七年级数学下册易错点第8课时 多边形的内角和

这是一份七年级数学下册易错点第8课时 多边形的内角和，共22页。试卷主要包含了核心考点，易错点，拔尖角度等内容，欢迎下载使用。

第8课时 多边形的内角和（原卷版）
一、核心考点
考点1 多边形内角和公式进行计算
1．一个九边形的内角和为（　　）
A．900° B．1080° C．1260° D．1440°
2．（2019秋•猇亭区校级期中）一个六边形的内角和的度数比一个五边形的内角和的度数（　　）
A．多360° B．少360° C．多180° D．少180°
3．（2022秋•高安市期中）一个多边形的每一个内角都等于140°，则它的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．在四边形ABCD中，∠B＝80°，∠A，∠C，∠D的度数比为2：3：5，则∠A＝　 　，∠C＝　 　，∠D＝　 　．
5．（2020•雨花区模拟）如图所示，过正五边形ABCDE的顶点B作一条射线与其内角∠EAB的角平分线相交于点P，且∠ABP＝60°，那么∠APB的度数是（　　）

A．36° B．54° C．60° D．66°
6．（2022春•榆树市期末）如图，六边形ABCDEF内部有一点G，连接BG、DG．若∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，则∠BGD的大小为（　　）

A．60° B．70° C．80° D．90°
7．（2022•绍兴期中）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° C．∠ADE=12∠EDC D．∠ADE＝∠EDC
8．（2016春•睢宁县期中）如图，在三角形纸片ABC中剪去∠C得到四边形ABDE，且∠1+∠2＝260°，则纸片中∠C的度数为（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
9．（2021春•嵩县期末）如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为　 　．

10．（2021秋•天山区校级期中）小聪一笔画成了如图所示的图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数为 　 　°．

11．（2022•雁塔区校级三模）如图，在正六边形ABCDEF内，以AB为边作正五边形ABGHI，则∠FAI的度数为：　　．

12．如图，在五边形ABCDE中，AE∥CD，∠A＝107°，∠B＝121°，求：
（1）∠D+∠E的度数；
（2）∠C的度数．

13．（2022秋•静宁县期中）如图，六边形ABCDEF中，AF∥CD，AB∥DE，∠A＝140°，∠B＝100°，∠E＝90°，求：∠C、∠D、∠F的度数．

考点2 对角线条数的计算
14．（2021•宣汉期末）从一个多边形的一个顶点出发，可以画出7条对角线，则这个多边形的边数为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
15．（2018秋•历城区期末）我们知道，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，那么十二边形的对角线总条数是（　　）
A．9 B．54 C．60 D．108
二、易错点
易错点3:误用分类的思想解题
16．（2021春•南召县期末）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°，那么原多边形的边数为　 　．
17．（2021春•上城区校级期末）如果一个正五边形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是　 　．
三、拔尖角度
角度1 出错问题
18．（2022•宁德二模）小明同学在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了一个内角，结果得到的总和是800°，则少算了这个内角的度数为　 　．
19．（2021秋•高阳县期末）已知n边形的内角和θ＝（n﹣2）×180°．
（1）甲同学说，θ能取360°，而乙同学说，θ也能取630°，甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n；若不对，说明理由；
（2）若n边形变为（n+x）边形，发现内角和增加了360°，请确定x的值．

角度2 用多边形内角和定理进行推理
20．（2022春•叙州区期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点．
（1）求证：∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）求证：∠G＝∠CDF．



21．（2019春•高邮市期中）在四边形ABCD中，CE平分∠BCD交AD于点E，点F在线段CE上运动．
（1）如图1，已知∠A＝∠D＝90°
①若BF平分∠ABC，则∠BFC＝　 　°
②若∠BFC＝90°，试说明∠DEC=12∠ABC；
（2）如图2，已知∠A＝∠D＝∠BFC，试说明BF平分∠ABC．


角度3 多边形翻折问题
22．（2022春•鼓楼区期末）如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，点A、D分别落在A1、D1处，若∠1+∠2＝150°，则∠B+∠C＝　 　°．

23．（2021春•万州区期末）如图，六边形ABCDEF中，AF∥CD，AB∥DE，∠A＝140°，∠B＝100°，∠ECD＝20°，将△CDE沿CE翻折，得到△CD'E，则∠BCD'的度数为（　　）

A．60° B．80° C．100° D．120°
24．（2020春•阜宁县期中）问题1
现有一张△ABC纸片，点D、E分别是△ABC边上两点，若沿直线DE折叠．
研究（1）：如果折成图①的形状，使A点落在CE上，则∠1与∠A的数量关系是　
研究（2）：如果折成图②的形状，猜想∠1+∠2和∠A的数量关系是　 　
研究（3）：如果折成图③的形状，猜想∠1、∠2和∠A的数量关系，并说明理由．
问题2
研究（4）：将问题1推广，如图④，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、B落在四边形EFCD的内部时，∠1+∠2与∠A、∠B之间的数量关系是　 　．


第8课时 多边形的内角和（解析版）
一、核心考点
考点1 多边形内角和公式进行计算
1．一个九边形的内角和为（　　）
A．900° B．1080° C．1260° D．1440°
思路引领：先由多边形的内角和公式（n﹣2）•180°，计算即可．
解：（9﹣2）×180°
＝7×180°
＝1260°
故选：C．
总结提升：本题考查了正多边形的内角和公式，熟练掌握内角和公式是解决问题的关键．
2．（2019秋•猇亭区校级期中）一个六边形的内角和的度数比一个五边形的内角和的度数（　　）
A．多360° B．少360° C．多180° D．少180°
思路引领：根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列式求解即可．
解：（6﹣2）•180°﹣（5﹣2）•180°＝180°，
所以一个六边形的内角和的度数比一个五边形的内角和的度数多180°．
故选：C．
总结提升：本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式（n﹣2）•180°是解题的关键．
3．（2022秋•高安市期中）一个多边形的每一个内角都等于140°，则它的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
思路引领：首先求得每个外角的度数，然后利用360度除以外角的底数即可求解．
解：外角的度数是：180﹣140＝40°，
则多边形的边数为：360÷40＝9．
故选：C．
总结提升：本题考查了多边形的内角与外角．此题比较简单，理解任意多边形的外角和都是360度是关键．
4．在四边形ABCD中，∠B＝80°，∠A，∠C，∠D的度数比为2：3：5，则∠A＝　 　，∠C＝　 　，∠D＝　 　．
思路引领：依据∠A，∠C，∠D的度数比为2：3：5，可设∠A的度数是2x，则∠C、∠D的度数分别和3x、5x；根据四边形的内角和定理，即可列出方程求解．
解：设∠A＝2x°，则∠C＝3x°，∠D＝5x°．
在四边形ABCD中，根据内角和定理可得：2x+3x+5x+80＝360，
解得：x＝28．
则∠A＝56°，∠C＝84°，∠D＝140°．
总结提升：本题主要考查了多边形的外角和定理．已知几个量的比值时，本题所应用的设法是需要熟练掌握的内容．
5．（2020•雨花区模拟）如图所示，过正五边形ABCDE的顶点B作一条射线与其内角∠EAB的角平分线相交于点P，且∠ABP＝60°，那么∠APB的度数是（　　）

A．36° B．54° C．60° D．66°
思路引领：根据多边形ABCDE正五边形，可得∠EAB＝108°，再根据AP是∠EAB的角平分线，可得∠PAB＝54°，最后根据三角形内角和即可求出∠APB的度数．
解：∵多边形ABCDE正五边形，
∴∠EAB=(5−2)×180°5=108°，
∵AP是∠EAB的角平分线，
∴∠PAB=12∠EAB＝54°，
∵∠ABP＝60°，
∴∠APB＝180°﹣60°﹣54°＝66°，
所以∠APB的度数是66°．
故选：D．
总结提升：本题考查了多边形内角与外角，解决本题的关键是掌握多边形内角和定理．
6．（2022春•榆树市期末）如图，六边形ABCDEF内部有一点G，连接BG、DG．若∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，则∠BGD的大小为（　　）

A．60° B．70° C．80° D．90°
思路引领：利用多边形的内角和定理计算出六边形内角和，计算出∠6+∠7+∠C的度数，然后可得∠BGD的大小．
解：∵多边形ABCDEF是六边形，
∴∠1+∠5+∠4+∠3+∠2+∠6+∠7+∠C＝180°×（6﹣2）＝720°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，
∴∠6+∠7+∠C＝720°﹣440°＝280°，
∵多边形BCDG是四边形，
∴∠C+∠6+∠7+∠BGD＝360°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠6+∠7+∠C）＝360°﹣280°＝80°，
故选：C．

总结提升：此题主要考查了多边形内角和，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）．
7．（2022春•绍兴期中）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°
C．∠ADE=12∠EDC D．∠ADE＝∠EDC
思路引领：利用三角形的内角和为180°，四边形的内角和为360°，分别表示出∠A，∠B，∠C，根据∠A＝∠B＝∠C，得到∠ADE=12∠EDC，因为∠ADC＝∠ADE+∠EDC=12∠EDC+∠EDC=32∠EDC，所以∠ADE=13∠ADC，即可解答．
解：如图，
在△AED中，∠AED＝60°，
∴∠A＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝120°﹣∠ADE，
在四边形DEBC中，∠DEB＝180°﹣∠AED＝180°﹣60°＝120°，
∴∠B＝∠C＝（360°﹣∠DEB﹣∠EDC）÷2＝120°−12∠EDC，
∵∠A＝∠B＝∠C，
∴120°﹣∠ADE＝120°−12∠EDC，
∴∠ADE=12∠EDC，
故选：C．

总结提升：本题考查了多边形的内角和，解决本题的关键是根据利用三角形的内角和为180°，四边形的内角和为360°，分别表示出∠A，∠B，∠C．
8．（2016春•睢宁县期中）如图，在三角形纸片ABC中剪去∠C得到四边形ABDE，且∠1+∠2＝260°，则纸片中∠C的度数为（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
思路引领：根据∠1+∠2的度数，再利用四边形内角和定理得出∠A+∠B的度数，即可得出∠C的度数．
解：∵∠1+∠2＝260°，
∴∠A+∠B＝360°﹣260°＝100°，
∴∠C的度数是：180°﹣100°＝80°．
故选：D．
总结提升：此题主要考查了四边形的内角和是360度的实际运用与三角形内角和180度之间的关系，此题难度不大．
9．（2021春•嵩县期末）如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为　 　．

思路引领：根据多边形内角和公式，可得新多边形的边数，根据新多边形比原多边形多1条边，可得答案．
解：设新多边形是n边形，由多边形内角和公式得：
（n﹣2）180°＝2340°，
解得n＝15，
原多边形是15﹣1＝14，
故答案为：14．
总结提升：本题考查了多边形内角与外角，多边形的内角和公式是解题关键．
10．（2021秋•天山区校级期中）小聪一笔画成了如图所示的图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数为 　 　°．

思路引领：连接BE，则∠E+∠D＝∠DCF+∠EFC，则图中所求的几个角的和是五边形ABEFG的内角和．
解：连接CF．
在△CDM与△CFM中，∠EMD＝∠CMF，
∴∠E+∠D＝∠DCF+∠EFC，
∴在五边形ABEFG中∠A+∠B+∠BCD+∠D+∠E+∠MFC+∠G
∠A+∠B+∠BCD+∠DCF+∠EFC+∠MFC+∠G
＝∠A+∠B+∠BCF+∠CFG+∠G
＝（5﹣2）•180°
＝540°．
故答案为：540°．

总结提升：本题考查了多边形内角与外角，根据三角形的内角和定理把求角的和的问题转化为求多边形的内角和的问题．
11．（2022•雁塔区校级三模）如图，在正六边形ABCDEF内，以AB为边作正五边形ABGHI，则∠FAI的度数为：　　．

思路引领：分别求出正六边形，正五边形的内角可得结论．
解：在正六边形ABCDEF内，正五边形ABGHI中，∠FAB＝120°，∠IAB＝108°，
∴∠FAI＝∠FAB﹣∠IAB＝120°﹣108°＝12°，
故答案为：12°．
总结提升：本题考查正多边形与圆，解题的关键是求出正多边形的内角，属于中考常考题型．
12．如图，在五边形ABCDE中，AE∥CD，∠A＝107°，∠B＝121°，求：
（1）∠D+∠E的度数；
（2）∠C的度数．

思路引领：（1）由平行线的性质即可得；
（2）延长AB、DC交于点F，由平行线的性质求得∠F度数，再由∠ABC＝∠F+∠BCF求得∠BCF度数，根据邻补角可得答案．
解：（1）∵AE∥CD，
∴∠D+∠E＝180°；

（2）如图，延长AB、DC交于点F，

∵AE∥CD，
∴∠F＝180°﹣∠A＝73°，
又∵∠ABC＝∠F+∠BCF，
∴∠BCF＝∠ABC﹣∠F＝121°﹣73°＝48°，
则∠BCD＝180°﹣48°＝132°．
总结提升：本题主要考查多边形的内角与外角及平行线的性质，解题的关键是掌握三角形的外角的性质和平行线的性质．
13．（2017秋•静宁县校级期中）如图，六边形ABCDEF中，AF∥CD，AB∥DE，∠A＝140°，∠B＝100°，∠E＝90°，求：∠C、∠D、∠F的度数．

思路引领：连接AD，由AF∥CD得出∠FAD＝∠ADC，由AB∥DE得出∠BAD＝∠ADE，故可得出∠CDE＝∠BAF，∠FAD+∠ADE＝∠ADC+∠BAD=12∠BAF，再由四边形内角和定理即可得出∠F与∠C的度数．
解：连接AD，
∵AF∥CD，
∴∠FAD＝∠ADC．
∵AB∥DE，
∴∠BAD＝∠ADE，
∴∠CDE＝∠BAF＝140°，
∴∠FAD+∠ADE＝∠ADC+∠BAD＝∠BAF＝140°．
∵∠E＝90°，
∴∠F＝360°﹣140°﹣90°＝130°．
∵∠B＝100°，
∴∠C＝360°﹣100°﹣140°＝120°．

总结提升：本题考查的是平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出内错角是解答此题的关键．
考点2 对角线条数的计算
14．（2021秋•宣汉县期末）从一个多边形的一个顶点出发，可以画出7条对角线，则这个多边形的边数为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
思路引领：根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式（n﹣3）求出边数即可得解．
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．
故选：D．
总结提升：本题考查了一个顶点出发的对角线条数，牢记公式是解题的关键．
15．（2018秋•历城区期末）我们知道，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，那么十二边形的对角线总条数是（　　）
A．9 B．54 C．60 D．108
思路引领：由于n边形从一个顶点出发可画（n﹣3）条对角线，所以n边形共有n(n−3)2条对角线，根据以上关系直接计算即可．
解：十二边形的对角线总条数=12×(12−3)2=54（条）．
故十二边形的对角线总条数是54．
故选：B．
总结提升：本题考查了多边形对角线的定义及计算公式，熟记多边形的边数与对角线的关系式是解决此类问题的关键．
四、易错点
易错点3:误用分类的思想解题
16．（2021春•南召县期末）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°，那么原多边形的边数为　 　．
思路引领：首先求得内角和为1080°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．
解：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则
（n﹣2）•180°＝1080°，
解得：n＝8．
则原多边形的边数为7或8或9．
故答案为：7或8或9．
总结提升：本题考查了多边形的内角和定理，一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变．
误点警示：关于截角的问题，学生们经常出现漏解.一个多边形截去一个角后所得图形的内角并不一定比原内角少了一个内角；通常情况下分3类，具体的截取方式如图所示

17．（2021春•上城区校级期末）如果一个正五边形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是　 　．
思路引领：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解．
解：n边形的内角和是（n﹣2）•180°，
边数增加1，则新的多边形的内角和是（5+1﹣2）×180°＝720°，
所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（5﹣2）×180°＝540°，
所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（5﹣1﹣2）×180°＝360°，
因而所成的新多边形的内角和是720°或540°或360°．
故答案为：720°或540°或360°．
总结提升：本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，是解决本题的关键．
五、拔尖角度
角度1 出错问题
18．（2022•宁德二模）小明同学在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了一个内角，结果得到的总和是800°，则少算了这个内角的度数为　 　．
思路引领：n边形的内角和是（n﹣2）•180°，少计算了一个内角，结果得800度．则内角和是（n﹣2）•180°与800°的差一定小于180度，并且大于0度．因而可以解方程（n﹣2）•180°≥800°，多边形的边数n一定是最小的整数值，从而求出多边形的边数，进而求出少计算的内角．
解：设多边形的边数是n．
依题意有（n﹣2）•180°≥800°，
解得：n≥649，
则多边形的边数n＝7；
多边形的内角和是（7﹣2）•180＝900度；
则未计算的内角的大小为900°﹣800°＝100°．
故答案为：100°．
总结提升：本题主要考查多边形的内角和定理及不等式的解法，解题的关键是由题意列出不等式求出这个少算内角的取值范围．
19．（2021秋•高阳县期末）已知n边形的内角和θ＝（n﹣2）×180°．
（1）甲同学说，θ能取360°，而乙同学说，θ也能取630°，甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n；若不对，说明理由；
（2）若n边形变为（n+x）边形，发现内角和增加了360°，请确定x的值．
思路引领：（1）根据多边形内角和公式可得n边形的内角和是180°的倍数，依此即可判断，再根据多边形内角和公式即可求出边数n；
（2）根据等量关系：若n边形变为（n+x）边形，内角和增加了360°，依此列出方程，解方程即可确定x．
解：（1）∵360°÷180°＝2，
630°÷180°＝3…90°，
∴甲的说法对，乙的说法不对，
360°÷180°+2
＝2+2
＝4．
答：甲同学说的边数n是4；
（2）依题意有
（n+x﹣2）×180°﹣（n﹣2）×180°＝360°，
解得x＝2．
故x的值是2．
总结提升：考查了多边形内角与外角，此题需要结合多边形的内角和公式来寻求等量关系，构建方程是解题关键解．
角度2 用多边形内角和定理进行推理
20．（2022春•叙州区期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点．
（1）求证：∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）求证：∠G＝∠CDF．

思路引领：（1）根据多边形的内角和定理求出即可；
（2）根据角平分线定义求出∠CDF+∠GBC＝90°，根据三角形内角和定理求出∠CDF+∠DFC＝90°，推出∠DFC＝∠GBC，根据平行线的判定得出BG∥DF，根据平行线的性质得出即可．
证明：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°；

（2）∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠GBC=12∠ABC，∠CDF=12∠ADC，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠GBC+∠CDF＝90°，
∵∠C+∠CDF+∠DFC＝180°，∠C＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∴∠GBC＝∠DFC，
∴BG∥DF，
∴∠G＝∠CDF．
总结提升：本题考查了平行线的性质和判定，三角形的内角和定理，角平分线定义的应用，能求出BG∥DF是解此题的关键，注意：两直线平行，同位角相等．
21．（2019春•高邮市期中）在四边形ABCD中，CE平分∠BCD交AD于点E，点F在线段CE上运动．

（1）如图1，已知∠A＝∠D＝90°
①若BF平分∠ABC，则∠BFC＝　 　°
②若∠BFC＝90°，试说明∠DEC=12∠ABC；
（2）如图2，已知∠A＝∠D＝∠BFC，试说明BF平分∠ABC．
思路引领：（1）①先根据∠A+∠D＝180°得AB∥CD，可得∠ABC+∠BCD＝180°，根据角平分线和三角形的内角和可得结论；
②先根据同角的余角可得：∠CBF＝∠DEC，由①知：AB∥CD，可得结论；
（2）如图2，延长BF交于点M，根据四边形的内角和定理和邻补角的性质可得∠DCF＝∠EMF，根据三角形的内角和定理得∠FEM＝∠CBF，同理得∠FEM＝∠ABF，从而得结论．
解：（1）①∵∠A＝∠D＝90°，
∴∠A+∠D＝180°，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵CE平分∠BCD，BF平分∠ABC，
∴∠CBF=12∠ABC，∠BCF=12∠BCD，
∴∠CBF+∠BCF=12×180°=90°，
∴∠BFC＝90°；
故答案为：90
②∵∠BFC＝90°，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠DCE+∠DEC＝90°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE＝∠BCF，
∴∠CBF＝∠DEC，
由①知：AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠CBF=12∠ABC，
∴∠DEC=12∠ABC；
（2）如图2，延长BF交于点M，

∵∠BFC＝∠D，
∠BFC+∠CFM＝180°，
∴∠CFM+∠D＝180°，
∴∠FMD+∠DCF＝180°，
∵∠FMD+∠EMF＝180°，
∴∠DCF＝∠EMF，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCF＝∠BCF，
∴∠BCF＝∠EMF，
∵∠EFM＝∠BFC，
∴∠FEM＝∠CBF，
∵∠CFB＝∠A，
同理得∠FEM＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠CBF
∴BF平分∠ABC．
总结提升：本题综合考查了平行线的性质，三角形和四边形的内角和定理，角平分线的定义等知识，能熟练掌握这些性质并能灵活运用其性质是解答本题的关键．
角度3 多边形翻折问题
22．（2022春•鼓楼区期末）如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，点A、D分别落在A1、D1处，若∠1+∠2＝150°，则∠B+∠C＝　 　°．

思路引领：先根据∠1+∠2＝144°得出∠AMN+∠DNM的度数，再由四边形内角和定理即可得出结论．
解：∵∠1+∠2＝150°，
∴∠AMN+∠DNM=360°−150°2=105°．
∵∠A+∠D+（∠AMN+∠DNM）＝360°，∠A+∠D+（∠B+∠C）＝360°，
∴∠B+∠C＝∠AMN+∠DNM＝105°．
故答案为：105．
总结提升：本题考查了多边形的内角及翻折变换，熟知四边形的内角和及图形翻折的性质是解答此题的关键．
23．（2021春•万州区期末）如图，六边形ABCDEF中，AF∥CD，AB∥DE，∠A＝140°，∠B＝100°，∠ECD＝20°，将△CDE沿CE翻折，得到△CD'E，则∠BCD'的度数为（　　）

A．60° B．80° C．100° D．120°
思路引领：借助平行线的性质，将角度进行转化求解
解：作AH∥CD，BM∥CD，如图，
，
∵∠BAF＝140°，∠BAH＝40°，
∠ABM＝∠BAH＝40°，
∠CBM＝100°﹣40°＝60°，
∴∠NCB＝60°
∵△CDE与△CD′E关于CE对称，∠ECD＝∠ECD′＝20°，
∴∠BCD′＝180°﹣60°﹣20°﹣20°＝80°，
故选：B．
总结提升：本题主要考查平行线的性质，关键是角度的灵活转化．
24．（2020春•阜宁县期中）问题1
现有一张△ABC纸片，点D、E分别是△ABC边上两点，若沿直线DE折叠．
研究（1）：如果折成图①的形状，使A点落在CE上，则∠1与∠A的数量关系是　
研究（2）：如果折成图②的形状，猜想∠1+∠2和∠A的数量关系是　 　
研究（3）：如果折成图③的形状，猜想∠1、∠2和∠A的数量关系，并说明理由．
问题2
研究（4）：将问题1推广，如图④，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、B落在四边形EFCD的内部时，∠1+∠2与∠A、∠B之间的数量关系是　 　．

思路引领：（1）根据折叠性质和三角形的外角定理得出结论；
（2）先根据折叠得：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，由两个平角∠ADB和∠AEC得：∠1+∠2等于360°与四个折叠角的差，化简得结果；
（3）利用两次外角定理得出结论；
（4）与（2）类似，先由折叠得：∠BMN＝∠B′MN，∠ANM＝∠A′NM，再由两平角的和为360°得：∠1+∠2＝360°﹣2∠BMN﹣2∠ANM，根据四边形的内角和得：∠BMN+∠ANM＝360°﹣∠A﹣∠B，代入前式可得结论．
解：（1）如图1，∠1＝2∠A，理由是：
由折叠得：∠A＝∠DA′A，
∵∠1＝∠A+∠DA′A，
∴∠1＝2∠A；
故答案为：∠1＝2∠A；
（2）如图2，猜想：∠1+∠2＝2∠A，理由是：
由折叠得：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∵∠ADB+∠AEC＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣∠ADE﹣∠A′DE﹣∠AED﹣∠A′ED＝360°﹣2∠ADE﹣2∠AED，
∴∠1+∠2＝2（180°﹣∠ADE﹣∠AED）＝2∠A；
故答案为：∠1+∠2＝2∠A；
（3）如图3，∠2﹣∠1＝2∠A，理由是：
∵∠2＝∠AFE+∠A，∠AFE＝∠A′+∠1，
∴∠2＝∠A′+∠A+∠1，
∵∠A＝∠A′，
∴∠2＝2∠A+∠1，
∴∠2﹣∠1＝2∠A；
（4）如图4，由折叠得：∠BMN＝∠B′MN，∠ANM＝∠A′NM，
∵∠DNA+∠BMC＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣2∠BMN﹣2∠ANM，
∵∠BMN+∠ANM＝360°﹣∠A﹣∠B，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）＝2（∠A+∠B）﹣360°，
故答案为：∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．


总结提升：本题是折叠变换问题，思路分两类：①一类是利用外角定理得结论；②一类是利用平角定义和多边形内角和相结合得结论；字母书写要细心，角度比较复杂，是易错题