人教版（2024）八年级上册11.3.1 多边形精品课后作业题

这是一份人教版（2024）八年级上册11.3.1 多边形精品课后作业题，共40页。试卷主要包含了 多边形的定义，实现镶嵌的条件，常见的一些正多边形的镶嵌问题，②7B．①7等内容，欢迎下载使用。

考点一：多边形及有关概念
1、 多边形的定义：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形.
（1）多边形的一些要素：
边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边．
顶点：每相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点．
内角：多边形相邻两边组成的角叫多边形的内角，一个n边形有n个内角。
外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角。
（2）在定义中应注意：
①一些线段（多边形的边数是大于等于3的正整数）；
②首尾顺次相连，二者缺一不可;
③理解时要特别注意“在同一平面内”这个条件,其目的是为了排除几个点不共面的情况,即空间多边形.
考点二、多边形的分类
(1)多边形可分为凸多边形和凹多边形，画出多边形的任何一条边所在的直线，如果整个多边形都在这条直线的同一侧，则此多边形为凸多边形，反之为凹多边形（见图）.本章所讲的多边形都是指凸多边形.

凸多边形 凹多边形
(2)多边形通常还以边数命名，多边形有n条边就叫做n边形．三角形、四边形都属于多边形，其中三角形是边数最少的多边形．
考点三：正多边形
各个角都相等、各个边都相等的多边形叫做正多边形。如正三角形、正方形、正五边形等。

正三角形 正方形 正五边形 正六边形 正十二边形
要点诠释：
各角相等、各边也相等是正多边形的必备条件，二者缺一不可. 如四条边都相等的四边形不一定是正方形，四个角都相等的四边形也不一定是正方形，只有满足四边都相等且四个角也都相等的四边形才是正方形
考点四：多边形的对角线
多边形的对角线：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. 如图2，BD为四边形ABCD的一条对角线。
要点诠释：
(1)从n边形一个顶点可以引(n－3)条对角线，将多边形分成(n－2)个三角形。
(2)n边形共有条对角线。

考点五：多边形的内角和公式
1.公式：边形的内角和为.
2.公式的证明：
要点诠释：
(1)注意：以上各推导方法体现出将多边形问题转化为三角形问题来解决的基础思想。
(2)内角和定理的应用：
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。
考点六：多边形的外角和公式
1.公式：多边形的外角和等于360°.
2.多边形外角和公式的证明：多边形的每个内角和与它相邻的外角都是邻补角，所以边形的内角和加外角和为，外角和等于.
注意：n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关。
要点诠释：
(1)外角和公式的应用：
①已知外角度数，求正多边形边数；
②已知正多边形边数，求外角度数.
(2)多边形的边数与内角和、外角和的关系：
①n边形的内角和等于(n－2)·180°(n≥3，n是正整数)，可见多边形内角和与边数n有关，每增加1条边，内角和增加180°。
②多边形的外角和等于360°，与边数的多少无关。
考点七：镶嵌的概念和特征
1、定义：用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面(或平面镶嵌)。这里的多边形可以形状相同，也可以形状不相同。
2、实现镶嵌的条件：拼接在同一点的各个角的和恰好等于360°；相邻的多边形有公共边。
3、常见的一些正多边形的镶嵌问题：
(1)用正多边形实现镶嵌的条件：边长相等；顶点公用；在一个顶点处各正多边形的内角之和为360°。
(2)只用一种正多边形镶嵌地面
对于给定的某种正多边形，怎样判断它能否拼成一个平面图形，且不留一点空隙？解决问题的关键在于正多边形的内角特点。当围绕一点拼在一起的几个正多边形的内角加在一起恰好组成一个周角360°时，就能铺成一个平面图形。
事实上，正n边形的每一个内角为，要求k个正n边形各有一个内角拼于一点，恰好覆盖地面，这样360°＝，由此导出k＝＝2＋，而k是正整数，所以n只能取3,4，6。因而，用相同的正多边形地砖铺地面，只有正三角形、正方形、正六边形的地砖可以用。
注意：任意四边形的内角和都等于360°。所以用一批形状、大小完全相同但不规则的四边形地砖也可以铺成无空隙的地板，用任意相同的三角形也可以铺满地面。
(3)用两种或两种以上的正多边形镶嵌地面
用两种或两种以上边长相等的正多边形组合成平面图形，关键是相关正多边形“交接处各角之和能否拼成一个周角”的问题。例如，用正三角形与正方形、正三角形与正六边形、正三角形与正十二边形、正四边形与正八边形都可以作平面镶嵌，见下图：
又如，用一个正三角形、两个正方形、一个正六边形结合在一起恰好能够铺满地面，因为它们的交接处各角之和恰好为一个周角360°。
规律方法指导
1．内角和与边数成正比：边数增加，内角和增加；边数减少，内角和减少. 每增加一条边，内角的和就增加180°（反过来也成立），且多边形的内角和必须是180°的整数倍.
2．多边形外角和等于360°，与边数的多少无关.
3．多边形最多有三个内角为锐角，最少没有锐角（如矩形）；多边形的外角中最多有三个钝角，最少没有钝角.
4．在运用多边形的内角和公式与外角的性质求值时，常与方程思想相结合，运用方程思想是解决本节问题的常用方法.
5．在解决多边形的内角和问题时，通常转化为与三角形相关的角来解决. 三角形是一种基本图形，是研究复杂图形的基础，同时注意转化思想在数学中的应用.
题型一：多边形的概念和分类
1．（2022·全国·八年级专题练习）下列命题正确的是（ ）
A．各边相等的多边形是正多边形
B．各内角分别相等的多边形是正多边形
C．既是轴对称图形又是中心对称图形的多边形是正多边形
D．各边相等、各角也相等的多边形是正多边形
2．（2022·全国·八年级专题练习）下列说法错误的是（ ）
A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形
B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形
C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形
D．多边形是三角形，但三角形不一定是多边形
3．（2022·全国·八年级专题练习）关于正多边形的概念，下列说法正确的是（ ）
A．各边相等的多边形是正多边形
B．各角相等的多边形是正多边形
C．各边相等或各角相等的多边形是正多边形
D．各边相等且各角相等的多边形是正多边形
题型二：多边形对角线的条数问题
4．（2022·湖南湘西·八年级期末）从九边形的一个顶点出发，可以作①条对角线，它们将九边形分成②个三角形．对于符号①、②表示的数字正确的是（ ）
A．①6、②7B．①7、②8C．①8、②8D．①9、②7
5．（2021·河南焦作·八年级阶段练习）要使如图所示的六边形木架不变形，则至少需要钉上木条的根数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．（2021·山东德州·八年级期中）多边形每一个内角都等于150°，则从该多边形一个顶点出发，可引出对角线的条数为（ ）
A．6条B．8条C．9条D．12条
题型三：对角线分成的三角形个数问题
7．（2021·山西吕梁·八年级期中）探究多边形的内角和时，需要把多边形分割成若干个三角形．在分割六边形时，所分三角形的个数不可能的是（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
8．（2020·河北·沧州市第十三中学八年级阶段练习）从一个七边形的某个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，可以把一个七边形分割成( )个三角形．
A．6B．5C．8D．7
9．（2022·河北邯郸·八年级期末）从一个n边形的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，若把这个多边形分割成10个三角形，则n的值是（ ）
A．10B．11C．12D．13
题型四：多边形的内角和问题
10．（2022·浙江衢州·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，，与，相邻的外角都是120°，则的值为（ ）
A．50°B．55°C．60°D．65°
11．（2022·山东济南·八年级期末）菲菲为了推理出七边形的内角和，将七边形的某一个顶点分别与其他各顶点相连，这样把原来的七边形分割成了（ ）个三角形，最终求出七边形内角和是900°．
A．4B．5C．6D．7
12．（2022·江西萍乡·八年级期末）如图，六边形的每个内角相等，若，则的度数为（ ）
A．58°B．59°C．60°D．61°
题型五：正多边形的内角和问题
13．（2022·山西太原·八年级期末）永寺双塔，又名凌霄双塔，是我市现存最高的古建筑，均为十三层八角形楼阁式砖塔，如图的正八边形是双塔平面示意图，其每个内角的度数为（ ）
A．80°B．100°C．120°D．135°
14．（2022·山东淄博·八年级期末）如图，正五边形ABCDE，对角线AC、BD交于点P，那么∠APD＝（ ）
A．96°B．100°C．108°D．115°
15．（2022·全国·八年级课时练习）如图，小明从正八边形（各边相等，各内角也相等）草地的一边AB上一点S出发，步行一周回到原处在步行的过程中，小明转过的角度的和是（ ）
A．B．C．D．
题型六：多边形截角后的内角和问题
16．（2021·新疆师范大学附属中学八年级期中）如图，沿着虚线将四边形纸片剪成两部分，如果所得两个图形的内角和相等，则符合条件的剪法是（ ）

A．①②B．①③C．②④D．③④
17．（2021·河北衡水·八年级期末）将一个多边形纸片剪去一个内角后得到一个内角和是外角和4倍的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A．9B．10C．11D．以上均有可能
18．（2020·湖北·新洲区张店初级中学八年级期末）一块多边形木板截去一个三角形（截线不经过顶点），得到的新多边形内角和为，则原多边形的边数为（ ）
A．13B．14C．15D．16
题型七：正多变形的外角问题
19．（2022·广东·平远县教师发展中心八年级期末）若正多边形的一个外角的度数为45°，则这个正多边形是（ ）
A．正五边形B．正六边形C．正八边形D．正十边形
20．（2022·四川成都·八年级期末）如图，已知，那么∠4的度数为（ ）
A．B．C．D．
21．（2022·山东临沂·八年级期末）下列说法不正确的是（ ）
A．多边形的内角和随多边形边数的增加而增加
B．多边形的外角和等于360°
C．若一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形是六边形
D．若正多边形的一个外角等于150°，那么它是正十五边形
题型八：多边形的内角和外角综合问题
22．（2022·河南郑州·八年级期末）若一个多边形的外角和是它内角和的，那么这个多边形从一个顶点可以作（ ）条对角线．
A．2B．3C．4D．5
23．（2022·河北廊坊·八年级期末）如图，Rt△ABC的两条直角边AC，BC分别经过正五边形的两个顶点，则∠1＋∠2等于（ ）
A．126°B．130°C．136°D．140°
24．（2022·辽宁沈阳·八年级期末）如果一个多边形的每个内角都相等，且内角和为1800°，那么这个多边形的一个外角是（ ）
A．720°B．60°C．36°D．30°
题型九：镶嵌问题
25．（2022·河南郑州·八年级期末）李明家正在装修新房，已购买一种正方形地砖，现打算选择另一种不同形状的正多边形地砖和已购买的地砖在同一顶点处做平面镶嵌，则下面形状的地砖中能被李明家选择的是（ ）
A．正五角形B．正六边形C．正七边形D．正八边形
26．（2022·山东烟台·八年级期末）小明在社会实践中想用不同的正多边形瓷砖进行地面铺设，若在一个顶点处有一个正三角形和一个正十边形瓷砖，则还需一个正（ ）边形瓷砖才能铺成平整无缝隙的地面．
A．十二B．十三C．十四D．十五
27．（2022·广东佛山·八年级期末）用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，通常把这类问题叫做平面镶嵌问题．如图，利用相同边长的正三角形可以进行平面镶嵌．请问下列图形或图形组合无法进行平面镶嵌的是（ ）
A．全等三角形B．边长相等的正方形
C．边长相等的正三角形D．边长相等的正五边形
题型十：多边形及其内角和综合问题
28．（2022·全国·八年级）（1）如图①，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数；
（2）如图②，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H的度数；
（3）如图③，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数．
29．（2020·福建·莆田第二十五中学八年级阶段练习）在四边形ABCD中，，
如图1，若，求的度数；
如图2，若的平分线BE交DC于点E，且，求的度数．
30．（2022·全国·八年级）阅读材料：
如图1，AB、CD交于点O，我们把△AOD和△BOC叫做对顶三角形．
结论：若△AOD和△BOC是对顶三角形，则∠A+∠D＝∠B+∠C．
结论应用举例：
如图2：求五角星的五个内角之和，即∠A+∠B+∠ACE+∠ADB+∠E的度数．
解：连接CD，由对顶三角形的性质得：∠B+∠E＝∠1+∠2，
在△ACD中，∵∠A+∠ACD+∠ADC＝180°，
即∠A+∠3+∠1+∠2+∠4＝180°，
∴∠A+∠ACE+∠B+∠E+ADB＝180°
即五角星的五个内角之和为180°．
解决问题：
（1）如图①，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ ；
（2）如图②，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ；
（3）如图③，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝ ；
（4）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝ ；
请你从图③或图④中任选一个，写出你的计算过程．
一、单选题
31．（2022·新疆·乌鲁木齐市第136中学八年级期末）一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的每一个外角等于（ ）
A．108°B．72°C．54°D．36°
32．（2022·贵州毕节·八年级期末）下列命题：①当多边形的边数增加1条时，它的内角和增加；②三角形的外角和小于四边形的外角和；③n边形共有条对角线；④四边形至少有一个内角不小于．其中是真命题的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
33．（2022·山东菏泽·八年级期末）一个正多边形的内角和是它的外角和的3倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．8B．9C．7D．6
34．（2022·辽宁沈阳·八年级期末）若四边形的内角和等于a，九边形的外角和等于b，则a与b的关系是（ ）
A．B．C．D．
35．（2022·广西贺州·八年级期末）商店出售下列形状的地砖：①长方形；②正方形；③正五边形；④正六边形．若只选购其中某一种地砖用来镶嵌教室地面，可供选择的地砖是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②④D．②③④
36．（2022·湖南邵阳·八年级期中）（1）某多边形的内角和与外角和的总和为，求此多边形的边数；
（2）某多边形的对角线共有54条，求这个多边形的内角和．
37．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在五边形ABCDE中，，EF平分，CF平分，若，求的度数．
一：选择题
38．（2022·河北保定·八年级期末）如图，，，是五边形的三个外角，边，的延长线交于点，如果，那么的度数是（ ）
A．B．C．D．
39．（2022·河北石家庄·八年级期末）有一天，小红的爸爸想考考她，她爸爸说：今天我在做手工的时候，把一个多边形木板锯掉了一个角后得到一个新多边形木板，通过测量计算得到新多边形木板的内角和为，那么原多边形木板的边数是（ ）
A．B．C．D．以上都有可能
40．（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，在同一平面内，将边长相等的正六边形、正方形的一边重合，则∠1的度数为（ ）
A．18°B．25°C．30°D．45°
41．（2022·四川达州·八年级期末）小桐利用最近学习的数学知识，给同伴出了这样一道题：假如从点A出发，沿直线走5米后向左转，接着沿直线前进5米后，再向左转……如此下去，当他第一次回到A点时，发现自己走了90米，的度数为（ ）
A．B．C．D．
42．（2022·四川成都·八年级期末）雷峰塔位于杭州市西湖风景区南岸夕照山的雷峰上，它远借西湖，邻借古刹，晚借夕阳，朝借钟声，水、光、声、色俱全，绝妙无比，是杭州的风景名胜建筑．雷锋塔底呈平面八边形，这个八边形的内角和是（ ）
A．720°B．900°C．1080°D．1440°
43．（2022·湖南怀化·八年级期中）下列说法正确的是（ ）
A．过n边形的一个顶点做对角线，可把这个n边形分成（n﹣3）个三角形
B．三角形的稳定性有利用价值，而四边形的不稳定性没有利用价值
C．将一块长方形木板锯去一个角后，剩余部分的内角和为540°
D．一个多边形的边数每增加一条，则这个多边形内角和增加180°，外角和不变
44．（2022·河南郑州·八年级期末）生活中，我们所见到的地面、墙面、服装面料等，常常是由一种或几种性质相同的图形拼接而成的．像这样的用形状、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，就是平面图形的镶嵌．如果只用一种几何图形镶嵌整个地面，下列哪一种不能单独镶嵌成一个平面图形．（ ）
A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形
45．（2022·湖南株洲·八年级期末）如图，①是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着竖冰出现裂纹并开始消融，形状无一定规律，代表一种自然和谐美．图②是从图①的冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=（ ）
A．72°B．108°C．360°D．540°
46．（2022·全国·八年级专题练习）湖南革命烈士纪念塔是湖南烈士公园的标志性建筑，塔于1959年建成，以纪念近百年为人民解放事业献身的革命先烈，塔底平面为八边形，这个八边形的内角和是（ ）
A．720°B．900°C．1080°D．1440°
47．（2022·全国·八年级）如图，六边形的内角都相等，，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
48．（2022·河南·漯河市第二实验中学八年级期末）若一个四边形的四个内角度数的比为3：4：5：6，则这个四边形的四个内角的最大角的度数为__________．
49．（2022·陕西渭南·八年级期末）如果一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是_____．
50．（2022·四川成都·八年级期末）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此间不留空隙、不重登地铺成一片，就是平面图形的镶嵌，在三角形、四边形、正五边形、正六边形四种图形中，不能用同一种作平面镶嵌的图形是_____．
51．（2022·浙江绍兴·八年级期末）若一个多边形的外角和比这个多边形的内角和小540°，则这个多边形的边数为______．
52．（2022·安徽合肥·八年级期末）如图，在六边形ABCDEF中，若∠1+∠2+∠3=140°，则∠4+∠5+∠6=___．
53．（2022·全国·八年级单元测试）如图△ABC中，将边BC沿虚线翻折，若∠1+∠2＝110°，则∠A的度数是___度．
54．（2022·山东青岛·八年级期末）如图，点在正五边形的内部，为等边三角形，则的度数为______．
55．（2022·河南平顶山·八年级期末）如图，点、、、、在同一平面内，连接、、、、，若，则___________．
56．（2022·山东济南·八年级期末）足球表面为什么用正六边形和正五边形构成？因为正六边形的两个内角和正五边形的一个内角加起来接近一个周角，而又不足一个周角．这样，由平面折叠而成的多面体充气后最终就呈现为球形．如图，在折叠前的平面上，拼接点处的缝隙∠AOB的大小为 ______．
三、解答题
57．（2022·陕西·西安市五环中学八年级期末）按要求完成下列各小题．
(1)如图1，若一个正方形和一个正六边形有一边重合，求的度数．
(2)如图2，若正五边形和长方形按如图方式叠放在一起，求的度数．
58．（2022·河北石家庄·八年级期末）已知如图1，线段AB，CD相交于O点，连接AD，CB，我们把如图1的图形称之为“8字形”．那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题：
(1)在图1中，请写出∠A，∠B，∠C，∠D之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，计算∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
59．（2021·宁夏西吉实验中学八年级期中）如图，在四边形ABCD中，CE平分∠BCD交AB于点E，连接DE．
(1)若∠A=50°，∠B=85°，∠BEC=30°，求∠ADC的度数；
(2)若∠A=∠1，∠A+∠BCD=180°，求证：∠CDE=∠DCE．
60．（2022·湖北省直辖县级单位·八年级期末）如图1，已知∠ACD是ABC的一个外角，我们容易证明∠ACD＝∠A+∠B，即：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？
(1)尝试探究：如图2，已知：∠DBC与∠ECB分别为ABC的两个外角，则∠DBC＋∠ECB－∠A 180°．（横线上填＜、＝或＞）
(2)初步应用：如图3，在ABC中，BP、CP分别平分外角∠DBC、∠ECB，∠P与∠A有何数量关系？请利用上面的结论直接写出答案：∠P= ．
(3)解决问题：如图4，在四边形ABCD中，BP、CP分别平分外角∠EBC、∠FCB，请利用上面的结论探究∠P与∠BAD、∠CDA的数量关系．
61．（2022·全国·八年级课时练习）（1）问题发现：小红在数学课上学习了外角的相关知识后，她很容易地证明了三角形外角的性质，即三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，于是，爱思考的小红在想，四边形的外角是否也具有类似的性质呢？
如图①，∠1，∠2是四边形ABCD的两个外角．
∵四边形ABCD的内角和是360°，
∴∠A+∠D+（∠3+∠4）＝360°，
又∵∠1+∠3+∠2+∠4＝360°，
由此可得∠1，∠2与∠A，∠D的数量关系是_________________；
（2）总结归纳：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；
（3）知识应用：如图②，已知四边形ABCD，AE，DE分别是其外角∠NAD和∠MDA的平分线，若∠B+∠C＝230°，求∠E的度数；
（4）拓展提升：如图③，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠CDN和∠CBM是它的两个外角，且∠CDP＝∠CDN，∠CBP＝∠CBM，求∠P的度数．
1．D【分析】正多边形的定义：各边相等，各角也相等的多边形是正多边形，据此即可逐一判断.
【详解】解：A、各边相等，各角也相等的多边形是正多边形，故本选项错误；
B、各边相等，各角也相等的多边形是正多边形，故本选项错误；
C、各边相等，各角也相等的多边形是正多边形，故本选项错误；
D、各边相等，各角也相等的多边形是正多边形，故本选项正确；
故选：D
【点睛】本题主要考查正多边形的定义，解题的关键是掌握正多边形的概念：各边相等，各角也相等的多边形是正多边形.
2．D【分析】根据四边形的定义以及多边形的定义对各小题分析判断即可得解．
【详解】解：A．由不在同一直线上的几条线段首尾顺次相连所组成的封闭平面图形叫多边形，所以多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形，故本选项正确，不符合题意；
B．在同一平面内，由四条线段首尾顺次相接组成的封闭图形是四边形，四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形，故本选项正确，不符合题意；
C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形，例如圆，故本选项正确，不符合题意；
D．多边形构成要素：组成多边形的线段至少有3条，三角形是最简单的多边形，本选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了四边形的定义以及多边形的定义，属于基础题，注意基础概念的熟练掌握．
3．D【分析】根据正多边形的定义判定即可．
【详解】解：A．各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，故本选项不合题意；
B．各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，故本选项不合题意；
C．各边相等、各角也相等的多边形是正多边形，故本选项不合题意；
D．各边相等且各角相等的多边形是正多边形，正确，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形的定义、熟记各边相等、各角也相等的多边形是正多边形是解决问题的关键．
4．A【分析】根据多边形的对角线的定义：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，得出n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线，进而得出这（n-3）条对角线把多边形分成的个三角形，从而可得答案．
【详解】解：从九边形的一个顶点出发，可以向与这个顶点不相邻的6个顶点引对角线，
即能引出6条对角线，它们将九边形分成7个三角形．
故选：A．
【点睛】本题考查多边形的性质，从n边形的一个顶点出发，能引出（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成（n-2）个三角形．熟记这些规律是解本题的关键．
5．C【分析】根据三角形具有稳定性，所以要使六边形木架不变形需要把它变成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少钉几上根木条．
【详解】∵过六边形的一个顶点作对角线，有6-3=3条，如图，
∴至少需要钉上3根木条．
故选：C．
【点睛】本题考查三角形具有稳定性以及多边形，熟知三角形具有稳定性是解答本题的关键．
6．C【分析】设这个多边形是n边形．由多边形外角和等于360°构建方程求出n即可解决问题．
【详解】解：设这个多边形是n边形．
由题意＝180°﹣150°，
解得n＝12，
∴则从该多边形一个顶点出发，可引出对角线的条数为12﹣3＝9条，
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，多边形的对角线等知识，解题的关键是熟练掌握多边形外角和等于360°．
7．A【分析】可以从一个顶点出发的所有对角线对其进行分割；也可以是连接多边形的其中一边上的一个点和各个顶点，对其进行分割；还可以是连接多边形内部的任意一点和多边形的各个顶点，对其进行分割．
【详解】解：如图所示：
可以发现所分割成的三角形的个数分别是4个，5个，6个；
就是不可能分割成3个三角形．
故选：A．
8．B【详解】解：从一个七边形的某个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，可以把一个七边形分割成7-2=5个三角形．
故选：B．
9．C【分析】：根据从一个n边形的某个顶点出发，可以引（n﹣3）条对角线，把n边形分为（n﹣2）的三角形作答．
【详解】解：设多边形有n条边，
则n﹣2=10，
解得n=12．
故选C．
10．A【分析】先求出∠ABC=∠BAD=60°，再根据四边形的内角和等于360°，可得∠ADC=130°，即可求解．
【详解】解：∵与，相邻的外角都是120°，
∴∠ABC=∠BAD=60°，
∵，
∴∠ADC=360°-∠ABC-∠BAD-∠BCD=130°，
∴．
故选：A.
【点睛】本题主要考查了四边形的内角和定理、邻补角，熟练掌握四边形的内角和等于360°是解题的关键．
11．B【分析】根据求多边形内角和的求解方法分析即可．
【详解】将七边形分割成7－2＝5个三角形，以此得到多边形内角和，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查求多边形内角和的推导方法，掌握并灵活运用推导思路是解决本题的关键．
12．A【分析】先根据多边形内角和定理求出，即可根据四边形内角和定理求出∠CAD，再由∠2=∠CDE-∠CDA即可得到答案．
【详解】解：∵六边形ABCDEF的每个内角都相等，
∴，
∴∠CDA=360°-∠1-∠B-∠C=62°，
∴∠2=∠CDE-∠CDA=58°，
故选A．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，熟知多边形内角和公式是解题的关键．
13．D【分析】利用正多边形的内角和公式进行计算即可得．
【详解】解：正八边形的每个内角的度数为，
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和，熟记正多边形的内角和公式是解题关键．
14．C【分析】首先根据正五边形的性质得到AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC＝∠BCA＝∠CBD＝∠BDC＝＝36°，最后利用三角形的内角和定理得到∠APD＝∠BPC＝180°−∠CBD−∠BCA＝180°−36°−36°＝108°．
【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠CBD＝∠BDC＝＝36°，
∴∠APD＝∠BPC＝180°﹣∠CBD﹣∠BCA＝180°﹣36°﹣36°＝108°．
故选：C．
【点睛】本题考查的是正多边形和三角形的内角和定理，利用数形结合求解是解答此题的关键．
15．D【分析】根据正八边形的内角和求出每个内角，再求出每次转过的角度45°，一共转8次，利用45°×8计算即可.
【详解】解：∵ABCDEFGH为正八边形，
∴每个内角为（8-2）×180°÷8=135°，
小明每转一次转过的角为180°-135°=45°，
步行一周回到原处，小明一共转八次所有转过的角度之和为45°×8=360°，
故选:D．
【点睛】本题考查正八边形的内角和、每个内角、外角与外角和，掌握正多边形相关知识是解题关键．
16．B【分析】根据多边形内角和定理逐一判断即可得答案．
【详解】三角形内角和为180°，四边形内角和为360°，五边形内角和为（5-2）×180°=540°，
①剪开后的两个图形是四边形，它们的内角和都是360°，符合条件，
②剪开后的两个图形是五边形和三角形，它们的内角和分别是540°和180°，不符合条件，
③剪开后的两个图形都是三角形，它们的内角和是180°，符合条件，
④剪开后的两个图形是三角形和四边形，它们的内角和分别是180°和360°，不符合条件，
∴符合条件的剪法是①③，
故选：B．
【点睛】本题考查多边形的内角和定理，多边形内角和=（n-2）×180°（n≥3）；熟练掌握多边形内角和公式是解题关键．
17．D【分析】将一个多边形纸片剪去一个内角可以多三种情况比原多边形边数少1，不变，多1，利用内角和公式求出内角的和与外角关系即可求出．
【详解】如图将一个多边形纸片剪去一个内角∠BCF后，
多边形的边数和原多边形边数相同为n，
，
n=10，
如图将一个多边形纸片剪去一个内角∠BCF后，
多边形的边数比原多边形边数少1为n-1，
，
n=11，
如图将一个多边形纸片剪去一个内角∠GCF后，
多边形的边数比原多边形边数多1为n+1，
，
n=9，
原多边形的边数为9,10,11．
故选择：D．
【点睛】本题考查多边形剪去一个角问题，掌握剪去一个角后对多边形的边数分类讨论是解题关键．
18．B【分析】首先求出内角和为2340°的多边形的边数，而根据题意可得原多边形比新多边形的边数少1，据此进一步求解即可.
【详解】设内角和为2340°的多边形边数为，
则：，
解得：，
则原多边形边数=，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式的运用，熟练掌握相关公式是解题关键.
19．C【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．
【详解】解：这个正多边形的边数：360°÷45°=8．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．
20．B【分析】根据四边形的外角和等于360°即可求解．
【详解】解：∵，
∴∠4=120°
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的外角和公式，熟练掌握多边形是外角和公式是解题的关键．
21．D【分析】根据多边形内角和定理和多边形的外角和度数分别对每一项进行分析，即可得出答案．
【详解】解：A．多边形的内角和随多边形边数的增加而增加，故本选项正确，不符合题意；
B．多边形的外角和等于360°，故本选项正确，不符合题意；
C．若一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形是六边形，故本选项正确，不符合题意；
D．因为360°÷150°＝2.4，它不是整数，所以它不是正多边形，故本选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了多边形的基础知识，这是学生必须掌握的要点．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°．
22．A【分析】首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n-2）×180=360，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．
【详解】解：设这个多边形有n条边，由题意得：
（n-2）×180=360，
解得：n=5，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是5-3=2，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，多边形的对角线，解题的关键是掌握多边形的内角和公式．
23．A【分析】根据正五边形的特征求出正五边形的一个内角，进一步得到2个内角的和；再根据三角形内角和为180°以及角的和差即可解答．
【详解】解：∵正五边形，
∴每一个内角为：180°-=108°，即：两个内角和为216°，
∴∠1＋∠2=216°-90°=126°．
故选A．
【点睛】本题主要考查了多边形内角与外角，根据多边形内角和外角的性质求得正五边形的一个内角的度数成为解答本题的关键．
24．D【分析】设这个多边形是n边形，它的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，就得到关于n的方程，求出边数n．然后根据多边形的外角和是360°，多边形的每个内角都相等即每个外角也相等，这样就能求出多边形的一个外角．
【详解】解：设这个多边形是n边形，
根据题意得：（n﹣2）•180°=1800，
解得n=12；
那么这个多边形的一个外角是360÷12=30°，
即这个多边形的一个外角是30°．
故本题选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和和外角和问题，熟知多边形外角和定理是解题的关键．
25．D【分析】分别各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可作出判断．
【详解】解：A、正五边形每个内角是108°，108°与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
B、正六边形每个内角是120°，120° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
C、正七边形每个内角是，与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
D、正八边形每个内角是135°，135°×2+90°=360°，能密铺，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查平面镶嵌问题，考查的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°，任意几种多边形能否进行镶嵌，看它们能否组成360°的角．
26．D【分析】根据正三角形的每个内角为60°，正十边形的每个内角为144°，若能构成镶嵌，则还需正多边形的每个内角为360°-60°-144°=156°，据此即可求解．
【详解】解：∵正三角形的每个内角为180°÷3=60°，
正十边形的每个内角为180°-=144°，
∴还需正多边形的每个内角为360°-60°-144°=156°，
其每个外角为180°-156°=24°，
其边数为=15．
故选D．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，欲解答此题，要熟悉平面镶嵌的定义还要熟悉正多边形内角和外角的求法．
27．D【分析】根据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，反之则不能判断即可．
【详解】解：A选项，三角形内角和是180°，180°×2=360°，能镶嵌，故该选项不符合题意；
B选项，正方形的每个内角是90°，90°×4=360°，能镶嵌，故该选项不符合题意；
C选项，正三角形的每个内角是60°，60°×6=360°，能镶嵌，故该选项不符合题意；
D选项，正五边形的每个内角是108°，不能镶嵌，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握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，反之则不能是解题的关键．
28．（1）360°；（2）720°；（3）540°【分析】（1）连接AD，根据三角形的内角和定理得∠B＋∠C＝∠BAD＋∠CDA，进而将问题转化为求四边形ADEF的内角和，
（2）与（1）方法相同转化为求六边形ABCDEF的内角和，
（3）使用上述方法，转化为求五边形ABCDE的内角和．
【详解】解：（1）如图①，连接AD，
由三角形的内角和定理得，∠B＋∠C＝∠BAD＋∠CDA，
∴∠BAF＋∠B＋∠C＋∠CDE＋∠E＋∠F＝∠BAF＋∠BAD＋∠CDA＋∠D＋∠E＋∠F
即四边形ADEF的内角和，四边形的内角和为360°，
∴∠BAF＋∠B＋∠C＋∠CDE＋∠E＋∠F＝360°，
（2）如图②，由（1）方法可得：
∠BAH＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠EFG＋∠G＋∠H的度数等于六边形ABCDEF的内角和，
∴∠BAH＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠EFG＋∠G＋∠H＝（6－2）×180°＝720°，
（3）如图③，根据（1）的方法得，∠F＋∠G＝∠GAE＋∠FEA，
∠BAG＋∠B＋∠C＋∠D＋∠DEF＋∠F＋∠G的度数等于五边形ABCDE的内角和，
∴∠BAG＋∠B＋∠C＋∠D＋∠DEF＋∠F＋∠G＝（5－2）×180°＝540°，
【点睛】本题考查三角形的内角和、多边形的内角和的计算方法，适当的转化是解决问题的关键．
29．(1)∠C=70°； (2)∠C=60°.【详解】试题分析：（1）根据四边形的内角和是360°进行求解即可；
（2）先根据平行线的性质求出∠ABE和∠DEB的度数，再由角平分线求出∠EBC的度数，最后在△EBC中利用三角形的内角和定理求出∠C即可．
试题解析：
（1）∵∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝360°，∠B＝∠C，
∴∠C＝＝70°.
（2）∵BE∥AD，
∴∠BEC＝∠D＝80°，
∠ABE＝180°－∠A＝180°－140°＝40°.
又∵BE平分∠ABC，
∴∠EBC＝∠ABE＝40°.
∴∠C＝180°－∠EBC－∠BEC＝60°.
30．（1）360°；（2）540°；（3）720°；（4）1080°；过程见解析【分析】（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，再由四边形的内角和定理得出结论；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，再由五边形的内角和定理得出结论；
（3）连接BH、DE，由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，再根据五边形的内角和定理得出结论；
（4）连接ND、NE，由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，再由六边形的内角和定理得出结论．
【详解】解：（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＝360°；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＝540°；
（3）连接BH、DE，
∵由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＝五边形CDEFG的内角和＋△ABH的内角和＝540°＋180°＝720°；
（4）连接ND、NE，
∵由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠M＋∠N＝六边形BCFGHM的内角和＋△AND的内角和＋△NDE的内角和＝（6－2）×180°＋360°＝1080°．
故答案为：360°；540°；720°；1080°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，利用△AOD和△BOC叫做对顶三角形的性质及多边形的内角和定理解答是解答此题的关键．
31．B【分析】首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=540，即可求得n=5，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．
【详解】解：设此多边形为n边形，
根据题意得：180（n-2）=540，
解得：n=5，
∴这个正多边形的每一个外角等于：=72°．
故选B．
【点睛】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意掌握多边形内角和定理：（n-2）•180°，外角和等于360°．
32．C【分析】根据n边形内角和，外角和定理，n边形的对角线公式逐项判断．
【详解】解：由n边形内角和公式（n−2）×180°知，当多边形的边数增加1条时，它的内角和增加180°，故①是真命题；
三角形的外角和，四边形的外角和都是360°，故②是假命题；
n边形共有条对角线，故③是假命题；
若四边形每个内角都小于90°，则与四边形内角和为360°矛盾，故四边形至少有一个内角不小于90°，④是真命题；
∴真命题有①④，共2个，
故选：C．
【点睛】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握n边形的内角和公式（n−2）×180°，外角和是360°以及n边形的对角线公式．
33．A【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和公式以及多边形外角和为360度列出方程求解即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：，
解得，
故选A．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和和外角和，熟知多边形内角和公式和多边形外角和为360度是解题的关键．
34．B【分析】四边形外角和为360度，多边形外角和也为360度，由此即可得到答案．
【详解】解：∵四边形内角和为360度，
∴a=360°，
∵多边形外角和为360°，
∴b=360°，
∴a=b，
故选B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和和外角和，熟知相关知识是解题的关键．
35．C【分析】由几何图形镶嵌成平面的条件（围绕一点拼在一起的几个多边形的内角的和等于360°），可知，判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看正多边形的内角度数是否能整除360°，能整除的可以平面镶嵌，反之则不能．
【详解】解：①正方形的每个内角是90°，能整除360°，4个能组成镶嵌；
②长方形的每个内角是90°，能整除360°，4个能组成镶嵌；
③正五边形每个内角是，不能整除360°，不能镶嵌；
④正六边形的每个内角是，能整除360°，3个能组成镶嵌；
故若只选购其中某一种地砖镶嵌教室地面，可供选择的地砖有①②④．
故选C．
【点睛】本题考查平面镶嵌，正多边形的内角和．解题的关键是熟练掌握平面镶嵌的条件和正多边形的内角和公式．
36．（1）12；（2）1800°【分析】（1）任何多边形的外角和是360°，内角和与外角和的总和为2160°，因而内角和是2160°-360°=1800°．n边形的内角和是（n-2）•180°，如果已知多边形的内角和，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
（2）代入多边形对角线公式求出边数a，根据内角和公式180°（a-2）可求出答案即可．
【详解】解：（1）设这个多边形的边数为，
由题意得：
，
．
即此多边形的边数为.
（2）设这个多边形的边数为，
由题意得：
，
，
，
这个多边形的内角和为：．
【点睛】本题考查了多边形对角线公式以及多边形内角与外角，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
37．135°【分析】根据角平分线的性质，，，再根据五边形内角和求出的值，可得到的值，再利用四边形内角和为360°即可求出的度数．
【详解】解：∵EF平分，CF平分，
∴，．
∵，
∴．
∵五边形的内角和为（5-2）×180°=540°，，
∴，
即，
∵四边形EFBD内角和为360°，
∴．
【点睛】本题考查了角平分线和多边形内角和，能熟练运用角平分线与多边形内角和求角的度数是解题的关键．
38．A【分析】利用多边形的外角和为360°即可求解．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴∠DEF＋∠EDF＝360°−225°＝135°，
∵∠DEF＋∠EDF＋∠DFE＝180°，
∴∠DFE＝180°−135°＝45°，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和与三角形的内角和定理，任意多边形的外角和等于360°．
39．D【分析】先根据多边形内角和公式求出多边形的边数，然后根据截去一个角后边上可以增加，不变，减少，确定原来多边形的边数即可．
【详解】解：设多边形截去一个角的边数为，
则，
解得：，
截去一个角后边上可以增加，不变，减少，
原来多边形的边数是或或，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式，是解题的关键．
40．C【分析】根据多边形内角和公式求出正方形、正六边形每个内角的度数，再求出答案即可．
【详解】解：∵正方形的每个内角的度数是90°，
正六边形的每个内角的度数是=120°，
∴∠1=120°-90°=30°，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和等知识点，能分别求出正方形、正六边形每个内角的度数是解此题的关键．
41．B【分析】根据移动的路程和每次移动的距离可得出正多边形的边数，再根据多边形的外角和是360°求出答案即可．
【详解】解：这个多边形的边数为90÷5=18，即为正18边形，
θ=360°÷18=20°，
故选：B．
【点睛】本题考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和是360°是正确解答的前提，求出正多边形的边数是解决问题的关键．
42．C【分析】利用多边形内角和等于(n-2)×180°(n大于等于3且n为整数)求解即可．
【详解】∵多边形内角和等于(n-2)×180°，
∴当是，内角和为：，
故选：C．
【点睛】本题考查多边形内角和定理，解题的关键是熟知多边形内角和等于(n-2)×180°．
43．D【分析】根据矩形的性质，三角形的稳定性，多边形的内角和定理与外角和定理即可得到结论．
【详解】A、过n边形的一个顶点做对角线，可把这个n边形分成(n-2)个三角形，故不符合题意；
B、三角形的稳定性有利用价值，而四边形的不稳定性也有利用价值，故不符合题意；
C、将一块长方形木板锯去一个角后，剩余部分的内角和为540°或180°或360°，故不符合题意；
D、一个多边形的边数每增加一条，则这个多边形内角和增加180°，外角和不变，故符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，三角形的稳定性，多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和定理与外角和定理是解题的关键．
44．C【分析】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，反之不能．
【详解】解：A.等边三角形的内角为60°，（个），所以6个等边三角形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
B. 正方形内角为90°，（个），所以4个正方形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
C. 正五边形内角为108°，（个），所以正五边形不能在一个顶点处实现内角之和等于360°，符合题意；
D. 正六边形的内角为120°，（个），所以3个正六边形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查正多边形镶嵌，掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．
45．C【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：C．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和外角，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．
46．C【详解】解：（n﹣2）•180＝（8﹣2）×180°＝1080°．
故这个八边形的内角和是1080°．故选：C．
【点睛】本题考查正多边的内角和公式，熟练掌握公式运算是解题的关键．
47．D【分析】根据多边形的内角和及平行线的性质求解即可．
【详解】解：∵六边形ABCDEF的内角相等，
∴∠EFA＝∠FAB＝∠B 120°，
∵AD∥EF，
∴∠EFA+∠FAD＝180°，
∴∠FAD＝180°﹣∠EFA＝60°，
∴∠DAB=∠FAB﹣∠FAD＝60°，
∴∠DAB+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠BCO+∠AOC＝180°，
∵，
∴，
故选：D．
【点睛】此题考查了多边形的内角和、平行线的性质与判定，熟记多边形的内角和公式及平行线的性质是解题的关键．
48．120°##120度【分析】设四个内角度数分别是3x，4x，5x，6x，由多边形内角和公式可得：3x+4x+5x+6x=180°×（4-2），再解方程即可得到答案．
【详解】解：设四个内角度数分别是3x，4x，5x，6x，由题意得：
3x+4x+5x+6x=180°×（4-2），
解得：x=20°，
3x=60°，4x°=80°，5x°=100°，6x°=120°．
∴这个四边形的四个内角的最大角的度数为 120°．
故答案为：120°．
【点睛】此题主要考查了多边形内角公式，关键是掌握内角和公式：（n-2）•180°（n≥3）且n为整数）．
49．6【分析】根据多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．
【详解】解：360°÷60°=6．
故这个多边形是六边形．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和、多边形的每一个外角的度数、多边形的边数三者之间的关系是解题的关键．
50．正五边形【分析】根据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，反之则不能判断即可．
【详解】解：三角形的内角和是180°，180°×2＝360°，能镶嵌；
四边形的内角和是360°，能镶嵌；
正五边形的每个内角是108°，不能镶嵌；
正六边形的每个内角是120°，120°×3＝360°，能镶嵌；
故答案为：正五边形．
【点睛】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握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，反之则不能是解题的关键．
51．7【分析】设这个多边形的边数为n，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意，得（n-2）·180°=360°+540°，
解得：n=7，
故答案为：7．
【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和、解一元一次方程，熟知多边形的外角和等于360°，内角和等于（n-2）·180°是解题的关键．
52．220°【分析】根据任意多边形外角和为360°解答本题．
【详解】解：由任意多边形外角和为360°可得∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＝360°，
∵∠1+∠2+∠3=140°，
∴∠4+∠5+∠6=360°－140°=220°．
故答案为：220°．
【点睛】本题考查多边形的外角和，掌握任意多边形外角和为360°是解答本题的关键．
53．55##五十五【分析】延长B'E，C'F，交于点D，依据∠A=∠D，∠AED+∠AFD=250°，即可得到∠A的度数．
【详解】解：如图，延长B'E，C'F，交于点D，
由折叠可得，∠B=∠B'，∠C=∠C'，
∴∠A=∠D，
又∵∠1+∠2=110°，
∴∠AED+∠AFD=360°-110°=250°，
∴四边形AEDF中，∠A=（360°-250°）=55°，
故答案为：55．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，解决问题的关键是构造四边形，利用四边形内角和进行计算．
54．66°##66度【分析】根据等边三角形的性质得到AF=BF=AB，∠AFB=∠ABF=60°，由正五边形的性质得到AB=BC，∠ABC=108°，等量代换得到BF=BC，∠FBC=48°，根据三角形的内角和即可得到结论．
【详解】解：∵△ABF是等边三角形，
∴AF=BF=AB，∠AFB=∠ABF=60°，
在正五边形ABCDE中，AB=BC，∠ABC=×（5-2）×180°=108°，
∴BF=BC，∠FBC=∠ABC-∠ABF=48°，
∴∠BCF=×（180°-∠FBC）=66°，
故答案为：66°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．
55．260°##260度【分析】连接BD，根据三角形内角和求出∠CBD+∠CDB，再利用四边形内角和减去∠CBD和∠CDB的和，即可得到结果．
【详解】解：连接BD，
∵∠BCD=100°，
∴∠CBD+∠CDB=180°-80°=100°，
∴∠A+∠ABC+∠E+∠CDE=360°-∠CBD-∠CDB=360°-100°=260°，
故答案为：260°．
【点睛】本题考查了三角形内角和，四边形内角和，解题的关键是添加辅助线，构造三角形和四边形．
56．12°##12度【分析】先由多边形的内角和公式求出正六边形和正五边形的内角，再根据周角是360°即可求出∠AOB的大小．
【详解】解：因为正多边形内角和为（n-2）•180°，正多边形每个内角都相等，
所以正五边形的每个内角的度数为（5-2）•180°=108°，
正六边形的每个内角的度数为（6-2）•180°=120°．
∴∠AOB的度数为：360°-108°-120°×2=12°．
故答案为：12°．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式．熟练掌握正多边形的性质，多项式的内角和公式是解决问题的关键．
57．(1)∠BAC＝150°；
(2)∠BAF＝18°．
【分析】（1）根据正多边形的内角公式求出∠DAC，然后根据∠BAC＝360°－∠BAD－∠DAC进行计算；
（2）根据正多边形的内角公式求出∠ABC，然后根据三角形外角的性质进行计算．
（1）
解：由题意得：∠BAD＝90°，∠DAC＝，
∴∠BAC＝360°－∠BAD－∠DAC＝360°－90°－120°＝150°；
（2）
解：由题意得：∠F＝90°，∠ABC＝，
∴∠BAF＝∠ABC－∠F＝108°－90°＝18°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角的求法，三角形外角的性质，掌握求正多边形的内角的方法是解题的关键．
58．(1)；理由见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的内角和定理表示出与，再根据对顶角相等可得，然后整理即可得解；
（2）根据“8字形”的结构特点，连接，根据四边形的内角和等于可得，根据“8字形”的关系可得，然后即可得解．
（1）
解：在中，，
在中，，
（对顶角相等），
，
；
（2）
解：如图3，
连接 ，则，
根据“8字形”数量关系，，
．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，多边形的内角和定理，对顶角相等的性质，整体思想的利用是解题的关键．
59．(1)∠ADC=95°；
(2)见解析
【分析】（1）根据三角形内角和及四边形内角和求解即可；
（2）根据三角形内角和定理和∠A+∠BCD=180°求出∠CDE=∠BCE，即可得出答案．
(1)
解：在△BCE中，∠B=85°，∠BEC=30°，
∴∠BCE=180°-∠B-∠BEC=180°-85°-30°=65°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCD=2∠BCE=130°，
∵∠A+∠B+∠BCD+∠ADC=360°，∠A=50°，
∴∠ADC=360°-∠A-∠B-∠BCD=360°-50°-85°-130°=95°；
(2)
证明：∵∠A+∠BCD=180°，
∴∠A+∠BCE+∠DCE=180°，
∵∠CDE+∠DCE+∠1=180°，∠1=∠A，
∴∠BCE=∠CDE，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE=∠BCE，
∴∠CDE=∠DCE．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理、角平分线定义等知识点，能正确根据多边形的内角和定理进行推理是解此题的关键，注意：边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°．
60．(1)＝
(2)∠P＝90°－∠A
(3)∠P＝180°－∠BAD－∠CDA，探究见解析
【分析】（1）根据三角形外角的性质得：∠DBC=∠A+∠ACB，∠ECB=∠A+∠ABC，两式相加可得结论；
（2）根据角平分线的定义得：∠CBP=∠DBC，∠BCP=∠ECB，根据三角形内角和可得：∠P的式子，代入（1）中得的结论：∠DBC+∠ECB=180°+∠A，可得：∠P=90°−∠A；
（3）根据平角的定义得：∠EBC=180°-∠1，∠FCB=180°-∠2，由角平分线得：∠3=∠EBC=90°−∠1，∠4=∠FCB=90°−∠2，相加可得：∠3+∠4=180°−（∠1+∠2），再由四边形的内角和与三角形的内角和可得结论．
(1)
∠DBC+∠ECB-∠A=180°，
理由是：∵∠DBC=∠A+∠ACB，∠ECB=∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB=2∠A+∠ACB+∠ABC=180°+∠A，
∴∠DBC+∠ECB-∠A=180°，
故答案为：=；
(2)
∠P=90°-∠A，
理由是：∵BP平分∠DBC，CP平分∠ECB，
∴∠CBP=∠DBC，∠BCP=∠ECB，
∵△BPC中，∠P=180°-∠CBP-∠BCP=180°-（∠DBC+∠ECB），
∵∠DBC+∠ECB=180°+∠A，
∴∠P=180°-（180°+∠A）=90°-∠A．
故答案为：∠P=90°-∠A，
(3)
∠P=180°-∠BAD-∠CDA，
理由是：如图，
∵∠EBC=180°-∠1，∠FCB=180°-∠2，
∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，
∴∠3=∠EBC=90°-∠1，∠4=∠FCB=90°-∠2，
∴∠3+∠4=180°-（∠1+∠2），
∵四边形ABCD中，∠1+∠2=360°-（∠BAD+∠CDA），
又∵△PBC中，∠P=180°-（∠3+∠4）=（∠1+∠2），
∴∠P=×[360°-（∠BAD+∠CDA）]=180°-（∠BAD+∠CDA）=180°-∠BAD-∠CDA．
61．（1）∠1+∠2＝∠A+∠D；（2）四边形的相邻的两个外角的和等于和它不相邻的两个内角的和；（3）65°；（4）30°【分析】（1）根据两个等式，利用等式性质得出∠1，∠2与∠A，∠D的数量关系；
（2）仿照三角形的外角定理求解；
（3）根据（1）结论，先确定∠MDA与∠DAN的和，再根据角平分线的性质，可以确定∠EDA与∠DAE的和，从而求∠E的度数；
（4）先确定∠CDN与∠CBM之和，再确定∠CDP与∠CBP之和，进而确定∠ADC与∠ABP之和，再根根四边形内角和，从而求∠P的度数．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD的内角和是360°，
∴∠A+∠D+（∠3+∠4）＝360°，
又∵∠1+∠3+∠2+∠4＝360°，
∴∠1+∠2＝∠A+∠D，
故答案为：∠1+∠2＝∠A+∠D；
（2）结论为：四边形的相邻的两个外角的和等于和它不相邻的两个内角的和；
（3）由（1）知：∠MDA+∠DAN＝∠B+∠C＝230°，
∵AE，DE分别是∠NAD和∠MDA的平分线，
∴2∠EDA+2∠DAE＝230°，
∴∠EDA+∠DAE＝115°，
∴∠E＝180﹣（∠EDA+∠DAE）＝65°；
（4）由（1）得：∠CDN+∠CBM＝∠A+∠C，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠CDN+∠CBM＝180°，
∵∠CDP＝∠CDN，∠CBP＝∠CBM，
∴∠CDP+∠CBP＝（∠CDN+∠CBM）＝60°，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠CDN+∠CBM+∠CDN+∠CBM＝180°+60°＝240°，
即∠ADP+∠ABP＝240°，
∵∠A＝90°，
∴∠P＝360°﹣（∠ADP+∠ABP）﹣∠A＝30°．