人教版（2024）11.3.1 多边形课时作业

这是一份人教版（2024）11.3.1 多边形课时作业，共45页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3004" 【题型1 多边形截角后的边数问题】 PAGEREF _Tc3004 \h 1
\l "_Tc1903" 【题型2 多边形对角线的条数问题】 PAGEREF _Tc1903 \h 2
\l "_Tc24934" 【题型3 对角线分成的三角形个数问题】 PAGEREF _Tc24934 \h 2
\l "_Tc13372" 【题型4 多（少）算一个角问题】 PAGEREF _Tc13372 \h 3
\l "_Tc438" 【题型5 多边形截角后的内角和问题】 PAGEREF _Tc438 \h 3
\l "_Tc20167" 【题型6 复杂图形的内角和】 PAGEREF _Tc20167 \h 4
\l "_Tc28873" 【题型7 多边形外角和的实际应用】 PAGEREF _Tc28873 \h 5
\l "_Tc12821" 【题型8 多边形内（外）角和与平行线的综合运用】 PAGEREF _Tc12821 \h 6
\l "_Tc28518" 【题型9 多边形内（外）角和与角平分线的综合运用】 PAGEREF _Tc28518 \h 8
\l "_Tc3655" 【题型10 平面镶嵌】 PAGEREF _Tc3655 \h 10
知识点1：多边形的相关概念
（1）多边形：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．多边形按组成它的线段的条数分成三角形、四边形、五边形……，如果一个多边形由条线段组成，那么这个多边形就叫做边形．
（2）相关概念：①多边形相邻两边组成的角叫做它的内角．②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．③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．④各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．
（3）多边形的对角线：（a）定义：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．
（b）规律总结：
①从n边形的一个顶点出发可以引（n-3）条对角线，将n边形分成（n-2）个三角形．
②n边形共有条对角线．
【题型1 多边形截角后的边数问题】
【例1】（23-24八年级·黑龙江大庆·期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个18边形，则原多边形纸片的边数不可能是（ ）
A．16B．17C．18D．19
【变式1-1】（23-24八年级·重庆綦江·期中）一张七边形卡片剪去一个角后得到的多边形卡片可能的边数为 ．
【变式1-2】（23-24八年级·全国·课后作业）一个四边形剪去一三角形后余下的多边形为 边形
【变式1-3】（23-24八年级·陕西西安·期中）一个多边形截去一个角后，形成一个六边形，那么原多边形边数为 ．
【题型2 多边形对角线的条数问题】
【例2】（23-24八年级·陕西延安·阶段练习）若一个多边形从一个顶点出发可引4条对角线，则这个多边形对角线的总数为（ ）
A．14B．28C．24D．20
【变式2-1】（23-24八年级·湖北恩施·期末）我们知道，三角形的稳定性在日常生活中被广泛运用.要使不同的木架不变形，四边形木架至少要再钉1根木条；五边形木架至少要再钉2根木条；…按这个规律，要使n边形木架不变形至少要再钉 根木条.（用n表示，n为大于3的整数）
【变式2-2】（23-24八年级·广东深圳·期末）边长为整数的正多边形的周长17，则过该正多边形的一个顶点可以画 条对角线．
【变式2-3】（23-24八年级·辽宁辽阳·期末）过m边形的一个顶点有9条对角线，n边形没有对角线，则mn的值为 ．
【题型3 对角线分成的三角形个数问题】
【例3】（23-24八年级·全国·假期作业）从多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2003个三角形，则这个多边形的边数为（ ）
A．2001B．2005C．2004D．2006
【变式3-1】（23-24八年级·湖北·课后作业）通过连接对角线的方法，可以把十边形分成互不重叠的三角形的个数（ ）
A．7个B．8个C．9个D．10个
【变式3-2】（23-24八年级·四川巴中·期末）从一个n边形的同一个顶点出发，分别连结这个顶点与其余各顶点，若把这个多边形分割为6个三角形，则n的值是 ．
【变式3-3】（23-24八年级·湖北·课后作业）将已知六边形ABCDEF，用对角线将它剖分成互不重叠的4个三角形，那么各种不同的剖分方法种数是（ ）
A．6B．8C．12D．14
知识点2：多边形的内角和与外角和
（1）边形内角和等于．正多边形的每个内角的度数为(n≥3)．
（2）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.
【题型4 多（少）算一个角问题】
【例4】（23-24八年级·湖北恩施·期中）小明在计算多边形内角和时，把其中一个内角多加了一次，得到内角和为500°，则多加的这个内角的大小为 ．
【变式4-1】（23-24八年级·湖南永州·期中）小红：我计算出一个多边形的内角和为2000°；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．140°B．150°C．160°D．170°
【变式4-2】（23-24八年级·湖北孝感·期中）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）求这个多加的外角的度数.
（2）求这个多边形的边数.
【变式4-3】（23-24八年级·全国·课后作业）马小虎在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了2个内角，其和等于830∘，则该多边形的边数是( )
A．7B．8C．7或8D．无法确定
【题型5 多边形截角后的内角和问题】
【例5】（23-24·上海徐汇·二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（ ）
A．180°B．270°C．360°D．540°
【变式5-1】（23-24八年级·河南商丘·期中）如图，在正方形ABCD中，截去∠A、∠C后，∠1、∠2、∠3、∠4的和为 ．
【变式5-2】（23-24八年级·河北石家庄·期末）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
【变式5-3】（23-24八年级·山西吕梁·期中）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是 边形．
【题型6 复杂图形的内角和】
【例6】（23-24八年级·江苏无锡·期中）图1是二环三角形，S＝∠A1+∠A2+…+∠A6=360∘，图2是二环四边形，S＝∠A1+∠A2+…+∠A8=720∘，图3是二环五边形，S＝∠A1+∠A2+…+∠A10=1080∘…聪明的同学，请你直接写出二环十边形，S＝_____________度（ ）

A．1440B．1800C．2880D．3600
【变式6-1】（23-24八年级·江苏扬州·期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ．
【变式6-2】（23-24八年级·江苏南京·期中）如图，已知两块三角板如图摆放，点B和点C分别在两块三角板的边上，一块三角板的顶点M在另一块三角板的边上，且∠BAC=37°，∠E=60°，∠F=45°，则∠ABE+∠EMF+∠FCA= °．
【变式6-3】（23-24八年级·全国·专题练习）（1）如图1，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F= ．
（2）如图2，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F+∠G= ．
【题型7 多边形外角和的实际应用】
【例7】（23-24八年级·全国·课堂例题）[应用意识]清晨，小明沿着一个五边形广场周围的小路按逆时针方向跑步，如图．

(1)小明每从一条街道转到下一条街道时，身体转过的角是哪个角，在图上标出；
(2)他每跑一圈，身体转过的角度之和是多少？
(3)你是怎么得到的？
【变式7-1】（23-24八年级·四川成都·期末）如图，蚂蚁先从点A出发前进6cm，向右转72°，再前进6cm，又向右转72°，…，这样一直走下去，那么蚂蚁第一次回到出发点A时，一共走了 cm．

【变式7-2】（23-24八年级·山西吕梁·阶段练习）《红楼梦》是我国四大名著之一，文学社团的同学在搜集相关资料时发现一张如图①所示的《红楼梦》纪念币图案（将纪念币的正面图案和背面图案拼到一起），这个图案可以抽象成有公共边的两个正八边形，如图②，则∠1的度数是 ．
【变式7-3】（23-24八年级·山东济南·期末）如图1，小红沿一个五边形广场周围的小路，按逆时针方向跑步，小红每从一条小路转到下一条小路时，跑步的方向改变一定的角度．

(1)该五边形广场ABCDE的内角和是 度；
(2)她跑完一圈，跑步方向改变的角度的和是 度；
(3)如图2，小红参加“全民健身，共筑健康中国”活动，从点A起跑，绕湖周围的小路跑至终点E，若MA∥EN，且∠1+∠2=200°，求行程中小红身体转过的角度的和（图∠3+∠4+∠5的值）．
【题型8 多边形内（外）角和与平行线的综合运用】
【例8】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期中）已知在△ABC中，AD是BC边上的高，AE是△ABC的角平分线．
(1)如图1，若∠B=40°，∠C=60°，求∠EAD的度数；
(2)如图2，PE平分∠AEC交AC于点F，交△ACB外角∠ACM平分线于点P，过F作FG∥PC交BC于G，请猜想∠EFG与∠BAC的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接PA，过点P作PG⊥BM于点G，若∠EAD=∠CAD，且∠B+∠CPE=107∠CPG，过点P作PH⊥AB交BA的延长线于点H，求∠EPH的度数．
【变式8-1】（23-24·江苏宿迁·模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正n边形A1A2A3……An上，若∠1−∠2=60°，则n= ．

【变式8-2】（23-24八年级·吉林长春·期中）在△ABC中，∠C=90°,∠A=42°．点D、E分别在△ABC的边AC、AB上，且均不与△ABC的顶点重合，连接DE，将△ABC沿DE折叠，使点A的对称点A'始终落在四边形BCDE的外部，A'D交边AB于点F，且点A'与点C在直线AB的异侧．
(1)如图①，则∠B=_______°．
(2)如图②，则∠BED+∠CDE=_______°．
(3)如图③，设图②中的∠CDF=∠1,∠A'EF=∠2．求∠1−∠2的度数；
(4)当△A'DE的某条边与AB或AC垂直时，直接写出∠ADE的度数．
【变式8-3】（14-15八年级·江苏扬州·期末）已知在四边形ABCD中，∠A=x，∠C=y（0°(1)∠ABC+∠ADC=_______（用含x、y的代数式表示）．
(2)如图①，若x=y=90°，DE平分∠ADC，BF平分与∠ABC相邻的外角，请写出DE与BF的位置关系，并说明理由．
(3)如图②，∠DFB为与∠ABC、∠ADC相邻的外角平分线所在直线构成的锐角．
①当x②小明在作图时，发现∠DFB不一定存在，请指出x、y满足什么条件时，∠DFB不存在．
【题型9 多边形内（外）角和与角平分线的综合运用】
【例9】（23-24八年级·湖北武汉·开学考试）在四边形ABCD中，O在其内部，满足∠ABO=1n∠ABC，∠DCO=1n∠DCB．
(1)如图1，当n=2时，如果∠A+∠D=260°，直接写出∠O的度数______；
(2)当n=3时，M、N分别在AB、DC的延长线上，BC下方一点P，满足∠CBP=2∠PBM，∠BCP=2∠PCN，
①如图2，判断∠O与∠P之间的数量关系，并证明你的结论；
②如图3，延长线段BO、PC交于点Q，△BQP中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，直接写出∠A+∠D的度数为______．
【变式9-1】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，在四边形MNCB中，∠P=25°，∠MBC和∠NCD的平分线交于点P，则∠M+∠N的度数为（ ）

A．200°B．210°C．220°D．230°
【变式9-2】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点E是BC上的点，ED⊥AB于点D，∠CED的平分线交AC于点F，连接BF交ED于点H，∠AFB的角平分线交ED的延长线于点P，若∠CFH=∠EHF，∠ABF=12∠CFE，则∠P= .
【变式9-3】（23-24八年级·山东日照·期末）已知：多边形的外角∠CBE和∠CDF的平分线分别为BM，DN．
(1)若多边形为四边形ABCD．
①如图①，∠A=50°,∠C=100°，BM与DN交于点P，求∠BPD的度数；
②如图②，猜测当∠A和∠C满足什么数量关系时，BM∥DN，并证明你的猜想．
(2)如图③，若多边形是五边形ABCDG，已知∠A=140°,∠G=100°,∠BCD=120°，BM与DN交于点P，求∠BPD的度数．
【题型10 平面镶嵌】
【例10】（23-24八年级·四川遂宁·期末）如图是用边长相等的正三角形和正多边形两种地砖铺设的部分地面示意图，则这种正多边形地砖的边数是（ ）
A．12B．10C．18D．6
【变式10-1】（23-24八年级·河南郑州·期末）边长相等的下列两种正多边形的组合，不能作平面镶嵌的是 （请填序号）．
①正方形与正三角形②正五边形与正三角形③正六边形与正三角形④正八边形与正方形
【变式10-2】（23-24八年级·四川乐山·期末）在乡村振兴建设中，某村欲利用两种边长相等的正多边形地砖来铺设地面，美化公园．现已购买了一部分正方形地砖，还需购买另一种正多边形地砖搭配使用才能铺满地面，则购买的正多边形是（ ）
A．正五边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形
【变式10-3】（23-24八年级·广东深圳·期末）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则∠ABC的度数为 ．
专题11.5 多边形及其内角和【十大题型】
【人教版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3004" 【题型1 多边形截角后的边数问题】 PAGEREF _Tc3004 \h 1
\l "_Tc1903" 【题型2 多边形对角线的条数问题】 PAGEREF _Tc1903 \h 3
\l "_Tc24934" 【题型3 对角线分成的三角形个数问题】 PAGEREF _Tc24934 \h 5
\l "_Tc13372" 【题型4 多（少）算一个角问题】 PAGEREF _Tc13372 \h 6
\l "_Tc438" 【题型5 多边形截角后的内角和问题】 PAGEREF _Tc438 \h 8
\l "_Tc20167" 【题型6 复杂图形的内角和】 PAGEREF _Tc20167 \h 11
\l "_Tc28873" 【题型7 多边形外角和的实际应用】 PAGEREF _Tc28873 \h 15
\l "_Tc12821" 【题型8 多边形内（外）角和与平行线的综合运用】 PAGEREF _Tc12821 \h 18
\l "_Tc28518" 【题型9 多边形内（外）角和与角平分线的综合运用】 PAGEREF _Tc28518 \h 26
\l "_Tc3655" 【题型10 平面镶嵌】 PAGEREF _Tc3655 \h 33
知识点1：多边形的相关概念
（1）多边形：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．多边形按组成它的线段的条数分成三角形、四边形、五边形……，如果一个多边形由条线段组成，那么这个多边形就叫做边形．
（2）相关概念：①多边形相邻两边组成的角叫做它的内角．②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．③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．④各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．
（3）多边形的对角线：（a）定义：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．
（b）规律总结：
①从n边形的一个顶点出发可以引（n-3）条对角线，将n边形分成（n-2）个三角形．
②n边形共有条对角线．
【题型1 多边形截角后的边数问题】
【例1】（23-24八年级·黑龙江大庆·期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个18边形，则原多边形纸片的边数不可能是（ ）
A．16B．17C．18D．19
【答案】A
【详解】一个n边形剪去一个角后，剩下的形状可能是n边形或（n+1）边形或（n-1）边形．故当剪去一个角后，剩下的部分是一个18边形，则这张纸片原来的形状可能是18边形或17边形或19边形，不可能是16边形.
故选A.
【点睛】此题主要考查了多边形，减去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条.
【变式1-1】（23-24八年级·重庆綦江·期中）一张七边形卡片剪去一个角后得到的多边形卡片可能的边数为 ．
【答案】6或7或8
【分析】存在三种情况，根据图示进行分析．
【详解】解：七边形卡片剪去一个角，存在以下三种，如图1、图2、图3:
∴一个七边形卡片剪去一个角后可以变成的多边形卡片可能的边数为6或7或8，
故答案为：6或7或8．
【点睛】本题主要考查多边形，解题的关键是进行分类讨论进行求解．
【变式1-2】（23-24八年级·全国·课后作业）一个四边形剪去一三角形后余下的多边形为 边形
【答案】三、四、五
【详解】如图可知，一个四边形截去一个三角形后变成三角形或四边形或五边形，
故答案为三、四、五.
【变式1-3】（23-24八年级·陕西西安·期中）一个多边形截去一个角后，形成一个六边形，那么原多边形边数为 ．
【答案】5或6或7
【分析】实际画图，数形结合，可知六边形可以是五边形，六边形，七边形截去一个角后得到．
【详解】解：如图所示：
六边形可以是五边形，六边形，七边形截去一个角后得到．
故答案为：5或6或7．
【点睛】本题主要考查了多边形，此类问题要从多方面考虑，注意不能漏掉其中的任何一种情况．
【题型2 多边形对角线的条数问题】
【例2】（23-24八年级·陕西延安·阶段练习）若一个多边形从一个顶点出发可引4条对角线，则这个多边形对角线的总数为（ ）
A．14B．28C．24D．20
【答案】A
【分析】根据一个n边形从一个顶点出发有(n−3)条对角线，即可求出该多边形的边数．再根据n边形对角线的总数为n(n−3)2，即可求解．
【详解】解：根据题意，一个多边形从一个顶点出发可引4条对角线，
可知该多边形的边数为4+3=7，
∴这个多边形对角线的总数为7×(7−3)2=14．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的对角线的条数问题，熟练掌握n边形的相关公式是解题关键．
【变式2-1】（23-24八年级·湖北恩施·期末）我们知道，三角形的稳定性在日常生活中被广泛运用.要使不同的木架不变形，四边形木架至少要再钉1根木条；五边形木架至少要再钉2根木条；…按这个规律，要使n边形木架不变形至少要再钉 根木条.（用n表示，n为大于3的整数）
【答案】n-3
【分析】根据三角形具有稳定性，需要的木条数等于过多边形的一个顶点的对角线的条数．
【详解】过n边形的一个顶点可以作（n-3）条对角线，把多边形分成（n-2）个三角形，
所以，要使一个n边形木架不变形，至少需要（n-3）根木条固定．
故答案为：（n-3）．
【点睛】考查了三角形的稳定性以及多边形的对角线的问题，解题关键是将问题转换成把多边形分成三角形的问题．
【变式2-2】（23-24八年级·广东深圳·期末）边长为整数的正多边形的周长17，则过该正多边形的一个顶点可以画 条对角线．
【答案】14
【分析】设正多边形的边数为n（n≥3），边长为a，根据边长为整数的正多边形的周长17，求出n的值，根据过n多边形的一个顶点的对角线的条数为n−3，即可得解．
【详解】解：设正多边形的边数为n（n≥3），边长为a，由题意，得：na=17，
∴a=17n，
∵a为整数，
∴n=17；
∴过该正多边形的一个顶点可以画：17−3=14条对角线；
故答案为：14
【点睛】本题考查多边形的对角线条数．熟练掌握从多边形的一个顶点出发，可以引n−3条对角线，是解题的关键．
【变式2-3】（23-24八年级·辽宁辽阳·期末）过m边形的一个顶点有9条对角线，n边形没有对角线，则mn的值为 ．
【答案】36
【分析】根据m边形从一个顶点出发可引出（m-3）条对角线，以及没有对角线的多边形是三角形，可以得出结果．
【详解】解：∵过m边形的一个顶点有9条对角线，
∴m-3=9，m=12；
∵n边形没有对角线，∴n=3，
∴mn=12×3=36；
故答案为：36．
【点睛】此题主要考查了多边形的对角线，关键是掌握对角线条数的计算公式．
【题型3 对角线分成的三角形个数问题】
【例3】（23-24八年级·全国·假期作业）从多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2003个三角形，则这个多边形的边数为（ ）
A．2001B．2005C．2004D．2006
【答案】C
【分析】根据多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各顶点所得三角形数比多边形的边数少1即可求解．
【详解】解：多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2003个三角形，
则这个多边形的边数为2003+1＝2004．
故选：C．
【点睛】本题主要考查多边形的概念，熟练掌握多边形的概念是解题的关键．
【变式3-1】（23-24八年级·湖北·课后作业）通过连接对角线的方法，可以把十边形分成互不重叠的三角形的个数（ ）
A．7个B．8个C．9个D．10个
【答案】B
【详解】从多边形的一个顶点可以引(n-3)条对角线，分成(n-2)个三角形，故把十边形分成互不重叠的三角形的个数为10-2=8个.
故选B.
【变式3-2】（23-24八年级·四川巴中·期末）从一个n边形的同一个顶点出发，分别连结这个顶点与其余各顶点，若把这个多边形分割为6个三角形，则n的值是 ．
【答案】8
【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】设多边形有n条边，
则n−2=6，
解得n=8.
故答案为8.
【点睛】此题考查多边形的对角线，解题关键在于掌握计算公式.
【变式3-3】（23-24八年级·湖北·课后作业）将已知六边形ABCDEF，用对角线将它剖分成互不重叠的4个三角形，那么各种不同的剖分方法种数是（ ）
A．6B．8C．12D．14
【答案】D
【详解】
∵六边形ABCDEF有6个顶点，且用对角线将它剖分成互不重叠的4个三角形，
∴只能通过同一个顶点作三条对角线(如图1)，这种分法有6种，
也从一个顶点作两条对角线(如图2)，这种分法有2种，
如图3，中间是个四边形，两端2个三角形，把四边形加条对角线，这种分法有6种，
故各种不同的剖分方法有14种．
故选D.
知识点2：多边形的内角和与外角和
（1）边形内角和等于．正多边形的每个内角的度数为(n≥3)．
（2）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.
【题型4 多（少）算一个角问题】
【例4】（23-24八年级·湖北恩施·期中）小明在计算多边形内角和时，把其中一个内角多加了一次，得到内角和为500°，则多加的这个内角的大小为 ．
【答案】140°
【分析】本题考查了多边形内角和公式，理解题意，把一个内角多加一次即为整除之后的余数是解答本题的关键．根据多边形内角和公式，内角和应是180°的倍数，且每个内角应大于0°而小于180°，根据这些条件进行分析求解．
【详解】解：由多边形内角和公式n−2×180°知，
多边形的内角和是180°的倍数，
∴多加的一个内角是500÷180的余数
即为140°
故答案为140°
【变式4-1】（23-24八年级·湖南永州·期中）小红：我计算出一个多边形的内角和为2000°；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．140°B．150°C．160°D．170°
【答案】C
【分析】n边形的内角和是(n−2)⋅180°，少计算了一个内角，结果得2000°．则内角和是(n−2)⋅180°与2000°的差一定小于180度，并且大于0度．
【详解】解：设多边形的边数为n，小红少加的这个角的度数是x°，
则有0°<(n−2)×180°−2000<180°，
则2000°=180°×12−160°，
因为0°所以x°=160°，
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式．解答此题的关键是把所求的角正确的分解为180°与一个正整数的积再减去一个小于180°的角的形式，再根据多边形的内角和公式即可求解．
【变式4-2】（23-24八年级·湖北孝感·期中）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）求这个多加的外角的度数.
（2）求这个多边形的边数.
【答案】（1）100；（2）16
【分析】根据多边形的内角和公式（n-2）•180°可知，多边形的内角和是180°的倍数，然后求出多边形的边数以及多加的外角的度数即可得解．
【详解】解：设多边形的边数为n，多加的外角度数为α，则
（n-2）•180°=2620°-α，
又∵2620°=14×180°+100°，内角和应是180°的倍数，
∴小明多加的一个外角为100°，
∴这是14+2=16边形的内角和．
故这个多加的外角的度数为100°，这个多边形的边数是16．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，根据多边形的内角和公式判断出多边形的内角和公式是180°的倍数是解题的关键．
【变式4-3】（23-24八年级·全国·课后作业）马小虎在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了2个内角，其和等于830∘，则该多边形的边数是( )
A．7B．8C．7或8D．无法确定
【答案】C
【分析】n边形的内角和是（n-2）•180°，即为180°的（n-2）倍，多边形的内角一定大于0度，小于180度，因而多边形中，除去2个内角外，其余内角和与180度的商加上2，以后所得的数值，比这个数值大1或2的整数就是多边形的边数．
【详解】设少加的2个内角和为x度，边数为n．
则（n-2）×180=830+x，
即（n-2）×180=4×180+110+x，
因此x=70，n=7或x=250，n=8．
故该多边形的边数是7或8．
故选C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，正确理解多边形内角的大小的特点，以及多边形的内角和定理是解决本题的关键．
【题型5 多边形截角后的内角和问题】
【例5】（23-24·上海徐汇·二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（ ）
A．180°B．270°C．360°D．540°
【答案】B
【分析】分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．
【详解】解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°，
若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°，
若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°．
故选：B．
【点睛】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．
【变式5-1】（23-24八年级·河南商丘·期中）如图，在正方形ABCD中，截去∠A、∠C后，∠1、∠2、∠3、∠4的和为 ．
【答案】540°
【分析】根据多边形内角和定理求出截去∠A、∠C后六边形的内角和，再减去∠B和∠D的度数，即可求出∠1、∠2、∠3、∠4的和．
【详解】∵四边形ABCD是正方形
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°
∵截去∠A、∠C后，组成的图形是六边形
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠B+∠D=720°
∴∠1+∠2+∠3+∠4=720°−∠B−∠D=540°
故答案为：540°．
【点睛】本题考查了多边形的角度问题，掌握多边形内角和定理和正方形的性质是解题的关键．
【变式5-2】（23-24八年级·河北石家庄·期末）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
【答案】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．
【变式5-3】（23-24八年级·山西吕梁·期中）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是 边形．
【答案】五或六或七
【分析】首先求得内角和为720°的多边形的边数，再分三种情况考虑截角，即可得出答案．
【详解】解：设内角和为720°的多边形的边数是n，
∴(n−2)×180°=720°，
解得：n=6，
∴包装盒的底面是六边形，
如图1所示，截线不过顶点和对角线，则原来的多边形是五边形；
如图2所示，截线过一个顶点，则来的多边形是六边形；
如图3所示，截线过一条对角线，则来的多边形是七边形．
故答案为：五或六或七．
【点睛】本题考查多边形知识，注意截去一个角有三种情况需要考虑．
【题型6 复杂图形的内角和】
【例6】（23-24八年级·江苏无锡·期中）图1是二环三角形，S＝∠A1+∠A2+…+∠A6=360∘，图2是二环四边形，S＝∠A1+∠A2+…+∠A8=720∘，图3是二环五边形，S＝∠A1+∠A2+…+∠A10=1080∘…聪明的同学，请你直接写出二环十边形，S＝_____________度（ ）

A．1440B．1800C．2880D．3600
【答案】C
【分析】本题只看图觉得很复杂，但从数据入手，就简单了，从图2开始，每个图都比前一个图多360度．抓住这点就很容易解决问题了．
【详解】解：依题意可知，二环三角形，S＝360度；
二环四边形，S＝720＝360×2＝360×（4﹣2）度；
二环五边形，S＝1080＝360×3＝360×（5﹣2）度；
…
∴二环十边形，S＝360×（10﹣2）＝2880度．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，本题可直接根据S的度数来找出规律，然后根据规律表示出二环十边形的度数．
【变式6-1】（23-24八年级·江苏扬州·期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ．
【答案】540°
【分析】连接ED，由三角形内角和可得∠A+∠B=∠BED+∠ADE，再由五边形的内角和定理得出结论．
【详解】连接ED，
∵∠A+∠B=180°-∠AOB，∠BED+∠ADE=180°-∠DOE，∠AOB=∠DOE，
∴∠A+∠B=∠BED+∠ADE，
∵∠CDE+∠DEF+∠C+∠F+∠G=(5-2) ×180°=540°，
即∠CDO+∠ADE+BED+∠BEF+∠C+∠F+∠G=540°，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDO+∠BEF+∠F+∠G=540°．
故答案为：540°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和公式，以及多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为(n-2)×180°是解答本题的关键．
【变式6-2】（23-24八年级·江苏南京·期中）如图，已知两块三角板如图摆放，点B和点C分别在两块三角板的边上，一块三角板的顶点M在另一块三角板的边上，且∠BAC=37°，∠E=60°，∠F=45°，则∠ABE+∠EMF+∠FCA= °．
【答案】68
【分析】延长BE交AC于D，延长CF交BD于G， 根据外角的性质得到∠EGF＝∠BDC＋∠ACF＝∠A＋∠ABE＋∠ACF，根据四边形的内角和和邻补角的定义得到∠ABE＋∠EMF＋∠FCA＋∠A＝∠BEM＋∠CFM＝105°,于是得到结论．
【详解】解：延长BE交AC于D，延长CF交BD于G，
∵∠BDC＝∠A＋∠ABE，
∴∠EGF＝∠BDC＋∠ACF＝∠A＋∠ABE＋∠ACF，
∵∠EGF+∠EMF+∠MEG+∠MFG=360°,
∴∠EGF+∠EMF+180°−∠E+180°−∠F=360°,
∴∠EGF+∠EMF=∠E+∠F,
∵∠E=60°,∠F=45°,
∴∠ABE＋∠A+∠FCA＋∠EMF＝∠BEM＋∠CFM＝105°，
∵∠A=37°,
∴∠ABE＋∠EMF＋∠FCA＝105°−∠A＝68°.
故答案为：68°.
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质，四边形的内角和，邻补角的定义，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
【变式6-3】（23-24八年级·全国·专题练习）（1）如图1，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F= ．
（2）如图2，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F+∠G= ．
【答案】 360°
540°
【分析】（1）根据三角形内角和定理即可求得；
（2）根据四边形内角和可求得∠A+∠1+∠D+∠F=360°， ∠B+∠2+∠E+∠G=360°，再利用三角形内角关系可得 ∠C=∠1+∠2−180°，进而可求得．
【详解】解：（1）∵在△ACE中，∠A+∠C+∠E=180°，
在△BDF中，∠B+∠D+∠F=180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°，
故答案为360°；
（2）如图，∵∠A+∠1+∠D+∠F=360°， ∠B+∠2+∠E+∠G=360°，
∴∠A+∠B+∠1+∠2+∠D+∠E+∠F+∠G=720°．
∵∠C=180°−180°−∠1−180°−∠2=∠1+∠2−180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=720°−180°=540°．
故答案为540°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理及多边形内角和定理，熟练掌握相关定理是解题的关键．
【题型7 多边形外角和的实际应用】
【例7】（23-24八年级·全国·课堂例题）[应用意识]清晨，小明沿着一个五边形广场周围的小路按逆时针方向跑步，如图．

(1)小明每从一条街道转到下一条街道时，身体转过的角是哪个角，在图上标出；
(2)他每跑一圈，身体转过的角度之和是多少？
(3)你是怎么得到的？
【答案】(1)图见解析，∠1,∠2,∠3,∠4,∠5
(2)他每跑一圈，身体转过的角度之和是360°
(3)五边形的外角和等于360°
【分析】（1）根据图形进行解答即可；
（2）根据多边形外角和进行解答即可；
（3）多边形的外角和等于360°．
【详解】（1）解：如图，小明每从一条街道转到下一条街道时，身体转过的角是∠1,∠2,∠3,∠4,∠5．

（2）解：他每跑一圈，身体转过的角度之和是360°
（3）解：五边形的外角和等于360°．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角，解题的关键是熟练掌握多边形的外角和等于360°．
【变式7-1】（23-24八年级·四川成都·期末）如图，蚂蚁先从点A出发前进6cm，向右转72°，再前进6cm，又向右转72°，…，这样一直走下去，那么蚂蚁第一次回到出发点A时，一共走了 cm．

【答案】30
【分析】本题主要考查了多边形内角与外角的应用，解题的关键是判断出蚂蚁所走的路线为正多边形，牢记任何一个多边形的外角和都是360°，正多边形的每一个外角都相等．
由题意可知蚂蚁所走的路线为正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案．
【详解】解：∵蚂蚁从A点出发最后回到出发点A时正好走了一个正多边形，
∴根据外角和定理可知正多边形的边数为n=360°÷72°=5，
则一共走了5×6=30（厘米）．
故答案为：30．
【变式7-2】（23-24八年级·山西吕梁·阶段练习）《红楼梦》是我国四大名著之一，文学社团的同学在搜集相关资料时发现一张如图①所示的《红楼梦》纪念币图案（将纪念币的正面图案和背面图案拼到一起），这个图案可以抽象成有公共边的两个正八边形，如图②，则∠1的度数是 ．
【答案】90°/90度
【分析】此题考查了正多边形的外角性质，利用正多边形的外角性质以及外角和是360°即可求出答案，解题的关键是熟练掌握正多边形的外角性质以及外角和是360°．
【详解】∵正八边形的外角和是360°，共八个外角且每个外角都相等，
∴每个外角都是360°8=45°，
∴∠1=正八边形的两个外角的和=90°，
故答案为：90°．
【变式7-3】（23-24八年级·山东济南·期末）如图1，小红沿一个五边形广场周围的小路，按逆时针方向跑步，小红每从一条小路转到下一条小路时，跑步的方向改变一定的角度．

(1)该五边形广场ABCDE的内角和是 度；
(2)她跑完一圈，跑步方向改变的角度的和是 度；
(3)如图2，小红参加“全民健身，共筑健康中国”活动，从点A起跑，绕湖周围的小路跑至终点E，若MA∥EN，且∠1+∠2=200°，求行程中小红身体转过的角度的和（图∠3+∠4+∠5的值）．
【答案】(1)540
(2)360
(3)160°
【分析】（1）根据五边形内角和求解即可；
（2）跑步方向改变的角度的和即为五边形的外角和；
（3）延长NE交AB于点F，再在五边形FBCDE中计算即可．
【详解】（1）五边形广场ABCDE的内角和5−2×180°=540°，
故答案为：540；
（2）∵跑步方向改变的角度的和即为五边形的外角和，
∴跑步方向改变的角度的和是360度，
故答案为：360；
（3）延长NE交AB于点F

∵MA∥EN
∴∠1=∠6
∵∠1+∠2=200∘
∴∠6+∠2=200∘
∵在五边形FBCDE中∠6+∠3+∠4+∠5+∠2=360∘
∴∠3+∠4+∠5=160∘
【点睛】考查了多边形内角与外角，关键是熟练掌握多边形的外角和等于360度的知识点．
【题型8 多边形内（外）角和与平行线的综合运用】
【例8】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期中）已知在△ABC中，AD是BC边上的高，AE是△ABC的角平分线．
(1)如图1，若∠B=40°，∠C=60°，求∠EAD的度数；
(2)如图2，PE平分∠AEC交AC于点F，交△ACB外角∠ACM平分线于点P，过F作FG∥PC交BC于G，请猜想∠EFG与∠BAC的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接PA，过点P作PG⊥BM于点G，若∠EAD=∠CAD，且∠B+∠CPE=107∠CPG，过点P作PH⊥AB交BA的延长线于点H，求∠EPH的度数．
【答案】(1)∠EAD=10°
(2)∠EFG=14∠BAC，理由见解析
(3)95°
【分析】（1）先求解∠BAC=80°，∠BAC=40°，∠AEC=80°，再结合三角形的高可得答案；
（2）先证明∠P=∠PCM−∠PEM=12(∠ACM−∠AEM)=12∠CAE结合∠CAE=12∠BAC，可得∠P=14∠BAC，结合FG∥PC，从而可得结论；
（3）设∠EAD=∠CAD=2α，可得∠BAE=∠CAE=4α，∠BAC=8α，∠BAD=6α，∠B=90°−6α，结合（2）可得，∠CPE=14∠BAC=2α，求解∠CPG=90°−∠PCG=45°−α，结合∠B+∠CPE=107∠CPG，再建立方程进一步求解即可．
【详解】（1）解：∵∠B=40°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=80°，
∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE=∠CAE=40°，
∵∠AEC=∠B+∠BAE=80°，
∵AD是BC边上的高，
∴∠ADE=90°，
∴∠EAD=10°．
（2）∠EFG=14∠BAC．理由如下：
∵PE，PC分别平分∠AEC和△ACB的外角∠ACM，
∴∠PEM=12∠AEM，∠PCM=12∠ACM，
∴∠P=∠PCM−∠PEM=12(∠ACM−∠AEM)=12∠CAE，
∵∠CAE=12∠BAC，
∴∠P=14∠BAC，
∵FG∥PC，
∴∠P=∠EFG，
∴∠EFG=14∠BAC；
（3）设∠EAD=∠CAD=2α，
∴∠BAE=∠CAE=4α，
∴∠BAC=8α，∠BAD=6α，∠B=90°−6α，
∴由（2）可得，∠CPE=14∠BAC=2α
∵PC平分∠ACM，
∴∠PCG=12∠ACG=12(∠B+∠BAC)=1290°−6α+8α=45°+α，
∴∠CPG=90°−∠PCG=45°−α
∵∠B+∠CPE=107∠CPG
∴(90°−6α)+2α=107(45°−α)，
∴α=10°，
∴∠B=30°，∠PEM=12∠AEM=12(∠B+∠BAE)=35°
∴∠BEP=180°−∠PEM=145°
∵PH⊥AB，
∴∠BHP=90°
在四边形EBPH中，∠EPH=360°−∠BEP−∠B−∠BHP=95°．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，四边形的内角和定理的应用，角平分线的含义，理清各角度之间的关系是解本题的关键．
【变式8-1】（23-24·江苏宿迁·模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正n边形A1A2A3……An上，若∠1−∠2=60°，则n= ．

【答案】6
【分析】过A2作A2B∥A1An，根据平行线的性质可得∠4=∠3，∠CA2B=∠1，求得∠A3A2B=60°，设正多边形的内角为x，则满足∠4=180°−x，推得∠3=x−60°，即可求得x=120°，得到∠4=60°，即可求出正多边形的边数．
【详解】解：过A2作A2B∥A1An，

则∠4=∠3，∠CA2B=∠1
∵∠1−∠2=60°
∴∠A3A2B=60°
设正多边形的内角为x，则∠4=180°−x
∴x=60°+∠3
∴∠3=x−60°
∵180°−x=x−60°，解得x=120°
∴∠4=60°
∴这个正多边形的边数为360°÷60°=6
故答案为：6．
【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外角性质是解题的关键．
【变式8-2】（23-24八年级·吉林长春·期中）在△ABC中，∠C=90°,∠A=42°．点D、E分别在△ABC的边AC、AB上，且均不与△ABC的顶点重合，连接DE，将△ABC沿DE折叠，使点A的对称点A'始终落在四边形BCDE的外部，A'D交边AB于点F，且点A'与点C在直线AB的异侧．
(1)如图①，则∠B=_______°．
(2)如图②，则∠BED+∠CDE=_______°．
(3)如图③，设图②中的∠CDF=∠1,∠A'EF=∠2．求∠1−∠2的度数；
(4)当△A'DE的某条边与AB或AC垂直时，直接写出∠ADE的度数．
【答案】(1)48
(2)222
(3)84°
(4)24°或45°
【分析】本题考查的是三角形内角和定理，四边形的内角和定理，平行的性质和折叠的性质，熟悉相关性质并能熟练应用是解题的关键．
（1）根据三角形内角和定理可得∠B的度数；
（2）根据四边形内角和定理可得∠BED+∠CDE的度数；
（3）由（2）的结论可得∠BED+∠EDF+∠1=222°，由折叠可得∠A'=∠A=42°，由三角形内角和定理可得∠2+∠BED+∠EDF=138°，两式相减，可得答案；
（4）分两种情况：EA'⊥AC或DA'⊥AC或DE⊥AC时，分别求解即可．
【详解】（1）解：∠B=180°−∠C−∠A=180°−90°−42°=48°，
故答案为：48；
（2）解：∵ ∠BED+∠CDE+∠C+∠B=360°，
∴ ∠BED+∠CDE=360°−∠C−∠B=360°−90°−48°=222°，
故答案为：222；
（3）解：由（2）知∠BED+∠CDE=222°，
∴ ∠BED+∠EDF+∠1=222°①，
由折叠知∠A'=∠A=42°，
∵ ∠A'+∠2+∠BED+∠EDF=180°，
∴ ∠2+∠BED+∠EDF=180°−∠A'=180°−42°=138°②，
①−②得：∠1−∠2=222°−138°=84°；
（4）解：如图，当EA'⊥AC时，
∵ BC⊥AC，
∴ EA'∥BC，
∴ ∠2=∠B=48°，
由（3）知∠1−∠2=84°，
∴ ∠1=84°+∠2=132°，
由折叠知∠ADE=∠A'DE，
∴ ∠ADE=12180°−∠1=12×180°−132°=24°；
如图，当DA'⊥AC时，
∠ADE=12×180°−90°=45°；
如图，当DE⊥AC时，点A'与点C在直线AB的同侧，不合题意；
综上可知，∠ADE的度数为24°或45°．
【变式8-3】（14-15八年级·江苏扬州·期末）已知在四边形ABCD中，∠A=x，∠C=y（0°(1)∠ABC+∠ADC=_______（用含x、y的代数式表示）．
(2)如图①，若x=y=90°，DE平分∠ADC，BF平分与∠ABC相邻的外角，请写出DE与BF的位置关系，并说明理由．
(3)如图②，∠DFB为与∠ABC、∠ADC相邻的外角平分线所在直线构成的锐角．
①当x②小明在作图时，发现∠DFB不一定存在，请指出x、y满足什么条件时，∠DFB不存在．
【答案】(1)360°−x−y；
(2)DE⊥BF，理由见解析；
(3)①x=40°，y=100°；②当0°【分析】（1）根据四边形内角和等于360°直接计算即可得到答案；
（2）根据（1）与x=y=90°时，∠ABC+∠ADC=180°，结合∠ABC+∠CBM=180°得到∠CBM=∠ADC，根据DE平分∠ADC，BF平分∠CBM，得到∠EDC=∠CBF，根据∠C=90°，∠BEG=∠DEC即可得到答案；
（3）①连接FC并延长至点H，根据x+y=140°得到∠ABC+∠ADC，结合DF平分∠NDC得到∠FDC，同理得到∠FBC，即可得到∠DCB，即可得到答案；②过点C作KQ∥DE，由①得：∠EDC=90°−12∠ADC，∠CBF=90°−12∠ABC，结合KQ∥DE得到∠EDC=∠DCK，表示出∠BCK，由（1）结论及x=y表示出∠ABC，∠CBF即可得到答案；
【详解】（1）解：∵在四边形ABCD中，
∴∠ABC+∠ADC+∠A+∠C=360°，
∵∠A=x，∠C=y，
∴∠ABC+∠ADC=360°−x−y；
（2）解：DE⊥BF，理由：如答图①，延长DE交BF于点G，
由（1）知：∠ABC+∠ADC=360°−∠A+∠C=360°−x−y，
∴当x=y=90°时，∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠CBM=∠ADC，
∵DE平分∠ADC，BF平分∠CBM，
∴∠EDC=∠CBF，
又∵∠C=90°，
∴∠EDC+∠DEC=180°−∠C=90°，
∵∠BEG=∠DEC，∠EDC=∠CBF，
∴∠CBF+∠BEG=90°，
.∴∠EGB=180°−90°=90°，
∴DE⊥BF；
（3）解：①如答图②，连接FC并延长至点H，
∵x+y=140°，
∴∠ABC+∠ADC=360°−∠A+∠C==360°−x−y=220°，
∵DF平分∠NDC，
∴∠FDC=12∠NDC=12180°−∠ADC=90°−12∠ADC
同理可证，∠FBC=90°−12∠ABC.
∵∠DCH=∠CDF+∠DFC，∠HCB=∠CBF+∠HFB，
∴∠DCB=∠DCH+∠HCB=∠CDF+∠CBF+∠DFB=210°−12∠ADC+∠ABC=100°，
∴y=100°，x=40°；
②如答图③，过点C作KQ∥DE，
由①得：∠EDC=90°−12∠ADC，∠CBF=90°−12∠ABC，
∵KQ∥DE，
∴∠EDC=∠DCK=90°−12∠ADC，
∴∠BCK=∠DCB−∠DCK=y−90°−12∠ADC.
又∵∠ABC+∠ADC=360°−∠A+∠C=360°−x−y，
∴当x=y时，∠ABC+∠ADC=360°−2y，
∴∠ABC=360°−2y−∠ADC.
∴∠CBF=90°−12∠ABC=90°−12360°−2y−∠ADC)=y−90°−12∠ADC，
∴∠KCB=∠CBF，
∴KQ∥BF，
∴DE∥BF，
此时，DE与BF没有交点，
∴当0°【点睛】本题考查根据角平分线求解，四边形内角和定理，平行线性质与判定，解题的关键是作出辅助线及注意整体代换的思想．
【题型9 多边形内（外）角和与角平分线的综合运用】
【例9】（23-24八年级·湖北武汉·开学考试）在四边形ABCD中，O在其内部，满足∠ABO=1n∠ABC，∠DCO=1n∠DCB．
(1)如图1，当n=2时，如果∠A+∠D=260°，直接写出∠O的度数______；
(2)当n=3时，M、N分别在AB、DC的延长线上，BC下方一点P，满足∠CBP=2∠PBM，∠BCP=2∠PCN，
①如图2，判断∠O与∠P之间的数量关系，并证明你的结论；
②如图3，延长线段BO、PC交于点Q，△BQP中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，直接写出∠A+∠D的度数为______．
【答案】(1)130°
(2)①见解析②210°或240°
【分析】本题考查四边形的内角和及角平分线的定义，三角形的内角和定理，熟知四边形的内角和是360°是解题的关键．
（1）首先根据四边形的内角和及角平分线的定义，求出∠OBC+∠OCD，进而根据三角形的内角和定理即可求解；
（2）①首先由已知求出∠OBC=23∠ABC，∠PBC=23∠MBC，根据平角的定义得出∠PBO=∠PBC+∠OBC=23×180°=120°，同理∠PCO=120°，根据四边形的内角和定理即可求解；②在△BQP中，由①得∠PBQ=120°，根据题意分二种情况进行讨论：∠P=2∠Q，∠Q=2∠P，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵∠ABO=1n∠ABC，∠DCO=1n∠DCB，
∴当n=2时，∠ABO=12∠ABC，∠DCO=12∠DCB，
∴∠ABC=2∠CBO，∠DCB=2∠OCB，
∵∠A+∠D=260°，∠A+∠D+∠ABC+∠DCB=360°，
∴∠ABC+∠DCB=100°，
∴∠CBO+∠OCB=50°，
∴∠O=180°−(∠CBO+∠OCB)=130°；
故答案为：130°；
（2）①∠O+∠P=120°．
证明：∵∠ABO=1n∠ABC，∠DCO=1n∠DCB，
∴当n=3时，∠OBC=23∠ABC，∠OCB=23∠DCB，
∵∠CBP=2∠PBM，∠BCP=2∠PCN，
∴∠CBP=23∠CBM，∠BCP=23∠BCN，
∴∠PBO=∠PBC+∠OBC=23(∠CBM+∠ABC)=23×180°=120°，
同理∠PCO=120°，
∵∠O+∠P+∠PBO+∠PCO=360°，
∴∠O+∠P=360°−120°−120°=120°．
②由①得：∠PBQ=120°，∠PCO=120°，
如果△BQP中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分二种情况：
当∠P=2∠Q，
∵∠PBQ=120°，
∴∠Q=20°，则∠P=40°，
∴∠PBC+∠BCP=180°−40°=140°，
∴∠CBO+∠OCB=2×120°−140°=100°，
∵∠OBC=23∠ABC，∠OCB=23∠DCB，
∴∠ABC+∠DCB=150°，
∴∠A+∠D=360°−150°=210°；
当∠Q=2∠P，
∵∠PBQ=120°，
∴∠P=20°，则∠Q=40°，
∴∠PBC+∠BCP=180°−20°=160°，
∴∠CBO+∠OCB=2×120°−160°=80°，
∵∠OBC=23∠ABC，∠OCB=23∠DCB，
∴∠ABC+∠DCB=120°，
∴∠A+∠D=360°−120°=240°．
综上所述，∠A+∠D的度数为：210°或240°．
故答案为：210°或240°．
【变式9-1】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，在四边形MNCB中，∠P=25°，∠MBC和∠NCD的平分线交于点P，则∠M+∠N的度数为（ ）

A．200°B．210°C．220°D．230°
【答案】D
【分析】先根据角平分线的定义得出∠PCD=∠NCP，∠MBP=∠PBC，根据三角形的外角得出∠PCD=∠NCP=25°+∠PBC，进而求出∠NCB=130°−2∠PBC，根据∠M+∠N+∠MBC+∠NCB=360°，进而可得出答案．
【详解】解：∵∠MBC和∠NCD的平分线交于点P，
∴∠PCD=∠NCP，∠MBP=∠PBC，
∵∠PCD=∠P+∠PBC，∠P=25°，
∴∠PCD=∠NCP=25°+∠PBC，
∴∠NCB=180°−∠NCD=180°−225°+∠PBC=130°−2∠PBC，
在四边形MNCB中，∠M+∠N+∠MBC+∠NCB=360°，
∴∠M+∠N+2∠PBC+130°−2∠PBC=360°，
∴∠M+∠N=360°−130°=230°，
故选：D．
【点睛】本题考查角平分线的定义，四边形的内角和，三角形的外角，正确理解题意是解题的关键．
【变式9-2】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点E是BC上的点，ED⊥AB于点D，∠CED的平分线交AC于点F，连接BF交ED于点H，∠AFB的角平分线交ED的延长线于点P，若∠CFH=∠EHF，∠ABF=12∠CFE，则∠P= .
【答案】22.5°
【分析】本题考查了四边形内角和定理，三角形内角和定理，角平分线的定义．设∠ABF=α，则∠CFE=2α，由四边形内角和定理得180°−4α+290°−α+90°=360°，求得α=15°．进一步计算即可求解．
【详解】解：设∠ABF=α，则∠CFE=2α，
∵ED⊥AB，
∴∠HDB=90°，
∴∠BHD=90°−α，
∴∠EHF=90°−α，
∵∠CFH=∠EHF，
∴∠CFH=90°−α，
∵∠ACB=90°，
∴∠CEF=90°−∠CFE=90°−2α，
∵EF平分∠CED，
∴∠CEH=2∠CEF=180°−4α，
由四边形内角和定理得180°−4α+290°−α+90°=360°，
解得α=15°．
∴∠CFH=∠EHF=90°−α=75°，
∴∠EFH=75°−2α=45°，∠CEF=60°=∠FEP，∠AFB=180°−∠CFH=105°，
∵PF平分∠AFB，
∴∠HFP=12∠AFB=52.5°，
∴∠P=180°−60°−45°−52.5°=22.5°，
故答案为：22.5°．
【变式9-3】（23-24八年级·山东日照·期末）已知：多边形的外角∠CBE和∠CDF的平分线分别为BM，DN．
(1)若多边形为四边形ABCD．
①如图①，∠A=50°,∠C=100°，BM与DN交于点P，求∠BPD的度数；
②如图②，猜测当∠A和∠C满足什么数量关系时，BM∥DN，并证明你的猜想．
(2)如图③，若多边形是五边形ABCDG，已知∠A=140°,∠G=100°,∠BCD=120°，BM与DN交于点P，求∠BPD的度数．
【答案】(1)①25°；②∠A=∠C
(2)30°
【分析】（1）①由∠A=50°,∠C=100°，可推出∠CBE+∠CDF=150°，由角平分线的性质可得∠PBC+∠PDC=75°，再由∴∠BPD=360°−∠A=∠ABC+∠ADC−∠PBC+∠PDC求解即可；
②连接BD，由BM∥DN可得∠BDN+∠DBM=180°，进而可得∴∠FDN+∠ADB+∠ABD+∠MBE=180°，12∠FDC+∠CBE+∠ADB+∠ABD=180°，求解即可；
（2）延长DC交BP于点Q，根据五边形的内角和可得∠ABC+∠CDG=180°，进而可得∠CBE+∠CDF=360°−180°=180°，再根据角平分线的性质进一步推导出∠BPD=∠BCD−∠CBP+∠QDP，求解即可．
【详解】（1）①∵∠A=50°,∠C=100°，
∴在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=360°−∠A−∠C=210°，
∴∠CBE+∠CDF=150°，
∵多边形的外角∠CBE和∠CDF的平分线分别为BM，DN，
∴∠PBC+∠PDC=12∠CBE+12∠CDF=12∠CBE+∠CDF=12×150°=75°，
∴∠BPD=360°−∠A=∠ABC+∠ADC−∠PBC+∠PDC=360°−50°−210°−75°=25°；
②当∠A=∠C时，BM∥DN，
证明：如图，连接BD，
∵BM∥DN，
∴∠BDN+∠DBM=180°，
∴∠FDN+∠ADB+∠ABD+∠MBE=360°−180°=180°，
即12∠FDC+∠CBE+∠ADB+∠ABD=180°，
∴12360°−∠ADC−∠CBA+180°−∠A=180°，
∴12360°−360°+∠A+∠C+180°−∠A=180°，
∴∠A=∠C；
（2）如图，延长DC交BP于点Q，
∵∠A=140°,∠G=100°,∠BCD=120°，∠A+∠ABC+∠BCD+∠CDG+∠G=540°，
∴∠ABC+∠CDG=180°，
∴∠CBE+∠CDF=360°−180°=180°，
∵BP平分∠CBE，DP平分∠CDF，
∴∠CBP+∠CDP=12∠CBE+∠CDF=90°，
∵∠BCD=∠CBP+∠CQB,∠CQB=∠QDP+∠BPD，
∴∠BCD=∠CBP+∠QDP+∠BPD，
∴∠BPD=∠BCD−∠CBP+∠QDP=120°−90°=30°．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，角平分线的定义，平行线的判定和性质，能够准确找到角之间的关系是解题的关键．
【题型10 平面镶嵌】
【例10】（23-24八年级·四川遂宁·期末）如图是用边长相等的正三角形和正多边形两种地砖铺设的部分地面示意图，则这种正多边形地砖的边数是（ ）
A．12B．10C．18D．6
【答案】A
【分析】本题考查了平面镶嵌，多边形内角和公式，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．根据平面镶嵌的条件，先求出正多边形的一个内角的度数，再根据内角和公式求出边数即可．
【详解】解：设正多边形的边数为n，
根据题意可知，该正n边形的一个内角为360°−60°×12=150°
则有：150°n=(n−2)×180°
解得：n=12
故选：A．
【变式10-1】（23-24八年级·河南郑州·期末）边长相等的下列两种正多边形的组合，不能作平面镶嵌的是 （请填序号）．
①正方形与正三角形②正五边形与正三角形③正六边形与正三角形④正八边形与正方形
【答案】②
【分析】分别求出各个正多边形每个内角的度数，再结合镶嵌的条件即可作出判断．
【详解】解：①正三角形的每个内角是60°，正方形的每个内角是90°，∵3×60°+2×90°=360°，能作平面镶嵌；
②正三角形的每个内角是60°，正五边形每个内角是180°−360°÷5=108°，60m+108n=360°，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能作平面镶嵌；
③正三角形的每个内角是60°，正六边形的每个内角是120°，∵2×60°+2×120°=360°，能作平面镶嵌；
④正八边形的每个内角是135°，正方形的每个内角是90°，∵2×135°+90°=360°，能作平面镶嵌．
故答案为：②．
【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．掌握镶嵌的条件是解题的关键．
【变式10-2】（23-24八年级·四川乐山·期末）在乡村振兴建设中，某村欲利用两种边长相等的正多边形地砖来铺设地面，美化公园．现已购买了一部分正方形地砖，还需购买另一种正多边形地砖搭配使用才能铺满地面，则购买的正多边形是（ ）
A．正五边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形
【答案】C
【分析】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．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、正七边形每个内角是9007°，9007°与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
C、正八边形每个内角是135°，135°×2+90°=360°，能密铺，符合题意．
D、正九边形每个内角是140°，140°与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
故选：C
【变式10-3】（23-24八年级·广东深圳·期末）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则∠ABC的度数为 ．
【答案】120°/120度
【分析】本题考查平面镶嵌（密铺），根据正六边形内角和定理，求出每个内角度数，然后根据周角求出答案．几何图形镶嵌成平面的关键：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
【详解】解：正六边形内角和 (6−2)×180°=720°，
所以每个内角度数720°÷6=120°，
∴∠BAD=180°−120°=60°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC=180−∠BAD=120°．
故答案为：120°．