+∠ABE+∠BEF+∠F+∠G ＝（5﹣2）×180° ＝540°． 【点评】此题考查了三角形内角和定理，多边形内角和公式，解题的关键是掌握多边形内角和定理． 7．（2024秋•市北区期末）【建立模型】如图1，在∠A内部有一点P，连接BP、CP，求证：∠P＝∠1+ ∠A+∠2； 【尝试应用】如图2，利用上面的结论，直接写出五角星中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝ 　 　度； 【拓展创新】如图3，将五角星截去一个角后多出一个角，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠G的度数． 【提升思维】如图4，将五角星的每个角都截去，则一共得到10个角，则这10个角的和∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠J的度数是 　 　度． 【分析】【建立模型】延长BP交AC于点M，由三角形外角性质得∠BPC＝∠1+∠PMC，∠PMC＝∠A+∠2，由此即可得出结论； 【尝试应用】设BD与CE相交于点N，由【建立模型】得∠CND＝∠A+∠C+∠D，则∠BNE＝∠CND＝∠A+∠C+∠D，然后根据三角形的内角和定理即可得出答案； 【拓展创新】解：延长CA与DG的延长线相交于点K，则∠CAG＝180°﹣∠KAG，∠DGA＝180°﹣∠KGA，进而得∠CAG+∠DGA＝360°﹣（∠KAG+∠KGA）＝180°+∠K，由【尝试应用】得∠K+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，则∠CAG+∠B+∠C+∠D+∠E+∠∠DGA＝180°+∠K+∠B+∠C+∠D+∠E＝360°； 【提升思维】解：由【拓展创新】得：当五角星去掉一个角后多出一个角时，此时所有角的和的度数比五角星的内角和多出180°，据此规律即可得出答案． 【解答】【建立模型】证明：延长BP交AC于点M，如图1所示： 由三角形外角性质得：∠BPC＝∠1+∠PMC，∠PMC＝∠A+∠2， ∴∠BPC＝∠1+∠A+∠2； 【尝试应用】解：设BD与CE相交于点N，如图2所示： 由【建立模型】得：∠CND＝∠A+∠C+∠D， ∵∠BNE＝∠CND， ∴∠BNE＝∠A+∠C+∠D， 在△BEN中，∠BNE+∠B+∠E＝180°， ∴∠A+∠C+∠D+∠B+∠E＝180°， 故答案为：180； 【拓展创新】解：延长CA与DG的延长线相交于点K，如图3所示： ∵∠CAG＝180°﹣∠KAG，∠DGA＝180°﹣∠KGA， ∴∠CAG+∠DGA＝360°﹣（∠KAG+∠KGA）， 在△KAG中，∠KAG+∠KGA＝180°﹣∠K， ∴∠CAG+∠DGA＝360°﹣（180°﹣∠K）＝180°+∠K， 由【尝试应用】得：∠K+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°， ∴∠CAG+∠B+∠C+∠D+∠E+∠∠DGA ＝∠CAG+∠DGA+∠B+∠C+∠D+∠E ＝180°+∠K+∠B+∠C+∠D+∠E ＝180°+180° ＝360°； 【提升思维】解：由【拓展创新】得：当五角星去掉一个角后多出一个角时，此时所有角的和的度数比五角星的内角和多出180°， ∴当五角星去掉五个角后多出五个角，此时所有角的和的度数为：180°+5×180°＝1080°． 故答案为：1080． 【点评】此题主要考查了多边形内角和，三角形内角和定理，三角形的外角性质，准确识图，熟练掌握三角形内角和定理，三角形的外角性质是解决问题的关键． 题型八 多边形内角和与外角和的实际应用问题 解题技巧提炼 主要是利用多边形的内角和定理与外角和定理来解决实际应用问题. 1．（2024秋•高州市期末）如图，新疆伊犁特克斯城因八卦布局而被称为“八卦城”，“八卦城”的形状是一个八边形，则八边形的内角和是（　　） A．360° B．1440° C．1080° D．1800° 【分析】根据n边形的内角和公式（n﹣2）×180°计算即可． 【解答】解：八边形的内角和是（8﹣2）×180°＝1080°， 故选：C． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键． 2．（2024•金平区一模）如图，足球的表面是由正五边形和正六边形拼接而成，其中黑皮的正五边形有12块，白皮的正六边形有20块．如图，足球图片中的一块黑色皮块的内角和是（　　） A．180° B．360° C．540° D．720° 【分析】根据多边形的内角和公式可解答． 【解答】解：∵黑皮是正五边形， ∴一块黑色皮块的内角和＝（5﹣2）×180°＝540°． 故选：C． 【点评】本题考查了多边形的内角和公式，确定黑色皮块是正五边形是解本题的关键． 3．用一块等边三角形的硬纸片（如图1）做一个底面为等边三角形且高相等的无盖的盒子（边缝忽略不计，如图2），在△ABC的每个顶点处各剪掉一个四边形，其中四边形AMDN中，∠MDN的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 【分析】本题的关键是看懂图形的意思． 【解答】解：已知点D处其余的三个角为：90°，90°，60°． ∴∠MDN=360°-90°-90°-60°=120°． 故选：C． 【点评】解决本题的关键是根据所给图形得到点D处其余的三个角的度数． 4．将一块正五边形纸片（图①）做成一个底面仍为正五边形且高相等的无盖纸盒（侧面均垂直于底面，见图②），需在每一个顶点处剪去一个四边形，例如图①中的四边形ABCD，则∠BAD的大小是　 　度． 【分析】由于以A为顶点的一个周角是360°，根据∠BAD＝360°﹣正五边形的一个角的度数﹣矩形的一个内角的度数×2作答． 【解答】解：∵一个无盖的直五棱柱的侧面是矩形， ∴每一个内角都是90°， 又∵正五边形的每个角的度数为， ∴∠BAD＝360°﹣108°﹣90°×2＝72°． 故答案为：72． 【点评】本题主要考查根据多边形的内角和计算公式求正五边形的内角． 5．（2024秋•思明区校级期末）用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形ABCDE．图中，∠CAE＝ 　 　°． 【分析】先根据正多边形的性质求出∠ABC和∠BAE，证明∠BAC＝∠ACB，再根据三角形内角和定理求出∠BAC，最后根据∠CAE＝∠BAE﹣∠BAC求出答案即可． 【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠ABC＝∠BAE，AB＝BC， ∴∠BAC＝∠ACB， ∵∠ABC+∠BAC+∠ACB＝180°， ∴∠BAC＝∠ACB＝36°， ∵∠BAE＝∠BAC+∠CAE， ∴∠CAE＝∠BAE﹣∠BAC＝108°﹣36°＝72°， 故答案为：72． 【点评】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握正多边形的性质． 6．（2024秋•广阳区校级期末）如图，小明从点A出发，前进10m后向右转30°，再前进10m后又向右转30°，……，如此反复下去，直到她第一次回到出发点A，他所走的路径构成了一个正多边形． （1）求小明一共走了多少米； （2）求这个正多边形的内角和． 【分析】（1）第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个外角是30度的正多边形，求得边数，即可求解； （2）根据多边形的内角和公式即可得到结论． 【解答】解：（1）∵所经过的路线正好构成一个外角是30度的正多边形， ∴360÷30＝12，12×10＝120（米）； 答：小明一共走了120米； （2）根据题意得： （12﹣2）×180°＝1800°， 答：这个多边形的内角和是1800°． 【点评】本题考查了正多边形的外角的计算以及多边形的内角和，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 题型九 多边形的截角问题 解题技巧提炼 1、一个多边形剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，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． 2、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． 1．（2024秋•柳州期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个四边形，则原多边形纸片的边数不可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】由多边形的概念，通过实际操作，即可解决问题． 【解答】解：把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个四边形，则原多边形纸片的边数不可能是6边形． 故选：D． 【点评】本题考查多边形，关键是动手实践得到答案． 2．（2024秋•五华县期末）若一个多边形截去一个角后，变成五边形，则原来的多边形的边数可能为（　　） A．5或6 B．4或5 C．3或4或5 D．4或5或6 【分析】根据一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，依此即可解决问题． 【解答】解：一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条， 则多边形的边数是4或5或6， 综上所述，只有D选项正确，符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查了多边形，关键掌握一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条． 3．（2024春•江阴市期中）多边形剪去一个角后，多边形的外角和将（　　） A．减少180° B．增大180° C．不变 D．以上都有可能 【分析】多边形的内角和与边数相关，随着边数的不同而不同，而外角和是固定的360°，从而可得到答案． 【解答】解：根据多边形的外角和为360°，可得：多边形剪去一个角后，多边形的外角和还是360°， 所以多边形的外角和将不变． 故选：C． 【点评】此题主要考查了多边形的外角和定理，题目比较简单，只要掌握住定理即可． 4．若一个多边形截去一个角后变成了六边形，则原来多边形的边数可能是（　　） A．5或6 B．6或7 C．5或6或7 D．6或7或8 【分析】实际画图，动手操作一下，可知六边形可以是五边形、六边形、七边形截去一个角后得到． 【解答】解：如图可知，原来多边形的边数可能是5，6，7． 故选：C． 【点评】此题主要考查了多边形，此类问题要从多方面考虑，注意不能漏掉其中的任何一种情况． 5．把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个十八边形，则原多边形纸片的边数可能是 　 　． 【分析】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． 【解答】解：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． 故答案为：18边形或17边形或19边形． 【点评】此题主要考查了多边形，剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，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． 6．（2024春•亭湖区校级月考）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为720°，那么原多边形的边数为（　　） A．5 B．5或6 C．6或7 D．5或6或7 【分析】首先求得内角和为720°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数． 【解答】解：如图， 剪切的三种情况：①不经过顶点剪，则比原来边数多1， ②只过一个顶点剪，则和原来边数相等， ③按照顶点连线剪，则比原来的边数少1， 设内角和为720°的多边形的边数是n， ∴（n﹣2）•180＝720， 解得：n＝6． 则原多边形的边数为5或6或7． 故选：D． 【点评】本题考查了多边形的内角和定理，理解分三种情况是关键． 题型十 多边形内角和与外角和的综合应用 解题技巧提炼 综合运用多边形的内角和与外角和性质，常常是四边形的内角和以及三角形的内角和的综合运用，并且熟练运用平行线性质和角平分线的定义． 1．（2024•顺平县模拟）如图，六边形ABCDEF为正六边形，l1∥l2，则∠2﹣∠1的值为（　　） A．60° B．80° C．108° D．120° 【分析】延长AB交l2于点G，利用多边形外角和定理算出∠GBC＝360°÷6＝60°，再利用平行线的性质，三角形外角定理得出∠2﹣∠1＝∠GBC． 【解答】解：如图，延长AB交l2于点G， ∵六边形ABCDEF为正六边形， ∴∠GBC＝360°÷6＝60°， ∵l1∥l2， ∴∠1＝∠BGE， ∵∠2＝∠BGE+∠GBC， ∴∠2﹣∠1＝∠GBC＝60°． 故选：A． 【点评】本题考查了多边形外角和定理，三角形外角定理，构建合适的三角形是解题的关键． 2．（2024•海南模拟）把边长相等的正六边形ABCDEF和正五边形GHCDM的CD边重合，按照如图的方式叠合在一起，延长MG交AF于点N，则∠ANG等于（　　） A．140° B．144° C．148° D．150° 【分析】先根据多边形的内角和公式分别求得正六边形和正五边形的每一个内角的度数，再根据多边形的内角和公式求得∠ANG的度数． 【解答】解：（6﹣2）×180°÷6＝120°， （5﹣2）×180°÷5＝108°， ∠ANG＝（6﹣2）×180°﹣120°×3﹣108°×2 ＝720°﹣360°﹣216° ＝144°． 故选：B． 【点评】考查了多边形内角与外角，关键是熟悉多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）． 3．（2024•营口二模）如图，在正六边形ABCDEF中，连接AE，EG平分∠AED，交DC延长线于点G，则∠G为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【分析】利用多边形内角和公式及正多边形性质易得∠AED，∠D的度数，然后根据角平分线定义求得∠DEG的度数，最后利用三角形内角和定理即可求得答案． 【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴AF＝EF，∠F＝∠DEF＝∠D＝（6﹣2）×180°÷6＝120°， ∴∠FAE＝∠FEA＝（180°﹣∠F）÷2＝（180°﹣120°）÷2＝30°， ∴∠AED＝∠DEF﹣∠FEA＝120°﹣30°＝90°， ∵EG平分∠AED， ∴∠DEG∠AED90°＝45°， ∴∠G＝180°﹣∠D﹣∠DEG＝180°﹣120°﹣45°＝15°， 故选：A． 【点评】本题主要考查多边形的内角和及正多边形性质，结合已知条件求得∠AED的度数是解题的关键． 4．（2024秋•望花区期中）如图，五边形ABCDE的内角都相等，EF平分∠AED，交BC于点F，延长BC至点M，使得AB＝BM，连接AM，交EF于点N，求∠FNM的度数． 【分析】根据多边形的内角和公式求出每个角为∠EAB＝∠ABC＝∠AED＝108°，根据角平分线的定义求出∠AEF＝∠DEF＝54°，再根据四边形的内角和为360°可求得∠BFE＝90°；再根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠M＝36°，最后运用三角形外角的性质即可求解． 【解答】解：∵五边形ABCDE的每个内角都相等，且五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°， ∴∠EAB＝∠ABC＝∠AED＝540°÷5＝108°， ∵EF平分∠AED， ∴， ∵四边形ABFE的内角和为360°， ∴∠BFE＝360°﹣108°﹣108°﹣54°＝90°． ∵∠ABC＝108°，AB＝BM， ∴， ∴∠FNM＝90°﹣∠M＝54°． 【点评】本题主要考查了多边形内角和、等腰三角形的性质、三角形外角的性质等知识点，审清题意、弄清角之间的关系成为解题的关键． 5．（2024春•香坊区校级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B，如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足∠DPC＝∠A，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”． （1） 如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映角点”，若 DA∥CP，DP∥CB，则∠DPC的度数为 　 　°； （2）如图②．在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD的“映角点”，延长CP交边AB于点E，求证：∠ADP＝∠CEB． 【分析】（1）由题意可知∠A＝∠B＝∠DPC，若DA∥CP，DP∥CB，推出∠A＝∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，再由∠DPB是△ADP的外角，则∠DPC+∠CPB＝2∠A，证得△BCP为等边三角形，即可得出结果； （2）先证∠ADP+∠AEP＝180°，再由∠CEB+∠AEP＝180°，即可得出结论． 【解答】（1）解：由题意得：∠A＝∠B＝∠DPC， ∵DA∥CP， ∴∠DPC＝∠ADP， ∵DP∥CB， ∴∠DPC＝∠PCB， ∴∠A＝∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB， ∵∠DPB是△ADP的外角， ∴∠DPC+∠CPB＝∠A+∠ADP＝2∠A， ∴∠A＝∠CPB， ∴∠B＝∠CPB＝∠PCB， ∴△BCP为等边三角形， ∴∠B＝60°， ∴∠DPC＝60°， 故答案为：60； （2）证明：∵∠A＝∠B＝∠DPC，∠DPC+∠DPE＝180°， ∴∠A+∠DPE＝180°， ∴∠ADP+∠AEP＝180°， ∵∠CEB+∠AEP＝180°， ∴∠ADP＝∠CEB． 【点评】本题是四边形综合题，考查了新概念四边形ABCD的“映角点”、平行线的性质、三角形的外角性质、四边形内角和、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握新概念四边形ABCD的“映角点”是解题的关键． 6．（2024春•鲤城区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠C＝90°，BE平分∠ABC，BE、CD交于G点． （1）如图1，若∠A＝90°， ①求证：∠EDG＝∠ABC； ②作DF平分∠ADC，如图2，求证：DF∥BG． （2）如图3，作DF平分∠ADC，在锐角∠BAD内部作射线AN，交DF于N，若∠AND﹣∠GBC的大小为45°，试说明：AN平分∠BAD． 【分析】（1）①根据四边形内角和得出∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，根据邻补角得出∠EDG+∠ADC＝180°，根据补角的性质即可得出结论； ②根据角平分线的定义结合∠ABC+∠ADC＝180°，得出，根据∠DFC+∠4＝90°，得出∠2＝∠DFC，根据平行线的判定得出DF∥BG； （2）延长AB、DF交于点M，求出∠DAN＝135°﹣∠2﹣∠3，∠BAN＝135°﹣∠2﹣∠3，证明∠DAN＝∠BAN，即可证明AN平分∠BAD． 【解答】证明：（1）①∵∠C＝90°，∠A＝90°， ∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∵∠EDG+∠ADC＝180°， ∴∠EDG＝∠ABC； ②∵BE平分∠ABC， ∴， ∵DF平分∠ADC， ∴， ∴， ∵∠C＝90°， ∴∠DFC+∠4＝90°， ∴∠2＝∠DFC， ∴DF∥BG； （2）延长AB、DF交于点M，如图所示： ∵∠AND﹣∠GBC＝45°， ∴∠AND＝∠2+45°， ∴∠DAN＝180°﹣∠AND﹣∠3 ＝180°﹣∠2﹣45°﹣∠3 ＝135°﹣∠2﹣∠3， ∵BE平分∠ABC， ∴， ∵DF平分∠ADC， ∴， ∵∠BFM＝∠CFD＝90°﹣∠4＝90°﹣∠3， ∴∠AMN＝∠ABC﹣∠BFM＝2∠2﹣90°+∠3， ∴∠BAN＝∠AND﹣∠AMN ＝45°+∠2﹣2∠2+90°﹣∠3 ＝135°﹣∠2﹣∠3， ∴∠DAN＝∠BAN， ∴AN平分∠BAD． 【点评】本题主要考查了角平分线的定义，平行线的判定，补角和余角的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，解题的关键是作出辅助线，数形结合． 7．（2024秋•汝南县期中）综合与实践 在数学学习过程中，对有些具有特殊结构，且结论又具有一般性的数学问题我们常将其作为一个数学模型加以识记，以积累和丰富自己的问题解决经验． 【结论发现】三角形的一个内角平分线与另一内角的外角平分线的夹角的度数是三角形第三个内角度数的一半． （1）如图1，在△ABC中，点E是△ABC的内角∠ACB平分线CE与外角∠ABD的平分线BE的交点，则有，请给出证明过程； 请直接应用上面的“结论发现”解决下列问题： 【简单应用】 （2）如图2，在△ABC中，∠ABC＝42°．延长BA至G，延长AC至H，已知∠BAC的平分线AE与外角∠BCH的平分线CE相交于点E，外角∠GAH的平分线AF与EC的延长线相交于点F，求∠F的度数； 【变式拓展】 （3）如图3，四边形ABCD的内角∠BCD的平分线与外角∠ABG的平分线形成如图所示形状．已知∠A＝160°，∠D＝80°，则∠E+∠F的度数和是 　 　． 【分析】（1）根据角平分线的定义设∠ACE＝∠BCE＝α，∠ABE＝∠DBE＝β，则∠ACB＝2α，∠ABD＝2β，再根据三角形外角性质得∠DBE＝∠E+∠BCE∠ABD＝∠ACB+∠A，则β＝∠E+α，2β＝2α+∠A，据此即可得出结论； （2）由（1）的结论得∠E∠ABC＝21°，再根据角平分线定义得∠EAC+∠FAH（∠ABC+∠GAH）＝90°，然后再根据三角形内角和定理即可求出∠F的度数； （3）延长BF，CE交于点M，延长BA，CD交于点N，先求出∠N＝60°，根据（1）的结论得∠M∠N＝30°，则∠MEF+∠MFE＝150°，然后根据邻补角的定义可求出∠CEF+∠BFE的度数． 【解答】解：（1）∵CE平分∠ACB，BE平分∠ABD， ∴设∠ACE＝∠BCE＝α，∠ABE＝∠DBE＝β， ∴∠ACB＝2α，∠ABD＝2β， ∵∠DBE是△BCE的外角， ∴∠DBE＝∠E+∠BCE， ∴β＝∠E+α， ∵∠ABD是△ABC的外角， ∴∠ABD＝∠ACB+∠A， ∴2β＝2α+∠A， ∴2（∠E+α）＝2α+∠A， ∴∠E∠A； （2）∵∠ABC＝42°， 由（1）的结论得：∠E∠ABC＝21°， ∵AE平分∠ABC，AF平分∠GAH， ∴∠EAC∠ABC，∠FAH∠GAH， ∴∠EAC+∠FAH（∠ABC+∠GAH）， ∵∠ABC+∠GAH＝180°， ∴∠EAC+∠FAH＝90°， 即∠EAF＝90°， ∴∠F＝180°﹣（∠EAF+∠E）＝180°﹣（90°+21°）＝69°． （3）延长BF，CE交于点M，延长BA，CD交于点N，如图所示： ∵∠BAD＝160°，∠ADC＝80°， ∴∠NAD＝180°﹣∠BAD＝20°，∠NDA＝180°﹣∠ADC＝100°， ∴∠N＝180°﹣（∠NAD+∠NDA）＝180°﹣（20°+100°）＝60°， 由（1）的结论得：∠M∠N＝30°， ∴∠MEF+∠MFE＝180°﹣∠M＝150°， ∵∠CEF＝180°﹣∠MEF，∠BFE＝180°﹣∠MFE， ∴∠CEF+∠BFE＝360°﹣（∠MEF+∠MFE）＝360°﹣150°＝210°． 【点评】此题主要考查了三角形内角和定理，三角形的外角性质，多边形的内角与外角，准确识图，熟练掌握三角形内角和定理，三角形的外角性质是解决问题的关键． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$