第06讲 多边形内角和-人教版初中七年级（七升八）数学暑假衔接（教师版+学生版）讲义

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一、多边形内角和
n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)．
要点诠释：
(1)内角和公式的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数；(2)正多边形的每个内角都相等，都等于；
二、多边形的外角和
多边形的外角和为360°．
要点诠释：
(1)在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关；
(2)正n边形的每个内角都相等，所以它的每个外角都相等，都等于；
(3)多边形的外角和为360°的作用是：①已知各相等外角度数求多边形边数；②已知多边形边数求各相等外角的度数．
三．平面镶嵌（密铺）
（1）平面图形镶嵌的定义：用形状，大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接．彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．
（2）正多边形镶嵌有三个条件限制：①边长相等；②顶点公共；③在一个顶点处各正多边形的内角之和为360°．
判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能．
（3）单一正多边形的镶嵌：正三角形，正四边形，正六边形．
（4）两种正多边形的镶嵌：3个正三角形和2个正方形、四个正三角形和1个正六边形、2个正三角形和2个正六边形、1个正三角形和2个正十二边形、1个正方形和2个正八边形等．
（5）用任意的同一种三角形或四边形能镶嵌成一个平面图案．
【考点剖析】
题型一：利用内角和求边数
例1.一个多边形的内角和为540°，则它是( )
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形
解析：熟记多边形的内角和公式(n－2)·180°.设它是n边形，根据题意得(n－2)·180＝540，解得n＝5.故选B.
方法总结：熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
【变式1】（2021·河北承德市·八年级期末）一个多边形的内角和是900°，这个多边形的边数是（ ）
A．3B．4C．5D．7
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和公式：（n-2）•180°去求．
【详解】解：设该多边形的边数为n
则：（n-2）•180°=900°，
解得：n=7．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，关键是要记住公式并会解方程
【变式2】（2021·浙江省余姚市实验学校八年级期中）若一个多边形的内角和是720°，则这个多边形的边数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】根据正多边形的内角和定义（n−2）×180°，先求出边数，再用内角和除以边数即可求出这个正多边形的每一个内角．
【详解】解：（n−2）×180°＝720°，
∴n−2＝4，
∴n＝6．
∴这个多边形的边数为6．
故选：C．
【点睛】考查了多边形内角与外角．解题的关键是掌握好多边形内角和公式：（n−2）×180°．
题型二：求多边形的内角和
例2.一个多边形的内角和为1800°，截去一个角后，得到的多边形的内角和为( )
A．1620° B．1800°
C．1980° D．以上答案都有可能
解析：1800÷180＝10，∴原多边形边数为10＋2＝12.∵一个多边形截去一个内角后，边数可能减1，可能不变，也可能加1，∴新多边形的边数可能是11，12，13，∴新多边形的内角和可能是1620°，1800°，1980°.故选D.
方法总结：一个多边形截去一个内角后，边数可能减1，可能不变，也可能加1.根据多边形的内角和公式求出原多边形的边数是解题的关键．
【变式1】（2021·云南临沧·八年级期末）一个八边形的内角和度数为（ ）
A．360°B．720°C．900°D．1080°
【答案】D
【分析】应用多边形的内角和公式计算即可．
【详解】（n﹣2）•180＝（8﹣2）×180°＝1080°．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：（n−2）•180 （n≥3）且n为整数）．
【变式2】（2021·广西来宾市·八年级期中）已知一个多边形的每一个内角都比它相邻的外角的4倍多，求这个多边形是几边形？并求出这个多边形的内角和．
【答案】十二边形，1800°
【分析】首先设外角为x°，则内角为（4x＋30）°，根据内角与相邻的外角是互补关系可得x＋4x＋30＝180，解方程可得x的值，再利用外角和360°÷外角的度数可得边数，进而求出内角和．
【详解】解：设外角为x°，
由题意得：x＋4x＋30＝180，
解得：x＝30，
360°÷30°＝12，
∴（12−2）×180＝1800°，
∴这个多边形的内角和是1800°，是十二边形．
【点睛】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，此题要结合多边形的内角和公式以及外角和，构建方程求解即可．
【变式3】（2020·南京市宁海中学八年级开学考试）问题1：如图，我们将图（1）所示的凹四边形称为“镖形”．在“镖形”图中，∠AOC与∠A、∠C、∠P的数量关系为∠AOC=∠A+∠C+∠P．
问题2：如图（2），已知AP平分∠BAD，CP平分∠BCD，∠B=28°，∠D=48°，求∠P的大小；
小明认为可以利用“镖形”图的结论解决上述问题：
由问题1结论得：∠AOC=∠PAO+∠PCO+∠APC，
所以2∠AOC=2∠PAO+2∠PCO+2∠APC，
即2∠AOC=∠BAO+∠DCO+2∠APC；
由“ ”得：∠AOC=∠BAO+∠B，∠AOC=∠DCO+∠D．
所以2∠AOC=∠BAO+∠DCO+∠B+∠D．
所以2∠APC= ．
所以∠APC= ．
请帮助小明完善上述说理过程，并尝试解决下列问题（问题1、问题2中得到的结论可以直接使用，不需说明理由）；
解决问题1：如图（3）已知直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系为
解决问题2：如图（4），已知直线AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，则∠P与∠B、∠D的关系为
【答案】问题1、问题2答案见解析；解决问题1：∠P=180°－（∠B＋∠D）；解决问题2：∠P=90°＋（∠B＋∠D）
【分析】问题1：根据三角形的外角的性质即可得到结论；
问题2：根据三角形外角的性质和问题1的结论求解即可；
解决问题1：根据四边形的内角和等于360°可得（180°-∠1）+∠P+∠4+∠B=360°，∠2+∠P+（180°-∠3）+∠D=360°，然后整理即可得解；
解决问题2：根据（1）的结论∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，∠PAD+∠P=∠D+∠PCD，然后整理即可得解．
【详解】解：问题1：连接PO并延长．
则∠1=∠A＋∠2，∠3=∠C＋∠4，
∵∠2＋∠4=∠P，∠1＋∠3=∠AOC，
∴∠AOC=∠A＋∠C＋∠P；
故答案为：∠AOC=∠A＋∠C＋∠P；
问题2：如图2，由问题1结论得：∠AOC=∠PAO+∠PCO+∠APC，
所以2∠AOC=2∠PAO+2∠PCO+2∠APC，
即2∠AOC=∠BAO+∠DCO+2∠APC；
由“三角形外角的性质”得：∠AOC=∠BAO+∠B，∠AOC=∠DCO+∠D．
所以2∠AOC=∠BAO+∠DCO+∠B+∠D．
所以2∠APC=∠B+∠D．
所以∠APC= （∠B＋∠D）=38°．
解决问题1：如图3，∵AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴（180°－2∠1）＋∠B=（180°－2∠4）＋∠D，
在四边形APCB中，（180°－∠1）＋∠P＋∠4＋∠B=360°，
在四边形APCD中，∠2＋∠P＋（180°－∠3）＋∠D=360°，
∴2∠P＋∠B＋∠D=360°，
∴∠P=180°－（∠B＋∠D）；
解决问题2：如图4，∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵（∠1＋∠2）＋∠B=（180°－2∠3）＋∠D，
∠2＋∠P=（180°－∠3）＋∠D，
∴2∠P=180°＋∠D＋∠B，
∴∠P=90°＋（∠B＋∠D）．
故答案为：∠P=90°＋（∠B＋∠D）．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，角平分线的性质，四边形的内角和，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
题型三：复杂图形中的角度计算
例3.如图，∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＋∠7＝( )
A．450° B．540° C．630° D．720°
解析：如图，∵∠3＋∠4＝∠8＋∠9，∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＋∠7＝∠1＋∠2＋∠8＋∠9＋∠5＋∠6＋∠7＝五边形的内角和＝540°，故选B.
方法总结：本题考查了灵活运用五边形的内角和定理和三角形内外角关系．根据图形特点，将问题转化为熟知的问题，体现了转化思想的优越性．
【变式1】（2021·全国八年级单元测试）如图，在五边形ABCDE中，∠D＝120°，与∠EAB相邻的外角是80°，与∠DEA，∠ABC相邻的外角都是60°，则∠C为________度．
【答案】80
【分析】利用邻补角的定义分别求出∠DEA，∠ABC，∠EAB的度数；再利用五边形的内角和为540毒，可求出∠C的度数．
【详解】解：∵与∠EAB相邻的外角是80°，与∠DEA，∠ABC相邻的外角都是60°，
∴∠DEA＝180°－60°＝120°，∠ABC＝180°－60°＝120°，∠EAB＝180°－80°＝100°；
五边形的内角和为（5－2）×180°＝540°；
∴∠C＝540°－120°－120°－120°－100°＝80°．
故答案为：80．
【点睛】此题考查了多边形内角和的性质，涉及了邻补角的定义，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
【变式2】（2020·南京市宁海中学八年级开学考试）如图，五边形ABCDE的两个内角平分线相交于点O，∠1，∠2，∠3是五边形的3个外角，若∠1+∠2+∠3=220°，则∠AOB=___________．

【答案】70°
【分析】先求出与∠EAB和∠CBA相邻的外角的度数和，然后根据多边形外角和定理即可求解．
【详解】如图，
∵∠1+∠2+∠3=220°，
∴∠4+∠5=360°-220°=140°，
∴∠EAB+∠CBA=220°，
∵AO，BO分别平分∠EAB，∠ABC，
∴∠OAB+∠OBA=110°，
∴∠AOB=180°-（∠OAB+∠OBA）=70°．
故答案是：70°．
【点睛】本题主要考查了多边形外角和定理，三角形的内角和定理，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．
【变式3】（2022春•武冈市期中）如图，求∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7的度数．
【分析】利用三角形内角和定理将不规则图形转化成规则图形：五边形．
【解答】解：如图，
由三角形内角和定理得：∠1+∠5＝∠8+∠9，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝∠1+∠5+∠2+∠3+∠4+∠6+∠7＝∠8+∠9+∠2+∠3+∠4+∠6+∠7＝180°×（5﹣2）＝540°．
【点评】本题主要考查多边形内角和，解题关键是利用三角形内角和定理将不规则图形转化成规则图形．
【变式4】（2022春•宿城区校级月考）利用“模型”解决几何综合问题往往会取得事半功倍的效果．
几何模型：
如图（1），我们称它为“A”型图案，易证明：∠EDF＝∠A+∠B+∠C．
运用以上模型结论解决问题：
（1）如图（2），“五角星”形，求∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝？
分析：图中A1A3DA4是“A”型图，于是∠A2DA5＝∠A1+∠A3+∠A4，所以∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝ ；
（2）如图（3），“七角星”形，求∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7的度数．
【分析】（1）根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案；
（2）根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案．
【解答】解：（1）如图，
由三角形外角的性质可得，∠1＝∠A1+∠A4，
∵∠A2DA5＝∠1+∠A3，
∴∠A2DA5＝∠A1+∠A4+∠A3，
∵∠A2DA5+∠A2+∠A5＝180°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝180°，
故答案为：180°；
（2）如图，
由（1）得，∠1＝∠A1+∠A4+∠A5，∠2＝∠A2+∠A3+∠A6，
∵∠1+∠2+∠A7＝180°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7＝180°．
【点评】本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键．
题型四：利用方程和不等式确定多边形的边数
例4.一个同学在进行多边形的内角和计算时，求得内角和为1125°，当他发现错了以后，重新检查，发现少算了一个内角，问这个内角是多少度？他求的是几边形的内角和？
解析：本题首先由题意找出不等关系列出不等式，进而求出这一内角的取值范围；然后可确定这一内角的度数，进一步得出这个多边形的边数．
解：设此多边形的内角和为x，则有1125°＜x＜1125°＋180°，即180°×6＋45°＜x＜180°×7＋45°，因为x为多边形的内角和，所以它是180°的倍数，所以x＝180°×7＝1260°.所以7＋2＝9，1260°－1125°＝135°.因此，漏加的这个内角是135°，这个多边形是九边形．
方法总结：解题的关键是由题意列出不等式求出这个多边形的边数．
【变式1】．（2023春·全国·八年级专题练习）看图回答问题：
(1)内角和为2014°，小明为什么说不可能？
(2)小华求的是几边形的内角和？
【答案】(1)理由见详解
(2)
【分析】（1）根据多边形的内角和定理即可求解；
（2）根据题意设多边形的边数为，根据多边形的内角和定理即可求解．
【详解】（1）解：∵设多边形的边数为，则边形的内角和是，
∴内角和一定是度的倍数，
∵，
∴内角和为不可能．
（2）解：设多边形的边数为，
∴，解得，，
∴多边形的边数是，
∴小华求的是十三边形的内角和．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理，掌握多边形的内角和定理是解题的关键．
【变式2】（2023春·全国·八年级专题练习）解决多边形问题：
(1)一个多边形的内角和是外角和的3倍，它是几边形？
(2)小华在求一个多边形的内角和时，重复加了一个角的度数，计算结果是，这个多边形是几边形？
【答案】(1)八边形
(2)八边形
【分析】（1）根据多边形的内角和公式、多边形的外角和等于建立方程，解方程即可得；
（2）设这个多边形是边形，重复加的一个角的度数为，则，再根据多边形的内角和公式建立等式，结合建立不等式组，解不等式组即可得．
【详解】（1）解：设这个多边形是边形，
由题意得：，
解得，
答：这个多边形是八边形．
（2）解：设这个多边形是边形，重复加的一个角的度数为，则，
由题意得：，
解得，
则，即，
解得，
为正整数，
，
答：这个多边形是八边形．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和、一元一次不等式组的应用，正确建立方程和不等式组是解题关键．
题型五：已知各相等外角的度数，求多边形的边数
例5.正多边形的一个外角等于36°，则该多边形是正( )
A．八边形 B．九边形 C．十边形 D．十一边形
解析：正多边形的边数为360°÷36°＝10，则这个多边形是正十边形．故选C.
方法总结：如果已知正多边形的一个外角，求边数可直接利用外角和除以这个角即可．
【变式1】．（2022春·八年级单元测试）已知一个多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是__________．
【答案】12
【分析】利用任何多边形的外角和是除以外角度数即可求出答案．
【详解】解：多边形的外角的个数是，
所以多边形的边数是12，
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容．
【变式2】（2021·广西八年级期中）己知一个n边形的每一个外角都等于30°．
（1）求n的值．
（2）求这个n边形的内角和．
【答案】（1）12；（2）1800°
【分析】（1）用360°除以外角度数可得答案．
（2）先求出每个内角的度数，再利用内角度数×内角的个数即可．
【详解】解：（1）∵n边形的每一个外角都等于30°
∴n＝360°÷30°＝12；
（2）∵每个内角=180°-30°=150°，
∴内角和=12×150°＝1800°．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角和、外角和，关键是掌握多边形的外交和等于360°．
题型六：多边形内角和与外角和的综合运用
例6.一个多边形的内角和与外角和的和为540°，则它是( )
A．五边形 B．四边形 C．三角形 D．不能确定
解析：设这个多边形的边数为n，则依题意可得(n－2)×180°＋360°＝540°，解得n＝3，∴这个多边形是三角形．故选C.
方法总结：熟练掌握多边形的内角和定理及外角和定理，解题的关键是由已知等量关系列出方程从而解决问题．
【变式1】（2021·陕西）一个多边形的内角和与外角和的度数之和为，求这个多边形的边数．
【答案】多边形的边数为7
【分析】设这个多边形的边数为n，根据这个多边形的内角和+外角和360°=1800°，列出方程求解即可．
【详解】解：设多边形的边数是，由题意得，
，
解得：．
答：多边形的边数为7．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和定理，任意多边形的外角和都是360°，与边数无关，熟练多边形的内角和定理是解题的关键．
【变式2】（2021·广西来宾市·八年级期中）已知一个多边形的每一个内角都比它相邻的外角的4倍多，求这个多边形是几边形？并求出这个多边形的内角和．
【答案】十二边形，1800°
【分析】首先设外角为x°，则内角为（4x＋30）°，根据内角与相邻的外角是互补关系可得x＋4x＋30＝180，解方程可得x的值，再利用外角和360°÷外角的度数可得边数，进而求出内角和．
【详解】解：设外角为x°，
由题意得：x＋4x＋30＝180，
解得：x＝30，
360°÷30°＝12，
∴（12−2）×180＝1800°，
∴这个多边形的内角和是1800°，是十二边形．
【点睛】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，此题要结合多边形的内角和公式以及外角和，构建方程求解即可．
【变式3】（2021秋•泰州期末）【相关概念】将多边形的内角一边反向延长，与另一条边相夹形成的那个角叫做多边形的外角．如图，将△ABC中∠ACB的边CB反向延长，与另一边AC形成的∠ACD即为△ACB的一个外角．三角形外角和与三角形内角和对应，为与三个内角分别相邻的三个外角的和．
【求解方法】借助一组内角与外角的数量关系，可以求出三角形的外角和．
如图，△ABC的外角和＝（180°﹣∠ACB）+（180°﹣∠CAB）+（180°﹣∠ABC）＝540°﹣（∠ACB+∠ABC+∠CAB）＝540°﹣180°＝360°．
【自主探究】根据以上提示，完成下列问题：
（1）将下列表格补充完整．
（2）如果一个八边形的每一个内角都相等，请用两种不同的方法求出这个八边形一个内角的度数．
【分析】（1）根据n边形的内角和为（n﹣2）×180°，n边形的外角和为360°即可得出答案；
（2）根据多边形的内角和公式和多边形的外角和360°即可得出答案．
【解答】解：（1）内角和分别为：
四边形内角和是：（4﹣2）×180°＝360°，
，五边形内角和是：（5﹣2）×180°＝540°，
n边形内角和是：180°（n﹣2）；
外角和分别为：360°、360°、360°；
故答案为：360°、540°、180°（n﹣2），360°、360°、360°；
（2）这个八边形一个内角的度数是：
方法一：（8﹣2）×180°÷8＝135°，
方法二：180°﹣360°÷8＝135°．
【点评】本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）×180°；n边形的外角和为360°．
题型七：平面镶嵌
例7．（2022春·八年级单元测试）用同一种下列形状的图形地砖不能进行平面镶嵌的是 （ ）
A．正三角形B．长方形C．正八边形D．正六边形
【答案】C
【分析】分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可求出答案．
【详解】解：A．正三角形的每个内角是，能整除，能密铺，故A不符合题意；
B．长方形的每个内角是，能整除，能密铺，故B不符合题意；
C．正八边形的每个内角为：，不能整除，不能密铺，故C符合题意；
D．正六边形的每个内角为度，能整除，能密铺，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平面镶嵌，解题的关键是熟练掌握一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除．
【变式】（2022春·八年级单元测试）用正多边形来镶嵌平面的原理是共顶点的各个角之和必须等于．现在有七种不同的正多边形：①正三角形、②正方形、③正六边形、④正八边形、⑤正十边形、⑥正十二边形、⑦正十五边形．请你用其中的不同的三种正多边形来镶嵌平面，这三种正多边形可以是：________．（请用序号表示，只需写出两种即可）
【答案】①②③或①②⑥或②③⑥
【分析】先分别求出正三角形、正方形、正五边形、正六边形、正七边形、正八边形的每个内角，然后根据平面镶嵌的条件解答即可．
【详解】解：用公式分别计算出正三角形的内角为，正方形的内角为，正六边形的内角为，正八边形内角为，正十边形的内角为，正十二边形的内角为，正十五边形的内角为，
∵，
∴正三角形、正方形、正六边形可以进行平面镶嵌；
∵，
∴正三角形、正方形、正十二边形可以进行平面镶嵌；
∵，
∴正方形、正六边形、正十二边形可以进行平面镶嵌；
故答案为：①②③或①②⑥或②③⑥．
【点睛】本题主要考查了镶嵌的条件，镶嵌的条件是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．
【过关检测】
一、单选题
1．（2023春·全国·八年级期末）如图是由射线，，，，，组成的平面图形，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据多边形的外角和等于解答即可．
【详解】解：由多边形的外角和等于可知，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是多边形的外角和，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．
2．（2023春·山东泰安·八年级校考期末）正多边形的内角和为，则这个多边形的一个内角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由正多边形的内角和为，可得，再求解n可得答案．
【详解】解：∵正多边形的内角和为，
∴，
解得：，
∴这个多边形的一个内角为；
故选C
【点睛】本题考查的是正多边形的内角和问题，熟记多边形的内角和公式与正多边形的定义是解本题的关键．
3．（2023春·浙江·八年级专题练习）一个多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个多边形是（ ）
A．六边形B．七边形C．八边形D．九边形
【答案】A
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式和多边形的外角和都是，列出方程即可求出结论．
【详解】解：设多边形的边数是n，
根据题意得，，
解得：，
∴这个多边形为六边形．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
4．（2023春·浙江·八年级专题练习）一个多边形的每个内角都相等，这个多边形的外角不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据多边形的每个内角都相等，则这个多边形的每一个外角均相等，根据外角和等于即可求解．
【详解】解：由题意得，多边形的每个内角都相等，
∴这个多边形的每一个外角均相等．
∴每一个外角的度数整除，
∵、、均能整除，不能整除，
∴选项C符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的外角和，熟记知识点是解题关键．
5．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据四边形内角和可得，再由“8”字三角形可得，进而可得答案．
【详解】解：连接，如图，
∵，，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，以及“8”字三角形的特点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
6．（2022春·八年级单元测试）将一个多边形切去一个角后所得的多边形内角和为，则原多边形的边数为（ ）
A．或B．或C．或或D．或或
【答案】C
【分析】因为一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，根据多边形的内角和即可解决问题．
【详解】解：多边形的内角和可以表示成（且n是正整数），一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，
根据题意得，
解得：，
则多边形的边数是或或，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，本题容易出现的错误是：认为截取一个角后角的个数减少1．
7．（2023秋·广西钦州·八年级统考期末）小红：我计算出一个多边形的内角和为；老师：不对呀，你可能少加了一个角则小红少加的这个角的度数是（ ）
A．1B．1C．1D．1
【答案】D
【分析】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x，由多边形内角和定理可得等式：，由n为整数即可确定x的值．
【详解】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x，
由题意得：，
，
由于n为整数，x为正数且小于，
，
则，
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形内角和定理，关键是设多边形的边数及少加的角的度数，由多边形内角和定理得到等式，根据边数为整数确定少加的角．
8．（2023·全国·八年级假期作业）已知一个多边形内角和为，则这个多边形可连对角线的条数是（ ）
A．10B．16C．20D．40
【答案】C
【分析】先根据多边形内角和计算公式求出这个多边形是八边形，再根据多边形对角线计算公式求解即可．
【详解】解：设这个多边形为n边形，
由题意得，，
∴，
∴这个多边形为八边形，
∴这个多边形可连对角线的条数是，
故选C．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线计算公式，熟知n边形的对角线条数是是解题的关键．
9．（2023秋·八年级课时练习）一个多边形截去一角后，变成一个八边形，则这个多边形原来的边数是（ ）
A．8或9B．7或8C．7或8或9D．8或9或10
【答案】C
【分析】画出所有可能的情况，即可作答．
【详解】如图所示
∴这个多边形原来是7边形或8边形或9边形
故选C．
【点睛】本题考查的知识点是多边形内角与外角，解题关键是注意分情况作答．
二、填空题
10．（2023春·安徽淮北·八年级淮北一中校联考阶段练习）若n边形的每个内角都是，则边数n为___．
【答案】5
【分析】根据多边形的内角和公式列方程求解即可．
【详解】解：由题意得，
解得：．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟记内角和公式并列出方程是解题的关键．
11．（2022春·八年级单元测试）如图是由射线、、、组成的平面图形，则______°．
【答案】
【分析】根据多边形的外角和为求解即可．
【详解】解：由图可知，、、、为组成的四边形的外角，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查多边形的外角性质，熟知多边形的外角和为是解题的关键．
12．（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）一个正n多边形的一个内角是它的外角的4倍，则___________．
【答案】10
【分析】由多边形的每一个内角与相邻的这个外角互补先求解每一个外角，从而可得答案．
【详解】解：∵一个正n多边形的一个内角是它的外角的4倍，
∴正多边形的每一个外角为：，
∴，
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是正多边形的内角和与外角和的综合，熟记多边形的每一个内角与相邻的这个外角互补是解本题的关键．
13．（2023春·全国·八年级专题练习）若一个多边形的每个外角均为，则这个多边形的内角和为_______度．
【答案】
【分析】依据多边形外角和为求得边数，再依据多边形内角和公式代入求解即可．
【详解】解：因为多边形的每个外角均为，且外角和为，
所以这个多边形边数：，
则这个多边形的内角和为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式、外角和为；通过外角和求得边数是解题的关键．
14．（2023·全国·八年级假期作业）一个多边形外角和是内角和的，则这个多边形的边数是________．
【答案】12
【分析】设这个多边形的边数为，根据题意得多边形的内角和是外角和的5倍，列出方程求解即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意得多边形的内角和是外角和的5倍，
∴，
解得：，
所以这个多边形的边数为12．
故答案为：12．
【点睛】题目主要考查一元一次方程的应用及多边形的内角和与外角和等，理解题意，列出方程是解题关键．
15．（2023春·陕西西安·八年级西安行知中学校考阶段练习）一个多边形的内角和是外角和的3倍，则它是____________边形．
【答案】八
【分析】多边形的外角和是度，多边形的内角和是外角和的3倍，则多边形的内角和是度，根据多边形的内角和可以表示成，依此列方程可求解．
【详解】解：设多边形边数为．
则，
解得．
∴这个多边形是八边形．
故答案为：八．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
16．（2023·全国·八年级假期作业）一个边形的所有内角和等于，则的值等于__．
【答案】5
【分析】已知边形的内角和为，根据多边形内角和的公式易求解．
【详解】解：依题意有
，
解得．
故答案为：5．
【点睛】主要考查的是多边形的内角和公式，本题的难度简单．掌握多边形的内角和为是解题的关键．
17．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠K的度数为__．
【答案】1080°
【分析】连KF，GI，根据n边形的内角和定理得到7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°，由三角形内角和定理可得到∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝900°＋180°，即可得到∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数．
【详解】解：连KF，GI，如图，
∵7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＝900°－（∠1＋∠2），
即∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°，
∵∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＝900°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝900°＋180°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K＝1080°．
故∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数为1080°．
故答案为：1080°．
【点睛】本题考查了n边形的内角和定理：n边形的内角和为（n－2）×180°（n≥3的整数）．
18．（2023春·浙江·八年级专题练习）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°．则原来多边形的边数是______．
【答案】9或10或11
【分析】先根据多边形的内角和公式求出截去一个角后的多边形的边数，再分情况说明求得原来多边形的解．
【详解】解：设多边形截去一个角的边数为，根据题意得：
又截去一个角后的多边形的边可以增加1、不变、减少1，
原多边形的边数为9或10或11．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和公式，本题的易错点在于忽略考虑截去一个角后多边形的边数可以不变、增加或者减少．
19．（2021秋•工业园区期末）某休闲广场的地面中间是1块正六边形地砖，周围是用正方形和正三角形地砖按如图方式依次向外铺设10圈而成，其中第1圈有6块正方形和6块正三角形地砖，则铺设该广场共用地砖 块．
【分析】观察三角形的规律，发现：三角形依次是6+12×（1﹣1），6+12×（2﹣1），…，6+12×（n﹣1）块，由此即可解决问题．
【解答】解：根据题意分析可得：从里向外的第1层包括6个正三角形，6个正方形，一个正六边形；
第2层包括18个正三角形，6个正方形，
此后，每层都比前一层多12个等边三角形
依此递推，第10层中含有正三角形个数是6+12×9＝114个，
∴铺设该广场共用地砖：6+18+•••+114+6×10+1＝661（块）．
故答案为661．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺）问题，此题要注意能够分别找到三角形和正方形的个数的规律．
三、解答题
20．（2023春·广东茂名·八年级校考阶段练习）已知一个正多边形其一个内角与其相邻的一个外角的度数之比是，求这个多边形是几边形？
【答案】这个多边形是九边形
【分析】设这个正多边形的边数为，根据多边形的内角和公式以及多边形的外角和为，由此列出方程，解方程即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为，
由题意得：，
解得：，．
答：这个多边形是九边形．
【点睛】此题考查了多边形的内角和与外角和，熟记多边形的内角和公式及多边形的外角和是是解题的关键．
21．（2022秋·云南楚雄·八年级校考阶段练习）若一个多边形的外角和比这个多边形的内角和小．
(1)求这个多边形的边数；
(2)求这个多边形的所有对角线条数．
【答案】(1)这个多边形的边数是7
(2)14条
【分析】（1）设这个多边形的边数为n，则内角和为，外角和为，列一元一次方程，即可求解；
（2）n边形的对角线条数为．
【详解】（1）解：设这个多边形的边数为n，
，
解得．
即这个多边形的边数是7．
（2）解：，
即这个多边形有14条对角线．
【点睛】本题考查多边形的内角和、外角和、对角线条数，解题的关键是掌握n边形的内角和为，外角和为，对角线条数为．
22．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，求的大小．

【答案】
【分析】连接AD，根据三角形内角和定理，得到，再利用四边形内角和求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，设与相交于点G，

在中，，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，四边形内角和，对顶角相等．当出现多个角求和时，可以通过等量代换找到我们熟悉的三角形，四边形的内角和进行计算．
23．（2022春·八年级单元测试）已知四边形的四个外角的度数之比为，那么这个四边形各内角的度数分别是多少？
【答案】
【分析】设四边形的四个外角的度数分别为，再根据多边形外角和为建立方程求出四个外角的度数，进而求出四个内角的度数．
【详解】解：设四边形的四个外角的度数分别为．
由题意得，，
解得．
∴四个外角分别为．
∴这个四边形各内角的度数分别为．
【点睛】本题主要考查了四边形外角和，熟知四边形外角和为是解题的关键．
24．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读材料：
解决问题：
（1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BDC(∠BDC＜180°)与∠B，∠D，∠BAC三个角之间的等量关系．
小明得出的结论是：∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整．
证明：连接AD并延长AD到点E．
联系拓广：
（2）下面图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的(即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的)．
请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题：
①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为 °；
②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 °．
【答案】（1）证明见解析；（2）①180°；②360°．
【分析】（1）先证明∠BDE=∠B+∠BAD，∠CDE=∠C+∠CAD，相加即可；
（2）①利用（1）结论，得到∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，再根据三角形内角和进行等量代换即可求解；
②利用（1）结论，得到∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，再根据四边形内角和进行等量代换即可．
【详解】解：（1）证明：连接AD并延长AD到点E．
则∠BDE为△ABD的外角，∠CDE为△ACD的外角，
∴∠BDE=∠B+∠BAD，
∠CDE=∠C+∠CAD
∵∠BDC=∠BDE+∠CDE，∴∠BDC=∠B+∠BAD+∠C+∠CAD．
∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，∴∠BDC=∠B+∠C+∠BAC．
（2）①如图2，由（1）得，∠CFD=∠A+∠C+∠D，
∴∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，
∵∠BFE+∠B+∠E=180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°.
故答案为：180°
②如图3，由（1）得，∠DHE=∠A+∠D+∠E，
∴∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，
∵∠F+∠B+∠C+∠CHF=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°.
故答案为：360°
【点睛】本题考查了凹四边形的角的关系，熟知三角形外角定理，应用（1）结论，将图形转化三角形或四边形内角和知识是解题关键.
25．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读佳佳与明明的对话，解决下列问题：
(1)“多边形内角和为”，为什么不可能？
(2)明明求的是几边形的内角和？
(3)多加的那个外角为多少度？
【答案】(1)见解析
(2)十三边形
(3)40°
【分析】（1）根据多边形内角和公式判断即可；
（2）根据多边形内角和公式判断即可；
（3）由（2）即可得出答案．
【详解】（1）由可知，多边形内角和是180的倍数，而2020不是180的倍数，故不可能是多边形内角和．
（2）由可知，2020÷180=11……40，所以，所以
故多边形是十三边形．
（3）由（2）计算可知余数为40°，所以多加的外角为40°．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，熟记是解题的关键．名称
图形
内角和
外角和
三角形
180°
360°
四边形
360°
360°
五边形
540°
360°
…
…
…
…
n边形
…
180°（n﹣2）
360°