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2022届初中数学一轮复习 第20讲 多边形与平行四边形 课件
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这是一份2022届初中数学一轮复习 第20讲 多边形与平行四边形 课件，共45页。PPT课件主要包含了考点梳理整合，中考真题体验，考法互动研析，数学文化探索，Part1，Part2，Part3，答案144°，Part4等内容，欢迎下载使用。
命题点1 多边形的内角和1.(2015·安徽,8,4分)在四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C,点E在边AB上,∠AED=60°,则一定有( )A.∠ADE=20°B.∠ADE=30°
答案 D解析 设∠A=∠B=∠C=x,根据三角形内角和定理∠ADE=120°-x;根据四边形内角和定理∠ADC=360°-3x=3(120°-x),所以∠ADE= ∠ADC,故选D.
命题点2 平行四边形的性质2.(2020·安徽,14,5分)在数学探究活动中,敏敏进行了如下操作:如图,将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠,使得点B落在CD上的点Q处,折痕为AP;再将△PCQ,△ADQ分别沿PQ,AQ折叠,此时点C,D落在AP上的同一点R处.请完成下列探究:
(1)∠PAQ的大小为_____________°; (2)当四边形APCD是平行四边形时 的值为_____________.
解析 (1)由题意可知,∠D+∠C=180°,∴AD∥BC,由折叠可知∠AQD=∠AQR,∠CQP=∠PQR,∴∠AQR+∠PQR= (∠DQR+∠CQR),即∠AQP=90°,∴∠B=90°,则∠A=180°-∠B=90°,由折叠可知∠DAQ=∠BAP=∠PAQ,∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°.
(2)若四边形APCD为平行四边形,则DC∥AP,∴∠CQP=∠APQ,由折叠可知∠CQP=∠PQR,∴∠APQ=∠PQR,∴QR=PR,同理可得QR=AR,即R为AP的中点,由(1)可知,∠AQP=90°,∠PAQ=30°,且AB=AQ,设QR=a,则AP=2a,
3.(2014·安徽,14,5分)如图,在▱ABCD中,AD=2AB,F是AD的中点,作CE⊥AB,垂足E在线段AB上,连接EF,CF,则下列结论中一定成立的是_____________.(把所有正确结论的序号都填在横线上)
①∠DCF= ∠BCD;②EF=CF;③S△BEC=2S△CEF;④∠DFE=3∠AEF.
答案①②④解析 ①∵F是AD的中点,∴AF=FD,∵在▱ABCD中,AD=2AB,∴AF=FD=CD,∴∠DFC=∠DCF,∵AD∥BC,∴∠DFC=∠FCB,∴∠DCF=∠BCF,∴∠DCF= ∠BCD,故①正确;如图,延长EF,交CD的延长线于M,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,∴∠A=∠MDF,∵F为AD的中点,∴AF=FD,
∴△AEF≌△DMF(ASA),∴FE=MF,∠AEF=∠M,∵CE⊥AB,∴∠AEC=90°,∴∠AEC=∠ECD=90°,∵FM=EF,∴FC=EF,故②正确;∵EF=FM,∴S△EFC=S△CFM,∵MC>BE,∴S△BEC<2S△EFC,故③错误;设∠FEC=x,则∠FCE=x,∴∠DCF=∠DFC=90°-x,∠EFC=180°-2x,∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x,∵∠AEF=90°-x,∴∠DFE=3∠AEF,故④正确.故答案为①②④.
命题点3 平行四边形的判定4.(2018·安徽,9,4分)▱ABCD中,E,F是对角线BD上不同的两点,下列条件中,不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是( )A.BE=DFB.AE=CFC.AF∥CED.∠BAE=∠DCF
答案 B解析 如图,连接AC,与BD相交于点O,在▱ABCD中,OA=OC,OB=OD,要使四边形AECF为平行四边形,只需证明OE=OF.若BE=DF,则OB-BE=OD-DF,即OE=OF,故A选项不符合题意;
若AE=CF,则无法判断OE=OF,故B选项符合题意;AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等,从而得到OF=OE,故C选项不符合题意;∠BAE=∠DCF能够利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等,从而得到DF=BE,然后同选项A,故D选项不符合题意.
考点一 平行四边形的性质及判定(高频考点) 1.平行四边形(10年6考)(1)概念:两组对边分别平行 的四边形叫做平行四边形.平行四边形是特殊的四边形,四边形不具有稳定性.
(2)性质:如图,▱ABCD的对角线相交于点O.
2.平行四边形的判定(10年6考)
3.平行四边形的面积
考点二 多边形及正多边形的性质(中频考点) 1.多边形的内角和与外角和(10年3考)
2.正多边形的概念及其性质(10年3考)
考法1 多边形的角例1 (2020·四川遂宁)已知一个正多边形的内角和为1 440°,则它的一个外角的度数为_____________度.
答案 36解析 设此多边形为n边形,根据题意得180°× (n-2) =1440°,解得n=10,∴这个正多边形的每一个外角等于360°÷10=36°.
方法总结 解答此类问题的关键是熟练掌握多边形内角和公式(n-2)×180°和外角和等于360°.
对应练1(2020·山东济宁) 若一个多边形的内角和为1080°,则这个多边形的边数为( )A.6B.7C.8D.9
答案 C解析 设这个多边形的边数为n,由n边形的内角和等于180°(n-2),即可得方程180(n-2)=1 080,解此方程得n=8.故选C.
对应练2(2020·北京)正五边形的外角和为( )A.180°B.360°C.540°D.720°
答案 B解析 任意多边形的外角和都为360°,与边数无关,故选B.
对应练3(2020·陕西)如图,在正五边形ABCDE中,DM是边CD的延长线,连接BD,则∠BDM的度数是_____________.
考法2平行四边形的性质例2 (2020·重庆)如图,在平行四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,分别过点A,C作AE⊥BD,CF⊥BD,垂足分别为E,F.AC平分∠DAE.(1)若∠AOE=50°,求∠ACB的度数;(2)求证:AE=CF.
(1)解 ∵AE⊥BD,∴∠AEO=90°∵∠AOE=50°,∴∠EAO=40°,∵CA平分∠DAE,∴∠DAC=∠EAO=40°.∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∠ACB=∠DAC=40°.(2)证明 ∵四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC.∵AE⊥BD,CF⊥BD,∴∠AEO=∠CFO=90°.∵∠AOE=∠COF,∴△AEO≌△CFO(AAS),∴AE=CF.
方法总结 与平行四边形性质有关的计算中,平行四边形边、角的性质起到很关键的作用,但“对角线互相平分”(交点是两条对角线的中点)这条性质是与其他知识综合的纽带:①过交点作对角线的垂线,就构造了垂直平分线的模型;②过交点作平行四边形任意一边的平行线,就构造了中位线的模型;③过交点作任意一条直线与平行四边形一组对边(或延长线)相交,就构造了全等三角形的模型.
对应练4(2020·浙江温州)如图,在△ABC中,∠A=40°,AB=AC,点D在AC边上,以CB,CD为边作▱BCDE,则∠E的度数为( )A.40°B.50°C.60°D.70°
答案 D解析 ∵∠A=40°,AB=AC,∴∠ABC=∠C=70°.∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠E=∠C=70°.
对应练5(2020·湖北武汉)在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中,有下面的问题:如图,AC是平行四边形ABCD的对角线,点E在AC上,AD=AE=BE,∠D=102°,则∠BAC的大小是_____________.
答案 26°解析 设∠BAC=x,∵AC是平行四边形ABCD的对角线,∴DC∥AB,AD=BC,AD∥BC,∴∠DCA=∠BAC=x.∵AE=BE,∴∠EBA =∠BAC=x,∴∠BEC=2x.∵AD=AE=BE,∴BE=BC,∴∠BCE=∠BEC =2x,∴∠DCB=∠BCE+∠DCA=3x.∵AD∥BC,∠D=102°,∴∠D+∠DCB=180°,即102°+3x=180°,解得x=26°.
对应练6(2020·浙江绍兴)如图,点E是▱ABCD的边CD的中点,连接AE并延长,交BC的延长线于点F.(1)若AD的长为2.求CF的长.(2)若∠BAF=90°,试添加一个条件,并写出∠F的度数.
解 (1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥CF,∴∠DAE=∠CFE,∠ADE=∠FCE.∵点E是CD的中点,∴DE=CE.∴△ADE≌△FCE(AAS),∴CF=AD=2.(2)∵∠BAF=90°,添加一个条件:当∠B=60°时,∠F=90°-60°=30°(答案不唯一).
考法3平行四边形的判定例3 (2020·山东泰安)若△ABC和△AED均为等腰三角形,且∠BAC=∠EAD=90°.(1)如图(1),点B是DE的中点,判定四边形BEAC的形状,并说明理由;(2)如图(2),若点G是EC的中点,连接GB并延长至点F,使CF=CD.求证:①EB=DC;②∠EBG=∠BFC.
图(1) 图(2)
(1)解 四边形BEAC是平行四边形.理由如下:∵△EAD为等腰三角形且∠EAD=90°,∴∠E=45°.∵B是DE的中点,∴AB⊥DE.∴∠BAE=45°.∵△ABC是等腰三角形,∠BAC=90°,∴∠CBA=45°.∴∠BAE=∠CBA.∴BC∥EA.又∵AB⊥DE,∴∠EBA=∠BAC=90°.∴BE∥AC.∴四边形BEAC是平行四边形.
(2)证明 ①∵△AED和△ABC为等腰三角形,∴AE=AD,AB=AC.∵∠EAD=∠BAC=90°,∴∠EAD+∠DAB=∠BAC+∠DAB.即∠EAB=∠DAC.∴△AEB≌△ADC(SAS).∴EB=DC.
②延长FG至点H,使GH=FG.∵G是EC中点,∴EG=CG.又∠EGH=∠FGC,∴△EHG≌△CFG(SAS).∴∠BFC=∠H,CF=EH.∵CF=CD,∴BE=CF.∴BE=EH.∴∠EBG=∠H.∴∠EBG=∠BFC.
方法总结 判定平行四边形的思路:(1)若已知一组对边平行,则需要证这一组对边相等,或另一组对边平行;(2)若已知一组对边相等,则需要证这一组对边平行,或另一组对边相等;(3)若已知一组对角相等,则需要证另一组对角相等;(4)若已知条件与对角线有关,则需要证明对角线互相平分.
对应练7(2020·陕西)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠B=∠C.E是边BC上一点,且DE=DC.求证:AD=BE.
证明 ∵DE=DC,∴∠DEC=∠C.∵∠B=∠C,∴∠B=∠DEC,∴AB∥DE.∵AD∥BC,∴四边形ABED是平行四边形.∴AD=BE.
对应练8(2020·湖南岳阳)如图,点E,F在▱ABCD的边BC,AD上,BE= BC,FD= AD,连接BF,DE.求证:四边形BEDF是平行四边形.
莱昂哈德·欧拉(Lenhard Euler,1707—1783),瑞士数学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一,他不但为数学界作出贡献,更把整个数学推至物理的领域.他是数学史上最多产的数学家,平均每年写出八百多页的论文,还写了大量的力学、分析学、几何学、变分法等的课本,《无穷小分析引论》《微分学原理》《积分学原理》等都成为数学界中的经典著作.欧拉对数学的研究如此之广泛,因此在许多数学的分支中也可经常见到以他的名字命名的重要常数、公式和定理.此外欧拉还涉及建筑学、弹道学、航海学等领域.
1.(2019·浙江衢州)如图,取两根等宽的纸条折叠穿插,拉紧,可得边长为2的正六边形,则原来的纸带宽为( )
答案 C 解析 如图,过点A作BC边的垂线,交CB的延长线于点M,易得正六边形的内角和为180°×4=720°,∴∠ABC=120°,∴∠ABM=60°.在Rt△ABM中,AB=2,∴AM=AB·sin∠ABM= .
2.(2019·山东济宁)如图,该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是_____________.
答案 140°解析 ∵正九边形每个外角的度数是 =40°,∴正九边形每个内角的度数是180°-40°=140°.
命题点1 多边形的内角和1.(2015·安徽,8,4分)在四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C,点E在边AB上,∠AED=60°,则一定有( )A.∠ADE=20°B.∠ADE=30°
答案 D解析 设∠A=∠B=∠C=x,根据三角形内角和定理∠ADE=120°-x;根据四边形内角和定理∠ADC=360°-3x=3(120°-x),所以∠ADE= ∠ADC,故选D.
命题点2 平行四边形的性质2.(2020·安徽,14,5分)在数学探究活动中,敏敏进行了如下操作:如图,将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠,使得点B落在CD上的点Q处,折痕为AP;再将△PCQ,△ADQ分别沿PQ,AQ折叠,此时点C,D落在AP上的同一点R处.请完成下列探究:
(1)∠PAQ的大小为_____________°; (2)当四边形APCD是平行四边形时 的值为_____________.
解析 (1)由题意可知,∠D+∠C=180°,∴AD∥BC,由折叠可知∠AQD=∠AQR,∠CQP=∠PQR,∴∠AQR+∠PQR= (∠DQR+∠CQR),即∠AQP=90°,∴∠B=90°,则∠A=180°-∠B=90°,由折叠可知∠DAQ=∠BAP=∠PAQ,∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°.
(2)若四边形APCD为平行四边形,则DC∥AP,∴∠CQP=∠APQ,由折叠可知∠CQP=∠PQR,∴∠APQ=∠PQR,∴QR=PR,同理可得QR=AR,即R为AP的中点,由(1)可知,∠AQP=90°,∠PAQ=30°,且AB=AQ,设QR=a,则AP=2a,
3.(2014·安徽,14,5分)如图,在▱ABCD中,AD=2AB,F是AD的中点,作CE⊥AB,垂足E在线段AB上,连接EF,CF,则下列结论中一定成立的是_____________.(把所有正确结论的序号都填在横线上)
①∠DCF= ∠BCD;②EF=CF;③S△BEC=2S△CEF;④∠DFE=3∠AEF.
答案①②④解析 ①∵F是AD的中点,∴AF=FD,∵在▱ABCD中,AD=2AB,∴AF=FD=CD,∴∠DFC=∠DCF,∵AD∥BC,∴∠DFC=∠FCB,∴∠DCF=∠BCF,∴∠DCF= ∠BCD,故①正确;如图,延长EF,交CD的延长线于M,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,∴∠A=∠MDF,∵F为AD的中点,∴AF=FD,
∴△AEF≌△DMF(ASA),∴FE=MF,∠AEF=∠M,∵CE⊥AB,∴∠AEC=90°,∴∠AEC=∠ECD=90°,∵FM=EF,∴FC=EF,故②正确;∵EF=FM,∴S△EFC=S△CFM,∵MC>BE,∴S△BEC<2S△EFC,故③错误;设∠FEC=x,则∠FCE=x,∴∠DCF=∠DFC=90°-x,∠EFC=180°-2x,∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x,∵∠AEF=90°-x,∴∠DFE=3∠AEF,故④正确.故答案为①②④.
命题点3 平行四边形的判定4.(2018·安徽,9,4分)▱ABCD中,E,F是对角线BD上不同的两点,下列条件中,不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是( )A.BE=DFB.AE=CFC.AF∥CED.∠BAE=∠DCF
答案 B解析 如图,连接AC,与BD相交于点O,在▱ABCD中,OA=OC,OB=OD,要使四边形AECF为平行四边形,只需证明OE=OF.若BE=DF,则OB-BE=OD-DF,即OE=OF,故A选项不符合题意;
若AE=CF,则无法判断OE=OF,故B选项符合题意;AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等,从而得到OF=OE,故C选项不符合题意;∠BAE=∠DCF能够利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等,从而得到DF=BE,然后同选项A,故D选项不符合题意.
考点一 平行四边形的性质及判定(高频考点) 1.平行四边形(10年6考)(1)概念:两组对边分别平行 的四边形叫做平行四边形.平行四边形是特殊的四边形,四边形不具有稳定性.
(2)性质:如图,▱ABCD的对角线相交于点O.
2.平行四边形的判定(10年6考)
3.平行四边形的面积
考点二 多边形及正多边形的性质(中频考点) 1.多边形的内角和与外角和(10年3考)
2.正多边形的概念及其性质(10年3考)
考法1 多边形的角例1 (2020·四川遂宁)已知一个正多边形的内角和为1 440°,则它的一个外角的度数为_____________度.
答案 36解析 设此多边形为n边形,根据题意得180°× (n-2) =1440°,解得n=10,∴这个正多边形的每一个外角等于360°÷10=36°.
方法总结 解答此类问题的关键是熟练掌握多边形内角和公式(n-2)×180°和外角和等于360°.
对应练1(2020·山东济宁) 若一个多边形的内角和为1080°,则这个多边形的边数为( )A.6B.7C.8D.9
答案 C解析 设这个多边形的边数为n,由n边形的内角和等于180°(n-2),即可得方程180(n-2)=1 080,解此方程得n=8.故选C.
对应练2(2020·北京)正五边形的外角和为( )A.180°B.360°C.540°D.720°
答案 B解析 任意多边形的外角和都为360°,与边数无关,故选B.
对应练3(2020·陕西)如图,在正五边形ABCDE中,DM是边CD的延长线,连接BD,则∠BDM的度数是_____________.
考法2平行四边形的性质例2 (2020·重庆)如图,在平行四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,分别过点A,C作AE⊥BD,CF⊥BD,垂足分别为E,F.AC平分∠DAE.(1)若∠AOE=50°,求∠ACB的度数;(2)求证:AE=CF.
(1)解 ∵AE⊥BD,∴∠AEO=90°∵∠AOE=50°,∴∠EAO=40°,∵CA平分∠DAE,∴∠DAC=∠EAO=40°.∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∠ACB=∠DAC=40°.(2)证明 ∵四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC.∵AE⊥BD,CF⊥BD,∴∠AEO=∠CFO=90°.∵∠AOE=∠COF,∴△AEO≌△CFO(AAS),∴AE=CF.
方法总结 与平行四边形性质有关的计算中,平行四边形边、角的性质起到很关键的作用,但“对角线互相平分”(交点是两条对角线的中点)这条性质是与其他知识综合的纽带:①过交点作对角线的垂线,就构造了垂直平分线的模型;②过交点作平行四边形任意一边的平行线,就构造了中位线的模型;③过交点作任意一条直线与平行四边形一组对边(或延长线)相交,就构造了全等三角形的模型.
对应练4(2020·浙江温州)如图,在△ABC中,∠A=40°,AB=AC,点D在AC边上,以CB,CD为边作▱BCDE,则∠E的度数为( )A.40°B.50°C.60°D.70°
答案 D解析 ∵∠A=40°,AB=AC,∴∠ABC=∠C=70°.∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠E=∠C=70°.
对应练5(2020·湖北武汉)在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中,有下面的问题:如图,AC是平行四边形ABCD的对角线,点E在AC上,AD=AE=BE,∠D=102°,则∠BAC的大小是_____________.
答案 26°解析 设∠BAC=x,∵AC是平行四边形ABCD的对角线,∴DC∥AB,AD=BC,AD∥BC,∴∠DCA=∠BAC=x.∵AE=BE,∴∠EBA =∠BAC=x,∴∠BEC=2x.∵AD=AE=BE,∴BE=BC,∴∠BCE=∠BEC =2x,∴∠DCB=∠BCE+∠DCA=3x.∵AD∥BC,∠D=102°,∴∠D+∠DCB=180°,即102°+3x=180°,解得x=26°.
对应练6(2020·浙江绍兴)如图,点E是▱ABCD的边CD的中点,连接AE并延长,交BC的延长线于点F.(1)若AD的长为2.求CF的长.(2)若∠BAF=90°,试添加一个条件,并写出∠F的度数.
解 (1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥CF,∴∠DAE=∠CFE,∠ADE=∠FCE.∵点E是CD的中点,∴DE=CE.∴△ADE≌△FCE(AAS),∴CF=AD=2.(2)∵∠BAF=90°,添加一个条件:当∠B=60°时,∠F=90°-60°=30°(答案不唯一).
考法3平行四边形的判定例3 (2020·山东泰安)若△ABC和△AED均为等腰三角形,且∠BAC=∠EAD=90°.(1)如图(1),点B是DE的中点,判定四边形BEAC的形状,并说明理由;(2)如图(2),若点G是EC的中点,连接GB并延长至点F,使CF=CD.求证:①EB=DC;②∠EBG=∠BFC.
图(1) 图(2)
(1)解 四边形BEAC是平行四边形.理由如下:∵△EAD为等腰三角形且∠EAD=90°,∴∠E=45°.∵B是DE的中点,∴AB⊥DE.∴∠BAE=45°.∵△ABC是等腰三角形,∠BAC=90°,∴∠CBA=45°.∴∠BAE=∠CBA.∴BC∥EA.又∵AB⊥DE,∴∠EBA=∠BAC=90°.∴BE∥AC.∴四边形BEAC是平行四边形.
(2)证明 ①∵△AED和△ABC为等腰三角形,∴AE=AD,AB=AC.∵∠EAD=∠BAC=90°,∴∠EAD+∠DAB=∠BAC+∠DAB.即∠EAB=∠DAC.∴△AEB≌△ADC(SAS).∴EB=DC.
②延长FG至点H,使GH=FG.∵G是EC中点,∴EG=CG.又∠EGH=∠FGC,∴△EHG≌△CFG(SAS).∴∠BFC=∠H,CF=EH.∵CF=CD,∴BE=CF.∴BE=EH.∴∠EBG=∠H.∴∠EBG=∠BFC.
方法总结 判定平行四边形的思路:(1)若已知一组对边平行,则需要证这一组对边相等,或另一组对边平行;(2)若已知一组对边相等,则需要证这一组对边平行,或另一组对边相等;(3)若已知一组对角相等,则需要证另一组对角相等;(4)若已知条件与对角线有关,则需要证明对角线互相平分.
对应练7(2020·陕西)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠B=∠C.E是边BC上一点,且DE=DC.求证:AD=BE.
证明 ∵DE=DC,∴∠DEC=∠C.∵∠B=∠C,∴∠B=∠DEC,∴AB∥DE.∵AD∥BC,∴四边形ABED是平行四边形.∴AD=BE.
对应练8(2020·湖南岳阳)如图,点E,F在▱ABCD的边BC,AD上,BE= BC,FD= AD,连接BF,DE.求证:四边形BEDF是平行四边形.
莱昂哈德·欧拉(Lenhard Euler,1707—1783),瑞士数学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一,他不但为数学界作出贡献,更把整个数学推至物理的领域.他是数学史上最多产的数学家,平均每年写出八百多页的论文,还写了大量的力学、分析学、几何学、变分法等的课本,《无穷小分析引论》《微分学原理》《积分学原理》等都成为数学界中的经典著作.欧拉对数学的研究如此之广泛,因此在许多数学的分支中也可经常见到以他的名字命名的重要常数、公式和定理.此外欧拉还涉及建筑学、弹道学、航海学等领域.
1.(2019·浙江衢州)如图,取两根等宽的纸条折叠穿插,拉紧,可得边长为2的正六边形,则原来的纸带宽为( )
答案 C 解析 如图,过点A作BC边的垂线,交CB的延长线于点M,易得正六边形的内角和为180°×4=720°,∴∠ABC=120°,∴∠ABM=60°.在Rt△ABM中,AB=2,∴AM=AB·sin∠ABM= .
2.(2019·山东济宁)如图,该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是_____________.
答案 140°解析 ∵正九边形每个外角的度数是 =40°,∴正九边形每个内角的度数是180°-40°=140°.
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