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七年级数学下册易错点第9课时 多边形的外角和
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这是一份七年级数学下册易错点第9课时 多边形的外角和，共20页。试卷主要包含了核心考点，易错题，拔尖角度等内容，欢迎下载使用。
第9课时多边形的外角和（原卷版）
一、核心考点
考点1 用多边形的外角和进行计算
1．（2021•梅列区一模）已知一个多边形的每一个外角都是30°，则这个多边形的边数是（ ）
A．12 B．11 C．10 D．9
2．（2021春•泰兴市期末）一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（ ）
A．内角和增加360° B．外角和增加360°
C．对角线增加一条 D．内角和增加180°
3．（2020•玉环市一模）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3分别是∠BAE、∠AED、∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3等于（ ）
A．90° B．270° C．210° D．180°
4．（2022秋•松原期末）如图，∠1是五边形的一个外角．若∠1＝70°，则∠A+∠B+∠C+∠D的度数为 ．
5．（2019•长春模拟）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O．若与∠1、∠2、∠3、∠4相邻的四个外角的和等于230°，则∠BOD的度数为 度．
6．（2020秋•新市区校级期中）如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转30°，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点．照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米．
A．80 B．100 C．120 D．140
7．（2022春•沭阳县月考）如图所示，分别以n边形的顶点为圆心，以1cm为半径画圆，当n＝2021时，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．2πcm2 B．πcm2 C．2020πcm2 D．2021πcm2
考点2 多边形的内角和与外角和的综合运用
8．（2021•眉山）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1
9．（2022秋•依安县月考）已知一个多边形的内角和与外角和的差是1260°，则这个多边形边数是（ ）
A．9 B．10 C．12 D．11
10．（2021春•曹县期末）若一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则经过这个多边形的一个顶点最多可以画对角线的条数是（ ）
A．8条 B．7条 C．6条 D．5条
11．（2022春•吴江区期中）若一个多边形的内角和与外角和之和是720°，则该多边形的边数是 ．
二、易错题
易错点：三角形或多边形剪去一个角后，要分几种情况讨论。.
12．（2021春•贵池区期末）一个三角形，剪去一个角后所得的多边形内角和的度数是（ ）
A．180° B．360°
C．540° D．180°或 360°
13．（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？
三、拔尖角度
角度1 需作辅助线构造多边形求角度
14．如图，五边形ABCDE的每个内角都相等．若l1∥l2，则∠1﹣∠2＝ °
15．（2022秋•市南区期末）在社会实践手工课上，小茗同学设计了如上图这样一个零件，如果∠A＝52°，∠B＝25°，∠C＝30°，∠D＝35°，∠E＝72°，那么∠F的度数是（ ）
A．72° B．70° C．65° D．60°
16．（2017秋•越秀区校级期中）如图，以四边形ABCD各顶点及各边延长线上的点构成△AEF、△BGH、△CMN、△DPQ，则∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N+∠P+∠Q＝ ．
角度2 多算一个角或少算一个角的问题
17．小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加进去了，得其和为2620°．
（1）求这个多边形的边数；
（2）求这个多加的外角的度数．
角度3 探究结论型问题
18．（2020春•无锡期中）如图，AE，DE，BF，CF分别是四边形ABCD（四边不相等）的内角平分线，AE，BF交于点G，DE，CF交于点H．
（1）探索∠FGE与∠FHE有怎样的数量关系，并说明理由；
（2）∠FGE与∠FHE有没有可能相等？若相等，则四边形ABCD的边有何结论？请说明理由．
19．（2017春•玄武区期末）如图，点C、D分别在射线OA、OB上，不与点O重合，CE∥DF
（1）如图1，探究∠ACE、∠AOB、∠ODF的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图2，作CP⊥OA，与∠ODF的平分线交于点P，若∠ACE＝α，∠AOB＝β，请用含α，β的式子表示∠P＝ ．（直接写出结果）
角度3 探究四边形内角平分线、外角平分线所夹角的一般结论
20．（2020秋•魏都区月考）下面是小明同学在证明“三角形的外角等于其不相邻的两个内角之和”的过程．
如图，∠DAB是△ABC的一个外角．求证：∠DAB＝∠B+∠C．
证法1：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°（ ），∠BAC+∠DAB＝180°（平角的定义），
∴∠BAC+∠B+∠C＝∠BAC+∠DAB．∴∠DAB＝∠B+∠C（ ）．
（1）请把证法1依据填充完整．
（2）若把上面△ABC变为四边形ABCD，如图①②，试研究其中∠1、∠2与∠3、∠4之间的数量关系，并说明理由（任选一个图形）．
（3）如果我们把∠1、∠2称为四边形的外角，那么请你用文字描述上述的关系式；
（4）用你发现的结论解决下列问题：
如图③，AE、DE分别是四边形ABCD的外角∠NAD、∠MDA的平分线，∠B+∠C＝240°，求∠E的度数．
21．（2022秋•椒江区校级月考）如图1，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角．
（1）猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数；
（3）如图3，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系．
角度4 动态问题
22．（2020秋•赣州期中）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在直线PQ上运动，点B在直线MN上运动．
（1）如图1，已知AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，点A、B在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的情况；若不发生变化，试求出∠AEB的大小．
（2）如图2，已知AB不平行CD，AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，又DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，点A、B在运动的过程中，∠CED的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出其值．
第10课时多边形的外角和（解析版）
四、核心考点
考点1 用多边形的外角和进行计算
1．（2021•梅列区一模）已知一个多边形的每一个外角都是30°，则这个多边形的边数是（ ）
A．12 B．11 C．10 D．9
思路引领：多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出多边形的边数．
解：∵一个多边形的每一个外角都是30°，
∴这个多边形的边数是360°÷30°＝12．
故选：A．
总结提升：本题主要考查了多边形的外角和定理：多边形的外角和是360°．
2．（2021春•泰兴市期末）一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（ ）
A．内角和增加360° B．外角和增加360°
C．对角线增加一条 D．内角和增加180°
思路引领：利用多边形的内角和定理和外角和特征即可解决问题．
解：因为n边形的内角和是（n﹣2）•180°，
当边数增加一条就变成n+1，则内角和是（n﹣1）•180°，
内角和增加：（n﹣1）•180°﹣（n﹣2）•180°＝180°；
根据多边形的外角和特征，边数变化外角和不变．
故选：D．
总结提升：本题主要考查了多边形的内角和定理与外角和特征．先设这是一个n边形是解题的关键．
3．（2020•玉环市一模）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3分别是∠BAE、∠AED、∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3等于（ ）
A．90° B．270° C．210° D．180°
思路引领：根据两直线平行，同旁内角互补得到以点B、点C为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
解：延长AB，DC，
∵AB∥CD，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故选：D．
总结提升：本题考查了平行线的性质，多边形的外角和定理，是基础题，理清求解思路是解题的关键．
4．（2022秋•松原期末）如图，∠1是五边形的一个外角．若∠1＝70°，则∠A+∠B+∠C+∠D的度数为 ．
思路引领：根据多边形内角和的计算方法求出五边形ABCDE的内角和，再根据邻补角的定义求出五边形的一个内角，进而求出其它4个角的度数和．
解：∵∠A+∠B+∠C+D+∠AED＝（5﹣2）×180°＝540°，而∠AED＝180°﹣∠1＝180°﹣70°＝110°，
∴∠A+∠B+∠C+D＝540°﹣110°＝430°，
故答案为：430°．
总结提升：本题考查多边形的内角和，邻补角，掌握多边形的内角和的计算方法是正确解答的前提．
5．（2019•长春模拟）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O．若与∠1、∠2、∠3、∠4相邻的四个外角的和等于230°，则∠BOD的度数为 度．
思路引领：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：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为230°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+230°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝490°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣490°＝50°，
故答案为：50
总结提升：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．
6．（2020秋•新市区校级期中）如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转30°，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点．照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米．
A．80 B．100 C．120 D．140
思路引领：根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以30°求出边数，然后再乘以10米即可．
解：∵小明每次都是沿直线前进10米后向左转30度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数n＝360°÷30°＝12，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了12×10＝120m．
答：一共走了120米．
故选：C．
总结提升：本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为360°，根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（2022春•沭阳县月考）如图所示，分别以n边形的顶点为圆心，以1cm为半径画圆，当n＝2021时，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．2πcm2 B．πcm2 C．2020πcm2 D．2021πcm2
思路引领：求出2021边形的外角和＝360°，即阴影部分的圆心角的和等于360°，再根据扇形的面积公式求出答案即可．
解：∵2021边形的外角和＝360°，
∴图中阴影部分的面积之和=360π×12360=π（cm2），
故选：B．
总结提升：本题考查了多边形的内角与外角和扇形的面积计算，能求出阴影部分的圆心角的度数和＝360°是解此题的关键．
考点2 多边形的内角和与外角和的综合运用
8．（2021•眉山）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1
思路引领：此题要结合多边形的内角与外角的关系来寻求等量关系，构建方程求出每个外角．多边形外角和是固定的360°．
解：这个八边形的内角和为：
（8﹣2）×180°＝1080°；
这个八边形的每个内角的度数为：
1080°÷8＝135°；
这个八边形的每个外角的度数为：
360°÷8＝45°；
∴这个八边形每个内角与每个外角的度数之比为：
135：45＝3：1．
故选：D．
总结提升：此题考查多边形的内角与外角的关系，属于基础题．
9．（2022秋•依安县月考）已知一个多边形的内角和与外角和的差是1260°，则这个多边形边数是（ ）
A．9 B．10 C．12 D．11
思路引领：由多边形的内角和定理，外角和是360°，即可计算．
解：设这个多边形边数是n，
由题意得：（n﹣2）×180°﹣360°＝1260°，
∴n＝11，
∴设这个多边形边数是11，
故选D．
总结提升：本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）；多边形的外角和是360°．
10．（2021春•曹县期末）若一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则经过这个多边形的一个顶点最多可以画对角线的条数是（ ）
A．8条 B．7条 C．6条 D．5条
思路引领：首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n﹣2）×180＝360×3，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：设这个多边形有n条边，由题意得：
（n﹣2）×180＝360×3，
解得n＝8，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是8﹣3＝5，
故选：D．
总结提升：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．
11．（2022春•吴江区期中）若一个多边形的内角和与外角和之和是720°，则该多边形的边数是 ．
思路引领：由多边形内角和定理，外角和定理，即可求解．
解：设该多边形的边数是n，由题意得：
（n﹣2）×180°+360°＝720°，
∴n＝4
.故答案为：4．
总结提升：本题考查多边形内角和定理，外角和定理，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），多边形的外角和等于360°
五、易错题
易错点：三角形或多边形剪去一个角后，要分几种情况讨论。.
12．（2021春•贵池区期末）一个三角形，剪去一个角后所得的多边形内角和的度数是（ ）
A．180° B．360°
C．540° D．180°或 360°
思路引领：剪去一个角，不变，增加1，两种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．
解：剪去一个角，若边数不变，则内角和＝（3﹣2）•180°＝180°，
若边数增加1，则内角和＝（4﹣2）•180°＝360°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°．
故选：D．
总结提升：本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况是解题的关键．
13．（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？
思路引领：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出α的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°÷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：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，
由题意，得（3α+20）+α＝180°，解得α＝40°．
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=36040=9．
∴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°．
总结提升：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．
六、拔尖角度
角度1 需作辅助线构造多边形求角度
14．如图，五边形ABCDE的每个内角都相等．若l1∥l2，则∠1﹣∠2＝ °．
思路引领：如图，延长AB并交l2于点M．由l1∥l2，得∠2＝∠BMD．由∠1＝∠BMD﹣∠MBC，得∠BMD＝∠1﹣∠MBC，那么∠1﹣∠2＝∠MBC．欲求∠1﹣∠2，需求∠MBC．由正五边形的性质，得∠MBC＝72°，从而解决此题．
解：如图，延长AB并交l2于点M，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形ABCDE的每个外角相等，
∴∠MBC=360°5=72°．
∵l1∥l2，
∴∠2＝∠BMD．
∵∠1＝∠BMD+∠MBC，
∴∠BMD＝∠1﹣∠MBC．
∴∠1﹣∠2＝∠MBC＝72°．
故答案为：72．
总结提升：本题主要考查正多边形的性质、三角形外角的性质以及平行线的性质，熟练掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
15．（2017秋•市南区期末）在社会实践手工课上，小茗同学设计了如上图这样一个零件，如果∠A＝52°，∠B＝25°，∠C＝30°，∠D＝35°，∠E＝72°，那么∠F的度数是（ ）
A．72° B．70° C．65° D．60°
思路引领：如图，延长BE交CF的延长线于O．利用经验公式∠BOC＝∠A+∠B+∠C，∠BED+∠DFC＝∠BOC+∠D，计算即可．
解：如图，延长BE交CF的延长线于O．
∵∠BOC＝∠A+∠B+∠C＝107°，
又∵∠BED+∠DFC＝∠BOC+∠D，
∴∠DFC＝107°+35°﹣72°＝70°，
故选：B．
总结提升：本题考查三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
16．（2017秋•越秀区校级期中）如图，以四边形ABCD各顶点及各边延长线上的点构成△AEF、△BGH、△CMN、△DPQ，则∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N+∠P+∠Q＝ ．
思路引领：首先根据外角的性质可得：∠FAB＝∠E+∠F，∠HBC＝∠G+∠H，∠DCN＝∠M+∠N，∠QDA＝∠P+∠Q，根据四边形的外角和为360°，所以∠FAB+∠HBC+∠DCN+∠QDA＝360°，即可解答．
解：由三角形外角的性质可得：
∠FAB＝∠E+∠F，∠HBC＝∠G+∠H，∠DCN＝∠M+∠N，∠QDA＝∠P+∠Q，
∵四边形的外角和为360°，
∴∠FAB+∠HBC+∠DCN+∠QDA＝360°，
∴∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N+∠P+∠Q＝360°．
故答案为：360°
总结提升：本题考查了三角形外角的性质和多边形的外角和，解决本题的关键是熟记多边形的外角和为360°．
角度2 多算一个角或少算一个角的问题
17．小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加进去了，得其和为2620°．
（1）求这个多边形的边数；
（2）求这个多加的外角的度数．
思路引领：（1）利用2620°÷180°＝14……100°．可知多边形的内角和是2520°，再利用内角和定理可以求出多边形的边数；
（2）由（1）可知多加的外角的度数为100°．
解：（1）设多加的外角的度数为x，
由2620°＝180°×14+100°，
∵0°＜x＜180°，
∴x＝100°，
∴多边形的内角和为2620°﹣100°＝2520°，
设多边形的边数为n，
∴（n﹣2）•180°＝2520°，
解得：n＝16．
答：这个多边形是16边形．
（2）由（1）可知，多加的外角的度数为100°．
答：多加的外角的度数为100°．
总结提升：本题主要考查多边形的内角和公式，利用整除求出多边形多加的外角的度数是解题的关键．
角度3 探究结论型问题
18．（2020春•无锡期中）如图，AE，DE，BF，CF分别是四边形ABCD（四边不相等）的内角平分线，AE，BF交于点G，DE，CF交于点H．
（1）探索∠FGE与∠FHE有怎样的数量关系，并说明理由；
（2）∠FGE与∠FHE有没有可能相等？若相等，则四边形ABCD的边有何结论？请说明理由．
思路引领：（1）根据角平分线的定义得到∠GAB=12∠DAB，∠GBA=12∠CBA，求得∠FGE＝∠AGB＝180°﹣∠GAB﹣∠GBA＝180°−12（∠DAB+∠CBA），同理，∠FHE＝180°−12（∠ADC+∠BCD），两式相加即可得到结论；
（2）当∠FGE＝∠FHE时，求得∠DAB+∠CBA＝∠ADC+∠BCD，根据四边形的内角和即可得到结论．
解：（1）∠FGE+∠FHE＝180°，
理由：∵AE平分∠BAD，BF平分∠ABC，
∴∠GAB=12∠DAB，∠GBA=12∠CBA，
∴∠FGE＝∠AGB＝180°﹣∠GAB﹣∠GBA＝180°−12（∠DAB+∠CBA），
同理，∠FHE＝180°−12（∠ADC+∠BCD），
∴∠FGE+∠FHE＝360°−12（∠DAB+∠CBA+∠ADC+∠BCD）＝180°；
（2）∠FGE与∠FHE可能相等，此时，AD∥BC，
∵∠FGE＝180°−12（∠DAB+∠CBA），∠FHE＝180°−12（∠ADC+∠BCD），
当∠FGE＝∠FHE时，180°−12（∠DAB+∠CBA）＝180°−12（∠ADC+∠BCD），
即∠DAB+∠CBA＝∠ADC+∠BCD，
∵四边形的内角和＝360°，
∴∠DAB+∠CBA＝∠ADC+∠BCD＝180°，
∴AD∥BC．
总结提升：本题考查了多边形内角与外角，角平分线的定义，四边形的内角和，平行线的判定，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．
19．（2017春•玄武区期末）如图，点C、D分别在射线OA、OB上，不与点O重合，CE∥DF
（1）如图1，探究∠ACE、∠AOB、∠ODF的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图2，作CP⊥OA，与∠ODF的平分线交于点P，若∠ACE＝α，∠AOB＝β，请用含α，β的式子表示∠P＝ ．（直接写出结果）
思路引领：（1）如图1，过O点作OG∥DF，根据平行线的判定和性质可得∠ODF、∠ACE的数量关系；
（2）根据四边形内角和为360°，再根据（2）的结论，以及角平分线的定义即可求解．
解：（1）∠ODF+∠AOB+∠ACE＝360°．
证明：过点O作直线OG∥FD；
∵OG∥FD，
∴∠ODF+∠DOG＝180°；
又∵OG∥FD，CE∥FD，
∴OG∥CE，
∴∠GOC＝∠OCE，
又∵∠ACE+∠OCE＝180°，
∴∠ACE+∠GOC＝180°；
∴∠ODF+∠DOG+∠ACE+∠GOC＝360°，
即∠ODF+∠AOB+∠ACE＝360°；
（2）∠P＝90°+12α−12β．
∵DP是∠ODF的平分线，
∴∠ODP=12∠ODF，
∴∠P＝360°﹣90°﹣β﹣∠ODP
＝270°﹣β−12∠ODF
＝270°﹣β−12（360°﹣α﹣β）
＝90°−12β+12α，
故答案为90°+12α−12β．
总结提升：此题考查了平行线的判定和性质，直角、周角的定义，角平分线的定义，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
角度3 探究四边形内角平分线、外角平分线所夹角的一般结论
20．（2020秋•魏都区校级月考）下面是小明同学在证明“三角形的外角等于其不相邻的两个内角之和”的过程．
如图，∠DAB是△ABC的一个外角．
求证：∠DAB＝∠B+∠C．
证法1：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°（ ），
∠BAC+∠DAB＝180°（平角的定义），
∴∠BAC+∠B+∠C＝∠BAC+∠DAB．
∴∠DAB＝∠B+∠C（ ）．
（1）请把证法1依据填充完整．
（2）若把上面△ABC变为四边形ABCD，如图①②，试研究其中∠1、∠2与∠3、∠4之间的数量关系，并说明理由（任选一个图形）．
（3）如果我们把∠1、∠2称为四边形的外角，那么请你用文字描述上述的关系式；
（4）用你发现的结论解决下列问题：
如图③，AE、DE分别是四边形ABCD的外角∠NAD、∠MDA的平分线，∠B+∠C＝240°，求∠E的度数．
思路引领：（1）根据证明过程完成填空即可；
（2）根据四边形的内角和与平角的定义可得结论；
（3）用文字进行描述即可；
（4）结合（2）的结论和角平分线的定义可得答案．
解：（1）∵∠BAC+∠B+∠C＝180°（三角形内角和定理），
∠BAC+∠DAB＝180°（平角的定义），
∴∠BAC+∠B+∠C＝∠BAC+∠DAB．
∴∠DAB＝∠B+∠C（等式的性质）．
故答案为：三角形内角和定理，等式的性质；
（2）∠1+∠2＝∠3+∠4，
如图①，由四边形内角和可得，
∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
由平角的定义可得，
∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，
∴∠3+∠4+∠5+∠6＝∠1+∠2+∠3+∠4，
∴∠1+∠2＝∠3+∠4；
（3）四边形的两个外角和等于与它们不相邻的两个内角的和；
（4）由（3）得，∠MDA+∠NAD＝∠B+∠C，
∵AE、DE分别是∠NAD、∠MDA的平分线，
∴∠ADE+∠EAD=12（∠MDA+∠NAD）=12（∠B+∠C），
∵∠B+∠C＝240°，
∴∠ADE+∠EAD=12×240°＝120°，
∴∠E＝180°﹣（∠ADE+∠EAD）＝180°﹣120°＝60°．
总结提升：本题考查三角形和四边形的内角与外角，熟练掌握三角形和四边形的内角和与外角和是解题关键．
21．（2022秋•椒江区校级月考）如图1，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角．
（1）猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数；
（3）如图3，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系．
思路引领：（1）根据多边形内角和与外角即可说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；
（2）结合（1）的结论，根据∠ABC与∠ADC的平分线．∠A＝58°，∠C＝152°，即可求∠BOD的度数；
（3）结合（1）的结论，根据BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．进而可以写出∠A、∠C与∠O的数量关系．
解：（1）猜想：∠1+∠2＝∠A+∠C，
∵∠1+∠ABC+∠2+∠ADC＝360°，
又∵∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，
∴∠1+∠2＝∠A+∠C；
（2）∵∠A＝58°，∠C＝152°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣210°＝150°，
又∵BO、DO分别平分∠ABC与∠ADC，
∴∠OBC=12∠ABC，∠ODC=12∠ADC，
∴∠OBC+∠ODC=12（∠ABC+∠ADC）＝75°，
∴∠BOD＝360°﹣（∠OBC+∠ODC+∠C）＝133°；
（3）∠A、∠C与∠O的数量关系为：∠C﹣∠A＝2∠O．
理由如下：
∵BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．
∴∠FDC＝2∠FDO＝2∠ODC，∠EBC＝2∠EBO＝2∠CBO，
由（1）可知：
∠FDO+∠EBO＝∠A+∠O，
2∠FDO+2∠EBO＝∠A+∠C，
∴2∠A+2∠O＝∠A+∠C，
∴∠C﹣∠A＝2∠O．
故答案为：∠C﹣∠A＝2∠O．
总结提升：本题考查了多边形内角与外角、三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握多边形外角．
角度4 动态问题
22．（2020秋•赣州期中）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在直线PQ上运动，点B在直线MN上运动．
（1）如图1，已知AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，点A、B在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的情况；若不发生变化，试求出∠AEB的大小．
（2）如图2，已知AB不平行CD，AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，又DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，点A、B在运动的过程中，∠CED的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出其值．
思路引领：（1）根据三角形内角和定理，求得∠OAB+∠OBA＝90°，根据AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，求得∠BAE+∠ABE＝45°，最后在△ABE中，求得∠AEB＝135°；
（2）延长AD、BC交于点F，先求得∠PAB+∠MBA＝270°，再根据AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，求得∠BAD+∠ABC＝135°，进而得出∠F＝45°，再根据三角形内角和定理得到∠FDC+∠FCD＝135°，即∠CDA+∠DCB＝225°，最后根据DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，得到∠CDE+∠DCE＝112.5°，进而在△CDE中，根据三角形内角和定理求得∠E＝67.5°．
解：（1）∠AEB的大小不变．
如图1，∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，
∴∠BAE=12∠OAB，∠ABE=12∠ABO，
∴∠BAE+∠ABE=12（∠OAB+∠ABO）＝45°，
∴△ABE中，∠AEB＝180°﹣45°＝135°；
（2）∠CED的大小不变．
如图2，延长AD、BC交于点F．
∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠PAB+∠MBA＝270°，
∵AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，
∴∠BAD=12∠BAP，∠ABC=12∠ABM，
∴∠BAD+∠ABC=12（∠PAB+∠ABM）＝135°，
∴∠F＝45°，
∴∠FDC+∠FCD＝135°，
∴∠CDA+∠DCB＝225°，
∵DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，
∴∠CDE+∠DCE＝112.5°，
∴△CDE中，∠E＝180°﹣112.5°＝67.5°．
总结提升：本题主要考查了三角形内角和定理以及三角形外角性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：三角形内角和等于180°；三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和
第9课时多边形的外角和（原卷版）
一、核心考点
考点1 用多边形的外角和进行计算
1．（2021•梅列区一模）已知一个多边形的每一个外角都是30°，则这个多边形的边数是（ ）
A．12 B．11 C．10 D．9
2．（2021春•泰兴市期末）一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（ ）
A．内角和增加360° B．外角和增加360°
C．对角线增加一条 D．内角和增加180°
3．（2020•玉环市一模）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3分别是∠BAE、∠AED、∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3等于（ ）
A．90° B．270° C．210° D．180°
4．（2022秋•松原期末）如图，∠1是五边形的一个外角．若∠1＝70°，则∠A+∠B+∠C+∠D的度数为 ．
5．（2019•长春模拟）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O．若与∠1、∠2、∠3、∠4相邻的四个外角的和等于230°，则∠BOD的度数为 度．
6．（2020秋•新市区校级期中）如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转30°，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点．照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米．
A．80 B．100 C．120 D．140
7．（2022春•沭阳县月考）如图所示，分别以n边形的顶点为圆心，以1cm为半径画圆，当n＝2021时，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．2πcm2 B．πcm2 C．2020πcm2 D．2021πcm2
考点2 多边形的内角和与外角和的综合运用
8．（2021•眉山）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1
9．（2022秋•依安县月考）已知一个多边形的内角和与外角和的差是1260°，则这个多边形边数是（ ）
A．9 B．10 C．12 D．11
10．（2021春•曹县期末）若一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则经过这个多边形的一个顶点最多可以画对角线的条数是（ ）
A．8条 B．7条 C．6条 D．5条
11．（2022春•吴江区期中）若一个多边形的内角和与外角和之和是720°，则该多边形的边数是 ．
二、易错题
易错点：三角形或多边形剪去一个角后，要分几种情况讨论。.
12．（2021春•贵池区期末）一个三角形，剪去一个角后所得的多边形内角和的度数是（ ）
A．180° B．360°
C．540° D．180°或 360°
13．（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？
三、拔尖角度
角度1 需作辅助线构造多边形求角度
14．如图，五边形ABCDE的每个内角都相等．若l1∥l2，则∠1﹣∠2＝ °
15．（2022秋•市南区期末）在社会实践手工课上，小茗同学设计了如上图这样一个零件，如果∠A＝52°，∠B＝25°，∠C＝30°，∠D＝35°，∠E＝72°，那么∠F的度数是（ ）
A．72° B．70° C．65° D．60°
16．（2017秋•越秀区校级期中）如图，以四边形ABCD各顶点及各边延长线上的点构成△AEF、△BGH、△CMN、△DPQ，则∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N+∠P+∠Q＝ ．
角度2 多算一个角或少算一个角的问题
17．小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加进去了，得其和为2620°．
（1）求这个多边形的边数；
（2）求这个多加的外角的度数．
角度3 探究结论型问题
18．（2020春•无锡期中）如图，AE，DE，BF，CF分别是四边形ABCD（四边不相等）的内角平分线，AE，BF交于点G，DE，CF交于点H．
（1）探索∠FGE与∠FHE有怎样的数量关系，并说明理由；
（2）∠FGE与∠FHE有没有可能相等？若相等，则四边形ABCD的边有何结论？请说明理由．
19．（2017春•玄武区期末）如图，点C、D分别在射线OA、OB上，不与点O重合，CE∥DF
（1）如图1，探究∠ACE、∠AOB、∠ODF的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图2，作CP⊥OA，与∠ODF的平分线交于点P，若∠ACE＝α，∠AOB＝β，请用含α，β的式子表示∠P＝ ．（直接写出结果）
角度3 探究四边形内角平分线、外角平分线所夹角的一般结论
20．（2020秋•魏都区月考）下面是小明同学在证明“三角形的外角等于其不相邻的两个内角之和”的过程．
如图，∠DAB是△ABC的一个外角．求证：∠DAB＝∠B+∠C．
证法1：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°（ ），∠BAC+∠DAB＝180°（平角的定义），
∴∠BAC+∠B+∠C＝∠BAC+∠DAB．∴∠DAB＝∠B+∠C（ ）．
（1）请把证法1依据填充完整．
（2）若把上面△ABC变为四边形ABCD，如图①②，试研究其中∠1、∠2与∠3、∠4之间的数量关系，并说明理由（任选一个图形）．
（3）如果我们把∠1、∠2称为四边形的外角，那么请你用文字描述上述的关系式；
（4）用你发现的结论解决下列问题：
如图③，AE、DE分别是四边形ABCD的外角∠NAD、∠MDA的平分线，∠B+∠C＝240°，求∠E的度数．
21．（2022秋•椒江区校级月考）如图1，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角．
（1）猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数；
（3）如图3，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系．
角度4 动态问题
22．（2020秋•赣州期中）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在直线PQ上运动，点B在直线MN上运动．
（1）如图1，已知AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，点A、B在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的情况；若不发生变化，试求出∠AEB的大小．
（2）如图2，已知AB不平行CD，AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，又DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，点A、B在运动的过程中，∠CED的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出其值．
第10课时多边形的外角和（解析版）
四、核心考点
考点1 用多边形的外角和进行计算
1．（2021•梅列区一模）已知一个多边形的每一个外角都是30°，则这个多边形的边数是（ ）
A．12 B．11 C．10 D．9
思路引领：多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出多边形的边数．
解：∵一个多边形的每一个外角都是30°，
∴这个多边形的边数是360°÷30°＝12．
故选：A．
总结提升：本题主要考查了多边形的外角和定理：多边形的外角和是360°．
2．（2021春•泰兴市期末）一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（ ）
A．内角和增加360° B．外角和增加360°
C．对角线增加一条 D．内角和增加180°
思路引领：利用多边形的内角和定理和外角和特征即可解决问题．
解：因为n边形的内角和是（n﹣2）•180°，
当边数增加一条就变成n+1，则内角和是（n﹣1）•180°，
内角和增加：（n﹣1）•180°﹣（n﹣2）•180°＝180°；
根据多边形的外角和特征，边数变化外角和不变．
故选：D．
总结提升：本题主要考查了多边形的内角和定理与外角和特征．先设这是一个n边形是解题的关键．
3．（2020•玉环市一模）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3分别是∠BAE、∠AED、∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3等于（ ）
A．90° B．270° C．210° D．180°
思路引领：根据两直线平行，同旁内角互补得到以点B、点C为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
解：延长AB，DC，
∵AB∥CD，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故选：D．
总结提升：本题考查了平行线的性质，多边形的外角和定理，是基础题，理清求解思路是解题的关键．
4．（2022秋•松原期末）如图，∠1是五边形的一个外角．若∠1＝70°，则∠A+∠B+∠C+∠D的度数为 ．
思路引领：根据多边形内角和的计算方法求出五边形ABCDE的内角和，再根据邻补角的定义求出五边形的一个内角，进而求出其它4个角的度数和．
解：∵∠A+∠B+∠C+D+∠AED＝（5﹣2）×180°＝540°，而∠AED＝180°﹣∠1＝180°﹣70°＝110°，
∴∠A+∠B+∠C+D＝540°﹣110°＝430°，
故答案为：430°．
总结提升：本题考查多边形的内角和，邻补角，掌握多边形的内角和的计算方法是正确解答的前提．
5．（2019•长春模拟）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O．若与∠1、∠2、∠3、∠4相邻的四个外角的和等于230°，则∠BOD的度数为 度．
思路引领：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：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为230°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+230°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝490°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣490°＝50°，
故答案为：50
总结提升：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．
6．（2020秋•新市区校级期中）如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转30°，后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点．照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了（ ）米．
A．80 B．100 C．120 D．140
思路引领：根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以30°求出边数，然后再乘以10米即可．
解：∵小明每次都是沿直线前进10米后向左转30度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数n＝360°÷30°＝12，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了12×10＝120m．
答：一共走了120米．
故选：C．
总结提升：本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为360°，根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（2022春•沭阳县月考）如图所示，分别以n边形的顶点为圆心，以1cm为半径画圆，当n＝2021时，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．2πcm2 B．πcm2 C．2020πcm2 D．2021πcm2
思路引领：求出2021边形的外角和＝360°，即阴影部分的圆心角的和等于360°，再根据扇形的面积公式求出答案即可．
解：∵2021边形的外角和＝360°，
∴图中阴影部分的面积之和=360π×12360=π（cm2），
故选：B．
总结提升：本题考查了多边形的内角与外角和扇形的面积计算，能求出阴影部分的圆心角的度数和＝360°是解此题的关键．
考点2 多边形的内角和与外角和的综合运用
8．（2021•眉山）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1
思路引领：此题要结合多边形的内角与外角的关系来寻求等量关系，构建方程求出每个外角．多边形外角和是固定的360°．
解：这个八边形的内角和为：
（8﹣2）×180°＝1080°；
这个八边形的每个内角的度数为：
1080°÷8＝135°；
这个八边形的每个外角的度数为：
360°÷8＝45°；
∴这个八边形每个内角与每个外角的度数之比为：
135：45＝3：1．
故选：D．
总结提升：此题考查多边形的内角与外角的关系，属于基础题．
9．（2022秋•依安县月考）已知一个多边形的内角和与外角和的差是1260°，则这个多边形边数是（ ）
A．9 B．10 C．12 D．11
思路引领：由多边形的内角和定理，外角和是360°，即可计算．
解：设这个多边形边数是n，
由题意得：（n﹣2）×180°﹣360°＝1260°，
∴n＝11，
∴设这个多边形边数是11，
故选D．
总结提升：本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）；多边形的外角和是360°．
10．（2021春•曹县期末）若一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则经过这个多边形的一个顶点最多可以画对角线的条数是（ ）
A．8条 B．7条 C．6条 D．5条
思路引领：首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n﹣2）×180＝360×3，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：设这个多边形有n条边，由题意得：
（n﹣2）×180＝360×3，
解得n＝8，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是8﹣3＝5，
故选：D．
总结提升：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．
11．（2022春•吴江区期中）若一个多边形的内角和与外角和之和是720°，则该多边形的边数是 ．
思路引领：由多边形内角和定理，外角和定理，即可求解．
解：设该多边形的边数是n，由题意得：
（n﹣2）×180°+360°＝720°，
∴n＝4
.故答案为：4．
总结提升：本题考查多边形内角和定理，外角和定理，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），多边形的外角和等于360°
五、易错题
易错点：三角形或多边形剪去一个角后，要分几种情况讨论。.
12．（2021春•贵池区期末）一个三角形，剪去一个角后所得的多边形内角和的度数是（ ）
A．180° B．360°
C．540° D．180°或 360°
思路引领：剪去一个角，不变，增加1，两种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．
解：剪去一个角，若边数不变，则内角和＝（3﹣2）•180°＝180°，
若边数增加1，则内角和＝（4﹣2）•180°＝360°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°．
故选：D．
总结提升：本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况是解题的关键．
13．（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？
思路引领：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出α的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°÷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：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，
由题意，得（3α+20）+α＝180°，解得α＝40°．
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=36040=9．
∴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°．
总结提升：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．
六、拔尖角度
角度1 需作辅助线构造多边形求角度
14．如图，五边形ABCDE的每个内角都相等．若l1∥l2，则∠1﹣∠2＝ °．
思路引领：如图，延长AB并交l2于点M．由l1∥l2，得∠2＝∠BMD．由∠1＝∠BMD﹣∠MBC，得∠BMD＝∠1﹣∠MBC，那么∠1﹣∠2＝∠MBC．欲求∠1﹣∠2，需求∠MBC．由正五边形的性质，得∠MBC＝72°，从而解决此题．
解：如图，延长AB并交l2于点M，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形ABCDE的每个外角相等，
∴∠MBC=360°5=72°．
∵l1∥l2，
∴∠2＝∠BMD．
∵∠1＝∠BMD+∠MBC，
∴∠BMD＝∠1﹣∠MBC．
∴∠1﹣∠2＝∠MBC＝72°．
故答案为：72．
总结提升：本题主要考查正多边形的性质、三角形外角的性质以及平行线的性质，熟练掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
15．（2017秋•市南区期末）在社会实践手工课上，小茗同学设计了如上图这样一个零件，如果∠A＝52°，∠B＝25°，∠C＝30°，∠D＝35°，∠E＝72°，那么∠F的度数是（ ）
A．72° B．70° C．65° D．60°
思路引领：如图，延长BE交CF的延长线于O．利用经验公式∠BOC＝∠A+∠B+∠C，∠BED+∠DFC＝∠BOC+∠D，计算即可．
解：如图，延长BE交CF的延长线于O．
∵∠BOC＝∠A+∠B+∠C＝107°，
又∵∠BED+∠DFC＝∠BOC+∠D，
∴∠DFC＝107°+35°﹣72°＝70°，
故选：B．
总结提升：本题考查三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
16．（2017秋•越秀区校级期中）如图，以四边形ABCD各顶点及各边延长线上的点构成△AEF、△BGH、△CMN、△DPQ，则∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N+∠P+∠Q＝ ．
思路引领：首先根据外角的性质可得：∠FAB＝∠E+∠F，∠HBC＝∠G+∠H，∠DCN＝∠M+∠N，∠QDA＝∠P+∠Q，根据四边形的外角和为360°，所以∠FAB+∠HBC+∠DCN+∠QDA＝360°，即可解答．
解：由三角形外角的性质可得：
∠FAB＝∠E+∠F，∠HBC＝∠G+∠H，∠DCN＝∠M+∠N，∠QDA＝∠P+∠Q，
∵四边形的外角和为360°，
∴∠FAB+∠HBC+∠DCN+∠QDA＝360°，
∴∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N+∠P+∠Q＝360°．
故答案为：360°
总结提升：本题考查了三角形外角的性质和多边形的外角和，解决本题的关键是熟记多边形的外角和为360°．
角度2 多算一个角或少算一个角的问题
17．小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加进去了，得其和为2620°．
（1）求这个多边形的边数；
（2）求这个多加的外角的度数．
思路引领：（1）利用2620°÷180°＝14……100°．可知多边形的内角和是2520°，再利用内角和定理可以求出多边形的边数；
（2）由（1）可知多加的外角的度数为100°．
解：（1）设多加的外角的度数为x，
由2620°＝180°×14+100°，
∵0°＜x＜180°，
∴x＝100°，
∴多边形的内角和为2620°﹣100°＝2520°，
设多边形的边数为n，
∴（n﹣2）•180°＝2520°，
解得：n＝16．
答：这个多边形是16边形．
（2）由（1）可知，多加的外角的度数为100°．
答：多加的外角的度数为100°．
总结提升：本题主要考查多边形的内角和公式，利用整除求出多边形多加的外角的度数是解题的关键．
角度3 探究结论型问题
18．（2020春•无锡期中）如图，AE，DE，BF，CF分别是四边形ABCD（四边不相等）的内角平分线，AE，BF交于点G，DE，CF交于点H．
（1）探索∠FGE与∠FHE有怎样的数量关系，并说明理由；
（2）∠FGE与∠FHE有没有可能相等？若相等，则四边形ABCD的边有何结论？请说明理由．
思路引领：（1）根据角平分线的定义得到∠GAB=12∠DAB，∠GBA=12∠CBA，求得∠FGE＝∠AGB＝180°﹣∠GAB﹣∠GBA＝180°−12（∠DAB+∠CBA），同理，∠FHE＝180°−12（∠ADC+∠BCD），两式相加即可得到结论；
（2）当∠FGE＝∠FHE时，求得∠DAB+∠CBA＝∠ADC+∠BCD，根据四边形的内角和即可得到结论．
解：（1）∠FGE+∠FHE＝180°，
理由：∵AE平分∠BAD，BF平分∠ABC，
∴∠GAB=12∠DAB，∠GBA=12∠CBA，
∴∠FGE＝∠AGB＝180°﹣∠GAB﹣∠GBA＝180°−12（∠DAB+∠CBA），
同理，∠FHE＝180°−12（∠ADC+∠BCD），
∴∠FGE+∠FHE＝360°−12（∠DAB+∠CBA+∠ADC+∠BCD）＝180°；
（2）∠FGE与∠FHE可能相等，此时，AD∥BC，
∵∠FGE＝180°−12（∠DAB+∠CBA），∠FHE＝180°−12（∠ADC+∠BCD），
当∠FGE＝∠FHE时，180°−12（∠DAB+∠CBA）＝180°−12（∠ADC+∠BCD），
即∠DAB+∠CBA＝∠ADC+∠BCD，
∵四边形的内角和＝360°，
∴∠DAB+∠CBA＝∠ADC+∠BCD＝180°，
∴AD∥BC．
总结提升：本题考查了多边形内角与外角，角平分线的定义，四边形的内角和，平行线的判定，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．
19．（2017春•玄武区期末）如图，点C、D分别在射线OA、OB上，不与点O重合，CE∥DF
（1）如图1，探究∠ACE、∠AOB、∠ODF的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图2，作CP⊥OA，与∠ODF的平分线交于点P，若∠ACE＝α，∠AOB＝β，请用含α，β的式子表示∠P＝ ．（直接写出结果）
思路引领：（1）如图1，过O点作OG∥DF，根据平行线的判定和性质可得∠ODF、∠ACE的数量关系；
（2）根据四边形内角和为360°，再根据（2）的结论，以及角平分线的定义即可求解．
解：（1）∠ODF+∠AOB+∠ACE＝360°．
证明：过点O作直线OG∥FD；
∵OG∥FD，
∴∠ODF+∠DOG＝180°；
又∵OG∥FD，CE∥FD，
∴OG∥CE，
∴∠GOC＝∠OCE，
又∵∠ACE+∠OCE＝180°，
∴∠ACE+∠GOC＝180°；
∴∠ODF+∠DOG+∠ACE+∠GOC＝360°，
即∠ODF+∠AOB+∠ACE＝360°；
（2）∠P＝90°+12α−12β．
∵DP是∠ODF的平分线，
∴∠ODP=12∠ODF，
∴∠P＝360°﹣90°﹣β﹣∠ODP
＝270°﹣β−12∠ODF
＝270°﹣β−12（360°﹣α﹣β）
＝90°−12β+12α，
故答案为90°+12α−12β．
总结提升：此题考查了平行线的判定和性质，直角、周角的定义，角平分线的定义，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
角度3 探究四边形内角平分线、外角平分线所夹角的一般结论
20．（2020秋•魏都区校级月考）下面是小明同学在证明“三角形的外角等于其不相邻的两个内角之和”的过程．
如图，∠DAB是△ABC的一个外角．
求证：∠DAB＝∠B+∠C．
证法1：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°（ ），
∠BAC+∠DAB＝180°（平角的定义），
∴∠BAC+∠B+∠C＝∠BAC+∠DAB．
∴∠DAB＝∠B+∠C（ ）．
（1）请把证法1依据填充完整．
（2）若把上面△ABC变为四边形ABCD，如图①②，试研究其中∠1、∠2与∠3、∠4之间的数量关系，并说明理由（任选一个图形）．
（3）如果我们把∠1、∠2称为四边形的外角，那么请你用文字描述上述的关系式；
（4）用你发现的结论解决下列问题：
如图③，AE、DE分别是四边形ABCD的外角∠NAD、∠MDA的平分线，∠B+∠C＝240°，求∠E的度数．
思路引领：（1）根据证明过程完成填空即可；
（2）根据四边形的内角和与平角的定义可得结论；
（3）用文字进行描述即可；
（4）结合（2）的结论和角平分线的定义可得答案．
解：（1）∵∠BAC+∠B+∠C＝180°（三角形内角和定理），
∠BAC+∠DAB＝180°（平角的定义），
∴∠BAC+∠B+∠C＝∠BAC+∠DAB．
∴∠DAB＝∠B+∠C（等式的性质）．
故答案为：三角形内角和定理，等式的性质；
（2）∠1+∠2＝∠3+∠4，
如图①，由四边形内角和可得，
∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
由平角的定义可得，
∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，
∴∠3+∠4+∠5+∠6＝∠1+∠2+∠3+∠4，
∴∠1+∠2＝∠3+∠4；
（3）四边形的两个外角和等于与它们不相邻的两个内角的和；
（4）由（3）得，∠MDA+∠NAD＝∠B+∠C，
∵AE、DE分别是∠NAD、∠MDA的平分线，
∴∠ADE+∠EAD=12（∠MDA+∠NAD）=12（∠B+∠C），
∵∠B+∠C＝240°，
∴∠ADE+∠EAD=12×240°＝120°，
∴∠E＝180°﹣（∠ADE+∠EAD）＝180°﹣120°＝60°．
总结提升：本题考查三角形和四边形的内角与外角，熟练掌握三角形和四边形的内角和与外角和是解题关键．
21．（2022秋•椒江区校级月考）如图1，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角．
（1）猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数；
（3）如图3，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系．
思路引领：（1）根据多边形内角和与外角即可说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；
（2）结合（1）的结论，根据∠ABC与∠ADC的平分线．∠A＝58°，∠C＝152°，即可求∠BOD的度数；
（3）结合（1）的结论，根据BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．进而可以写出∠A、∠C与∠O的数量关系．
解：（1）猜想：∠1+∠2＝∠A+∠C，
∵∠1+∠ABC+∠2+∠ADC＝360°，
又∵∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，
∴∠1+∠2＝∠A+∠C；
（2）∵∠A＝58°，∠C＝152°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣210°＝150°，
又∵BO、DO分别平分∠ABC与∠ADC，
∴∠OBC=12∠ABC，∠ODC=12∠ADC，
∴∠OBC+∠ODC=12（∠ABC+∠ADC）＝75°，
∴∠BOD＝360°﹣（∠OBC+∠ODC+∠C）＝133°；
（3）∠A、∠C与∠O的数量关系为：∠C﹣∠A＝2∠O．
理由如下：
∵BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．
∴∠FDC＝2∠FDO＝2∠ODC，∠EBC＝2∠EBO＝2∠CBO，
由（1）可知：
∠FDO+∠EBO＝∠A+∠O，
2∠FDO+2∠EBO＝∠A+∠C，
∴2∠A+2∠O＝∠A+∠C，
∴∠C﹣∠A＝2∠O．
故答案为：∠C﹣∠A＝2∠O．
总结提升：本题考查了多边形内角与外角、三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握多边形外角．
角度4 动态问题
22．（2020秋•赣州期中）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在直线PQ上运动，点B在直线MN上运动．
（1）如图1，已知AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，点A、B在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的情况；若不发生变化，试求出∠AEB的大小．
（2）如图2，已知AB不平行CD，AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，又DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，点A、B在运动的过程中，∠CED的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出其值．
思路引领：（1）根据三角形内角和定理，求得∠OAB+∠OBA＝90°，根据AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，求得∠BAE+∠ABE＝45°，最后在△ABE中，求得∠AEB＝135°；
（2）延长AD、BC交于点F，先求得∠PAB+∠MBA＝270°，再根据AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，求得∠BAD+∠ABC＝135°，进而得出∠F＝45°，再根据三角形内角和定理得到∠FDC+∠FCD＝135°，即∠CDA+∠DCB＝225°，最后根据DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，得到∠CDE+∠DCE＝112.5°，进而在△CDE中，根据三角形内角和定理求得∠E＝67.5°．
解：（1）∠AEB的大小不变．
如图1，∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，
∴∠BAE=12∠OAB，∠ABE=12∠ABO，
∴∠BAE+∠ABE=12（∠OAB+∠ABO）＝45°，
∴△ABE中，∠AEB＝180°﹣45°＝135°；
（2）∠CED的大小不变．
如图2，延长AD、BC交于点F．
∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠PAB+∠MBA＝270°，
∵AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，
∴∠BAD=12∠BAP，∠ABC=12∠ABM，
∴∠BAD+∠ABC=12（∠PAB+∠ABM）＝135°，
∴∠F＝45°，
∴∠FDC+∠FCD＝135°，
∴∠CDA+∠DCB＝225°，
∵DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，
∴∠CDE+∠DCE＝112.5°，
∴△CDE中，∠E＝180°﹣112.5°＝67.5°．
总结提升：本题主要考查了三角形内角和定理以及三角形外角性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：三角形内角和等于180°；三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和
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