文档内容
11.3 多边形及其内角和
【考点 1 多边形及正多边形的概念判断】
【考点 2 多边形的不稳定】
【考点 3 多边形的对角线】
【考点 4 多边形的内角和】
【考点5 多边形的外角和】
【考点 6 截角问题】
【考点 7 多边形内角和和外角和-平行线】
【考点 8 多边形内角和和外角和-角平分线】
【考点 9 多边形内角和和外角和的实际应用】
【考点 10 多边形内角和和外角和的综合应用】
【考点11 密铺问题】
知识点1：多边形
（1）多边形概念：在平面内，由一些线段首位顺次相接组成的图形叫做多边形。
（2）正多边形概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形
【考点 1 多边形及正多边形的概念判断】
【典例1】（博山区校级期中）下列图形中，是正八边形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：由正八边形的定义可知，C选项中的图形是正八边形，故选：C．
【变式 1-1】（肥城市期中）如图所示的图形中，属于多边形的有（ ）个．
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解答】解：所示的图形中，属于多边形的有第一个、第二个、第五个．
故选：A．
【变式1-2】（嘉鱼县期末）四边形具有不稳定性，如图，挤压矩形ABCD，会产生变形，
得到四边形EBCF，则在这个变化过程中，关于矩形ABCD的周长和面积，下列说法正
确的是（ ）
A．周长和面积都不变 B．周长不变，面积变小
C．周长变小，面积不变 D．周长变小，面积变小
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵矩形ABCD，然后向右扭动框架，
∵拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，
∴面积变小了，
∵四边形的每条边的长度没变，
∴周长没变，
故选：B．
【考点 2 多边形的不稳定】
【典例2】（东莞市期末）下列设计的原理不是利用三角形的稳定性的是（ ）
A．由四边形组成的伸缩门
B．自行车的三角形车架
C．斜钉一根木条的长方形窗框
D．照相机的三脚架【答案】A
【解答】解：由四边形组成的伸缩门是利用了四边形的不稳定性，
而B、C、D选项都是利用了三角形的稳定性，
故选：A．
【变式2-1】（碧江区 校级期中）我校大门口的电子伸缩门是利用了数学的 四边形的不
稳定性 原理．
【答案】四边形的不稳定性．
【解答】解：我校大门口的电子伸缩门，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：四边形的不稳定性．
【变式2-2】（东阿县校级月考）大桥钢架、索道支架、人字梁等为了坚固，都采用三角形
结构，这样做的根据是 应用三角形的稳定性 ；学校门口的电动推拉门是利用四边
形的 不稳定性 ．
【答案】应用三角形的稳定性，不稳定性．
【解答】解：大桥钢架、索道支架、人字梁等为了坚固，都采用三角形结构，这样做的
根据是：应用三角形的稳定性；
学校门口的电动推拉门是利用四边形的：不稳定性．
故答案为：应用三角形的稳定性，不稳定性．
知识点2：多边形的对角线
n 边形一个顶点的对角线数： n-3；n 边形的对角线总数：【考点 3 多边形的对角线】
【典例3】（2024春•泰兴市期中）从五边形一个顶点引出的对角线把该五边形分成 n
个三角形，则n是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【解答】解：∵从五边形一个顶点引出的对角线把该五边形分成（5﹣2）＝3个三角形．
∴n＝3，
故选：C．
【变式3-1】（2023秋•大东区期末）从多边形的一个顶点出发可引出7条对角线，则它是
（ ）
A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形
【答案】D
【解答】解：任意n边形的一个顶点可引出的对角线的条数为（n﹣3）条．
∴n﹣3＝7．
∴n＝10．
∴这个多边形是十边形．
故选：D．
【变式3-2】（2022秋•章丘区期末）若一个n边形从一个顶点最多能引出6条对角线，则
n是（ ）
A．5 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【解答】解：∵多边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，
∴n﹣3＝6，
解得n＝9．
故选：C．
【变式3-3】（2023秋•市北区期末）要使得一个多边形具有稳定性，从多边形一条边上的
一点（不是顶点）出发，连接各个顶点转化得到2022个三角形，则这个多边形的边数
为（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【答案】B
【解答】解：设多边形的边数为n，则：n﹣1＝2022，
解得n＝2023，
故选：B．
知识点3：多边形的内角和与外角和
（1）n 边形的内角和公式： （n-2）×180°；
（2）正多边形的每个内角
知识点4：多边形的外角和
（1）n 边形的外角和： 360°
（2）正多边形每个外角的度数：
【考点 4 多边形的内角和】
【典例3】（2024春•泰兴市期中）从五边形一个顶点引出的对角线把该五边形分成 n
个三角形，则n是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【解答】解：∵从五边形一个顶点引出的对角线把该五边形分成（5﹣2）＝3个三角形．
∴n＝3，
故选：C．
【变式3-1】（2023秋•大东区期末）从多边形的一个顶点出发可引出7条对角线，则它是
（ ）
A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形
【答案】D
【解答】解：任意n边形的一个顶点可引出的对角线的条数为（n﹣3）条．
∴n﹣3＝7．
∴n＝10．∴这个多边形是十边形．
故选：D．
【变式3-2】（2022秋•章丘区期末）若一个n边形从一个顶点最多能引出6条对角线，则
n是（ ）
A．5 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【解答】解：∵多边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，
∴n﹣3＝6，
解得n＝9．
故选：C．
【变式3-3】（2023秋•市北区期末）要使得一个多边形具有稳定性，从多边形一条边上的
一点（不是顶点）出发，连接各个顶点转化得到2022个三角形，则这个多边形的边数
为（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【答案】B
【解答】解：设多边形的边数为n，
则：n﹣1＝2022，
解得n＝2023，
故选：B．
【考点5 多边形的外角和】
【典例5】（2024•西城区校级模拟）一个n边形的每个外角都是45°，则这个n边形的内
角和是（ ）
A．1080° B．540° C．2700° D．2160°
【答案】A
【解答】解：多边形的边数是：360÷45＝8，
则多边形的内角和是：（8﹣2）×180＝1080°．
故答案为：A．
【变式5-1】（2024•武侯区校级一模）正多边形的一个外角的度数为 30°，则这个正多边
形的边数为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】A【解答】解：∵360÷30＝12，
则正多边形的边数为12．
故选：A．
【变式5-2】（2023秋•荆门期末）如图，五边形 ABCDE的一个内角 ，则
∠1+∠2+∠3+∠4等于（ ）
A．100° B．180° C．280° D．300°
【答案】D
【解答】解：由图形可得，与∠BAE相邻的外角的度数为180°﹣120°＝60°，
则∠1+∠2+∠3+∠4＝360°﹣60°＝300°，
故选：D．
【变式5-3】（2024•广水市一模）如图，已知∠1+2+∠3+∠4＝280°，那么∠5的度数为（
）
A．70° B．80° C．90° D．100°
【答案】B
【解答】解：由题意得：
∠1+2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∵∠1+2+∠3+∠4＝280°，
∴∠5＝360°﹣280°＝80°，
故选：B．知识点4：截角问题
n 边形截去一个角后得到 n/n-1/n+1边形
【考点 6 截角问题】
【典例6】（2023秋•长寿区期末）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和
为2520°，则原多边形的边数是（ ）
A．17 B．16
C．15 D．16或15或17
【答案】D
【解答】解：多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°（n≥3且n是整数），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，
根据（n﹣2）•180°＝2520°解得：n＝16，
则多边形的边数是15，16，17．
故选：D．
【变式6-1】（2023秋•牡丹江期中）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
【答案】D
【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．【变式6-2】（2023秋•江油市期中）若一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角
和是1620°，则原来多边形的边数可能是（ ）
A．10或11 B．11
C．11或12 D．10或11或12
【答案】D
【解答】解：设内角和是1620°的多边形的边数为n，
则180（n﹣2）＝1620，
n﹣2＝9，
n＝11，
∵一个多边形截去一个角后边数可以增加1，不变或减少1，
∴原多边形的边数可能是10或11或12，
故选：D．
【变式6-3】（2023秋•仪陇县月考）从一个六边形上截去一个角，则得到的多边形的内角
和为 540 ° 或 720 ° 或 900 ° ．
【答案】540°或720°或900°．
【解答】解：∵六边形截去一个角的边数有增加1、减少1、不变三种情况，
∴新多边形的边数为7、5、6三种情况，
∴新多边形的内角和为（7﹣2）×180°＝900°，
（5﹣2）×180°＝540°，
（6﹣2）×180°＝720°，
故答案为：540°或720°或900°．
知识点 5： 多边形的内角和和外角和的综合应用
平面镶嵌：用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做用多边形覆盖平
面。
【考点 7 多边形内角和和外角和-平行线】
【典例7】（2023秋•广安期末）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（ ）
A．180° B．210° C．240° D．270°
【答案】A
【解答】A解：延长BA，DE，
∵AB∥ED，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故选：A．
【变式7-1】（准格尔旗一模）如图，五边形ABCDE是正五边形，若l ∥l ，则∠1﹣∠2
1 2
的值是（ ）
A．108° B．36° C．72° D．144°
【答案】C
【解答】解：如图，延长AB并交l 于点M．
2
∵五边形ABCDE是正五边形，∴正五边形ABCDE的每个外角相等．
∴∠MBC＝ ＝72°．
∵l ∥l ，
1 2
∴∠2＝∠BMD．
∵∠1＝∠BMD+∠MBC，
∴∠BMD＝∠1﹣∠MBC．
∴∠1﹣∠2＝∠MBC＝72°．
故选：C．
【变式7-2】（2024春•张家港市期中）如图，四边形ABCD中，点G是BC上一点，过点
G作GE∥AB，GF∥CD，若∠A+∠D＝113°，则∠EGF＝ 6 7 °．
【答案】67．
【解答】解：∵GE∥AB，GF∥CD，
∴∠GEF＝∠A，∠GFE＝∠D，
∵∠A+∠D＝113°，
∴∠GEF+∠GFE＝∠A+∠D＝113°，
∵∠EGF＝180°﹣（∠GEF+∠GFE）＝180°﹣113°＝67°．
故答案为：67．
【考点 8 多边形内角和和外角和-角平分线】
【典例8】（2024春•泗阳县期中）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与
∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C＝210°，则∠P＝（ ）
A．10° B．15° C．30° D．40°【答案】B
【解答】解：如图，∵∠D+∠C＝210°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠D＝360°，
∴∠DAB+∠ABC＝150°．
又∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，
∴∠PAB+∠ABP＝ ∠DAB+∠ABC+ （180°﹣∠ABC）＝90°+ （∠DAB+∠ABC）＝
165°，
∴∠P＝180°﹣（∠PAB+∠ABP）＝15°．
故选：B．
【变式8-1】（2023秋•和平区期末）如图，四边形 ABCD中，∠ADC＝∠ABC＝90°，与
∠ADC、∠ABC相邻的两外角平分线交于点E，若∠A＝50°，则∠E的度数为（ ）
A．60° B．50° C．40° D．30°
【答案】C
【解答】解：∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∠A＝50°，
∴∠C＝360﹣90﹣90﹣50＝130°，
∵∠ADC、∠ABC相邻的两外角平分线交于点E，
∴∠CDE＝∠CBE＝45°，
∴∠E＝130﹣45﹣45＝40°
故选：C．
【变式8-2】（2024春•建湖县期中）如图，在六边形ABCDEF中，若∠A+∠B+∠C+∠D
＝480°，∠DEF与∠AFE的角平分线交于点G，则∠G等于 60 ° ．【答案】60°．
【解答】解：∵六边形的内角和度数为：（6﹣2）×180°＝720°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠DEF+∠AFE＝720°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝480°，
∴∠DEF+∠AFE＝240°，
∵∠DEF与∠AFE的角平分线交于点G，
∴∠GEF＝ ∠DEF，∠GFE＝ ∠AFE，
∴∠GEF+∠GFE＝ （∠DEF+∠AFE）＝ ×240°＝120°，
∴∠G＝180°﹣（∠GEF+∠GFE）＝180°﹣120°＝60°．
故答案为：60°．
【变式8-3】（2024•凤翔区一模）如图，EF是正五边形ABCDE的外角∠AEG的平分线，
连接EC，则∠CEF＝ 108 ° ．
【答案】108°．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠D＝ ＝108°，∠AEG＝ ＝72°，CD＝DE，
∴∠CED＝ ＝36°，
∵EF平分∠AEG，
∴∠GEF＝ ∠AEG＝36°，
∴∠CEF＝180°﹣∠CED﹣∠GEF＝108°，
故答案为：108°．【考点 9 多边形内角和和外角和的实际应用】
【典例9】（2024春•东阳市月考）如图，小峰从点O出发，前进8m后向右转45°，再
前进8m后又向右转45°，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时，一共走的路程
是（ ）
A．40米 B．48米 C．56米 D．64米
【答案】D
【解答】解：由题意可知，小峰从点O出发到第一次回到出发点O，所走路径为正多边
形，且多边形的外角为45°，边长为8m，
则这个多边形的边数为360°÷45°＝8，
∴该正八边形的周长为8×8＝64（米），
即小峰一共走的路程是64米，
故选：D．
【变式9-1】（2024•谷城县一模）如图，小明从O点出发，前进6米后向右转20°，再前
进6米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点 O时一共走了（
）
A．72米 B．108米 C．144米 D．120米
【答案】B
【解答】解：依题意可知，小陈所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则20n＝360，解得n＝18，
∴他第一次回到出发点O时一共走了：6×18＝108（米），
故选：B．
【变式9-2】（2023春•莲池区期末）如图，大建从A点出发沿直线前进8米到达B点后向左旋转的角度为 ，再沿直线前进8米，到达点C后，又向左旋转 角度，照这样走下
去，第一次回到出α发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度 α为（ ）
α
A．30° B．40° C．45° D．60°
【答案】B
【解答】解：∵72÷8＝9，
∴360°÷9＝40°．
∴每次旋转的角度 ＝40°．
故选：B． α
【考点 10 多边形内角和和外角和的综合应用】
【典例10】（2024春•高新区校级月考）如图，将四边形纸片 ABCD沿MN折叠，点
A、D分别落在点A 、D 处．若∠1+∠2＝140°，则∠B+∠C＝（ ）
1 1
A．120° B．110° C．135° D．150°
【答案】B
【解答】解：∵∠1+∠2＝140°，
∴ ，
∵∠A+∠D+∠AMN+∠DNM＝360°，∠A+∠D+∠B+∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝∠AMN+∠DNM＝110°，
故选：B．
【变式10-1】（2024春•吴江区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，∠A＝25°，∠C
＝30°，∠ADC＝100°，则∠B等于（ ）A．55° B．45° C．63° D．48°
【答案】B
【解答】解：延长AD交BC于E，
∵∠C＝30°，∠ADC＝100°，
∴∠DEC＝∠ADC+∠C＝100°﹣30°＝70°，
∵∠A＝25°，
∴∠B＝∠DEC﹣∠A＝70°﹣25°＝45°．
故选：B．
【变式10-2】（2024•南海区校级模拟）如图，在正五边形ABCDE中，∠BCD的平分线交
AE于点F，连接CE，则∠ECF的度数为（ ）
A．15° B．18° C．36° D．54°
【答案】B
【解答】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠BCD＝∠D＝ ×（5﹣2）×180°＝108°，CD＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC＝36°＝ ×（180°﹣108°）＝36°，
∵CF所在的直线是正五边形的一条对称轴，∴∠DCF＝ ∠BCD＝ ×108°＝54°，
∴∠ECF＝∠DCF﹣∠DCE＝54°﹣36°＝18°．
故选：B．
【变式10-3】（2023秋•播州区期末）如图，∠1、∠2、∠3，∠4是六边形ABCDEF的四
个外角，延长FA．CB交于点H．若∠1+∠2+∠3+∠4＝224°，则∠AHB的度数为（
）
A．24° B．34° C．44° D．54°
【答案】C
【解答】解：∵多边形的外角和恒为360°，
即∠1+∠2+∠3+∠4+∠HAB+∠ABH＝360°，
∴∠HAB+∠ABH＝136°．
∵∠AHB+∠HAB+∠ABH＝360°，
∴∠AHB＝44°．
故选：C．
【变式10-4】（2023秋•海珠区期末）如图，正五边形ABCDE和正方形CDFG的边CD重
合，连接EF，则∠AEF的度数为（ ）A．27° B．28° C．29° D．30°
【答案】A
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，四边形CDFG是正方形，
∴∠AED＝∠CDE＝ ＝108°，∠CDF＝ ＝90°，DE＝
DF＝CD，
∴∠EDF＝108°﹣90°＝18°，
∴∠DEF＝ ＝81°，
∴∠AEF＝108°﹣81°＝27°，
故选：A．
【考点11 密铺问题】
【典例11】（2023秋•耒阳市校级期末）下列多边形材料中，不能单独用来铺满地面的是
（ ）
A．三角形 B．四边形 C．正五边形 D．正六边形
【答案】C
【解答】解：A、三角形内角和为180°，能整除360°，能密铺，故此选项不合题意；
B、角形内角和为360°，能整除360°，能密铺，故此选项不合题意；
C、正五边形每个内角是180°﹣360°÷5＝108°，不能整除360°，不能密铺，故此选项合
题意；
D、正六边形每个内角为180°﹣360°÷6＝120°，能整除360°，能密铺，故此选项不合题
意；
故选：C．
【变式11-1】（2023秋•费县期末）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓
是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中，如图2是八角形空窗的示意图，
它的一个外角∠1＝（ ）A．45° B．40° C．60° D．30°
【答案】A
【解答】解：∵正八边形的外角和为360°，
∴它的一个外角∠1＝360°÷8＝45°．
故选：A．
【变式11-2】（2023秋•武隆区期末）分别剪一些边长相同的正三角形、正五边形、正六
边形、正八边形，如果用其中一种正多边形镶嵌，能镶嵌成一个平面的图案共有
（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】B
【解答】解：①、正三角形的每个内角是60°，能整除360°，能密铺；
②、正五边形每个内角是180°﹣360°÷5＝108°，不能整除360°，不能密铺；
③、正六边形的每个内角是120°，能整除360°，能密铺；
④、正八边形的每个内角是135°，不能整除360°，不能密铺；
故能镶嵌成一个平面的图案共有①③2种．
故选：B．
【变式11-3】（2024•雁塔区校级二模）如图，工人师傅用边长均为 a的正六边形和正方形
地砖绕着点A进行铺设，若将一块边长为a的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼
在∠BAC处，则这块正多边形地砖的边数是 1 2 ．
【答案】12．
【解答】解：∵边长均为a的正六边形和正方形地砖绕着点A进行铺设，∴∠BAC＝360°﹣ ﹣90°＝150°，
∴这块正多边形地砖的边数是：（n﹣2）×180°＝n×150°，
解得：n＝12，
故答案为：12．
一．选择题（共9小题）
1．（2024•盘龙区模拟）多边形的每个内角均为120°，则这个多边形的边数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】C
【解答】解：180°﹣120°＝60°，
360°÷60°＝6．
故选：C．
2．（2024•大兴区一模）五边形的内角和是（ ）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】C
【解答】解：五边形的内角和是：
（5﹣2）×180°
＝3×180°
＝540°
故选：C．
3．（2024•凉州区二模）将正六边形与正五边形按如图所示的方式摆放，公共顶点为 D，
且正六边形的边AB与正五边形的边EF在同一条直线上，则∠BDE的度数是（ ）
A．48° B．54° C．62° D．72°
【答案】A【解答】解：由题意得：∠DEF＝108°，∠ABD＝120°，
∴∠DEB＝72°，∠DBE＝60°，
∴∠BDE＝180°﹣72°﹣60°＝48°，
故选：A．
4．（2024•谷城县一模）如图，小明从O点出发，前进6米后向右转20°，再前进6米后又
向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（ ）
A．72米 B．108米 C．144米 D．120米
【答案】B
【解答】解：依题意可知，小陈所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则20n＝360，解得n＝18，
∴他第一次回到出发点O时一共走了：6×18＝108（米），
故选：B．
5．（2024•广水市一模）如图，已知∠1+2+∠3+∠4＝280°，那么∠5的度数为（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
【答案】B
【解答】解：由题意得：
∠1+2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∵∠1+2+∠3+∠4＝280°，
∴∠5＝360°﹣280°＝80°，
故选：B．
6．（2024•市南区三模）如图，直线l 和l 分别经过正五边形的一个顶点，l ∥l ，∠1＝
1 2 1 2
12°，则∠2的度数为（ ）A．32° B．38° C．46° D．48°
【答案】D
【解答】解：如图所示，
∵ABCDE是正五边形，
∴内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠EAB＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠E＝540°÷5＝108°，
∵∠1＝12°，
∴∠BAF＝∠EAB﹣∠1＝96°，
∵l ∥l ，
1 2
∴∠ABG＝180°﹣∠BAF＝84°，
∴∠CBG＝∠ABC﹣∠ABG＝24°，
∴∠2＝180°﹣∠C﹣∠CBG＝48°．
故选：D．
7．（2023秋•长寿区期末）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为
2520°，则原多边形的边数是（ ）
A．17 B．16
C．15 D．16或15或17
【答案】D
【解答】解：多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°（n≥3且n是整数），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，
根据（n﹣2）•180°＝2520°解得：n＝16，
则多边形的边数是15，16，17．
故选：D．8．（2023秋•新宾县期末）2022年北京冬奥会开幕式为世界奉献了一场精彩、简约、唯美、
浪漫的中国文化盛宴，其中主火炬台的雪花状创意令人惊叹．如图是一个正六边形雪花
状饰品，则它的每一个内角是（ ）
A．60° B．105° C．120° D．135°
【答案】C
【解答】解：180°×（6﹣2）
＝180°×4
＝720°，
720°÷6＝120°，
答：一个六边形的每个内角的度数是120°．
故选：C．
9．（2023秋•安顺期末）一个多边形的内角和为540°，则它的对角线共有（ ）
A．3条 B．5条 C．6条 D．12条
【答案】B
【解答】解：设该多边形的边数为n，
∴（n﹣2）•180°＝540°，解得n＝5；
∴这个五边形共有对角线 ×5×（5﹣3）＝5条．
故选：B．
二．填空题（共5小题）
10．（2024•雁塔区校级一模）正九边形的一个外角等于 40 ° ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：正九边形的一个外角的度数为：360°÷9＝40°．
故答案为：40°．
11．（2024•潼关县一模）如图，五边形ABCDE是正五边形，过点B作AB的垂线交CD于
点F，则∠BFC＝ 5 4 °．【答案】54．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C＝∠ABC＝108°，
∵FB⊥AB，
∴∠ABF＝90°，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝18°，
∴∠BFC＝180°﹣∠C﹣∠CBF＝54°，
故答案为：54．
12．（2024•长安区二模）如图是由射线AB，BC，CD，DE，EF，FA组成的平面图形，则
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝ 360 ° ．
【答案】360°．
【解答】解：由多边形的外角和等于360°可知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
故答案为：360°．
13．（2024春•闵行区期中）从多边形一个顶点出发可作7条对角线，则这个多边形内角
和为 144 0 度．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵多边形从一个顶点出发可引出7条对角线，
∴n﹣3＝7，
解得n＝10，
∴内角和＝（10﹣2）•180°＝1440°．
故答案为：1440．14．（2024•渝中区校级模拟）如图，在五边形ABCDE中，点M、N分别为在AB、AE的
边上，∠1+∠2＝110°，则∠B+∠C+∠D+∠E＝ 470 ° ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∠BMN+∠ENM＝360°﹣（∠1+∠2）＝360°﹣110°＝250°，
六边形BCDENM的内角和为：（6﹣2）•180°＝720°，
∠B+∠C+∠D+∠E＝720°﹣250°＝470°，
故答案为：470°．
三．解答题（共2小题）
15．（2023秋•长沙县期末）已知正x边形的内角和为1080°，边长为2．
（1）求正x边形的周长；
（2）若正n边形的每个外角的度数比正x边形每个内角的度数小63°，求n的值．
【答案】（1）16；
（2）5．
【解答】解：（1）由题意可得180×（x﹣2）＝1080，
解得x＝8．
正x边形的周长为8×2＝16；
（2）正x边形每个内角的度数为1080°÷8＝135°，
正n边形的每个外角的度数为135°﹣63°＝72°，
360°÷72°＝5，
∴n的值为5．
16．（2022秋•龙南市期末）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．
正多边形的边数 3 4 5 6的度数
α
（2）观察上面表格中 的变化规律，角 与边数n的关系为 ＝（ ） ° ．
（3）根据规律，当 ＝α18°时，多边形边数α n＝ 1 0 ． α
α
【答案】（1）60°，45°，36°，30°；
（2） ＝（ ）°；
（3）α10．
【解答】解：（1）将表格补充完整．
正多边形的边数 3 4 5 6
的度数 60° 45° 36° 30°
故答α案为：60°，45°，36°，30°；
（2）根据（1）中计算、观察，可得 的变化规律，角 与边数n的关系为： ＝（
α α α
）°，
故答案为： ＝（ ）°；
α
（3）把 ＝18°代入 ＝（ ）°，
解得：n＝α10， α
故答案为：10．
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