苏科版七年级下册7.5 多边形的内角和与外角和同步练习题

这是一份苏科版七年级下册7.5 多边形的内角和与外角和同步练习题，共19页。
7.6多边形的内角和与外角和
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•紫阳县期末）下列多边形中，内角和为360°的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2021秋•雁峰区期末）正五边形的内角和的度数（　　）
A．180° B．72° C．540° D．360°
3．（2021秋•松山区期末）一个多边形的每一个外角都为40°，那么这个多边形的内角和为（　　）
A．360° B．1080° C．1260° D．1620°
4．（2021秋•合阳县期末）一个正多边形的一个内角是一个外角的3倍，则正多边形的边数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
5．（2022秋•西湖区校级月考）如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1∥l2，则∠α﹣∠β＝（　　）

A．72° B．78° C．84° D．90°
6．（2022春•井研县期末）如图，大建从A点出发沿直线前进8米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进8米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度α为（　　）

A．30° B．40° C．45° D．60°
7．（2021秋•宁津县期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝（　　）

A．180° B．240° C．360° D．540°
8．（2021秋•莘县期末）如图，图①是四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为AB、CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM＝24°，则∠EFC为（　　）

A．48° B．72° C．108° D．132°
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上
9．（2022秋•中江县校级月考）已知一个多边形的内角和加上一个外角共2050°，这个多边形是 　 　边形，这个外角的度数是 　 　．
10．（2022•竞秀区二模）如图，在五边形ABCDE中，∠A＝35°，去掉∠A后得到一个六边形BCDENM，则∠1+∠2的度数为 　 　．

11．（2022秋•沙洋县期中）若一个多边形的外角和是其内角和的，则这个多边形是 　 　边形．
12．（2022秋•柳城县期中）如图，四边形ABCD中，点M、N分别在AB、BC上，将△BMN沿MN翻折得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠B＝　 　．

13．（2022秋•东港区校级月考）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝　 　．

14．（2022秋•香洲区校级月考）把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的边数可能是 　 　．
15．（2022•遂宁）如图，正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上．若正方形BMGH的边长为6，则正六边形ABCDEF的边长为 　 　．

16．（2022春•茌平区期末）如图所示，分别以n边形顶角顶点为圆心，以2cm长为半径画圆，则圆中阴影部分面积之和为　 　cm2．

三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2022秋•乐陵市校级月考）已知一个多边形的内角和比外角和多900°，并且这个多边形各个内角的度数都相等．这个多边形的每个内角是多少度？
18．（2022秋•綦江区期中）若一个多边形的内角和的比它的外角和多90°，那么这个多边形的边数是多少？
19．（2022秋•安定区期中）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AE，CF分别是∠DAB
及∠DCB的平分线．
（1）求证：AE∥FC．
（2）若∠BCD＝56°，求∠DAE．

20．（2021秋•梁山县期末）如图是一个凹多边形，∠A＝90°，∠C＝106°，∠D＝116°，∠E＝100°；求∠1+∠2的值．

21．（2022春•南阳月考）阅读张东与李芳的对话，解决下列问题：
（1）张东计算多边形的内角和为1350°，李芳为什么说不可能？请通过计算进行说明．
（2）那么张东计算的这个多边形的边数应该是多少？

22．（2022秋•香洲区校级月考）（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2等于 　 　．
（2）如图2，已知△ABC中，∠A＝40°，剪去∠A后成四边形，求∠1+∠2的值．
（3）如图2，请你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是 　 　，并说明理由．
（4）如图3，若没有剪掉，而是把它折成如图3形状，试探究∠1+∠2与∠A的关系并说明理由．

23．（2022秋•越秀区期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB的平分线交BC的延长线于点E，BG⊥AE，垂足为点F，交CD于点G．
（1）求证：BG平分∠ABE；
（2）若∠DCB＝100°，∠DAB＝60°，求∠BGC的度数．

24．（2022秋•兴城市月考）探究一：

（1）如图1，在△ABC中，∠A＝64°，BP，CP分别是两个内角∠ABC，∠ACB的角平分线，则∠P＝　 　度．
（2）如图2，在△ABC中，∠A＝70°，BP，CP分别是两个外角∠CBD，∠BCE的角平分线，则∠P＝　 　度．
探究二：（1）如图3，在△ABC中，BP是三角形内角∠ABC的角平分线，CP是外角∠ACD的角平分线．请说明∠P和∠A之间的数量关系？并证明你的结论．
（2）如图4，在四边形ABCD中，BP是内角∠ABC的角平分线，CP是外角∠DCE的角平分线，请直接写出∠P与∠A，∠D之间的数量关系．（不用说明理由）

答案与解析
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•紫阳县期末）下列多边形中，内角和为360°的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据n边形的内角和公式为180°（n﹣2），求得n＝4，故选B．
【解答】解：∵n边形的内角和公式为180°（n﹣2），
∴当180°（n﹣2）＝360°，则n＝4．
∴四边形的内角和等于360°．
故选：B．
2．（2021秋•雁峰区期末）正五边形的内角和的度数（　　）
A．180° B．72° C．540° D．360°
【分析】利用多边形的内角和为（n﹣2）•180°即可解决问题．
【解答】解：多边形的内角和为（n﹣2）•180°＝（5﹣2）×180°＝540°．
故选：C．
3．（2021秋•松山区期末）一个多边形的每一个外角都为40°，那么这个多边形的内角和为（　　）
A．360° B．1080° C．1260° D．1620°
【分析】根据多边形的外角和是360°求出多边形的边数，再用多边形的内角和公式求出多边形的内角和即可．
【解答】解：360°÷40°＝9（边），
（9﹣2）×180°＝1260°，
故选：C．
4．（2021秋•合阳县期末）一个正多边形的一个内角是一个外角的3倍，则正多边形的边数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】设正多边形的边数为n，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．
【解答】解：改为设这个正多边形的一个外角为x°，则180﹣x＝3x，
解得x＝45°，
360÷45＝8，
∴这个正多边形是正八边形，
故选：A．
5．（2022秋•西湖区校级月考）如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1∥l2，则∠α﹣∠β＝（　　）

A．72° B．78° C．84° D．90°
【分析】如图，延长AB并交l2于点M．由l1∥l2，得∠β＝∠BMF．由∠α＝∠BMF+∠MBA，得∠BMA＝∠α﹣∠MBF，那么∴∠α﹣∠β＝∠MBA．欲求∠α﹣∠β，需求MBA．由正五边形的性质，得∠MBA＝72°，从而解决此题．
【解答】解：如图，延长CB并交l1于点M．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形ABCDE的每个外角相等．
∴∠MBA＝＝72°．
∵l1∥l2，
∴∠β＝∠BMF．
∵∠α＝∠BMF+∠MBA，
∴∠BMA＝∠α﹣∠MBF．
∴∠α﹣∠β＝∠MBA＝72°．
故选：A．

6．（2022春•井研县期末）如图，大建从A点出发沿直线前进8米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进8米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度α为（　　）

A．30° B．40° C．45° D．60°
【分析】根据多边形的外角的定义解决此题．
【解答】解：∵72÷8＝9，
∴360°÷9＝40°．
∴每次旋转的角度α＝40°．
故选：B．
7．（2021秋•宁津县期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝（　　）

A．180° B．240° C．360° D．540°
【分析】根据多边形内角与外角、三角形内角和定理、三角形外角性质进行推理计算即可．
【解答】解：如图，

由三角形外角性质可知：
∠1＝∠F+∠B，∠2＝∠A+∠E，
∴在四边形ADCG中，由四边形内角和可知：
∠D+∠C+∠2+∠1＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
故选：C．
8．（2021秋•莘县期末）如图，图①是四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为AB、CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM＝24°，则∠EFC为（　　）

A．48° B．72° C．108° D．132°
【分析】先由折叠得：∠BEF＝∠FEM＝24°，由平行线的性质得∠EFM＝24°，如图③中，根据折叠和平行线的性质得，∠MFC＝132°，根据角的差可得结论．
【解答】解：如图②，由折叠得：∠B'EF＝∠FEM＝24°，

∵AE∥DF，
∴∠EFM＝24°，∠BMF＝∠DME＝48°，
∵BM∥CF，
∴∠CFM+∠BMF＝180°，
∴∠CFM＝180°﹣48°＝132°，
由折叠得：如图③，∠MFC＝132°，

∴∠EFC＝∠MFC﹣∠EFM＝132°﹣24°＝108°，
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上
9．（2022秋•中江县校级月考）已知一个多边形的内角和加上一个外角共2050°，这个多边形是 　13　边形，这个外角的度数是 　70°　．
【分析】由多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），即可求解．
【解答】解：设这个多边形多边形是n，被加上一个外角是x°，
由题意得：（n﹣2）•180°+x°＝2050°，
∴（n﹣2）•180°＝2050°﹣x°，
∵2050÷180°＝11……70°，
∴x＝70，（n﹣2）•180°＝2050°﹣70°＝1980°，
∴n＝13，
故答案为：13，70°．
10．（2022•竞秀区二模）如图，在五边形ABCDE中，∠A＝35°，去掉∠A后得到一个六边形BCDENM，则∠1+∠2的度数为 　215°　．

【分析】由三角形的外角性质，即可求解．
【解答】解：∵∠1＝∠A+∠AMN，∠2＝∠A+∠ANM，
∴∠1+∠2＝∠A+∠AMN+∠ANM+∠A，
∴∠1+∠2＝180°+35°＝215°，
故答案为：215°．
11．（2022秋•沙洋县期中）若一个多边形的外角和是其内角和的，则这个多边形是 　七　边形．
【分析】根据多边形的外角和为360°及题意，求出这个多边形的内角和，即可确定出多边形的边数．
【解答】解：∵一个多边形的外角和是内角和的倍，且外角和为360°，
∴这个多边形的内角和为360°÷＝900°，
设这个多边形的边数是n，则
180°（n﹣2）＝900°
∴n＝7，
故这个多边形是七边形，
故答案为：七．
12．（2022秋•柳城县期中）如图，四边形ABCD中，点M、N分别在AB、BC上，将△BMN沿MN翻折得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠B＝　80°　．

【分析】由平行线的性质，轴对称的性质，即可计算．
【解答】解：∵MF∥AD，FN∥DC，
∴∠FMB＝∠A＝110°，∠FNB＝∠C＝90°，
∵△FMN和△BMN关于MN对称，
∴∠BMN＝∠FMN＝55°，∠BNM＝∠FNM＝45°，
∴∠B＝180°﹣∠BMN﹣∠BNM＝80°，
故答案为：80°．
13．（2022秋•东港区校级月考）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝　720°　．

【分析】由多边形的内角和定理，即可计算．
【解答】解：连接AF，
∵∠AOF＝∠GOH，
∴∠OAF+∠OFA＝∠G+∠H，
∴∠BAO+∠B+∠C+∠D+∠E+∠EFO+∠G+∠H＝（6﹣2）×180°＝720°，
故答案为：720°．

14．（2022秋•香洲区校级月考）把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的边数可能是 　三角形，四边形，五边形　．
【分析】由题意画出图形，即可判断．
【解答】解：

故答案为：三角形，四边形，五边形．
15．（2022•遂宁）如图，正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上．若正方形BMGH的边长为6，则正六边形ABCDEF的边长为 　4　．

【分析】根据正多边形的性质和直角三角形中，30°角所对的边是斜边的一半可以求得AF的长．
【解答】解：设AF＝x，则AB＝x，AH＝6﹣x，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF＝120°，
∴∠HAF＝60°，
∵∠AHF＝90°，
∴∠AFH＝30°，
∴AF＝2AH，
∴x＝2（6﹣x），
解得x＝4，
∴AB＝4，
即正六边形ABCDEF的边长为4，
故答案为：4．
16．（2022春•茌平区期末）如图所示，分别以n边形顶角顶点为圆心，以2cm长为半径画圆，则圆中阴影部分面积之和为　4π　cm2．

【分析】由于多边形的外角和为360°，则所有阴影的扇形的圆心角的和为360度，故阴影部分的面积＝π×22＝4π．
【解答】解：∵多边形的外角和为360°，
∴SA1+SA2+…+SAn＝S圆＝π×22＝π（cm2）．
故答案为4π．
三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2022秋•乐陵市校级月考）已知一个多边形的内角和比外角和多900°，并且这个多边形各个内角的度数都相等．这个多边形的每个内角是多少度？
【分析】由多边形的内角和定理，多边形的外角和是360°，即可求解．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：（n﹣2）×180°﹣360°＝900°，
∴n＝9，
∴这个多边形的每个内角是180°﹣360°÷9＝140°．
18．（2022秋•綦江区期中）若一个多边形的内角和的比它的外角和多90°，那么这个多边形的边数是多少？
【分析】由多边形的内角和定理，外角和是360°，即可计算．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：（n﹣2）×180°﹣360°＝90°，
∴n＝12，
答：这个多边形的边数是12．
19．（2022秋•安定区期中）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AE，CF分别是∠DAB
及∠DCB的平分线．
（1）求证：AE∥FC．
（2）若∠BCD＝56°，求∠DAE．

【分析】（1）由角平分线定义，两锐角互余的概念，平行线的判定，即可解决问题；
（2）由角平分线定义，平行线的性质，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形的内角和是360°，
∴∠DAB+∠DCB＝360°﹣∠B﹣∠D＝180°，
∵AE，CF分别是∠DAB和∠DCB的平分线．
∴∠FCB＝∠DCB，∠BAE＝∠DAB，
∴∠FCB+∠BAE＝（∠DAB+∠DCB）＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠FCB＝∠AEB，
∴AE∥FC；
（2）解：∵CF是∠DCB的平分线．
∴∠DCF＝∠DCB＝28°，
∴∠DFC＝90°﹣∠DCF＝62°，
∵AE∥FC，
∴∠DAE＝∠DFC＝62°．
20．（2021秋•梁山县期末）如图是一个凹多边形，∠A＝90°，∠C＝106°，∠D＝116°，∠E＝100°；求∠1+∠2的值．

【分析】连接BF，由∠A＝90°，得∠AFB+∠ABF＝90°，根据五边形内角和公式可得∠1+∠2+90°+106°+116°+100°＝540°，故∠1+∠2＝128°．
【解答】解：连接BF，如图：

∵∠A＝90°，
∴∠AFB+∠ABF＝90°，
∵五边形BCDEF的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠AFB+∠ABF+∠C+∠D+∠E＝540°，
∴∠1+∠2+90°+106°+116°+100°＝540°，
∴∠1+∠2＝128°．
21．（2022春•南阳月考）阅读张东与李芳的对话，解决下列问题：
（1）张东计算多边形的内角和为1350°，李芳为什么说不可能？请通过计算进行说明．
（2）那么张东计算的这个多边形的边数应该是多少？

【分析】（1）由多边形的内角和定理，即可判断；
（2）由多边形的内角和定理，求出多边形多加的内角，即可计算．
【解答】解：（1）∵n多边形内角和是（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），
∴多边形的内角和一定是180°的整数倍，
∵1350°÷180°＝7……90°，
∴张东计算多边形的内角和为1350°是不可能的；
（2）设多边形的边数是m，多加的内角是x°，
由题意得：（m﹣2）×180°+x°＝1350°，
∴（m﹣2）×180＝1350°﹣x°，
∵1350°÷180°＝7……90°，
∴x＝90，
∴（m﹣2）×180＝1350°﹣x°＝1260°，
∴m＝9，
∴张东计算的这个多边形的边数应该9．
22．（2022秋•香洲区校级月考）（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2等于 　270°　．
（2）如图2，已知△ABC中，∠A＝40°，剪去∠A后成四边形，求∠1+∠2的值．
（3）如图2，请你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是 　∠1+∠2＝180°+∠A　，并说明理由．
（4）如图3，若没有剪掉，而是把它折成如图3形状，试探究∠1+∠2与∠A的关系并说明理由．

【分析】（1），（2），（3），（4）由三角形的外角的性质，即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，
∵∠1＝∠C+∠DEC，∠2＝∠C+CDE，
∴∠1+∠2＝∠C+∠DEC+∠CDE+∠C，
∴∠1+∠2＝90°+180°＝270°，
故答案为：270°；
（2）如图2，
∵∠1＝∠A+∠MNA，∠2＝∠A+∠AMN，
∴∠1+∠2＝∠A+∠MNA+∠AMN+∠A，
∴∠1+∠2＝40°+180°＝220°；
（3）如图2，∠1+∠2与∠A的关系是∠1+∠2＝180°+∠A，
理由：∵∠1＝∠A+∠MNA，∠2＝∠A+∠AMN，
∴∠1+∠2＝∠A+∠MNA+∠AMN+∠A，
∴∠1+∠2＝180°+∠A，
故答案为：∠1+∠2＝180°+∠A；
（4）如图（3），∠1+∠2与∠A的关系是∠1+∠2＝2∠BAC，
理由：连接AA′，
∵∠1＝∠PAA′+∠PA′A，∠2＝∠QAA′+∠QA′A，
∴∠1+∠2＝∠PAA′+∠PA′A+∠QAA′+∠QA′A，
∴∠1+∠2＝∠BAC+∠PA′Q＝2∠BAC．

23．（2022秋•越秀区期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB的平分线交BC的延长线于点E，BG⊥AE，垂足为点F，交CD于点G．
（1）求证：BG平分∠ABE；
（2）若∠DCB＝100°，∠DAB＝60°，求∠BGC的度数．

【分析】（1）利用平行线的性质，角平分线的定义和等腰三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用角平分线的定义，三角形的内角和定理和（1）的结论解答即可．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠E，
∵AE是∠DAB的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠E，
∴BA＝BE．
∵BG⊥AE，
∴BG平分∠ABE；
（2）解：∵AE是∠DAB的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE＝∠ADB，
∵∠DAB＝60°，
∴∠BAE＝30°．
∵BG⊥AE，
∴∠ABF＝90°﹣∠BAE＝60°．
由（1）知：∠EBF＝∠ABF＝60°，
∴∠BGC＝180°﹣∠BCG﹣∠EBF＝180°﹣100°﹣60°＝20°．
24．（2022秋•兴城市月考）探究一：
（1）如图1，在△ABC中，∠A＝64°，BP，CP分别是两个内角∠ABC，∠ACB的角平分线，则∠P＝　122　度．
（2）如图2，在△ABC中，∠A＝70°，BP，CP分别是两个外角∠CBD，∠BCE的角平分线，则∠P＝　55　度．
探究二：（1）如图3，在△ABC中，BP是三角形内角∠ABC的角平分线，CP是外角∠ACD的角平分线．请说明∠P和∠A之间的数量关系？并证明你的结论．
（2）如图4，在四边形ABCD中，BP是内角∠ABC的角平分线，CP是外角∠DCE的角平分线，请直接写出∠P与∠A，∠D之间的数量关系．（不用说明理由）

【分析】探究一：
（1）根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求得答案；
（2）根据角平分线的定义、平角定义以及三角形内角和定理即可求得答案；
探究二：
（1）根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果；
（2）根据四边形的内角和定理表示出∠BCD，再表示出∠DCE，然后根据角平分线的定义可得∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠DCE，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠P+∠PBC＝∠PCE，然后整理即可得解；
【解答】解：探究一：
（1）如图1，∵∠A＝64°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ABC+∠ACB＝116°，
∵BP，CP分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠ABC+∠ACB）＝×116°＝58°，
∵∠P+∠PBC+∠PCB＝180°，
∴∠P＝180°﹣58°＝122°，
故答案为：122．
（2）如图2，∵∠A＝70°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ABC+∠ACB＝110°，
∵BP，CP分别平分∠DBC，∠ECB，
∴∠PBC＝∠DBC，∠PCB＝∠ECB，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠DBC+∠ECB）
＝（180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣×110°
＝125°，
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣125°＝55°，
故答案为：55．
探究二：
（1）∠A＝2∠P．理由如下：
如图3，∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是外角∠ACD的角平分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠ACD是△ABC的外角，∠PCD是△BPC的外角，
∴∠ACD＝∠ABC+∠A，∠PCD＝∠PBC+∠P，
∴∠ACD＝∠ABC+∠A，
∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P，
∴∠A＝2∠P；
（2）∠P＝（∠A+∠D）﹣90°．理由如下：
如图4，由四边形内角和定理得∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC，
∴∠DCE＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠D﹣∠ABC）＝∠A+∠D+∠ABC﹣180°，
由三角形的外角性质得，∠PCE＝∠P+∠PBC，
∵BP、CP分别是∠ABC和∠DCE的平分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠DCE，
∴∠P+∠PBC＝（∠A+∠D+∠ABC﹣180°）＝（∠A+∠D）+∠ABC﹣90°，
∴∠P＝（∠A+∠D）﹣90°．