【中考一轮复习】2023年中考数学总复习学案——专题25 多边形及内角和（原卷版＋解析版）

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技巧1：三角形内角和与外角的几种常见应用类型
技巧2：巧用位似解三角形中的内接多边形问题
【题型】一、多边形的内角和
【题型】二、计算多边形的周长
【题型】三、计算多边形对角线条数
【题型】四、计算网格中的多边形面积
【题型】五、正多边形内角和问题
【题型】六、截角后的内角和问题
【题型】七、正多边形的外角问题
【题型】八、多边形外角和的实际应用
【题型】九、平面镶嵌
【考纲要求】
1.了解多边形的有关概念，并能解决简单的多边形问题．
2.掌握多边形的内角和定理，并会进行有关的计算与证明．
【考点总结】一、多边形的相关知识
【技巧归纳】
技巧1：三角形内角和与外角的几种常见应用类型
【类型】一、直接计算角度
1．如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝40°，点D，E分别在BC，AC的延长线上，则∠1＝________．
2．在△ABC中，三个内角∠A，∠B，∠C满足∠B－∠A＝∠C－∠B，则∠B＝________．
【类型】二、三角尺或直尺中求角度
3．把一个直尺与一块三角尺按如图所示的方式放置，若∠1＝40°，则∠2的度数为( )
A．125° B．120° C．140° D．130°
4．一副三角尺ABC和DEF如图放置(其中∠A＝60°，∠F＝45°)，使点E落在AC边上，且ED∥BC，则∠CEF的度数为________．

5．一副三角尺如图所示摆放，以AC为一边，在△ABC外作∠CAF＝∠DCE，边AF交DC的延长线于点F，求∠F的度数．
【类型】三、与平行线的性质综合求角度
6．如图，AB∥CD，∠ABE＝60°，∠D＝50°，求∠E的度数．
【类型】四、与截角和折叠综合求角度
7．如图，在△ABC中，∠C＝70°，若沿图中虚线截去∠C，则∠1＋∠2等于( )
A．360° B．250° C．180° D．140°
8．△ABC是一个三角形的纸片，点D，E分别是△ABC边AB，AC上的两点．
(1)如图①，如果沿直线DE折叠，则∠BDA′与∠A的关系是____________；
(2)如果折成图②的形状，猜想∠BDA′，∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；
(3)如果折成图③的形状，猜想∠BDA′，∠CEA′和∠A的关系，并说明理由．
参考答案
1．80° 2.60° 3.D 4.15°
5．解：因为∠BCA＝90°，∠DCE＝30°，
所以∠ACF＝180°－∠BCA－∠DCE＝180°－90°－30°＝60°.
因为∠CAF＝∠DCE＝30°，
所以∠F＝180°－∠CAF－∠ACF＝180°－30°－60°＝90°.
6．解：因为AB∥CD，
所以∠CFE＝∠ABE＝60°.
因为∠D＝50°，
所以∠E＝∠CFE－∠D＝60°－50°＝10°.
7．B
8．解：(1)∠BDA′＝2∠A
(2)∠BDA′＋∠CEA′＝2∠A，
理由：∵在四边形ADA′E中，
∠A＋∠A′＋∠ADA′＋∠A′EA＝360°，
∴∠A＋∠A′＝360°－∠ADA′－∠A′EA.
∵∠BDA′＋∠ADA′＝180°，∠CEA′＋∠A′EA＝180°，
∴∠BDA′＋∠CEA′＝360°－∠ADA′－∠A′EA，
∴∠BDA′＋∠CEA′＝∠A＋∠A′.
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A＝∠A′，∴∠BDA′＋∠CEA′＝2∠A.
(3)∠BDA′－∠CEA′＝2∠A.
理由：设DA′交AC于点F，
∵∠BDA′＝∠A＋∠DFA，∠DFA＝∠A′＋∠CEA′，
∴∠BDA′＝∠A＋∠A′＋∠CEA′，
∴∠BDA′－∠CEA′＝∠A＋∠A′.
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A＝∠A′，
∴∠BDA′－∠CEA′＝2∠A.
技巧2：巧用位似解三角形中的内接多边形问题
【类型】一、三角形的内接正三角形问题
1．如图，用下面的方法可以画△AOB的内接等边三角形，阅读后证明相应问题．
画法：①在△AOB内画等边三角形CDE，使点C在OA上，点D在OB上；②连接OE并延长，交AB于点E′，过点E′作E′C′∥EC，交OA于点C′，作E′D′∥ED，交OB于点D′；③连接C′D′，则△C′D′E′是△AOB的内接等边三角形．
求证：△C′D′E′是等边三角形．
【类型】二、三角形的内接矩形问题
2．如图，求作：内接于已知△ABC的矩形DEFG，使它的边EF在BC上，顶点D，G分别在AB，AC上，并且有DEEF＝12.
【类型】三、三角形的内接正方形问题(方程思想)
3．如图，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝120 mm，高AD＝80 mm，要把它加工成正方形零件，使正方形的一边QM在BC上，其余两个顶点P，N分别在AB，AC上，则这个正方形零件的边长是多少？
4．(1)如图①，在△ABC中，点D，E，Q分别在AB，AC，BC上，且DE∥BC，AQ交DE于点P.求证：eq \f(DP,BQ)＝eq \f(PE,QC).
(2)在△ABC中，∠BAC＝90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG，AF，分别交DE于M，N两点．
①如图②，若AB＝AC＝1，直接写出MN的长；
②如图③，求证：MN2＝DM·EN.
参考答案
1．证明：∵E′C′∥EC，∴∠C′E′O＝∠CEO.
又∵∠COE＝∠C′OE′，
∴△OCE∽△OC′E′.
∴eq \f(CE,C′E′)＝eq \f(OE,OE′).
又∵E′D′∥ED，
∴∠D′E′O＝∠DEO.
又∵∠DOE＝∠D′OE′，
∴△DOE∽△D′OE′，
∴eq \f(DE,D′E′)＝eq \f(OE,OE′).
∴∠CED＝∠C′E′D′，eq \f(CE,C′E′)＝eq \f(DE,D′E′).
∴△CED∽△C′E′D′.
又∵△CDE是等边三角形，
∴△C′D′E′是等边三角形．
2．解：如图，在AB边上任取一点D′，过点D′作D′E′⊥BC于点E′，在BC上截取E′F′，使E′F′＝2D′E′，过点F′作F′G′⊥BC，过点D′作D′G′∥BC交F′G′于点G′，作射线BG′交AC于点G，过点G作GF∥G′F′，DG∥D′G′，GF交BC于点F，DG交AB于点D，过点D作DE∥D′E′交BC于点E，则四边形DEFG为△ABC的内接矩形，且DEEF＝12.
3．解：设符合要求的正方形PQMN的边PN与△ABC的高AD相交于点E.易知AE为△APN的边PN上的高，
设正方形PQMN的边长为x mm，
∵PN∥BC，∴∠APN＝∠B，∠ANP＝∠C.∴△APN∽△ABC.
∴eq \f(AE,AD)＝eq \f(PN,BC).
即eq \f(80－x,80)＝eq \f(x,120).解得x＝48.
即这个正方形零件的边长是48 mm.
4．(1)证明：在△ABQ和△ADP中，
∵DP∥BQ，
∴∠ADP＝∠B，∠APD＝∠AQB.
∴△ADP∽△ABQ.
∴eq \f(DP,BQ)＝eq \f(AP,AQ).
同理△ACQ∽△AEP，
∴eq \f(PE,QC)＝eq \f(AP,AQ).∴eq \f(DP,BQ)＝eq \f(PE,QC).
(2)①解：MN＝eq \f(\r(2),9).
②证明：∵∠B＋∠C＝90°，∠CEF＋∠C＝90°.∴∠B＝∠CEF.
又∵∠BGD＝∠EFC＝90°，
∴△BGD∽△EFC.∴eq \f(DG,CF)＝eq \f(BG,EF).
∴DG·EF＝CF·BG.又∵DG＝GF＝EF，∴GF2＝CF·BG.由(1)得eq \f(DM,BG)＝eq \f(MN,GF)＝eq \f(EN,CF).∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(MN,GF)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(\f(DM,BG)))·eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(\f(EN,CF))).即eq \f(MN2,FG2)＝eq \f(DM·EN,BG·CF).∴MN2＝DM·EN.
【题型讲解】
【题型】一、多边形的内角和
例1、如图，AB=AC=AD，若∠BAD=80°，则∠BCD=（ ）
A. 80° B. 100° C. 140° D. 160°
【答案】C
【考点】等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：∵∠BAD=80°，
∴∠B+∠BCD+∠D=280°，
∵AB=AC=AD，
∴∠B=∠ACB，∠ACD=∠D，
∴∠BCD=280°÷2=140゜，
故选C．
【分析】先根据已知和四边形的内角和为360°，可求∠B+∠BCD+∠D的度数，再根据等腰三角形的性质可得∠B=∠ACB，∠ACD=∠D，从而得到∠BCD的值．
【题型】二、计算多边形的周长
例2、如图，□ABCD纸片，∠A=120°，AB=4，BC=5，剪掉两个角后，得到六边形AEFCGH ,它的每个内角都是120°，且EF=1，HG=2，则这个六边形的周长为( )
A．12B．15C．16D．18
【答案】B
【解析】如图，分别作直线AB、BC、HG的延长线和反向延长线使它们交于点B、Q、P.
∵六边形ABCDEF的六个角都是120°，
∴六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°.
∴△APH、△BEF、△DHG、△CQG都是等边三角形．
∴EF=BE=BF=1，DG=HG=HD=2.
∴FC=5-1=4，AH=5-2= 3，CG=CD-DG=4−2=2.
∴六边形的周长为1+3+3+2+2+4=15.
故选B.
【题型】三、计算多边形对角线条数
例3、已知一个正n边形的每个内角为120°，则这个多边形的对角线有（ ）
A．5条B．6条C．8条D．9条
【答案】D
【提示】多边形的每一个内角都等于120°，则每个外角是60°，而任何多边形的外角是360°，则求得多边形的边数；再根据多边形一个顶点出发的对角线＝n﹣3，即可求得对角线的条数．
【详解】解：∵多边形的每一个内角都等于120°，
∴每个外角是60度，
则多边形的边数为360°÷60°＝6，
则该多边形有6个顶点，
则此多边形从一个顶点出发的对角线共有6﹣3＝3条．
∴这个多边形的对角线有（6×3）＝9条，
故选：D．
【题型】四、计算网格中的多边形面积
例4、如图，在边长为1的小正方形网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，若向正方形网格中投针，落在△ABC内部的概率是( )
A．B．C．D．
【答案】D
【提示】用正方形的面积减去四个易求得三角形的面积，即可确定△ABC面积，用△ABC面积除以正方形的面积即可.
【详解】解：正方形的面积＝4×4＝16，
三角形ABC的面积＝ ＝5，
所以落在△ABC内部的概率是，
故选D．
【题型】五、正多边形内角和问题
例5、游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行．成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）．
A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走B．每段直路要短
C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走D．每段直路要长
【答案】A
【提示】根据题意可知封闭的图形是正五边形，求出正五边形内角的度数即可解决问题．
【详解】根据题意可知，从起点走五段相等直路之后回到起点的封闭图形是正五边形，
∵正五边形的每个内角的度数为：
∴它的邻补角的度数为：180°-108°=72°，
因此，每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走，
故选：A．
【题型】六、截角后的内角和问题
例6、一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，这个多边形的内角和是（ ）
A．360°B．540°
C．180°或360°D．540°或360°或180°
【答案】D
【提示】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．
【详解】
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(4+1﹣2)×180°＝540°，
所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是(4﹣2)×180°＝360°，
所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是(4﹣1﹣2)×180°＝180°，
因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°，
故选D．
【题型】七、正多边形的外角问题
例7、如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转后又沿直线前进10米到达点C，再向左转后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米B．80米C．60米D．40米
【答案】B
【提示】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转，
∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，
∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．
故选：B．
【题型】八、多边形外角和的实际应用
例8、如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（ ）
A．80米B．96米C．64米D．48米
【答案】C
【提示】根据多边形的外角和即可求出答案．
【详解】解：根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．故选：C
【题型】九、平面镶嵌
例9、下列边长相等的正多边形能完成镶嵌的是（ ）
A．2个正八边形和1个正三角形B．3个正方形和2个正三角形
C．1个正五边形和1个正十边形D．2个正六边形和2个正三角形
【答案】D
【提示】只需要明确几个几何图形在一点进行平铺就是几个图形与这一点相邻的所有内角之和等于360°即可。
【详解】A. 2个正八边形和1个正三角形：135°+135°+60°=330°，故不符合；
B. 3个正方形和2个正三角形：90°+90°+90°+60°+60°=390°，故不符合；
C. 1个正五边形和1个正十边形：108°+144°=252°，故不符合；
D. 2个正六边形和2个正三角形：120°+120°+60°+60°=360°，符合；
故选D.
多边形及内角和（达标训练）
一、单选题
1．下列命题中，是真命题的是（ ）
A．三角形内角和为360°B．对角线相等的菱形是正方形
C．一次函数的图象一定经过原点D．全等的两个三角形一定关于某条直线轴对称
【答案】B
【分析】根据三角形内角和定理，正方形的判定，一次函数的性质及轴对称的性质即可得出结果．
【详解】解：A，三角形内角和为180°，故不符合题意．
B，对角线相等的菱形是正方形，故符合题意．
C，一次函数的图象不一定经过原点，故不符合题意．
D，全等的两个三角形不一定关于某条直线轴，如旋转，故不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，正方形的判定，一次函数的性质，轴对称的性质，熟练掌握各知识点的性质是解此题的关键．
2．如图，以正五边形ABCDE的边DE为边向外作等边三角形△DEF，连接AF，则∠AFE等于（ ）
A．6°B．8°C．12°D．14°
【答案】A
【分析】先求出，AE=DE，再由等边三角形的性质得到EF=DE=AE，∠DEF=60°，则∠AEF=∠DEF+∠AED=168°，即可得到．
【详解】解：∵五边形ABCD是正五边形，
∴，AE=DE，
∵△DEF是等边三角形，
∴EF=DE=AE，∠DEF=60°，
∴∠AEF=∠DEF+∠AED=168°，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了正多边形的内角和问题，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质等等，熟知正多边形内角和公式是解题的关键．
3．下列多边形中，内角和最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和公式求解即可．
【详解】解：∵多边形的内角和，n代表多边形的边数，
∴多边形的边数n越大，内角和越大，
∵，
∴六边形的内角和最大．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式：，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
4．下列图形中，内角和与外角和相等的多边形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据任意多边形的外角和为，四边形的内角和也为，据此即可求解．
【详解】解：∵任意多边形的外角和为，四边形的内角和为，
故选C．
【点睛】本题考查了多边形的外角和与内角和，掌握任意多边形的外角和为是解题的关键．
5．如图，若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是前3个正五边形，要完成这一圆环还需正五边形的个数为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】D
【分析】先根据多边形的内角和公式求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．
【详解】解：∵五边形的内角和为
∴正五边形的每一个内角为
∴正五边形的每一个外角为
如图，延长正五边形的两边相交于点O，则
∵已经有3个五边形，
即完成这一圆环还需7个五边形．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．
二、填空题
6．如图，正六边形ABCDEF与平行四边形GHMN的位置如图所示，若，则的度数是______°．
【答案】41
【分析】由题意易得∠A=120°，然后根据三角形外角的性质可得，进而根据平行四边形的性质可进行求解．
【详解】解：由正六边形ABCDEF可知：∠A=120°，
∵，
∴，
∵四边形GHMN是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
故答案为41．
【点睛】本题主要考查正多边形的性质及平行四边形的性质，熟练掌握正多边形的性质及平行四边形的性质是解题的关键．
7．如果一个n边形的内角和等于它的外角和的3倍，则n=___________．
【答案】8
【分析】根据多边形内角和公式和外角和为可得方程，再解方程即可．
【详解】由题意得：，
解得：，
故答案为：8．
【点睛】此题主要考查了多边形内角和与外角和，要结合多边形的内角和公式与外角和的关系来寻求等量关系，构建方程即可求解．
三、解答题
8．如图，AB∥CD，平分，CE∥AD，.
(1)求的度数：
(2)若，求的度数.
【答案】(1)30°
(2)110°
【分析】（1）根据和CE∥AD可求得，然后根据AB∥CD，可求得；
（2）由平分，可得，然后由四边形的内角和是360°即可求得的度数.
（1）
解：∵CE∥AD，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴；
（2）
解：∵平分，
∴，
∵，
∴.
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、多边形内角和定理、角平分线的的定义，熟记相关定理是解题的关键.
多边形及内角和（提升测评）
一、单选题
1．如图，，平分交于点，，，，分别是，延长线上的点，和的平分线交于点．下列结论：
①；
②；
③平分；
④．
其中正确的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】根据，，可得∠CED=∠1，从而∠C=90°，可得①正确；由①可得∠BAD=∠AND，从而∠BAD+∠ADC=180°，又由∠AEB≠∠BAD，可得②错误；根据∠DAE+∠ADE=90°，，且平分，可得∠ADE=∠2，从而得到③正确；由，可得∠EAM+∠EDN=360°-90°=270°，再由和的平分线交于点，可得∠EAF+∠EDF=135°，然后根据四边形的内角和，可得④正确．
【详解】解：∵，，
∴∠AEB+∠CED=90°，∠1+∠AEB=90°，
∴∠CED=∠1，
∵，
∴∠CED+∠2=90°，
∴∠C=180°-（∠CED+∠2）=90°，
即DC⊥BC，
∴，故①正确；
∴∠BAD=∠ADN，
∵∠ADN+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∵∠AEB≠∠BAD，
∴，故②错误；
∵∠DAE+∠ADE=90°，，且平分，
∴∠ADE=∠2，
∴平分，故③正确；
∵，
∴∠EAM+∠EDN=360°-90°=270°，
∵和的平分线交于点，
∴∠EAF+∠EDF= （∠EAM+∠EDN）=135°，
∵，
∴∠AED=90°，
∴∠F=360°-（∠AED+∠EAF+∠EDF）=135°，故④正确；
故正确的有①③④，共3个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定，角平分线的定义，三角形的内角和与四边形的内角和，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
2．已知n边形的一个外角的度数为a．与该外角不相邻的所有内角的度数和为b．则a与b的关系是（ ）
A．a＝180°﹣bB．a＝b﹣（n﹣1）•180°
C．a＝b﹣（n﹣2）•180°D．a＝b﹣（n﹣3）•180°
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和公式求解即可．
【详解】解：根据题意得，
180°−a＋b＝（n−2）×180°，
解得a＝b−（n−3）•180°，
故选：D．
【点睛】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
3．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的值是（ ）
A．240°B．360°C．540°D．720°
【答案】B
【分析】根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．
【详解】解：如图，、与分别相交于点、，
在四边形中，，
，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的外角与内角、三角形的外角性质，解题的关键是熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理．
4．如图，正五边形中，F为边中点，连接，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接AC，AD，正五边形ABCDE中，得到AB=AE=BC=DE，∠B=∠E，证得△ABC≌△AED，根据全等三角形的性质得到∠BAC=∠EAD，AC=AD，根据等腰三角形的性质得到∠CAF=∠DAF，即可得到结论．
【详解】解：连接AC，AD，
五边形ABCDE是正五边形，
，，
在△ABC和△AED中
△ABC≌△AED，
．
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正五边形的性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．如图，在四边形中，，，将沿翻折，得到．若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先利用平行线的性质得出∠BMF＝110°，∠FNB＝80°，再利用翻折变换的性质得出∠FMN＝∠BMN＝55°，∠FNM＝∠MNB＝40°，进而求出∠B的度数，进而即可求解．
【详解】解：∵MF∥AD，FN∥DC，∠A＝110°，∠C＝80°，
∴∠BMF＝110°，∠FNB＝80°，
∵将△BMN沿MN翻折得△FMN，
∴∠FMN＝∠BMN＝55°，∠FNM＝∠MNB＝40°，
∴∠D=∠B＝180°−55°−40°＝85°，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，折叠的性质以及多边形内角和定理以及翻折变换的性质，得出∠FMN＝∠BMN，∠FNM＝∠MNB是解题关键．
二、填空题
6．如图，ABCD，AF平分∠CAB，CF平分∠ACD．(1)∠B+∠E+∠D=________；(2)∠AFC=________．
【答案】
【分析】（1）由两直线平行同旁内角互补解得，再由五边形内角和540°即可解答；
（2）由角平分线的性质，解得，根据两直线平行同旁内角互补解得，最后由三角形内角和180°解答．
【详解】解：（1）ABCD，
五边形的内角和为
∠B+∠E+∠D=
故答案为：；
（2）ABCD，
AF平分∠CAB，CF平分∠ACD
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线的性质、五边形内角和、角平分线的性质等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
7．如图，在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E＝320°，DP、CP分别平分∠EDC、∠BCD，则∠CPD的度数是_____．
【答案】70°
【分析】根据五边形的内角和等于540°，由∠A+∠B+∠E＝320°，可求∠BCD+∠CDE的度数，再根据角平分线的定义可得∠PDC与∠PCD的角度和，进一步求得∠CPD的度数．
【详解】解：∵五边形的内角和等于540°，∠A+∠B+∠E＝320°，
∴∠BCD+∠CDE＝540°﹣320°＝220°，
∵∠BCD、∠CDE的平分线在五边形内相交于点O，
∴∠PDC+∠PCD＝（∠BCD+∠CDE）＝110°，
∴∠CPD＝180°﹣110°＝70°．
故答案是：70°．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，角平分线的定义，熟记公式是解题的关键．注意整体思想的运用．
三、解答题
8．已知一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，如图所示，解答下列问题：
（1）如图1，，，与的数量关系是
（2）如图2，，，与的数量关系是
（3）由（1）（2）得出的结论是
（4）若两个角的两边互相垂直，且一个角比另一个角的2倍少30°，则这两个角的度数分别是多少？
【答案】（1）相等；（2）互补；（3）一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，这两个角相等或互补；（4）30°和30°或70°和110°
【分析】（1）利用三角形的内角和定理，对顶角的性质解决问题即可．
（2）利用四边形内角和定理即可解决问题．
（3）利用（1）（2）中结论即可解决问题．
（4）利用（1）（2）中结论，构建方程即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，设DE交AB于M，EF交AB于N，交BC于Q．
∵DE⊥AB，EF⊥BC，
∴∠EMN=∠EQB=90°，
∵∠ENM=∠BNF，
而∠1=180°-∠EQB- ∠BNF，∠2=180°-∠EMN-∠ENM
∴∠1=∠2．
故答案为相等．
（2）如图2中，

∵DE⊥AB，EF⊥BC，
∴∠EMB=∠EQB=90°，
又四边形EMBF内角和为360°
∴∠2+∠1=180°．
故答案为互补．
（3）由上述情形，用文字语言叙述结论：如果一个角的两边分别和另一个角的两边垂直，那么这两个角相等或互补．
故答案为：如果一个角的两边分别和另一个角的两边垂直，那么这两个角相等或互补．
（4）设两个角分别为：x°和（2x-30）°，
由（1）（2）可知：x=2x-30或x+2x-30=180°，
解得x=30或70，
∴两个角分别为：30°和30°或70°和110°．
【点睛】本题考查了垂线，一元一次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问题．
多边形的相关知识
多边形的相关知识
1、在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形，多边形中相邻两边组成的角叫做它的内角。多边形的边与它邻边的延长线组成的角叫做外角。
2、连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线。
3、一个n边形从一个顶点出发的对角线的条数为（n－3）条，其所有的对角线条数为
凸多边形
画出多边形的任何一条边所在的直线，如果多边形的其它边都在这条直线的同侧，那么这个多边形就是凸多边形。
正多边形
各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形。（两个条件缺一不可，除了三角形以外，因为若三角形的三内角相等，则必有三边相等，反过来也成立）
多边形的内角和
1、n边形的内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°
2、n边形的外角和定理：多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关。