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必考点 03 多边形及其内角和
●题型一 利用内、外角和公式求边数
★★★1、已知正多边形的内角度数，求边数
【例题1】（2022春•会宁县期末）一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的3倍，则这个正多边
形是（ ）
A．正十二边形 B．正十边形 C．正八边形 D．正六边形
【分析】设这个正多边的外角为 x°，则内角为3x°，根据内角和外角互补可得x+3x＝180，解可得x的
值，再利用外角和360°除以外角度数可得边数．
【解答】解：设这个正多边的一个外角为x°，由题意得：
x+3x＝180，
解得：x＝45，
360°÷45°＝8．
故选：C．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．
【例题2】（2022•麻栗坡县校级模拟）若正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的内角和的度数
为（ ）
A．1080° B．1260° C．1350° D．1440°
【分析】先根据多边形的外角和定理求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出这个正多边形
的内角和．
【解答】解：正多边形的边数为：360°÷45°＝8，即这个多边形是正八边形，所以该多边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理及多边形的内角和公式，关键是掌握多边形内角和公式：
（n﹣2）▪180 （n≥3）且n为整数）．
【例题3】（2022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．
★★★2、已知多边形的内角和，求边数
【例题4】（2022春•洋县期末）如果一个多边形的每一个内角都是144°，那么这个多边形是 边形．
【分析】先利用多边形的每个外角与相邻的内角互补得到这个多边形的每个外角都是（180°﹣144°）＝
36°，然后根据n边的外角和为360°即可得到其边数．
【解答】解：∵一个多边形的每个内角都是144°，
∴这个多边形的每个外角都是（180°﹣144°）＝36°，
∴这个多边形的边数＝360°÷36°＝10．
故答案为：十．
【点评】本题考查了多边形的内角和和外角和定理．解题的关键是熟练掌握多边形的内角和和外角和定
理：n边形的内角和为（n﹣2）×180°；n边的外角和为360°．
【例题5】（2021秋•仁怀市校级月考）若两个多边形的边数之比为2：3，两个多边形的内角和之和为
1080°，求这两个多边形的边数．
【分析】根据等量关系“两个多边形的内角之和为 1080°”列方程求解，解答时要会根据公式进行正确运
算、
变形和数据处理．
【解答】解：设多边形较少的边数为2n,则 （2n-2）•180°+（3n-2）•180°=1080°，
解得n=2．
2n=4，3n=6．
故这两个多边形的边数分别为4，6．
【点评】本题考查多边形的内角和、方程的思想．关键是记住内角和的公式．
★★★3、已知多边形的内角和与外角和的关系，求边数
【例题6】（2021秋•泰山区期末）某多边形的内角和与外角和的总和为 2160°，此多边形的边数是（
）
A．9 B．10 C．11 D．12【分析】依题意，多边形的外角和为 360°，该多边形的内角和与外角和的总和为 2160°，故内角和为
1800°．根据多边形的内角和公式易求解．
【解答】解：该多边形的外角和为360°，
故内角和为2160°﹣360°＝1800°，
故（n﹣2）•180°＝1800°，
解得n＝12．
故选：D．
【点评】本题考查的是多边形内角与外角的相关知识，比较简单．
【例题7】（2022•顺德区一模）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为
．
【分析】设正多边形的边数为n，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．
【解答】解：设正多边形的边数为n，由题意得：
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得：n＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查多边形的内角（和）与外角（和），熟记多边形的内角和公式及外角和为360°是解答
的关键．
【解题技巧提炼】
（1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三
角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但
这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360°．①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则 n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为
360°．
②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°．
●题型二 利用内、外角和公式求角度
★★★1、求多边形的外角的度数
【例题8】（2022•射洪市模拟）若一个多边形的每个内角都相等，且内角和为720°，该多边形的一个外
角是（ ）
A．60° B．70° C．72° D．90°
【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°，就得到关于n的方程，求出边
数n．然后根据多边形的外角和是360°，多边形的每个内角都相等即每个外角也相等，这样就能求出多边
形的一个外角．
【解答】解：设这个多边形是n边形，
根据题意得：（n﹣2）•180°＝720，
解得n＝6；
那么这个多边形的一个外角是360÷6＝60度，
即这个多边形的一个外角等于60度．
故选：A．
【点评】考查了多边形内角与外角，根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问
题来解决．同时考查了多边形内角与外角的关系．
【解题技巧提炼】
多边形求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．同时考查了多边形内角与相邻外角是互补的关
系．当多边形的每个内角都相等时每个外角也相等，也可以用 来求每个外角的度数.★★★2、求多边形的内角的度数
【例题9】（2022春•越城区期末）如果一个八边形的每一个内角都相等，那么它的一个内角的度数
等于 度．
【分析】根据n边形的外角和为360°得到正八边形的每个外角的度数360°÷8＝45°，然后利用补角的定义
即可得到正八边形的每个内角＝180°﹣45°＝135°．
【解答】解：∵正八边形的外角和为360°，
∴正八边形的每个外角的度数＝360°÷8＝45°，
∴正八边形的每个内角＝180°﹣45°＝135°．
故答案为：135．
【点评】本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）×180°；n边形的外角和为360°．
【解题技巧提炼】
多边形求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．同时考查了多边形内角与相邻外角是互补的关
系．正多边形的每个内角的度数为 ，当多边形的每个内角都相等时每个外角也相等，也可以
用 来求每个外角的度数,则每个内角的度数为 .
★★★3、求两个角的和
【例题10】 （2022春•青龙县期末）如图，一个等边三角形纸片，剪去一个角后得到一个四边形，则图
中∠α+∠β的度数是（ ）A．220° B．180° C．270° D．240°
【分析】根据等边三角形的性质得∠B=∠C=60°，再利用四边形内角和定理可得答案．
【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴α+β=360°-（∠B+∠C）=360°-（60°+60°）=240°，
故选：D．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，四边形内角和定理等知识，熟练掌握四边形内角和为 360°
是解题的关键．
【例题11】如图，将四边形ABCD去掉一个70°的角得到一个五边形BCDEF，则∠1+∠2= ．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠AEF+∠AFE，根据邻补角的性质计算即可．【解答】解：∵∠A=70°，
∴在△AEF中，∠AEF+∠AFE=180°-∠A=110°，
∴∠1+∠2=360°-110°=250°，
故答案为：250．
【点评】本题考查的是多边形的内角与外角，掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
★★★4、求复杂几何图形中相关角的和
【例题12】（2022春•无锡期中）小明一笔画成了如图所示的图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G
的度数为（ ）
A．360° B．540° C．600° D．720°
【分析】根据五边形的内角和是540°，可求∠A+∠B+∠C+∠D+∠1＝540°，又由三角形的一个外角等于
与它不相邻的两个内角的和，得∠1＝∠E+∠2，∠2＝∠F+∠G，从而求出所求的角的和．
【解答】解：如图，
在五边形ABCDH中：∠A+∠B+∠C+∠D+∠1＝540°，
∵∠1＝∠E+∠2，∠2＝∠F+∠G，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝540°．
故选：B．
【点评】本题考查三角形外角的性质及五边形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．【例题13】（2022春•内江期末）如图，AB⊥AF，∠B、∠C、∠D、∠E、∠F的关系为（ ）
A．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝270° B．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝270°
C．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360° D．∠B+∠C﹣∠D+∠E+CF＝360°
【分析】分析题意∠DMA＝∠1，∠DNA＝∠2，然后利用三角形的内角和、等量代换求解即可．
【解答】解：连接AD，
在△DMA中，∠DMA+∠MDA+∠MAD＝180°，
在△DNA中，∠DNA+∠NDA+∠NAD＝180°，
∴∠DMA+∠MDA+∠MAD+∠DMA+∠NDA+∠NAD＝360°，
∵∠MAD+∠NAD＝360°﹣∠BAF，
∴∠DMA+∠DNA+∠MDN+360°﹣∠BAF＝360°，
∵AB⊥AF，
∴∠BAF＝90°，
∴∠DMA+∠DNA＝90°﹣∠MDN，∵∠DMA＝∠1，∠DNA＝∠2，
∵∠1＝180°﹣∠B﹣∠C，∠2＝180°﹣∠E﹣∠F，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），
∴90°﹣∠MDN＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），
∴∠B+∠C+∠E+∠F﹣∠MDN＝270°．
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角和，将题目所求转化为三角形的内角和，再运用等量代换是解题的关
键．
【解题技巧提炼】
转化思想是将复杂的问题转化成简单的问题，或将陌生的问题转化长熟悉的问了来处理的一种思想方
法，
本章中的多边形问题是转化成三角形问题来解决，在求一个图形中的多个角时，常把它们转化为一个多
边
形的内角来处理，再利用内角和公式来计算，有时也要用到外角来转化.
●题型三 多边形对角线公式的应用
【例题14】（2022春•黔江区期末）如果一个多边形内角和是外角和的4倍，那么过这个多边形的一个顶
点可作对角线的条数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n﹣2）×180＝360×4，再解方程可得到n的值，然
后根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得答案．
【解答】解：设这个多边形有n条边，由题意得：
（n﹣2）×180＝360×4，
解得；n＝10，从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是10﹣3＝7，
故选：B．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，以及对角线，关键是掌握多边形的内角和公式．
2
【例题15】（2022春•惠济区期末）若一个多边形的外角和是它内角和的 ，那么这个多边形从一个顶点
3
可以作（ ）条对角线．
A．2 B．3 C．4 D．5
2
【分析】首先设这个多边形有n条边，由题意得方程 （n﹣2）×180＝360，再解方程可得到n的值，然
3
后根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得答案．
【解答】解：设这个多边形有n条边，由题意得：
2
（n﹣2）×180＝360，
3
解得：n＝5，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数
是5﹣3＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，多边形的对角线，解题的关键是掌握多边形的内角和公式．
【解题技巧提炼】
多边形的对角线
（1）多边形的对角线：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．
（2）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）利用以上公式，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，
●题型四 多边形内角和公式在实际问题的应用
【例题16】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°，
(5−2)×180°
又∵正五边形的每个角的度数为 =108°，
5
∴∠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．
【解题技巧提炼】
根据多边形的内角和计算公式求正五边形的内角,正多边形的每个内角的度数为 ，也可以用
来计算较简便.
●题型五 多边形外角和公式在实际问题的应用
【例题17】（2021秋•上思县期末）如图，小明从A点出发前进10m，向右转15°，再前进10m，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．240m B．230m C．220m D．200m
【分析】根据多边形的外角和除以一个外角，可得多边形的边数．
【解答】解：由题意，得
360÷15＝24，
多边形是二十四边形，
24×10＝240米，
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，利用多边形的外角和除以一个外角得出多边形是解题关键．
【解题技巧提炼】
本题是用运动的角度来看外角和，他第一次回到出发点A, 所转度数之后就是这个多边形的内角和，多边
形的外角和除以一个外角就得多边形的边数，从而确定运动的路程.
●题型六 与多边形内角和有关的开放型问题
【例题18】（2021秋•回民区校级月考）将一个正方形桌面砍下一个角后，桌子剩下的角的个数是
（ ）
A．3个 B．4个
C．5个 D．3个或4个或5个
【分析】正方形桌面砍下一个角以后可能是：三角形或四边形或五边形，由此可知桌子剩下的角的个
数．
【解答】解：正方形桌面砍下一个角以后可能是：三角形或四边形或五边形，如下图所示：因而还剩下3个或4个或5个角．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的有关概念，正确理解一个正方形砍掉一个角以后得到的多边形的形状是解
决本题的关键．
【例题19】（2021秋•新城区校级期中）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．
【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．
●题型七 与多边形内角和有关的探究型问题
【例题20】（2021春•徐州期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°．（1）如图1，若∠B＝∠C，则∠C＝ 度；
（2）如图2，若∠ABC的角平分线BE交DC于点E，且BE∥AD，试求出∠C的度数；
（3）①如图3，若∠ABC和∠DCB的角平分线交于点E，试求出∠BEC的度数；
②在①的条件下，若延长BA、CD交于点F（如图4）．将原来条件“∠A＝140°，∠D＝80°”改为“∠F
＝40°”．其他条件不变．则∠BEC的度数为 ．
【分析】（1）根据四边形内角和等于360°求出∠B+∠C的度数，再除以2即可求解；
（2）先根据平行线的性质得到∠ABC的度数，再根据角平分线定义和四边形内角和即可求解；
（3）①根据四边形内角和求出∠ABC+∠BCD的度数，再根据角平分线定义得到∠EBC+∠ECB的度数，
最后根据三角形内角和即可求解，
②根据三角形内角和及角平分线定义即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠B＝∠C，
∴∠C＝70°．
（2）∵BE∥AD，
∴∠ABE+∠A＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A＝180°﹣140°＝40°，
∵∠ABC的角平分线BE交DC于点E，
∴∠ABC＝80°，∴∠C＝360°﹣（140°+80°+80°）＝60°．
（3）①∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
②∵∠F＝40°，
∴∠FBC+∠BCF＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解决此题的关键是综合运用四边形的内角和以及三角形的内
角和，熟练运用平行线性质和角平分线的定义．
【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．
◆题型一 利用内、外角和公式求边数
1．（2022春•卧龙区期末）若正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的内角和是（ ）
A．540° B．720° C．900° D．1080°
【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和．
【解答】解：该正多边形的边数为：360°÷60°＝6，
该正多边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°．
故选：B．
【点评】本题考查多边形的内角与外角，解答本题的关键是求出该正多边形的边数与熟记多边形的内角
和公式．
2．（2022•云南模拟）已知一个多边形的每一个外角都相等，一个内角与一个外角的度数之比是 3：1，
这个多边形的边数是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
【分析】设这个多边形的外角为x°，则内角为3x°，根据多边形的相邻的内角与外角互补可得方程x+3x＝
180，解可得外角的度数，再用外角和除以外角度数即可得到边数．
【解答】解：设这个多边形的外角为x°，则内角为3x°，
由题意得：x+3x＝180，
解得x＝45，
这个多边形的边数：360°÷45°＝8，
故选：A．
【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握多边形的相邻的内角与外角互补．
3．（2022春•章丘区期末）一个多边形的每一个内角都是135°，则这个多边形是（ ）
A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形
【分析】已知每一个内角都等于135°，就可以知道每个外角是45度，根据多边形的外角和是360度就可
以求出多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数是：n＝360°÷（180°﹣135°）＝8．
故选：B．
【点评】通过本题要理解已知内角或外角求边数的方法．◆题型二 利用内、外角和公式求角度
4．（2021春•盱眙县期中）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．
5．（2021•禅城区校级三模）如图，在正六边形ABCDEF中，若去掉一个角得到一个七边形，
则∠1+∠2= 度．
【分析】利用六边形边形的内角和得到∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数，进而让七边形的内角和减去
∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数即为所求的度数．
【解答】解：∵六边形的内角和为（6-2）×180°=720°，∠A=120°，
∴∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=720°-120°=600°，∵七边形的内角和为（7-2）×180°=900°，
∴∠1+∠2=900°-600°=300°，
故答案为：300°．
6．（2021春•遂宁期末）如图所示，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝ ．
【分析】根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”把∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6全部转
化到∠2，∠3所在的四边形中，利用四边形内角和为360度可得答案．
【解答】解：如图，∵∠1+∠5＝∠7，∠4+∠6＝∠8，
又∵∠2+∠3+∠7+∠8＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°．
故答案为：360°．
【点评】主要考查了三角形的内角和外角之间的关系及四边形内角和定理．将所求角度之和转化为四边
形内角和是解题关键．
7．（2021秋•饶平县校级期末）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角
的一半．
（1）求这个多边形是几边形；
（2）求这个多边形的内角和．【分析】（1）设内角为x，根据多边形的内角与外角的关系列出方程，解方程求出x
（2）根据多边形的内角和公式计算即可．
1
【解答】解：（1）设多边形的每一个内角为x，则每一个外角为 x，
2
1
由题意得，x+ x＝180°，
2
1
解得，x＝120°， x＝60°，
2
360
这个多边形的边数为： = 6，
60
答：这个多边形是六边形；
（2）由（1）知，该多边形是六边形，
∴内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，
答：这个多边形的内角和为720°．
【点评】本题考查的是多边形的内角与外角的计算，掌握正多边形的定义、多边形的内角与外角的关系
是解题的关键．
8．（2021春•薛城区期末）已知某正多边形的一个内角都比与它相邻外角的3倍还多20°．
（1）求这个正多边形一个内角的度数；
（2）求这个正多边形的内角和．
【分析】（1）设这个正多边形的一个外角的度数为x°，利用一个内角与相邻外角互补得到180°﹣x°＝3x°
+20°，解得x°＝40°，再由180°﹣x°即可计算；
（2）根据外角和定理计算出正多边形的边数，然后根据多边形内角和定理计算即可．
【解答】解：（1）设这个正多边形的一个外角的度数为x°，
根据题意得180﹣x＝3x+20，解得x＝40，
180°﹣x°＝140°，所以这个正多边形一个内角的度数140°；
（2）因为这个正多边形的一个外角的度数为40°，
所以这个正多边形边数＝360°÷40°＝9，
所以这个正多边形的内角和是（9﹣2）×180°＝1260°．
【点评】本题考查了多边形内角与外角．解题的关键是掌握多边形内角和公式与外角和定理：内角和公
式：（n﹣2）•180° （n≥3，且n为整数）；外角和定理：多边形的外角和等于360度．
◆题型三 多边形对角线公式的应用
9．（2022春•禅城区期末）过一个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形．这个
多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【分析】根据过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成（n﹣2）个三角形，计算可求解．
【解答】解：由题意得5+2＝7，
故过多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形的多边形为七边形，
故选：C．
【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．
10．（2021秋•赛罕区校级月考）如果一个多边形内角和是外角和的 4倍，那么这个多边形有（ ）条
对角线．
A．20 B．27 C．35 D．44
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与外角和定理列出方程，然后求解即可．
【解答】解：设这个多边形是n边形，
根据题意得，（n﹣2）•180°＝4×360°，
解得n＝10，10(10−3)
十边形的对角线的条数为 =35，
2
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外
n(n−3)
角和都是360°，多边形对角线公式为 ．
2
11．（2022春•市中区校级月考）若一个多边形的内角和为1080°，则从此多边形的一个顶点出发可作的
对角线共有（ ）
A．5条 B．6条 C．7条 D．8条
【分析】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算出对角线的条数．
【解答】解：设此多边形的边数为x，由题意得：
（x﹣2）×180＝1080，
解得；x＝8，
从这个多边形的一个顶点出发所画的对角线条数：8﹣3＝5，
故选：A．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和计算公式求多边形的边数，关键是掌握多边形的内角和公式180
（n﹣2）．
◆题型四 多边形内角和公式在实际问题的应用
12．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．
◆题型五 多边形外角和公式在实际问题的应用
13．（2021秋•凉州区期末）如图，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转36°，再沿直线前进10
米，再向左转36°……照这样走下去，他第一次回到出发点A点时，一共走的路程是（ ）
A．100米 B．110米 C．120米 D．200米
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以36°求出边数，然后再乘以10m即可．
【解答】解：∵每次小明都是沿直线前进10米后向左转36°，
∴他走过的图形是正多边形，
边数n＝360°÷36°＝10，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了10×10＝100米．故选：A．
【点评】本题考查了正多边形的边数的求法，根据题意判断出小亮走过的图形是正多边形是解题的关
键．
14．（2021春•炎陵县期末）如图，淇淇从点A出发，前进10米后向右转20°，再前进10米后又向右转
20°，这样一直下去，直到他第一次回到出发点A为止，他所走的路径构成了一个多边形．
（1）淇淇一共走了多少米？说明理由．
（2）求这个多边形的内角和．
【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20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20度的正多边形，
∴360÷20＝18，18×10＝180（米）．
答：淇淇一共走了180米．
（2）根据题意，得（18﹣2）×180°＝2880°，
答：这个多边形的内角和是2880°．
【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，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20度的正多边形是关键．
◆题型六 与多边形内角和有关的开放型问题
15．（2021秋•郧阳区期中）若一个多边形截去一个角后，变成十六边形，那么原来的多边形的边数为（
）
A．15或16或17 B．16或17 C．15或17 D．16或17或18【分析】因为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15或16或17．
故选：A．
【点评】本题考查了多边形的知识，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，同学们可以自己动手画一下．
16．小马虎同学在计算某个多边形的内角和时得到1840°，老师说他算错了，
于是小马虎认真地检查了一遍发现漏算了一个内角，求漏算的那个内角是多少度？这个多边形是几边形？
【分析】设这个内角是x度，这个多边形是n边形，然后根据多边形的内角和公式列出方程，再根据
0＜x＜180°，n是正整数求解．
【解答】解：设这个内角是x度，这个多边形是n边形，则0＜x＜180°，
由题意得，（n﹣2）•180°﹣x＝1840°，
∵n为正整数，
∴1840°+x必为180的倍数，
又∵0＜x＜180，
∴n＝13，x＝140°．
答：漏算的那个内角是140度，这个多边形是十三边形．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，涉及到整式方程，难点在于考虑多边形的边数是正整数．
◆题型七 与多边形内角和有关的探究型问题
17．（2021秋•拜泉县期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°．
（1）求：∠ABC+∠ADC＝ °；
（2）如图①，若DE平分∠ADC，BF平分∠CBM，写出DE与BF的位置关系．（3）如图②，若BF，DE分别平分∠ABC，∠ADC的外角，写出BF与DE的位置关系，对（2）和
（3）任选一个加以证明．
【分析】（1）由在四边形ABCD中∠A＝∠C＝90°，根据四边形的内角和定理，即可得∠ABC+∠ADC＝
180°；
（2）延长DE交BF于G．易证∠ADC＝∠CBM．可得∠CDE＝∠EBF．即可得∠EGB＝∠C＝90°，则可
证得DE⊥BF．
（ 3 ） 连 接 BD ， 易 证 ∠ NDC+∠MBC ＝ 180° ， 则 可 得 ∠ EDC+∠CBF ＝ 90° ， 继 而 可 证 得
∠EDC+∠CDB+∠CBD+∠FBC＝180°，则可得DE∥BF．
【解答】解：（1）∵∠A＝∠C＝90°，
∴在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝360°﹣∠A﹣∠C＝180°，
故答案为：180；
（2）DE⊥BF．
延长DE交BF于G，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠ADC＝∠CBM，
∵DE平分∠ADC，BF平分∠ABC外角，1 1
∴∠CDE= ∠ADC，∠EBF= ∠CBM，
2 2
∴∠CDE＝∠EBF．
∵∠DEC＝∠BEG，
∴∠EGB＝∠C＝90°，
∴DE⊥BF．
（3）DE∥BF，
连接BD，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠NDC+∠MBC＝180°，
∵BF、DE分别平分∠ABC、∠ADC的外角，
∴∠EDC+∠CBF＝90°，
∵△CDB中，∠C＝∠A＝90°，
∴∠CDB+∠CBD＝90°，
∴∠EDC+∠CDB+∠CBD+∠FBC＝180°，
∴DE∥BF．
【点评】此题考查了三角形内角和定理，平行线的性质以及三角形外角的性质．此题难度适中，注意掌
握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．1．（2021秋•雁塔区校级期末）从十边形的一个顶点出发可以引 条对角线，将这个十边形分成
了 个三角形，十边形的内角和为 度．
【分析】根据n边形对角线的定义，可得n边形的对角线，根据对角线的条数，可得对角线分成三角形的
个数；根据多边形的内角和公式求解即可．
【解答】解：从n边形的一个顶点出发可以引（n﹣3）条对角线，这些对角线将这个多边形分成（n﹣2）
个三角形，
∴从十边形的一个顶点出发可以画出7条对角线，这些对角线将十边形分割成8个三角形，
十边形的内角和为：（10﹣2）×180°＝1440°，
故答案为：7；8；1440．
【点评】本题考查了多边形的对角线、多边形的内角和，熟记有关公式是解题的关键．
2
2．（2021秋•浑源县期中）若一个多边形的外角和是它内角和的 ，那么这个多边形是（ ）
3
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
2
【分析】设这个多边形的边数是n，根据多边形的外角和是它内角和的 ，结合多边形的内角和和外角和
3
定理得到方程，从而求出边数．
【解答】解：根据题意可得：
2
（n−2）•180°＝360°，
3
解得：n＝5．
经检验n＝5符合题意，
所以这个多边形是五边形．
故选：C．【点评】本题考查了多边形内角与外角，解答本题的关键在于结合多边形的内角和公式寻求等量关系并
构建方程．
3．（2022•鼓楼区校级开学）如图，已知∠1+2+∠3+∠4＝280°，那么∠5的度数为（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
【分析】根据任意多边形内角和都等于360°，进行计算即可解答．
【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．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握任意多边形内角和都等于360°是解题的关键．
4．（2022春•南阳期末）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝（ ）
A．720° B．540° C．180° D．360°
【分析】连接 DC，由三角形内角和外角的关系可知∠E+∠F＝∠GDC+∠GCD，由四边形内角和是
360°，即可求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
【解答】解：如图，连接DC．∵∠FGD＝∠E+∠F，∠FGD＝∠GDC+∠GCD，
∴∠E+∠F＝∠GDC+∠GCD，
∵∠A+∠ADC+∠DCB+∠F＝360°，
∴∠A+∠ABC+∠GDC+∠GCD+∠GCB+∠F＝360°．
故∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是360°．
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形内角与外角的关系，涉及到四边形及三角形内角和定理，比较简单．
5．如图，将五边形ABCDE沿虚线裁去一个角得到六边形ABCDGF，则该六边形的周长一定比原五边形
的周长 （填：大或小），理由为 ．
【分析】利用“两点之间，线段最短”可以得出结论．
【解答】解：将五边形ABCDE沿虚线裁去一个角得到六边形ABCDGF，则该六边形的周长一定比原五边
形的周长小，理由是两点之间，线段最短．
故答案为：小；两点之间，线段最短．
【点评】本题主要考查了多边形，熟知“两点之间，线段最短”是解答本题的关键．6．（2022•易县三模）如图，由一个正六边形和正五边形组成的图形中，∠1的度数应是（ ）
A．72° B．84° C．82° D．94°
【分析】利用正多边形的外角公式可得∠3，∠4，再根据三角形内角和为180°，求出∠2，即可求出∠1
解决问题．
【解答】解：如图，
由题意得：∠3＝360°÷6＝60°，∠4＝360°÷5＝72°，
则∠2＝180°﹣60°﹣72°＝48°，
所以∠1＝360°﹣48°﹣120°﹣108°＝84°．
故选：B．
【点评】本题考查多边形内角与外角，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属
于中考常考题型．
7．（2021春•烟台期中）从多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到 2003个三角
形，则这个多边形的边数为（ ）
A．2001 B．2005 C．2004 D．2006
【分析】可根据多边形的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到的三角形个数与多边形的边数的关
系求解．
【解答】解：多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2003个三角形，
则这个多边形的边数为2003+1＝2004．故选：C．
【点评】多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到的三角形个数＝多边形的边数﹣
1．
8．（2022•仙游县模拟）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，着∠1、∠2、∠3、
∠4对应的邻补角和等于215°，则∠BOD的度数为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【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215°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝505°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣505°＝35°，
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的
关键．
9．（2021•桥西区校级模拟）如图，正五边形 ABCDE，DG平分正五边形的外角∠EDF，连接BD，则
∠BDG＝（ ）A．144° B．120° C．114° D．108°
【分析】根据正五边形的外角公式可得∠EDF，易得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补
角的定义即可解答．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EDF＝360°÷5＝72°，∠CDE＝∠C＝180°﹣72°＝108°，BC＝DC，
180°−108°
∴∠BDC= =36°，
2
∴∠BDE＝108°﹣∠BDC＝108°﹣36°＝72°，
∵DG平分正五边形的外角∠EDF，
1 1
∴∠EDG=∠FDG= ∠EDF= ×72°=36°，
2 2
∴∠BDG＝∠BDE+∠EDG＝72°+36°＝108°，
故选：D．
【点评】本题考查了正五边形．解题的关键是掌握正五边形的性质：各边相等，各角相等，内角和为
540°．熟记定义是解题的关键．
10．（2022春•双峰县期中）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的 3倍还大
20°，求这个多边形的内角和．
【分析】设多边形的一个外角为 ，则与其相邻的内角等于3 +20°，根据内角与其相邻的外角的和是180
度列出方程，求出 的值，再由多α 边形的外角和为360°，求出α此多边形的边数为360°÷ ，然后根据多边
形内角和公式求解．α α
【解答】解：设多边形的一个外角为 ，则与其相邻的内角等于3 +20°，由题意得，
α α
（3 +20）+ ＝180°，解得 ＝40°．
α α α即多边形的每个外角为40°．
又∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的外角个数为360°÷40＝9．
∴多边形的边数为9，
∴这个多边形的内角和为（9﹣2）•180°＝1260°．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，运用方程求解比较
简便．
11．（2022•石家庄模拟）看图回答问题：
（1）内角和为2014°，小明为什么说不可能？
（2）小华求的是几边形的内角和？
【分析】（1）n边形的内角和是（n﹣2）•180°，因而内角和一定是180度的倍数，依此即可作出判断；
（2）多边形的内角一定大于0，并且小于180度，因而内角和再加上一个内角的值，这个值除以 180
度，所得数值比边数n﹣2要大，大的值小于1．则用2014除以180所得值，加上2，比这个数小的最大
的整数就是多边形的边数．
【解答】解：（1）∵n边形的内角和是（n﹣2）•180°，
∴内角和一定是180度的倍数，
∵2014÷180＝11…34，∴内角和为2014°不可能；
（2）依题意有（x﹣2）•180°＜2014°，
17
解得x＜13 ．
90
因而多边形的边数是13，
故小华求的是十三边形的内角和．
【点评】考查了多边形的内角与外角，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的
内容．
12．（2021春•太康县期末）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的 3倍还大
20°，
（1）求这个多边形的边数；
（2）若将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是多少？
【分析】（1）设多边形的一个外角为 ，则与其相邻的内角等于3 +20°，根据内角与其相邻的外角的和
是180度列出方程，求出 的值，再由α多边形的外角和为360°，求出α此多边形的边数为360°÷ ；
α α
（2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变．根据多边形的内
角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案．
【解答】解：（1）设多边形的一个外角为 ，则与其相邻的内角等于3 +20°，
α α
由题意，得（3 +20）+ ＝180°，解得 ＝40°．
α α α
即多边形的每个外角为40°．
又∵多边形的外角和为360°，
360
∴多边形的外角个数= = 9．
40
∴多边形的边数＝9，
答：这个多边形的边数是9；
（2）因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，当截线为经过对角 2个顶点的直线时，多边形的边数减少了 1条边，内角和＝（9﹣2﹣1）×180°＝
1080°；
当截线为经过多边形一组对边的直线时，多边形的边数不变，内角和＝（9﹣2）×180°＝1260°；
当截线为只经过多边形一组邻边的一条直线时，多边形的边数增加一条边，内角和＝（9﹣2+1）×180°＝
1440°．
答：将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是1080°或1260°或1440°．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，运用方程求解比较
简便．第2问在理解剪掉多边形的一个角的含义时，确定其剩余几边形是关键．
13．（2021秋•余干县月考）如图，将六边形纸片 ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°．
（1）求六边形ABCDEF的内角和；
（2）求∠BGD的度数．
【分析】（1）由多边形的内角和公式，即可求得六边形ABCDEF的内角和；
（2）由∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，即可求得∠GBC+∠C+∠CDG的度数，继而求得答案．
【解答】解：（1）六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°；
（2）∵六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣460°＝260°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝100°．
即∠BGD的度数是100°．
【点评】此题考查了多边形的内角和公式．解题的关键是根据多边形的内角和的计算公式求得多边形的
内角和．14．如果一个多边形的最小的一个内角为120°，比它稍大的一个内角为125°，以后依次每一个内角比前
一个内角大5°，且所有内角和与最大的内角的度数之比为63：8，求这个多边形的边数及最大内角的
度数．
【分析】设这个多边形的边数为n，则最大内角为120°+（n﹣1）•5°，然后求出这个多边形的内角和，根
据所有内角的和与最大的内角的度数之比是63：8，列出式子求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则最大内角为120°+（n﹣1）•5°，
由题意得，[（n﹣2）•180°]：[120°+（n﹣1）•5°]＝63：8，
解得：n＝9，
最大内角为120°+（n﹣1）•5°＝160°．
故这个多边形的边数为9，最大内角的度数为160°．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，解答本题的关键是掌握多边形的内角和公式，难度一般．
15．如图所示中的几个图形是五角星和它的变形．
（1）图甲中是一个五角星形状，求证：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°；
（2）图甲中的点A向下移到BE上时（如图乙）五个角的和（即∠CAD+∠B+∠C+∠D+∠E）有无变
化？试说明理由
（ 3 ） 把 图 乙 中 的 点 C 向 上 移 动 到 BD 上 时 （ 如 图 丙 所 示 ） ， 五 个 角 的 和 （ 即
∠CAD+∠B+∠ACE+∠D+∠E）有无变化？试说明理由．
【分析】（1）根据三角形的外角的性质，可得∠1，∠2，根据三角形的内角和定理，可得答案；
（2）根据三角形的外角的性质，可得∠1，∠2，根据三角形的内角和定理，可得答案；
（3）根据三角形的外角的性质，可得∠1，∠2，根据三角形的内角和定理，可得答案．
【解答】解：（1）如图：由三角形外角的性质，得
∠C+∠E＝∠1，∠B+∠D＝∠2．
由三角形的内角和定理，得∠A+∠1+∠2＝180°，
等量代换，得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180゜；
（2）如图：
由三角形外角的性质，得∠C+∠E＝∠1，∠A+∠D＝∠2，
由三角形的内角和定理，得∠B+∠1+∠2＝180°，
等量代换，得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180゜；
（3）∵∠ECD是△BCE的一个外角，
∴∠ECD＝∠B+∠E（三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角的和），
∴∠CAD+∠B+∠ACE+∠D+∠E＝∠CAD+∠ACE+∠D+∠ECD＝∠CAD+∠ACD+∠D＝180°，
故∠CAD+∠B+∠ACE+∠D+∠E等于180°，没有变化．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，利用了三角形外角的性质，三角形的内角和定理．
16．已知：在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°．
（1）如图1，求∠B与∠D的和为多少度？（2）如图2，BE平分∠ABC交AD于点E，DF平分∠ADC交BC于点F，求证：BE∥DF．
【分析】（1）根据四边形内角和定理得出∠B+∠D＝180°；
（2）首先根据四边形内角和定理得出∠ABC+∠ADC＝180°，进而利用角平分线的性质得出
∠ABE+∠EDF＝90°，即可得出∠AEB＝∠ADF，利用平行线的判定得出即可．
【解答】（1）解：∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠B+∠D+∠A+∠C＝（4﹣2）×180°＝360°，
∴∠B+∠D＝360°﹣∠A﹣∠C＝180°；
即∠B与∠D的和为180度；
（2）证明：∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣∠A﹣∠C＝180°，
∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠ABE+∠EDF＝90°，
∵∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠ADF，
∴BE∥DF．
【点评】此题主要考查了平行线的判定以及四边形的内角和性质和角平分线的性质等知识，根据已知得
出∠ABE+∠EDF＝90°是解题的关键．
17．（2021春•淅川县期末）将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在点A'处
【感知】如图①，点A落在四边形BCDE的边BE上，则∠A与∠1之间的数量关系是 ；【探究】如图②，若点A落在四边形BCDE的内部，则∠A与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说
明理由．
【拓展】如图③，点A落在四边形BCDE的外部，若∠1＝80°，∠2＝24°，则∠A的大小为
．
【分析】（1）运用折叠原理及三角形的外角性质即可解决问题．
（2）运用折叠原理及四边形的内角和定理即可解决问题
（3）运用三角形的外角性质即可解决问题．
【解答】解：（1）如图①，∠1＝2∠A．
理由如下：由折叠知识可得：∠EA′D＝∠A；
∵∠1＝∠A+∠EA′D，
∴∠1＝2∠A．
（2）如图②，2∠A＝∠1+∠2．
理由如下：∵∠1+∠A′DA+∠2+∠A′EA＝360°，
∠A+∠A′+∠A′DA+∠A′EA＝360°，
∴∠A′+∠A＝∠1+∠2，
由折叠知识可得：∠A＝∠A′，
∴2∠A＝∠1+∠2．
（3）如图③，
∵∠1＝∠DFA+∠A，∠DFA＝∠A′+∠2，
∴∠1＝∠A+∠A′+∠2＝2∠A+∠2，∴2∠A＝∠1﹣∠2＝56°，
解得∠A＝28°．
故答案为：∠1＝2∠A；28°．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理、三角形外角性质和折叠的性质；熟练掌握折叠前后的两个角
相等，解题的关键是结合图形运用外角的性质列等式．
18．（2021春•沭阳县期中）（1）如图1，在△ABC中，已知OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，BP，
CP分别平分∠ABC，∠ACB的外角∠DBC，∠ECB．
①若∠A＝50°，则∠O＝ ，∠P＝ ；
②若∠A＝α，则∠O＝ ，∠P＝ ．（用含α的式子表示）
（2）如图2，在四边形ABCD中，BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，请探究∠P与∠A，∠D的数
量关系，并说明理由．
【分析】（1）①根据角平分线的定义和三角形内角和解答即可；
②根据角平分线的定义，平角定义和三角形的内角和定理解答即可；
（2）根据角平分线的定义，平角的定义和四边形的内角和定理解答即可．
【解答】解：（1）①∵OB，OC分别平分∠ABC，∠ACB，1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OBC= ∠ACB，
2 2
∵∠A＝50°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣50°＝130°
∴∠O＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
1 1
＝180°− ∠ABC− ∠ACB
2 2
1
＝180°− （∠ABC+∠ACB）
2
＝180°﹣65°
＝115°；
同理得：∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB
1 1
＝180°− ∠DBC− ∠ECB
2 2
1
＝180°− （∠DBC+∠ECB）
2
1
＝180°− （180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB）
2
1
＝180°− [360°﹣（∠ABC+∠ACB）]
2
1
＝180°− （360°﹣130°）
2
＝65°；
故答案为：115°；65°．
②∵∠A＝α，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α
∴∠O＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB1 1
＝180°− ∠ABC− ∠ACB
2 2
1
＝180°− （∠ABC+∠ACB）
2
1
＝180°− （180°﹣α）
2
1
＝90°+ α；
2
1
同理得：∠P＝180°− [360°﹣（∠ABC+∠ACB）]
2
1
＝180°− [360°﹣（180°﹣α）]
2
1
＝90°− α；
2
1 1
故答案为：90°+ α；90°− α；
2 2
1
（2）∠P＝180°− （∠A+∠D）．理由如下：
2
∵BP，CP分别平分外角∠EBC，∠FCB，
1 1
∴∠PBC= ∠EBC，∠PCB= ∠BCF，
2 2
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
1
＝180°− （∠EBC+∠FCB）
2
1
＝180°− [360°﹣（∠ABC+∠DCB）]
2
1
= （∠ABC+∠DCB）
2
1
= （360°﹣∠A﹣∠D）
21
＝180°− （∠A+∠D）．
2
【点评】本题考查了角平分线的定义和三角形、四边形的内角和定理．正确运用角平分线的定义是解题
的关键．
