2023-2024学年冀教版初中数学八年级下册 22.7 多边形的内角和与外角和同步分层训练培优题
一、选择题
1．如果正多边形的每个外角等于40°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【分析】正多边形的每一个外角都相等，利用多边形的外角和为360°求解．
【解答】360°÷40°=9．
故选B．
【点评】此题主要考查了多边形的外角和定理，比较基础，准确把握外角和定理是做题的关键．
2．当多边形的边数增加1时，它的内角和会（ ）
A．增加90° B．增加180° C．增加270° D．增加360°
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设原多边形边数为n，则n边形的内角和是（n-2）180°，边数增加1，则新多边形的内角和为（n+1-2）·180°，
于是（n+1-2）·180°-（n-2）180°=180°.
故答案为： 它的内角和增加180°.
【分析】设原多边形边数为n，则新多边形的边数为（n+1），然后根据多边形的内角和公式（n-2）×180°可求解.
3．（2023八上·龙南期中）若一个正多边形的每一个内角的度数都是，则这个多边形是（ ）
A．正九边形 B．正十边形 C．正十一边形 D．正十二边形
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵一个正多边形的每个内角为，
∴这个正多边形的每个外角为，
∴这个正多边形的边数为，
故答案为：D．
【分析】根据正多边形的外角和定理求解。先利用邻补角的性质求每个外角为，再根据多边形外角和为求出边数．
4．（2023八上·江油期中）若一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和是．则原来多边形的边数可能是（ ）
A．10或11 B．11 C．11或12 D．10或11或12
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设新多边形的边数为n
则(n-2)×180°=1620°
解得：n=11
∵多边形截取一个角后边数可以增加1，不变或减少1
∴原来多边形的边数可能是10或11或12
故答案为：D
【分析】设新多边形的边数为n，根据多边形内角和定理可求出n值，由多边形截取一个角后边数可以增加1，不变或减少1，即可求出答案.
5．（2023八上·大安月考）如图，将边长相等的正方形、正五边形和正六边形摆放在平面上，则的度数是（ ）
A．42° B．36° C．52° D．32°
【答案】A
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：正方形的内角为90°，
正五边形的内角为=108°，
正六边形的内角为=120°，
∴∠1=360°-90°-108°-120°=42°.
故答案为：A.
【分析】分别求出正方形、正五边形和正六边形内角的度数，再利用360°分别减去各内角的度数即得的度数 .
6．（2023八上·麻阳期中）如图，AC平分∠BAD，过C点作CE⊥AB于E，并且2AE＝AB+AD，则下列结论正确的是①AB＝AD+2BE；②∠DAB+∠DCB＝180°；③CD＝CB；④S△ABC＝S△ACD+S△BCE，其中不正确的结论个数有（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；角平分线的性质；多边形内角与外角；不等式的性质
【解析】【解答】解：过C作CF⊥AD于F．如图所示：
∵AC平分∠BAD，CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CF＝CE，
∴Rt△ACF≌Rt△ACE（HL），
∴AF＝AE，
∴AB+AD＝（AE+BE）+（AF﹣DF）＝2AE+BE﹣DF．
∵AB+AD＝2AE，
∴BE＝DF，
∴AB﹣AD＝（AE+BE）﹣（AF﹣DF）＝BE+DF＝2BE，即AB＝AD+2BE，①正确；
∵BE＝DF，∠CEB＝∠F＝90°，CF＝CE，
∴△CDF≌△CBE（SAS），
∴∠B＝∠CDF，CD＝CB，③正确；
∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∴四边形ABCD中，∠DAB+∠BCD＝360°﹣180°＝180°，②正确；
∵AB＝AD+2BE，CE＝CF，
∴由等式性质可得：AB×CEAD×CF+2BE×CE，即S△ABC＝S△ACD+2S△BCE，④错误．
故答案为：B
【分析】过C作CF⊥AD于F，先根据角平分线的性质结合题意即可得到CF＝CE，进而运用三角形全等的判定与性质证明Rt△ACF≌Rt△ACE（HL）即可得到AF＝AE，从而结合题意进行运算即可判断①；根据三角形全等的判定与性质证明△CDF≌△CBE（SAS）即可判断③；根据四边形的内角和即可判断②；根据等式的性质结合题意即可判断④。
7．已知n边形的每个内角都相等，则使得n边形的每个内角的度数都是整数的n的值有（ ）
A．18个 B．20个 C．22个 D．无数个
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵正n边形的每个内角为180°-，且是整数度，n≥3，
又∵360=23×32×5，
∴n=3，4，5，6，8，9，10，12，15，18，20，24，30，36，40，45，60，72，90，120，180，360共22个.
故答案为：C.
【分析】每个内角=180°-相邻外角=180°-，求出其是整数度且n≥3的整数n值即可.
8．（2021八上·长沙开学考）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF；②∠ABC+2∠APC=180°；③∠ACB=2∠APB；④S△PAC=S△MAP+S△NCP.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】三角形的面积；直角三角形全等的判定（HL）；角平分线的性质；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：①作PD⊥AC于D.
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM=PN，PM=PD，
∴PM=PN=PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°=360°，
∴∠ABC+∠MPN=180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，
，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM=∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD=∠CPN，
∴∠MPN=2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC=180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM= ∠ABC+∠APB，
∴∠ACB=2∠APB，③正确；
④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL）
∴S△APD=S△APM，S△CPD=S△CPN，
∴S△APM+S△CPN=S△APC，故④正确，
故答案为：D.
【分析】①作PD⊥AC于D，根据角平分线的性质推出PM=PN=PD，根据角平分线的判定定理即可判断①；②首先利用四边形的内角和求出∠ABC+∠MPN=180°，利用HL证明Rt△PAM≌Rt△PAD ，得出∠APM= ∠APD，同理得出∠CPD=∠CPN，则得∠MPN=2∠APC，即可判断②；③由角平分线定义和三角形的外角性质得出∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM=∠ABC+∠APB，则可推出∠ACB=2∠APB，则可判断③；④由全等三角形的性质得出AD=AM，CD=CN，根据面积的和差关系即可判断④.
二、填空题
9．（2024八上·依安期末）已知一个多边形的边数恰好是从一个顶点出发的对角线条数的1.5倍，则这个多边形的内角和为 .
【答案】1260°
【知识点】多边形的对角线；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设多边形边数为n，则从一个顶点出发的对角线条数为(n-3)条，
由题意得：，
解得，
这个多边形的内角和为.
故答案为：．
【分析】设多边形边数为n，则从一个顶点出发的对角线条数为(n-3)条，“ 一个多边形的边数恰好是从一个顶点出发的对角线条数的1.5倍 ”列出方程，解出n的值，然后根据多边形内角和公式即可求解．
10．如图，在四边形ABCD中，∠A=80°，∠D=110°，∠ABC的邻补角为75°，则∠C的度数为 °.
【答案】65
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】∵的邻补角为，
∴.
又∵ 四边形的内角和为，
∴
故答案为：65.
【分析】根据补角的定义先求出，再利用四边形的内角和为求解即可.
11．在四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C=2：3：4，∠D=90°，则∠A= °，∠B= °，∠C= °.
【答案】60；90；120
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】设一份是，
∵∠A：∠B：∠C=2：3：4，则，，.
又∵四边形的内角和为，
∴，解得x=30.
∴ A=60°，∠B=90°，∠C=120°.
故答案为：60；90；120.
【分析】设一份是，根据∠A：∠B：∠C=2：3：4可确定角的关系，再利用四边形的内角和求解即可.
12．（2022七下·井研期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数为 ．
【答案】540°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：如图，连接BF，
∵∠AOG=∠BOF，
∴∠A+∠G=∠OBF+∠OFB，
在五边形BCDEF中，
∵∠FBC+∠C+∠D+∠E+∠EFB=540°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=540°.
故答案为：540°.
【分析】如图，连接BF，由∠AOG=∠BOF得∠A+∠G=∠OBF+∠OFB，在五边形BCDEF中，由五边形内角和得∠FBC+∠C+∠D+∠E+∠EFB=540°，由角等量代换得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=540°.
13．（2022八下·大田期中）如图，在四边形中，，，，连接，，则以下结论：①；②；③；④，其中正确的结论有 .（填序号）
【答案】①②④
【知识点】多边形内角与外角；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：
由四边形的内角和为360°，
，故①正确
过点A作交BC于点E，交CD的延长线于点F，
又，
∴四边形AECF为矩形，
∴，
又∴，
∴，
又∵，
∴≌（AAS），
∴，AE=AF，
∴矩形AECF为正方形，AC为对角线
∴，故②正确
且AC=，BD=，
而，
故，故③不正确
，，而，
∴，故④正确，
故答案为：①②④.
【分析】由∠BAD+∠BCD=180°及四边形内角和为360°，得∠ABC+∠CDA=180°，可判定说法①符合题意；过点A作AE⊥BF交BC于点E，AF⊥BD交CD的延长线于点F，证得四边形AECF为矩形，从而得∠EAF=90°，又∠BAD=90°，推出∠BAE=∠DAF，即证△ABE≌△ADF，得EB=EF，AE=AF，即证得矩形AECF为正方形，得∠ACB=45°，所以说法②符合题意；由正方形AECF得AC=AE，BD=AB，又AE≠AB，所以AC≠BD，可判定说法③符合题意；由BC=BE+EC，CD=CF-DF，EB=DF，从而得到BC+CD=EC+CF=2EC，进而得BC+CD=AC，可判定说法④符合题意. 据此即可得出正确答案.
三、解答题
14．（2024八上·讷河期末）如图，OC平分∠AOB，P为OC上的一点，∠MPN的两边分别与OA、OB相交于点M、N．
（1）如图1，若∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，请判断PM与PN的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，求证：OP＝OM+ON．
【答案】（1）解：PM＝PN，
理由如下：
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90°
∵∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，
∴∠PMO+∠PNO＝180°，
∵∠PMO+∠PMA＝180°，
∴∠PMA＝∠PNO，
∴在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（AAS），
∴PM＝PN；
（2）解：证明：过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，如图所示
∵OC平分∠AOB，
∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90°，
∵∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，
∴∠PMO+∠PNO＝180°，
∵∠PNO+∠PNF＝180°，
∴∠PMO＝∠PNF，
在△PME和△PNF中，
，
∴△PME≌△PNF（AAS）
∴EM＝FN，
∵∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，
∴∠AOP＝∠BOP＝60°，
∴∠EPO＝∠FPO＝30°，
∴OP＝2OE，OP＝2OF，
∴OP＝OE+OF＝OM+ON
【知识点】角平分线的性质；含30°角的直角三角形；多边形内角与外角；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由角平分线的性质可得PE＝PF，根据AAS证明△PEM≌△PFN，可得PM=PN.
（2）过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，证明△PME≌△PNF（AAS），可得EM＝FN，易求∠EPO＝∠FPO＝30°，利用直角三角形的性质可得OP＝2OE，OP＝2OF，继而得解.
15．
（1）如图1，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E= °.
（2）若将图1中星形的一个角截去，如图2，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= °.
（3）若再将图2中图形的角截去，如图3，则由(2)中所得的方法或规律，猜想∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠F+∠H+∠M+∠N= °.
【答案】（1）180
（2）360
（3）1080
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：（1）如图1，
∵∠1=∠2+∠D=∠B+∠E+∠D，∠A+∠C+∠1=180°，
∴ ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E= ∠A+∠C+∠1=180°；
故答案为：180；
（2）如图2，∵∠2=∠1+∠F=∠B+∠E+∠F，∠A+∠C+∠2+∠D=360°，
∴ ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= ∠A+∠C+∠2+∠D=360°；
故答案为：360；
（3）由（1）（2）知：每截去一个角则增加180°，当截去5个角时，增加了180°×5的度数，
∴ ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠F+∠H+∠M+∠N=180°+180°×5=1080°.
故答案为：1080.
【分析】（1）根据三角形内角和定理和三角形外角的性质求解即可；
（2）根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°进行解答即可；
（3）由（1）（2）知：每截去一个角则增加180°，当截去5个角时，增加了180°×5的度数，据此即可求解.
四、综合题
16．（2022七下·万州期末）把20根长度相等的木条分成三部分，分别用其中两部分木条首尾相连做成两个边数相等的多边形，再用剩下的一部分木条首尾相连做成一个多边形．
（1）求这三个多边形的内角和；
（2）如果前两个多边形的边数和大于后一个多边形的边数，求这三个多边形的边数．
【答案】（1）解：设两个边数相等的多边形是m边形，另一个多边形是n边形（，，m，n为正整数），则，
∴这三个多边形的内角和为
；
（2）解：由题意，得：，，
∴，解得：
∵，
∴，解得：，
∴，
∵a，b为正整数，
∴，；，；，，
答：这三个多边形的边数是6、6、8或7、7、6或8、8、4．
【知识点】二元一次方程的应用；一元一次不等式的应用；多边形内角与外角
【解析】【分析】（1） 设两个边数相等的多边形是m边形，另一个多边形是n边形（，，m，n为正整数） ，根据“ 把20根长度相等的木条分成三部分 ”可得 ，再根据多角形的内角和=（n-2）×180°，列出三个多边形的内角和即可求解；
（2）设两个边数相等的多边形是a边形，另一个多边形是b边形（a≥3，b≥3，a，b为正整数） ，根据“把20根长度相等的木条分成三部分”可知 ，再根据“前两个多边形的边数和大于后一个多边形的边数”列出不等式 ，可得 ，最后求出a和b的取值范围，再结合a，b为正整数即可.
17．（2022七下·相城期末）已知：如图1，，BD平分，，过点A作直线，延长CD交MN于点E
（1）当时，的度数为 ．
（2）如图2，当时，求的度数；
（3）设，用含x的代数式表示的度数．
【答案】（1）60°
（2）解：由（1）可知，
，
，
，
，
，
，
（3）解：设，
，
，
，
，
当点在点的左侧时，
，
当点在点的右侧时，
，
．
【知识点】三角形内角和定理；多边形内角与外角；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】（1）解： BD平分， ，
，
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，
【分析】（1）根据AAS证明△BAD≌△BCD，得出∠ADB=∠CDB，根据CD⊥BC及四边形的内角和等于360°列式求出∠ADC=120°，即可求得∠ADE；
（2）利用（1）的结果，根据全等三角形的性质得出∠BAD=∠BCD=45°，再根据三角形内角和定理求出∠BDC的度数，再根据∠ADE=∠ADB-∠BDE，即可求解；
（3）设，根据三角形内角和定理表示出∠BDC，根据全等三角形的性质表示出∠BDA，然后分当E点在A点的左侧时和当E点在A点的右侧时两种情况讨论， 根据（1）（2）的方法求解即可.
1 / 12023-2024学年冀教版初中数学八年级下册 22.7 多边形的内角和与外角和同步分层训练培优题
一、选择题
1．如果正多边形的每个外角等于40°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
2．当多边形的边数增加1时，它的内角和会（ ）
A．增加90° B．增加180° C．增加270° D．增加360°
3．（2023八上·龙南期中）若一个正多边形的每一个内角的度数都是，则这个多边形是（ ）
A．正九边形 B．正十边形 C．正十一边形 D．正十二边形
4．（2023八上·江油期中）若一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和是．则原来多边形的边数可能是（ ）
A．10或11 B．11 C．11或12 D．10或11或12
5．（2023八上·大安月考）如图，将边长相等的正方形、正五边形和正六边形摆放在平面上，则的度数是（ ）
A．42° B．36° C．52° D．32°
6．（2023八上·麻阳期中）如图，AC平分∠BAD，过C点作CE⊥AB于E，并且2AE＝AB+AD，则下列结论正确的是①AB＝AD+2BE；②∠DAB+∠DCB＝180°；③CD＝CB；④S△ABC＝S△ACD+S△BCE，其中不正确的结论个数有（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
7．已知n边形的每个内角都相等，则使得n边形的每个内角的度数都是整数的n的值有（ ）
A．18个 B．20个 C．22个 D．无数个
8．（2021八上·长沙开学考）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF；②∠ABC+2∠APC=180°；③∠ACB=2∠APB；④S△PAC=S△MAP+S△NCP.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．（2024八上·依安期末）已知一个多边形的边数恰好是从一个顶点出发的对角线条数的1.5倍，则这个多边形的内角和为 .
10．如图，在四边形ABCD中，∠A=80°，∠D=110°，∠ABC的邻补角为75°，则∠C的度数为 °.
11．在四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C=2：3：4，∠D=90°，则∠A= °，∠B= °，∠C= °.
12．（2022七下·井研期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数为 ．
13．（2022八下·大田期中）如图，在四边形中，，，，连接，，则以下结论：①；②；③；④，其中正确的结论有 .（填序号）
三、解答题
14．（2024八上·讷河期末）如图，OC平分∠AOB，P为OC上的一点，∠MPN的两边分别与OA、OB相交于点M、N．
（1）如图1，若∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，请判断PM与PN的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，求证：OP＝OM+ON．
15．
（1）如图1，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E= °.
（2）若将图1中星形的一个角截去，如图2，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= °.
（3）若再将图2中图形的角截去，如图3，则由(2)中所得的方法或规律，猜想∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠F+∠H+∠M+∠N= °.
四、综合题
16．（2022七下·万州期末）把20根长度相等的木条分成三部分，分别用其中两部分木条首尾相连做成两个边数相等的多边形，再用剩下的一部分木条首尾相连做成一个多边形．
（1）求这三个多边形的内角和；
（2）如果前两个多边形的边数和大于后一个多边形的边数，求这三个多边形的边数．
17．（2022七下·相城期末）已知：如图1，，BD平分，，过点A作直线，延长CD交MN于点E
（1）当时，的度数为 ．
（2）如图2，当时，求的度数；
（3）设，用含x的代数式表示的度数．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【分析】正多边形的每一个外角都相等，利用多边形的外角和为360°求解．
【解答】360°÷40°=9．
故选B．
【点评】此题主要考查了多边形的外角和定理，比较基础，准确把握外角和定理是做题的关键．
2．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设原多边形边数为n，则n边形的内角和是（n-2）180°，边数增加1，则新多边形的内角和为（n+1-2）·180°，
于是（n+1-2）·180°-（n-2）180°=180°.
故答案为： 它的内角和增加180°.
【分析】设原多边形边数为n，则新多边形的边数为（n+1），然后根据多边形的内角和公式（n-2）×180°可求解.
3．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵一个正多边形的每个内角为，
∴这个正多边形的每个外角为，
∴这个正多边形的边数为，
故答案为：D．
【分析】根据正多边形的外角和定理求解。先利用邻补角的性质求每个外角为，再根据多边形外角和为求出边数．
4．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设新多边形的边数为n
则(n-2)×180°=1620°
解得：n=11
∵多边形截取一个角后边数可以增加1，不变或减少1
∴原来多边形的边数可能是10或11或12
故答案为：D
【分析】设新多边形的边数为n，根据多边形内角和定理可求出n值，由多边形截取一个角后边数可以增加1，不变或减少1，即可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：正方形的内角为90°，
正五边形的内角为=108°，
正六边形的内角为=120°，
∴∠1=360°-90°-108°-120°=42°.
故答案为：A.
【分析】分别求出正方形、正五边形和正六边形内角的度数，再利用360°分别减去各内角的度数即得的度数 .
6．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；角平分线的性质；多边形内角与外角；不等式的性质
【解析】【解答】解：过C作CF⊥AD于F．如图所示：
∵AC平分∠BAD，CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CF＝CE，
∴Rt△ACF≌Rt△ACE（HL），
∴AF＝AE，
∴AB+AD＝（AE+BE）+（AF﹣DF）＝2AE+BE﹣DF．
∵AB+AD＝2AE，
∴BE＝DF，
∴AB﹣AD＝（AE+BE）﹣（AF﹣DF）＝BE+DF＝2BE，即AB＝AD+2BE，①正确；
∵BE＝DF，∠CEB＝∠F＝90°，CF＝CE，
∴△CDF≌△CBE（SAS），
∴∠B＝∠CDF，CD＝CB，③正确；
∵∠ADC+∠CDF＝180°，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∴四边形ABCD中，∠DAB+∠BCD＝360°﹣180°＝180°，②正确；
∵AB＝AD+2BE，CE＝CF，
∴由等式性质可得：AB×CEAD×CF+2BE×CE，即S△ABC＝S△ACD+2S△BCE，④错误．
故答案为：B
【分析】过C作CF⊥AD于F，先根据角平分线的性质结合题意即可得到CF＝CE，进而运用三角形全等的判定与性质证明Rt△ACF≌Rt△ACE（HL）即可得到AF＝AE，从而结合题意进行运算即可判断①；根据三角形全等的判定与性质证明△CDF≌△CBE（SAS）即可判断③；根据四边形的内角和即可判断②；根据等式的性质结合题意即可判断④。
7．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵正n边形的每个内角为180°-，且是整数度，n≥3，
又∵360=23×32×5，
∴n=3，4，5，6，8，9，10，12，15，18，20，24，30，36，40，45，60，72，90，120，180，360共22个.
故答案为：C.
【分析】每个内角=180°-相邻外角=180°-，求出其是整数度且n≥3的整数n值即可.
8．【答案】D
【知识点】三角形的面积；直角三角形全等的判定（HL）；角平分线的性质；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：①作PD⊥AC于D.
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM=PN，PM=PD，
∴PM=PN=PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°=360°，
∴∠ABC+∠MPN=180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，
，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM=∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD=∠CPN，
∴∠MPN=2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC=180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM= ∠ABC+∠APB，
∴∠ACB=2∠APB，③正确；
④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL）
∴S△APD=S△APM，S△CPD=S△CPN，
∴S△APM+S△CPN=S△APC，故④正确，
故答案为：D.
【分析】①作PD⊥AC于D，根据角平分线的性质推出PM=PN=PD，根据角平分线的判定定理即可判断①；②首先利用四边形的内角和求出∠ABC+∠MPN=180°，利用HL证明Rt△PAM≌Rt△PAD ，得出∠APM= ∠APD，同理得出∠CPD=∠CPN，则得∠MPN=2∠APC，即可判断②；③由角平分线定义和三角形的外角性质得出∠CAE=∠ABC+∠ACB，∠PAM=∠ABC+∠APB，则可推出∠ACB=2∠APB，则可判断③；④由全等三角形的性质得出AD=AM，CD=CN，根据面积的和差关系即可判断④.
9．【答案】1260°
【知识点】多边形的对角线；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设多边形边数为n，则从一个顶点出发的对角线条数为(n-3)条，
由题意得：，
解得，
这个多边形的内角和为.
故答案为：．
【分析】设多边形边数为n，则从一个顶点出发的对角线条数为(n-3)条，“ 一个多边形的边数恰好是从一个顶点出发的对角线条数的1.5倍 ”列出方程，解出n的值，然后根据多边形内角和公式即可求解．
10．【答案】65
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】∵的邻补角为，
∴.
又∵ 四边形的内角和为，
∴
故答案为：65.
【分析】根据补角的定义先求出，再利用四边形的内角和为求解即可.
11．【答案】60；90；120
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】设一份是，
∵∠A：∠B：∠C=2：3：4，则，，.
又∵四边形的内角和为，
∴，解得x=30.
∴ A=60°，∠B=90°，∠C=120°.
故答案为：60；90；120.
【分析】设一份是，根据∠A：∠B：∠C=2：3：4可确定角的关系，再利用四边形的内角和求解即可.
12．【答案】540°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：如图，连接BF，
∵∠AOG=∠BOF，
∴∠A+∠G=∠OBF+∠OFB，
在五边形BCDEF中，
∵∠FBC+∠C+∠D+∠E+∠EFB=540°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=540°.
故答案为：540°.
【分析】如图，连接BF，由∠AOG=∠BOF得∠A+∠G=∠OBF+∠OFB，在五边形BCDEF中，由五边形内角和得∠FBC+∠C+∠D+∠E+∠EFB=540°，由角等量代换得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=540°.
13．【答案】①②④
【知识点】多边形内角与外角；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：
由四边形的内角和为360°，
，故①正确
过点A作交BC于点E，交CD的延长线于点F，
又，
∴四边形AECF为矩形，
∴，
又∴，
∴，
又∵，
∴≌（AAS），
∴，AE=AF，
∴矩形AECF为正方形，AC为对角线
∴，故②正确
且AC=，BD=，
而，
故，故③不正确
，，而，
∴，故④正确，
故答案为：①②④.
【分析】由∠BAD+∠BCD=180°及四边形内角和为360°，得∠ABC+∠CDA=180°，可判定说法①符合题意；过点A作AE⊥BF交BC于点E，AF⊥BD交CD的延长线于点F，证得四边形AECF为矩形，从而得∠EAF=90°，又∠BAD=90°，推出∠BAE=∠DAF，即证△ABE≌△ADF，得EB=EF，AE=AF，即证得矩形AECF为正方形，得∠ACB=45°，所以说法②符合题意；由正方形AECF得AC=AE，BD=AB，又AE≠AB，所以AC≠BD，可判定说法③符合题意；由BC=BE+EC，CD=CF-DF，EB=DF，从而得到BC+CD=EC+CF=2EC，进而得BC+CD=AC，可判定说法④符合题意. 据此即可得出正确答案.
14．【答案】（1）解：PM＝PN，
理由如下：
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90°
∵∠AOB＝90°，∠MPN＝90°，
∴∠PMO+∠PNO＝180°，
∵∠PMO+∠PMA＝180°，
∴∠PMA＝∠PNO，
∴在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（AAS），
∴PM＝PN；
（2）解：证明：过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，如图所示
∵OC平分∠AOB，
∴PE＝PF，∠PEM＝∠PFN＝90°，
∵∠AOB＝120°，∠MPN＝60°，
∴∠PMO+∠PNO＝180°，
∵∠PNO+∠PNF＝180°，
∴∠PMO＝∠PNF，
在△PME和△PNF中，
，
∴△PME≌△PNF（AAS）
∴EM＝FN，
∵∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，
∴∠AOP＝∠BOP＝60°，
∴∠EPO＝∠FPO＝30°，
∴OP＝2OE，OP＝2OF，
∴OP＝OE+OF＝OM+ON
【知识点】角平分线的性质；含30°角的直角三角形；多边形内角与外角；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由角平分线的性质可得PE＝PF，根据AAS证明△PEM≌△PFN，可得PM=PN.
（2）过点P作PE⊥OA于点E，过点P作PF⊥OB于点F，证明△PME≌△PNF（AAS），可得EM＝FN，易求∠EPO＝∠FPO＝30°，利用直角三角形的性质可得OP＝2OE，OP＝2OF，继而得解.
15．【答案】（1）180
（2）360
（3）1080
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：（1）如图1，
∵∠1=∠2+∠D=∠B+∠E+∠D，∠A+∠C+∠1=180°，
∴ ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E= ∠A+∠C+∠1=180°；
故答案为：180；
（2）如图2，∵∠2=∠1+∠F=∠B+∠E+∠F，∠A+∠C+∠2+∠D=360°，
∴ ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= ∠A+∠C+∠2+∠D=360°；
故答案为：360；
（3）由（1）（2）知：每截去一个角则增加180°，当截去5个角时，增加了180°×5的度数，
∴ ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠F+∠H+∠M+∠N=180°+180°×5=1080°.
故答案为：1080.
【分析】（1）根据三角形内角和定理和三角形外角的性质求解即可；
（2）根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°进行解答即可；
（3）由（1）（2）知：每截去一个角则增加180°，当截去5个角时，增加了180°×5的度数，据此即可求解.
16．【答案】（1）解：设两个边数相等的多边形是m边形，另一个多边形是n边形（，，m，n为正整数），则，
∴这三个多边形的内角和为
；
（2）解：由题意，得：，，
∴，解得：
∵，
∴，解得：，
∴，
∵a，b为正整数，
∴，；，；，，
答：这三个多边形的边数是6、6、8或7、7、6或8、8、4．
【知识点】二元一次方程的应用；一元一次不等式的应用；多边形内角与外角
【解析】【分析】（1） 设两个边数相等的多边形是m边形，另一个多边形是n边形（，，m，n为正整数） ，根据“ 把20根长度相等的木条分成三部分 ”可得 ，再根据多角形的内角和=（n-2）×180°，列出三个多边形的内角和即可求解；
（2）设两个边数相等的多边形是a边形，另一个多边形是b边形（a≥3，b≥3，a，b为正整数） ，根据“把20根长度相等的木条分成三部分”可知 ，再根据“前两个多边形的边数和大于后一个多边形的边数”列出不等式 ，可得 ，最后求出a和b的取值范围，再结合a，b为正整数即可.
17．【答案】（1）60°
（2）解：由（1）可知，
，
，
，
，
，
，
（3）解：设，
，
，
，
，
当点在点的左侧时，
，
当点在点的右侧时，
，
．
【知识点】三角形内角和定理；多边形内角与外角；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】（1）解： BD平分， ，
，
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，
【分析】（1）根据AAS证明△BAD≌△BCD，得出∠ADB=∠CDB，根据CD⊥BC及四边形的内角和等于360°列式求出∠ADC=120°，即可求得∠ADE；
（2）利用（1）的结果，根据全等三角形的性质得出∠BAD=∠BCD=45°，再根据三角形内角和定理求出∠BDC的度数，再根据∠ADE=∠ADB-∠BDE，即可求解；
（3）设，根据三角形内角和定理表示出∠BDC，根据全等三角形的性质表示出∠BDA，然后分当E点在A点的左侧时和当E点在A点的右侧时两种情况讨论， 根据（1）（2）的方法求解即可.
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