文档内容
专题11.3 多边形及其内角和 （11个考点1个易错点）
【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】
【易错点1 多边形内角与外角】
【考点 1 多边形及正多边形的概念判断】
1．（2024•河北模拟）下列长度的两条线段与长度为2，5的线段首尾依次相连能组成
四边形的是（ ）
A．1，1 B．1，8 C．1，2 D．2，3
【答案】D
【解答】解：A、∵1+1+2＜5，
∴长度为1，1与长度为2，5的线段首尾依次相连不能组成四边形，故不符合题意；
B、∵1+2+5＝8，
∴长度为1，8与长度为2，5的线段首尾依次相连不能组成四边形，故不符合题意；
C、∵1+2+2＝5，
∴长度为1，2与长度为2，5的线段首尾依次相连不能组成四边形，故不符合题意；D、∵2+2+3＞5，
∴长度为2，3与长度为2，5的线段首尾依次相连不能组成四边形，故符合题意；
故选：D．
2．（2024•裕华区校级模拟）平面内，将长分别为1，2，4，x的线段，首尾顺次相接组成
凸四边形（如图），x可能是（ ）
A．1 B．2 C．7 D．8
【答案】B
【解答】解：连接AC，
在△ACD中，4﹣2＜AC＜2+4，
∴2＜AC＜6，
在△ABC中，AC﹣1＜x＜AC+1，
∴1＜x＜7，
∴x可能是2．
故选：B．
【考点 2 多边形的不稳定】
3．（2023秋•东阳市期末）下面图形是用木条钉成的支架，其中不容易变形的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：含有三角形结构的支架不容易变形．
故选：B．
4．（2023秋•琼中县期末）下列图形中具有稳定性的是（ ）
A．等腰三角形 B．长方形C．正方形 D．平行四边形
【答案】A
【解答】解：等腰三角形，长方形，正方形，平行四边形中只有等腰三角形具有稳定性．
故选：A．
5．（2022秋•安新县期末）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
【答案】B
【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．
6．（2023秋•宜州区期中）如图所示是一幅电动伸缩门的图片，则电动门能伸缩的几何原
理是 四边形的不稳定性． ．
【答案】四边形的不稳定性．
【解答】解：如图所示是一幅电动伸缩门的图片，则电动门能伸缩的几何原理是四边形
的不稳定性．
故答案为：四边形的不稳定性．
7．（2023秋•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】见试题解答内容
【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．
【考点 3 多边形的对角线】
8.（2024•恩施市校级模拟）一个多边形每个外角都等于36°，则从这个多边形的某个顶
点画对角线，最多可以画出几条（ ）
A．7条 B．8条 C．9条 D．10条
【答案】A
【解答】解：∵此多边形每个外角都等于36°，
∴该多边形的边数为 ＝10．
∴从这个多边形的某个顶点能画的对角线的条数为10﹣3＝7（条）．
故选：A．
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．
【考点 4 多边形的内角和】
10．（2024•朝阳区一模）正十边形的内角和为（ ）
A．144° B．360° C．1440° D．1800°
【答案】C
【解答】解：正十边形的内角和为180°×（10﹣2）
＝180°×8
＝1440°．
故选C．
11．（2024•孝感一模）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为2340°，那么这
个多边形的一个外角的度数为（ ）
A．24° B．30° C．36° D．60°
【答案】A
【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意列方程：（n﹣2）180°＝2340°，
解得n＝15，
360°÷15＝24°，
故选：A．
12．（2024•荆州一模）如图，将透明直尺叠放在正五边形徽章 ABCDE上，若直尺的下沿
MN⊥DE于点O，且经过点B，上沿PQ经过点E，则∠ABM的度数为（ ）
A．152° B．126° C．120° D．108°
【答案】B
【解答】解：由题意可得∠AED＝∠A＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∵MN⊥DE，
∴∠BOE＝90°，
∴四边形ABOE中，∠ABO＝360°﹣90°﹣108°﹣108°＝54°，
∴∠ABM＝180°﹣∠ABO＝180°﹣54°＝126°，
故选：B．
13．（2024春•江阴市期中）如图，∠F＝90°，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90° B．180° C．270° D．360°
【答案】C
【解答】解：连接BE，由八字模型可得∠C+∠D＝∠1+∠2，
∵四边形ABEF中，∠A+∠ABE+∠BEF+∠F＝360°，
∴∠A+∠ABC+∠1+∠2+∠DEF+∠F＝360°，
∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F＝360°，
∵∠F＝90°，
∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF＝270°，
故选：C．
14．（2024春•馆陶县期中）如图，连接正八边形ABCDEFGH的两条对角线AC，CG，则
∠ACG＝（ ）
A．22.5° B．30° C．45° D．60°
【答案】C
【解答】解：如图，连接AG，
∵八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴∠B＝∠H＝ ＝135°，AB＝BC＝AH＝GH，
∴△ABC≌△AHG（SAS），∠BAC＝∠BCA＝ ＝22.5°，∠HAG＝∠HGA
＝ ＝22.5°，
∴AC＝AG，∠CAG＝135°﹣22.5°﹣22.5°＝90°，∠ACG＝45°．
故选：C．
15．（2024•同安区模拟）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5 多边形的外角和】
16．（2024•门头沟区一模）某个正多边形的一个外角是60°，则该正多边形是（ ）
A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形
【答案】C
【解答】解：360°÷60°＝6，所以这个正多边形是正六边形．
故选：C．
17．（2024春•无锡期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABE是四边形ABCD的
外角，且∠ABE＝∠D，∠C＝110°，则∠A的度数是（ ）
A．110° B．50° C．70° D．35°
【答案】C
【解答】解：∵AB∥CD，∠C＝110°，
∴∠ABC+∠C＝180°，
∴∠ABC＝70°，
∵∠ABE是四边形ABCD的外角，
∴∠ABE＝110°，
∴∠ABE＝∠D，
∴∠D＝110°，
∴∠A＝360°﹣∠ABC﹣∠C﹣∠B＝360°﹣70°﹣110°﹣110＝70°．
故选：C．
18．（2024春•锦江区校级期中）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：∵∠1+∠2+∠3+∠4＝280°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠5＝360°﹣∠1﹣∠2﹣∠3﹣∠4＝80°．
故选：B．19．（2024•凉州区三模）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．
【考点 6 截角问题】
20．（2024春•道县月考）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为
1080°，原多边形的边数是（ ）．
A．8或9或10 B．7或8或9 C．6或7或8 D．5或6或7
【答案】B
【解答】解：设切去一角后的多边形为n边形．根据题意得：
（n﹣2）×180°＝1080°．
解得：n＝8．
因为一个多边形切去一个角后形成的多边形边数有三种可能：比原多边形边数小1、相
等、大1，所以原多边形的边数可能为7、8或9．
故选：B．
21．（2023秋•绵阳期中）一个多边形截去一角后，变成一个八边形则这个多边形原来的
边数是（ ）
A．8或9 B．7或8 C．7或8或9 D．8或9或10
【答案】C
【解答】解：∵截去一个角后边数可以增加1，不变，减少1，
∴原多边形的边数是7或8或9．
故选：C．
22．（2023秋•芜湖县期中）一个多边形只截去一个角（截线不经过顶点）形成另一个多
边形内角和为2520°，则原多边形的边数是 1 5 ．
【答案】15．
【解答】解：设内角和是2520°的多边形的边数是n．
根据题意得：（n﹣2）•180＝2520，
解得：n＝16．
则原来的多边形的边数是16﹣1＝15．
故答案为：15．
23．（2023秋•永城市期末）多边形每一个内角都等于120°，则从此多边形一个顶点出发
可引的对角线的条数是 3 条．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设边数为n，这个外角为x度，则0＜x＜180°，根据题意，得
（n﹣2）•180°＝120°•n，
解得n＝6．
∴从此多边形一个顶点出发可引的对角线的条数＝6﹣3＝3条．
【考点 7 多边形内角和和外角和-平行线】
24．（2024春•新吴区校级月考）如图，五边形ABCDE是正五边形，若l ∥l ，∠1＝
1 2
47°，则∠2的度数为（ ）A．47° B．108° C．119° D．133°
【答案】C
【解答】解：过点B作BF∥l 交DE于点F，
2
又∵l ∥l ，
1 2
∴BF∥l ，
1
∴∠ABF＝∠1＝47°，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴ ，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝61°，
∵BF∥l ，
2
∴∠2＝180°﹣∠CBF＝180°﹣61°＝119°，
故选：C．
25．（2024•滁州二模）如图，P是正五边形ABCDE的边CD上一点，过点P作PM∥BC
交AB于点M，PN∥DE交AE于点N，则∠MPN的度数为（ ）
A．30° B．36° C．45° D．72°
【答案】B
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴ ，
∵PM∥BC，∴∠CPM＝180°﹣108°＝72°，
∵PN∥DE，
∴∠DPN＝180°﹣108°＝72°，
∴∠MPN＝180°﹣∠CPM﹣∠DPN＝36°，
故选：B．
26．（2024春•浙江期中）一个六边形如图所示．已知 AB∥DE，BC∥EF，CD∥AF．若
∠A＝122°，∠C＝128°，则∠E的值为（ ）
A．110° B．111° C．112° D．113°
【答案】A
【解答】解：如图，连接BE，
∵AB∥DE，BC∥EF，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠1+∠4＝∠2+∠3，
即∠ABC＝∠DEF，
同理，∠A＝∠D，∠C＝∠F，
∵∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F＝（6﹣2）×180°＝720°，
∴∠A+∠C+∠DEF＝360°，
∵∠A＝122°，∠C＝128°，
∴∠C+∠DEF＝110°，
故选：A．
27．（2024春•镇海区校级期中）如图，直线 l 和l 分别经过正五边形的一个顶点，
1 2
l ∥l ，∠1＝14°，则∠2的度数为（ ）
1 2A．44° B．46° C．48° D．50°
【答案】D
【解答】解：如图所示：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠1+∠3＝∠4+∠5＝∠D＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∵∠1＝14°，
∴∠3＝108°﹣14°＝94°，
∵l ∥l ，
1 2
∴∠3+∠4＝180°，
∴∠4＝180°﹣94°＝86°，
∴∠5＝108°﹣86°＝22°，
∵∠2+∠5+∠D＝180°，
∴∠2＝180°﹣22°﹣108°＝50°，
故选：D．
28．（2024•泰兴市一模）将一把直尺和正六边形ABCDEF按如图所示的位置放置，若∠1
＝50°，那么∠2的大小为（ ）
A．50° B．60° C．70° D．68°
【答案】C【解答】解：如图，过点C作CG∥PQ，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥CG∥MN，
∴∠2＝∠BCG，∠1＝∠DCG，
∴∠1+∠2＝∠BCG+∠DCG＝∠BCD，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BCD＝ ＝120°＝∠1+∠2，
∵∠1＝50°，
∴∠2＝120°﹣50°＝70°，
故选：C．
【考点 8 多边形内角和和外角和-角平分线】
29．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°
【答案】A
【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＝ ∠AED＝ ×90°＝45°，
∴∠G＝180°﹣∠D﹣∠DEG＝180°﹣120°﹣45°＝15°，
故选：A．
30．如图，正五边形ABCDE，BG平分∠ABC，DG平分正五边形的外角∠EDF，则∠G＝
（ ）
A．36° B．54° C．60° D．72°
【答案】B
【解答】解：如图：
由正五边形ABCDE，BG平分∠ABC，可得∠DPG＝90°，
∴∠G+∠EDG＝90°，
∵ ，DG平分正五边形的外角∠EDF，
∴ ，
∴∠G＝90°﹣∠EDG＝54°．
故选：B．
31．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°
【答案】D
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EDF＝360°÷5＝72°，∠CDE＝∠C＝180°﹣72°＝108°，BC＝DC，
∴∠BDC＝ ＝36°，
∴∠BDE＝108°﹣∠BDC＝108°﹣36°＝72°，
∵DG平分正五边形的外角∠EDF，
∴∠EDG＝ ＝36°，
∴∠BDG＝∠BDE+∠EDG＝72°+36°＝108°，
故选：D．
【考点 9 多边形内角和和外角和的实际应用】
32．（2024春•朝阳区校级月考）若小明同学先向前走了 5米，然后向左转过角度为
，继续向前走5米，又向左转过角度为 ，如此重复，直到小明回到原点．若他一共走
α了40米，则 ＝（ ） α
A．30° α B．45° C．60° D．135°
【答案】B
【解答】解：∵小明每次走了5米，向左转过角度为 ，直到小明回到原点，他一共走
了40米， α
∴小明行走的路径为正多边形，且正多边形的边数为：40÷5＝8，
∴ ，
故选：B．
33．（2024春•姑苏区校级期中）如图，小林从P点向西直走12米后，向左转，转动的角
度为 ，再走12米，如此重复，小林共走了96米回到点P．则 ＝（ ）
α α
A．30° B．45° C．60° D．不存在
【答案】B【解答】解：由题意得，小林一共左转了96÷12＝8（次）回到了点P，
∴小林从P点出发又回到点P正好走了一个八边形，
∴ ＝360°÷8＝45°．
故α选：B．
【考点 10 多边形内角和和外角和的综合应用】
34．（2024•昆明模拟）已知多边形的内角和等于外角和的5倍，则这个多边形的边数
是（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【解答】解：设这个多边形的边数为n．
依题意得：（n﹣2）×180＝5×360，
解得：n＝12．
故选：B．
35．（2024•门头沟区二模）某个正多边形的一个内角是它的外角的 2倍，则该正多边形是
（ ）
A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形
【答案】C
【解答】解：设这个正多边形的外角为x°，由题意得：
x+2x＝180，
解得：x＝60，
360°÷60°＝6．
故选：C．
36．（2024•大冶市三模）若一个多边形的内角和比它的外角和大 540°，则该多边形的边
数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：
（n﹣2）•180°＝360°+540°，
解得：n＝7，
故选：D．37．（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．
【考点11 密铺问题】
38．（2022春•宽城区期末）一个正方形水池的四周恰好被4个完全相同的正n边形地砖铺
满，其部分示意图如图所示，则n的值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解答】解：正n边形的一个内角＝（360°﹣90°）÷2＝135°，则
135°n＝（n﹣2）180°，
解得n＝8．
故选：B．
39．（2023春•镇江期中）2015年8月，美国某研究团队发现了一种完美五边形（如图），
相互结合后可完全铺满平面，是全球第15种能做到此效果的五边形．这个新五边形中
四个角的度数分别为60°、135°、105°、90°，请问第五个角的度数是 150 ° ．【答案】150°．
【解答】解：五边形的内角和为180°×（5﹣2）＝540°，
则第五个角的度数为540°﹣60°﹣135°﹣105°﹣90°＝150°，
故答案为：150°．
g邮箱：18376708956；学号：18907713
【易错点1 多边形内角与外角】
1．如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A、∠B、∠E保持不
变，为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应（ ）度．
A．增加10 B．减少10 C．增加20 D．减少20
【答案】B
【解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：
∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
∴∠ECD＝∠ACB＝70°．∵∠DGF＝∠DCE+∠E，
∴∠DGF＝70°+30°＝100°．
∵∠EFD＝110°，∠EFD＝∠DGF+∠D，
∴∠D＝10°．
而图中∠D＝20°，
∴∠D应减少10°．
故选：B．
2．如图，足球图片正中的黑色正五边形的外角和是（ ）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】B
【解答】解：任意多边形的外角和都是360°，
故正五边形的外角和是360°．
故选：B．
3．如图，Rt△ABC的两条直角边AC，BC分别经过正五边形的两个顶点，则∠1+∠2等于
（ ）
A．126° B．130° C．136° D．140°
【答案】A
【解答】解：如图：∵（5﹣2）×180°÷5×2
＝3×180°÷5×2
＝216°，
∠3+∠4＝180°﹣90°＝90°，
∴∠1+∠2＝216°﹣90°＝126°．
故选：A．
4．如图，在四边形ABCD中，∠A＝110°，∠C＝80°．将△BMN沿MN翻折，得△FMN，
若MF∥AD，FN∥DC，则∠B＝（ ）
A．75° B．85° C．95° D．100°
【答案】B
【解答】解：∵MF∥AD，FN∥DC，∠A＝110°，∠C＝80°，
∴∠BMF＝110°，∠FNB＝80°，
∵将△BMN沿MN翻折得△FMN，
∴∠FMN＝∠BMN＝55°，∠FNM＝∠MNB＝40°，
∴∠B＝∠F＝180°﹣55°﹣40°＝85°．
故选：B．
5．如图，小明从正八边形（各边相等，各内角也相等）草地的一边 AB上一点S出发，步
行一周回到原处，在步行的过程中，小明转过的角度的和是（ ）A．0° B．45° C．180° D．360°
【答案】D
【解答】解：小明转过的角度和恰为该八边形的外角和：360°．
故选：D．
6．如图．∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90° B．180° C．120° D．360°
【答案】B
【解答】解：如图：
∵∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，
∴∠1＝∠A+∠C+∠D，
∵∠1+∠B+∠E＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，
故选：B．
7．一个多边形边数每增加1条时，其内角和（ ）
A．增加180° B．增加360° C．不变 D．不能确定【答案】A
【解答】解：∵n边形的内角和＝（n﹣2）×180°，
∴多边形的边数增加1，其内角和增加180°，
故选：A．
8．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．
9．用“筝形”和“镖形”两种不同的瓷砖铺设成如图所示的地面，则“筝形”瓷砖中的内
角∠BCD＝ 14 4 °．
【答案】144．
【解答】解：如图，5个筝形组成一个正10边形，
所以，∠BCD＝（10﹣2）×180°÷10＝8×18°＝144°．
故答案为：144．
10．一个正五边形和一个正六边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如图所示，则∠1+∠2＝ 13 2 °．
【答案】132．
【解答】解：如图：
由题意：∠AOE＝108°，∠BOF＝120°，∠OEF＝72°，∠OFE＝60°，
∴∠2＝180°﹣72°﹣60°＝48°，
∴∠1＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，
∴∠1+∠2＝84°+48°＝132°，
故答案为：132．
11．如图，在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠BCD＝140°，∠ACD＝40°，则
∠ADB＝ 50 ° ．
【答案】50°
【解答】解，如图所示，过点DDE⊥AB，DF⊥BC，分别交BA、BC延长线与E、F，
过点D作DH⊥AC于H，
∵∠BCD＝140°，
∴∠DCF＝40°，∠ACB＝100°．
∴∠DCF＝∠ACD．
∴CD平分∠ACF．
∵DF⊥BC，DH⊥AC．∴DH＝DF，同理可得DE＝DF，
∴DE＝DH．
∴AD平分∠EAH，
∴∠DAE＝ ∠CAE
∴∠ADB＝∠DAE﹣∠ABD＝ ∠CAE﹣ ∠ABC＝ （∠ABC+∠ACB）﹣ ∠ABC＝
∠ACB＝50°，
故答案为50°．
