文档内容
1.1 三角形内角和定理 导学案
第4课时 多边形的外角和
1.能通过不同方法探索多边形的外角和公式.
2.学会运用多边形的外角和公式解决问题.
3.经历多边形的外角和定理的探究过程，进一步体会转化的数学思想.
学习重点：多边形外角和定理的多种证明思路与实际应用.
教学难点：将外角和定理灵活运用于正多边形、几何组合与探索性问题中.
第一环节 自主学习
创设情景，引入新课
问题情境：
1.知识回顾
①n边形的内角和等于(n-2)×180 °.
②正n边形每个内角的度数是: .
③练一练：
（1）七边形内角和为900 °.
（2）多边形内角和为1 260°，则它是九边形.
（3）多边形内角和为1 800°，则它是十二边形.
2.情景引入
如图，小刚住的小区有一个五边形的小道，小刚沿着五边形小道绕各顶点走了一圈，回到起点 A，并面对
他出发时的方向，他的身体旋转了多少度？今天就让我们一起来探究一下．新知自研：自研课本第8--9页的内容．
【学法指导】
自研课本P8随堂练习下面-9页的内容，思考：
●探究一：多边形的外角和
◆1.尝试思考
问题1：小刚每次从五边形跑道的一条边转到下一条边时，跑步方向改变的角是哪个角？在图上标出这些
角.
解：如图，小刚每次从五边形跑道的一条边转到下一条边时，跑步方向改变的角分别是∠1，∠2，∠3，
∠4，∠5.
问题2：小刚每跑完一圈，跑步方向改变的角的总和是多少度？说说你的理由，并与同伴进行交流.
【解答】解：小刚每跑完一圈，跑步方向改变的角的总和=∠1+∠2+∠3+∠4+∠5.
【分析】多边形的一个内角和它相邻的外角互补，和为180°.五边形的内角和为540°.用五个平角的和减去
五边形的内角和即为小刚每跑完一圈，跑步方向改变的角的总和.
【解答】解：∵∠1＋∠EAB＝180°， ∠2＋∠ABC＝180°，
∠3＋∠BCD＝180°，∠4＋∠CDE＝180°，
∠5＋∠DEA＝180°，
∴∠1＋∠EAB＋∠2＋∠ABC＋∠3＋∠BCD＋∠4＋∠CDE＋∠5＋∠DEA＝5×180°．
又∵∠EAB＋∠ABC＋∠BCD＋∠CDE＋∠DEA＝(5－2)×180°，
∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5
＝5×180°－(5－2)×180°
＝360°．
∴如果公园步道的形状是五边形，小刚每跑完一圈，跑步方向改变的角的总和为360°.
◆2.想一想如果公园步道的形状是六边形、八边形，那么结果会怎样？与同伴进行交流.
【解答】解：如图，如果公园步道的形状是六边形，小刚每跑完一圈，跑步方向改变的角的总和
=∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6
=6×180°-（6-2）×180°
=360°.
【解答】解：如图，如果公园步道的形状是八边形，小刚每跑完一圈，跑步方向改变的角的总和
=∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8
=8×180°-（8-2）×180°
=360°.
◆3.知识归纳
多边形的外角：
多边形内角的一边与另一边的反向延长线所组成的角叫做这个多边形的外角.n边形有 2 n 个外角．
多边形的外角和：
在多边形的每个顶点处取一个外角，它们的和叫做这个多边形的外角和.
例如，如图，五边形ABCDE的外角和是∠1+∠2+∠3+∠4+∠5.
●探究点二：多边形的外角和定理
◆1.思考交流
可以发现：五边形、六边形、八边形的外角和都等于360°.如果是n边形，它的外角和是多少度呢？能说说
你的理由吗？
猜想：n边形的外角和都是360°.
理由：∵n边形的每个内角与它相邻的外角是邻补角，它们的和是180°，∴n边形内角和加外角和等于n·180°，
又∵n边形的内角和为（n－2）×180°
∴n边形的外角和为：n·180°－（n－2）·180°＝360°．
◆2.知识归纳
多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°.
注意：多边形的外角和是一个定值，与边数无关.
◆3.尝试思考
你还有其他方法证明多边形的外角和是360°吗？小组讨论交流.
提示：以五边形为例，可以通过平行线移角的功能，将五个外角平移到一个顶点，恰好构成一个周角.
解：如图：过D点分别作DF∥AE，DG∥AB，DH∥BC，
则易证∠4=∠FDE，∠5=∠FDG，∠1=∠GDH，∠2=∠MDH,
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5
=∠FDG+∠GDH+∠MDH+∠3+∠FDE=360°.
◆4.例题探究
例：一个多边形的内角和等于它的外角和的3倍，它是几边形？
解：设这个多边形是n边形，则它的内角和是（n－2）·180゜， 外角和等于360゜．
根据题意，得
（n－2）·180゜＝3×360゜.
解得n＝8．
所以，这个多边形是八边形．
◆5.做一做
①如图，∠1 ,∠2,∠3,∠4是五边形ABCDE的外角，且∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝70°，则∠AED的度数是(
)
A.110° B.108° C.105° D.100°解：D
②一个多边形的外角和是内角和的一半，则它的边数是( )．
A.7 B. 6 C. 4 D. 5
解：B
◆6.思考交流
思考：多边形的外角和都是360°，那么正多边形外角和是多少度呢？每个外角呢？
360°
正多边形外角和也是360°，正多边形的每个外角的度数= ．
n
思考：本节研究多边形的内角和与外角和的过程中，采用了哪些方法？与同伴进行交流.
归纳：①内角和：以转化法为核心，通过顶点连线、内部取点、边上取点等路径将多边形分割为三角形，
结合三角形内角和定理推导公式；
②外角和：借助代数推导法（利用内角与外角的互补关系）和直观验证法（滚动拼接成周角）得出结论；
③整体过程贯穿特殊到一般的归纳法，辅助度量、拼角等验证手段，渗透转化、数形结合、方程思想．
【例题导析】
自研下面的例1和例2的内容，回答问题：
典例分析
例1 正多边形的一个内角等于135°，则该多边形是正几边形？
解：方法一：设这个多边形是n边形，则它的内角和是（n－2）·180゜，
根据题意，得 （n－2）·180゜＝135゜n，
解得n＝8．
所以，这个多边形是正八边形．
方法二：每个外角的度数为180°-135°=45°，
外角的个数为：360°÷45°=8
所以，这个多边形是正八边形.
例2 如图所示,小明从A点出发,沿直线前进8米后左转40°,再沿直线前进8米,又左转40°……照这样走下去,
他第一次回到出发点A时:
(1)整个行走路线是什么图形?
(2)一共走了多少米?解：(1)由题意知行走路线是一个正多边形，设其边数为n,
则n=360°÷40°=9,
所以整个行走路线是正九边形.
(2)8×9=72(米)，故一共走了72米.
第二环节 合作探究
小组群学
在小组长的带领下：
A.探讨多边形的外角以及多边形外角和的性质；
B.交流例题的已知的条件和所求问题，理清解题思路，总结解题方法.
C.相互检查导学内容的完成书写情况并给出等级评定.
1.在一个多边形的每一个顶点处取一个外角，这些外角中最多有钝角( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解：C
2.如果一个多边形的内角和是其外角和的一半，那么这个多边形是( )
A.六边形 B.五边形 C.四边形 D.三角形
解：D
3.各内角都相等的多边形， 它的一个内角与一个外角的比是3∶2， 则它是( )
A.四边形 B.五边形 C.六边形 D.八边形
解：B．
1
4.一个正多边形,它的一个外角等于与它相邻内角的 ,则这个多边形是正____边形.
4
解：十
5. 如图所示，小华从点A出发，沿直线前进10米后左转24°，再沿直线前进10米，又向左转24°，…，照
这样走下去，他第一次回到出发地点A时，走的路程一共是________米．解：150
6．如图 1 所示的冰裂纹窗棂在古建筑中被广泛应用，图 2 是这种窗棂中的部分图案．若
∠1+∠2+∠3=227°，则∠4+∠5的度数为_____．
解：227°
7. 一个正多边形的一个内角比与它相邻的外角大36°，求这个正多边形的边数.
解：设外角为x°，则内角为x°+36°，
x+36+x＝180，
解得 x＝72,
360°÷72°＝5.即这个正多边形的边数为5.
8. 如图①②③，下列四边形是同一个四边形不断缩小（保持形状不变）的结果．
（1）在缩小的过程中，四边形对应的各个外角的大小是否发生了变化？如果将四边形不断缩小下去，请
你想象一下最终的形状，并画出来．
解：（1）四边形对应的各个外角的大小未发生变化，随着图形的缩小，四边形逐步缩小成为一个点，画
图如上：
类比迁移：
(2)如图，若小明从O点向西走10米，左转30°，再向前走10米，左转30°，如此重复，求小明第一次回
到O点时所走过的路程．解：(2)根据外角相等，都是30°，由外角和定理，得边数为360°/30°=12，
故多边形的周长为：12×10=120（米）．
(3)若小明从O点向西走16米，左转x°，再向前走16米，左转x°，如此重复，已知小明第一次回到O点时
所走过的路程为320米，则x=______．
360° 360
解：(3)根据外角相等，都是x°，由外角和定理，得边数为 = ，
x° x
360
根据题意，得 ×16=320，解得x=18，
x
经检验，x=18是原方程的根．
题型一：多边形的外角和
1．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．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°．
3．一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．
4．一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，
900
∴它每一个内角的度数为900°÷7＝（ ）°．
7
900
故答案为：（ ）°．
7
【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．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．
题型二：多边形内角和与外角和的实际应用问题
6．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．
7．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．8．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．
9．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，
(5−2)×180°
∴∠ABC＝∠BAE= =108°，AB＝BC，
5
∴∠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．
10．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．
题型三：多边形内角和与外角和的综合应用
11．如图，六边形ABCDEF为正六边形，l ∥l ，则∠2﹣∠1的值为（ ）
1 2A．60° B．80° C．108° D．120°
【分析】延长AB交l 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，
2
三角形外角定理得出∠2﹣∠1＝∠GBC．
【解答】解：如图，延长AB交l 于点G，
2
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠GBC＝360°÷6＝60°，
∵l ∥l ，
1 2
∴∠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．
12．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）．
13．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，
1 1
∴∠DEG= ∠AED= ×90°＝45°，
2 2
∴∠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．
14．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，
1
∴∠AEF=∠≝= ∠AED=54°，
2
∵四边形ABFE的内角和为360°，
∴∠BFE＝360°﹣108°﹣108°﹣54°＝90°．
∵∠ABC＝108°，AB＝BM，
180°−∠ABC
∴∠M= =36°，
2
∴∠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．
15．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
1
有∠E= ∠A，请给出证明过程；
2
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＝ ，∠ABE＝∠DBE＝ ，则∠ACB＝2 ，∠ABD＝
2 ，再根据三角形外角性质得∠DBE＝∠E+∠BCE∠ABαD＝∠ACB+∠A，则 β＝∠E+ ，2 ＝α2 +∠A，据
此β即可得出结论； β α β α
1 1
（2）由（1）的结论得∠E= ∠ABC＝21°，再根据角平分线定义得∠EAC+∠FAH= （∠ABC+∠GAH）
2 2
＝90°，然后再根据三角形内角和定理即可求出∠F的度数；
1
（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
2
＝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＝ ，∠ABE＝∠DBE＝ ，
∴∠ACB＝2 ，∠ABDα＝2 ， β
α β∵∠DBE是△BCE的外角，
∴∠DBE＝∠E+∠BCE，
∴ ＝∠E+ ，
∵β∠ABD是α△ABC的外角，
∴∠ABD＝∠ACB+∠A，
∴2 ＝2 +∠A，
∴2β（∠Eα+ ）＝2 +∠A，
1 α α
∴∠E= ∠A；
2
（2）∵∠ABC＝42°，
1
由（1）的结论得：∠E= ∠ABC＝21°，
2
∵AE平分∠ABC，AF平分∠GAH，
1 1
∴∠EAC= ∠ABC，∠FAH= ∠GAH，
2 2
1
∴∠EAC+∠FAH= （∠ABC+∠GAH），
2
∵∠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°，
1
由（1）的结论得：∠M= ∠N＝30°，
2
∴∠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．
▲1.多边形的外角：
多边形内角的一边与另一边的反向延长线所组成的角叫做这个多边形的外角.n边形有 2 n 个外角．
▲2.多边形的外角和：
在多边形的每个顶点处取一个外角，它们的和叫做这个多边形的外角和.
▲3.多边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°.
注意：多边形的外角和是一个定值，与边数无关.
