【期末核心考点】多边形的内角和与外角和（含解析）2024-2025学年七年级下册数学华东师大版（2024）
文档属性
| 名称 | 【期末核心考点】多边形的内角和与外角和（含解析）2024-2025学年七年级下册数学华东师大版（2024） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 600.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 华东师大版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-14 19:19:09 | ||
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文档简介
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期末核心考点 多边形的内角和与外角和
一．选择题（共7小题）
1．（2025 新都区模拟）一个正多边形的一个内角为135°，则这个多边形是（ ）
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
2．（2025 官渡区一模）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正六边形．一个正六边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．900°
3．（2025春 高州市期中）八角窗棂是中国传统建筑中一种极具特色的装饰元素，象征着天地间的和谐，寓意四面八方的吉祥．如图1是某景区的一个正八边形窗棂，其独特的几何美感为景区增添了艺术魅力，图2是该正八边形窗棂的平面示意图，连接AG、BH交于点M，则∠AMH的度数为（ ）
A．135° B．120° C．140° D．145°
4．（2024秋 利津县期末）如图，小明从点O出发，前进15m后向右转θ，再前进15m后又向右转θ…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了270m，则θ的度数是（ ）
A．10° B．20° C．24° D．30°
5．（2025 西山区一模）如图，花瓣图案中的正六边形ABCDEF的每个外角的度数是（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
6．（2025春 淮阴区校级期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝120°，∠C＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
7．（2025春 鲤城区校级期中）如图，从△ABC纸片中剪去△CDE，得到四边形ABDE．如果∠1+∠2＝240°，那么∠C度数为（ ）
A．40° B．60° C．50° D．55°
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 乳山市期末）一个多边形的外角和比内角和的多60°，则这个多边形是 边形．
9．（2025 邗江区模拟）如果一个正多边形的内角和是外角和的4倍，那么这个正多边形的边数为 ．
10．（2025春 定海区期中）若一个正多边形的每个内角都是120°，则这个多边形是正 边形．
11．（2025 碑林区校级模拟）如图，AB、BC、CD是正十二边形的三条边，四边形BCMN是正方形，则∠ABN的度数为 ．
12．（2025 东莞市二模）如图，在正五边形ABCDE中，连接DB，则∠ABD的度数为 ．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 太和县期末）已知一个多边形的内角和是外角和的3倍．
（1）求这个多边形的边数；
（2）若这个多边形是正多边形，则该正多边形一个内角的度数是 ，
14．（2024秋 尤溪县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）若AE平分∠BAD交BC于点E，∠BCD＝55°，求证：AE∥CD．
15．（2024秋 玉林期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线．
（1）若∠1＝33°，求∠2的度数：
（2）判断BE与DF的位置关系，并说明理由．
期末核心考点 多边形的内角和与外角和
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 新都区模拟）一个正多边形的一个内角为135°，则这个多边形是（ ）
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；应用意识．
【答案】C
【分析】先求出正多边形的一个外角，进而得出答案．
【解答】解：360°÷（180°﹣135°）
＝360°÷45°
＝8（条）．
故选：C．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
2．（2025 官渡区一模）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正六边形．一个正六边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．900°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】C
【分析】根据正多边形的内角和公式（n﹣2）×180°，其中n为边数，即可求解．
【解答】解：根据正多边形的内角和公式可得（6﹣2）×180°＝720°，
即一个正六边形的内角和为720°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正多边形的内角和问题．熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键．
3．（2025春 高州市期中）八角窗棂是中国传统建筑中一种极具特色的装饰元素，象征着天地间的和谐，寓意四面八方的吉祥．如图1是某景区的一个正八边形窗棂，其独特的几何美感为景区增添了艺术魅力，图2是该正八边形窗棂的平面示意图，连接AG、BH交于点M，则∠AMH的度数为（ ）
A．135° B．120° C．140° D．145°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】A
【分析】利用多边形的内角和及正多边形的性质求得∠HAB，∠AHG的度数，再根据等腰三角形的性质求得∠HAG，∠AHB的度数，然后利用三角形的内角和求得∠AMH的度数，继而得出答案．
【解答】解：由条件可知，AH＝AB＝HG，
∴，
∴∠AMH＝180°﹣22.5°﹣22.5°＝135°，
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形的内角，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握以上知识点是关键．
4．（2024秋 利津县期末）如图，小明从点O出发，前进15m后向右转θ，再前进15m后又向右转θ…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了270m，则θ的度数是（ ）
A．10° B．20° C．24° D．30°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】B
【分析】根据总路程求出边数，再利用多边形外角和等于360度即可求出答案．
【解答】解：依题意可知，小明所走路径为正多边形，
设这个正多边形的边数为n，则，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质，熟练掌握跟知识点是解题的关键．
5．（2025 西山区一模）如图，花瓣图案中的正六边形ABCDEF的每个外角的度数是（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；应用意识．
【答案】C
【分析】根据正多边形的外角和，即可得出答案．
【解答】解：∵ABCDEF是正六边形，多边形的外角和为360°，
∴正六边形ABCDEF的每个外角的度数为360°÷6＝60°．
故选：C．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
6．（2025春 淮阴区校级期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝120°，∠C＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】B
【分析】根据折叠性质得出∠C'＝∠C＝40°，根据三角形外角性质得出∠DOC＝∠1﹣∠C＝120°﹣40°＝80°，∠2＝∠DOC﹣∠C'＝80°﹣40°＝40°．
【解答】解：如图，设C'D与AC交于点O，
∵∠C＝40°，
∴∠C'＝∠C＝40°，
∵∠1＝∠DOC+∠C，∠1＝120°，
∴∠DOC＝∠1﹣∠C＝120°﹣40°＝80°，
∵∠DOC＝∠2+∠C'，
∴∠2＝∠DOC﹣∠C'＝80°﹣40°＝40°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，折叠的性质，熟记三角形外角和折叠的性质是解题的关键．
7．（2025春 鲤城区校级期中）如图，从△ABC纸片中剪去△CDE，得到四边形ABDE．如果∠1+∠2＝240°，那么∠C度数为（ ）
A．40° B．60° C．50° D．55°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；应用意识．
【答案】B
【分析】根据三角形外角的性质，进而得出答案．
【解答】解：∵∠1＝∠CDE+∠C，∠2＝∠CED+∠C，
∴∠1+∠2＝∠CDE+∠C+∠CED+∠C＝180°+∠C，
∵∠1+∠2＝240°，
∴∠C＝240°﹣180°＝60°．
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 乳山市期末）一个多边形的外角和比内角和的多60°，则这个多边形是 5 边形．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】5．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据题意得出，求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则：
，
解得：n＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握该知识点是关键．
9．（2025 邗江区模拟）如果一个正多边形的内角和是外角和的4倍，那么这个正多边形的边数为 10 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】10．
【分析】设这个正多边形的边数为n，根据这个正多边形的内角和是外角和的4倍，列出方程，解方程求出答案即可．
【解答】解：设这个正多边形的边数为n，由题意得：
180（n﹣2）＝4×360，
n﹣2＝8，
n＝10，
∴这个正多边形的边数是10，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和内角，解题关键是熟练掌握多边形的内角和公式和外角和．
10．（2025春 定海区期中）若一个正多边形的每个内角都是120°，则这个多边形是正 六 边形．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】六．
【分析】设多边形有n条边，利用多边形的内角和列方程解题即可．
【解答】解：设正多边形有n条边，
则（n﹣2）×180＝120n，
解得：n＝6．
故答案为：六．
【点评】考查了多边形内角和定理，掌握多边形的内角和定理是解题关键．
11．（2025 碑林区校级模拟）如图，AB、BC、CD是正十二边形的三条边，四边形BCMN是正方形，则∠ABN的度数为 120° ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观．
【答案】120°．
【分析】先求出∠ABC的度数，进而得出答案．
【解答】解：∵360°÷12＝30°，
∴∠ABC＝180°﹣30°＝150°，
∵∠CBN＝90°，
∴∠ABN＝360°﹣∠ABC﹣∠CBN＝360°﹣150°﹣90°＝120°．
故答案为：120°．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，求出∠ABC的度数是解题的关键．
12．（2025 东莞市二模）如图，在正五边形ABCDE中，连接DB，则∠ABD的度数为 72° ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】72°．
【分析】利用多边形内角和公式及正多边形性质易得∠ABC和∠C的度数，CB＝CD，再根据等边对等角，利用三角形内角和定理可求出∠CBD的度数，从而可求出∠ABD的度数．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴CB＝CD，∠C＝∠ABC＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠CBD36°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝108°﹣36°＝72°，
故答案为：72°．
【点评】本题考查多边形内角和及正多边形性质，利用其求出∠ABC，∠C以及∠CBD的度数是解题的关键．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 太和县期末）已知一个多边形的内角和是外角和的3倍．
（1）求这个多边形的边数；
（2）若这个多边形是正多边形，则该正多边形一个内角的度数是 135° ，
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】（1）这个多边形是八边形；
（2）135°．
【分析】（1）根据多边形内角和的计算方法列方程求解即可；
（2）根据正多边形的性质以及多边形内角和的计算方法进行计算即可．
【解答】解：（1）设这个多边形为n边形，由题意得，
（n﹣2）×180°＝360°×3，
解得n＝8，
即这个多边形是八边形；
（2）正八边形的每一个内角为 ＝135°，
故答案为：135°．
【点评】本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和的计算方法以及正多边形的性质是正确解答的关键．
14．（2024秋 尤溪县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）若AE平分∠BAD交BC于点E，∠BCD＝55°，求证：AE∥CD．
【考点】多边形内角与外角；平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】（1）110°；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠BAD；
（2）根据角平分线的定义求出∠DAE，根据平行线的性质求出∠AEB，得到∠AEB＝∠BCD，根据平行线的判定定理证明结论．
【解答】（1）解：∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠B＝180°，
∵∠B＝70°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B＝180°﹣70°＝110°，
∴∠BAD的度数是 110°；
（2）证明：∵AE平分∠BAD交BC于点E，∠BAD＝110°，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE＝55°，
∠BCD＝55°，
∴∠AEB＝∠BCD，
∴AE∥CD．
【点评】本题考查的是平行线的判定和性质、角平分线的定义，掌握平行线的性质是解题的关键．
15．（2024秋 玉林期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线．
（1）若∠1＝33°，求∠2的度数：
（2）判断BE与DF的位置关系，并说明理由．
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）57°；
（2）BE∥DF，理由见解析．
【分析】（1）由角平分线的定义得∠1＝∠ABE，∠2＝∠ADF，根据四边形的内角和可得∠ABC+∠ADC＝180°，从而推出∠1+∠2＝90°，进而可求出答案；
（2）由互余的性质可得∠1＝∠DFC，根据平行线的判定即可得出．
【解答】解：（1）∵BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线，
∴∠1＝∠ABE，∠2＝∠ADF，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴2（∠1+∠2）＝180°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠1＝33°，
∴∠2＝90°﹣∠1＝57°；
（2）BE∥DF，理由如下：
在△FCD中，∵∠C＝90°，
∴∠DFC+∠2＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠DFC，
∴BE∥DF．
【点评】本题考查了平行线的判定，多边形的内角和，直角三角形两锐角互余，关键是掌握四边形内角和为360°、同位角相等，两直线平行．
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期末核心考点 多边形的内角和与外角和
一．选择题（共7小题）
1．（2025 新都区模拟）一个正多边形的一个内角为135°，则这个多边形是（ ）
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
2．（2025 官渡区一模）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正六边形．一个正六边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．900°
3．（2025春 高州市期中）八角窗棂是中国传统建筑中一种极具特色的装饰元素，象征着天地间的和谐，寓意四面八方的吉祥．如图1是某景区的一个正八边形窗棂，其独特的几何美感为景区增添了艺术魅力，图2是该正八边形窗棂的平面示意图，连接AG、BH交于点M，则∠AMH的度数为（ ）
A．135° B．120° C．140° D．145°
4．（2024秋 利津县期末）如图，小明从点O出发，前进15m后向右转θ，再前进15m后又向右转θ…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了270m，则θ的度数是（ ）
A．10° B．20° C．24° D．30°
5．（2025 西山区一模）如图，花瓣图案中的正六边形ABCDEF的每个外角的度数是（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
6．（2025春 淮阴区校级期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝120°，∠C＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
7．（2025春 鲤城区校级期中）如图，从△ABC纸片中剪去△CDE，得到四边形ABDE．如果∠1+∠2＝240°，那么∠C度数为（ ）
A．40° B．60° C．50° D．55°
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 乳山市期末）一个多边形的外角和比内角和的多60°，则这个多边形是 边形．
9．（2025 邗江区模拟）如果一个正多边形的内角和是外角和的4倍，那么这个正多边形的边数为 ．
10．（2025春 定海区期中）若一个正多边形的每个内角都是120°，则这个多边形是正 边形．
11．（2025 碑林区校级模拟）如图，AB、BC、CD是正十二边形的三条边，四边形BCMN是正方形，则∠ABN的度数为 ．
12．（2025 东莞市二模）如图，在正五边形ABCDE中，连接DB，则∠ABD的度数为 ．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 太和县期末）已知一个多边形的内角和是外角和的3倍．
（1）求这个多边形的边数；
（2）若这个多边形是正多边形，则该正多边形一个内角的度数是 ，
14．（2024秋 尤溪县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）若AE平分∠BAD交BC于点E，∠BCD＝55°，求证：AE∥CD．
15．（2024秋 玉林期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线．
（1）若∠1＝33°，求∠2的度数：
（2）判断BE与DF的位置关系，并说明理由．
期末核心考点 多边形的内角和与外角和
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 新都区模拟）一个正多边形的一个内角为135°，则这个多边形是（ ）
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；应用意识．
【答案】C
【分析】先求出正多边形的一个外角，进而得出答案．
【解答】解：360°÷（180°﹣135°）
＝360°÷45°
＝8（条）．
故选：C．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
2．（2025 官渡区一模）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正六边形．一个正六边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．900°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】C
【分析】根据正多边形的内角和公式（n﹣2）×180°，其中n为边数，即可求解．
【解答】解：根据正多边形的内角和公式可得（6﹣2）×180°＝720°，
即一个正六边形的内角和为720°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正多边形的内角和问题．熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关键．
3．（2025春 高州市期中）八角窗棂是中国传统建筑中一种极具特色的装饰元素，象征着天地间的和谐，寓意四面八方的吉祥．如图1是某景区的一个正八边形窗棂，其独特的几何美感为景区增添了艺术魅力，图2是该正八边形窗棂的平面示意图，连接AG、BH交于点M，则∠AMH的度数为（ ）
A．135° B．120° C．140° D．145°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】A
【分析】利用多边形的内角和及正多边形的性质求得∠HAB，∠AHG的度数，再根据等腰三角形的性质求得∠HAG，∠AHB的度数，然后利用三角形的内角和求得∠AMH的度数，继而得出答案．
【解答】解：由条件可知，AH＝AB＝HG，
∴，
∴∠AMH＝180°﹣22.5°﹣22.5°＝135°，
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形的内角，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握以上知识点是关键．
4．（2024秋 利津县期末）如图，小明从点O出发，前进15m后向右转θ，再前进15m后又向右转θ…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了270m，则θ的度数是（ ）
A．10° B．20° C．24° D．30°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】B
【分析】根据总路程求出边数，再利用多边形外角和等于360度即可求出答案．
【解答】解：依题意可知，小明所走路径为正多边形，
设这个正多边形的边数为n，则，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质，熟练掌握跟知识点是解题的关键．
5．（2025 西山区一模）如图，花瓣图案中的正六边形ABCDEF的每个外角的度数是（ ）
A．120° B．90° C．60° D．30°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；应用意识．
【答案】C
【分析】根据正多边形的外角和，即可得出答案．
【解答】解：∵ABCDEF是正六边形，多边形的外角和为360°，
∴正六边形ABCDEF的每个外角的度数为360°÷6＝60°．
故选：C．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
6．（2025春 淮阴区校级期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝120°，∠C＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】B
【分析】根据折叠性质得出∠C'＝∠C＝40°，根据三角形外角性质得出∠DOC＝∠1﹣∠C＝120°﹣40°＝80°，∠2＝∠DOC﹣∠C'＝80°﹣40°＝40°．
【解答】解：如图，设C'D与AC交于点O，
∵∠C＝40°，
∴∠C'＝∠C＝40°，
∵∠1＝∠DOC+∠C，∠1＝120°，
∴∠DOC＝∠1﹣∠C＝120°﹣40°＝80°，
∵∠DOC＝∠2+∠C'，
∴∠2＝∠DOC﹣∠C'＝80°﹣40°＝40°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，折叠的性质，熟记三角形外角和折叠的性质是解题的关键．
7．（2025春 鲤城区校级期中）如图，从△ABC纸片中剪去△CDE，得到四边形ABDE．如果∠1+∠2＝240°，那么∠C度数为（ ）
A．40° B．60° C．50° D．55°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；应用意识．
【答案】B
【分析】根据三角形外角的性质，进而得出答案．
【解答】解：∵∠1＝∠CDE+∠C，∠2＝∠CED+∠C，
∴∠1+∠2＝∠CDE+∠C+∠CED+∠C＝180°+∠C，
∵∠1+∠2＝240°，
∴∠C＝240°﹣180°＝60°．
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 乳山市期末）一个多边形的外角和比内角和的多60°，则这个多边形是 5 边形．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】5．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据题意得出，求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，则：
，
解得：n＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握该知识点是关键．
9．（2025 邗江区模拟）如果一个正多边形的内角和是外角和的4倍，那么这个正多边形的边数为 10 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】10．
【分析】设这个正多边形的边数为n，根据这个正多边形的内角和是外角和的4倍，列出方程，解方程求出答案即可．
【解答】解：设这个正多边形的边数为n，由题意得：
180（n﹣2）＝4×360，
n﹣2＝8，
n＝10，
∴这个正多边形的边数是10，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和内角，解题关键是熟练掌握多边形的内角和公式和外角和．
10．（2025春 定海区期中）若一个正多边形的每个内角都是120°，则这个多边形是正 六 边形．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】六．
【分析】设多边形有n条边，利用多边形的内角和列方程解题即可．
【解答】解：设正多边形有n条边，
则（n﹣2）×180＝120n，
解得：n＝6．
故答案为：六．
【点评】考查了多边形内角和定理，掌握多边形的内角和定理是解题关键．
11．（2025 碑林区校级模拟）如图，AB、BC、CD是正十二边形的三条边，四边形BCMN是正方形，则∠ABN的度数为 120° ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观．
【答案】120°．
【分析】先求出∠ABC的度数，进而得出答案．
【解答】解：∵360°÷12＝30°，
∴∠ABC＝180°﹣30°＝150°，
∵∠CBN＝90°，
∴∠ABN＝360°﹣∠ABC﹣∠CBN＝360°﹣150°﹣90°＝120°．
故答案为：120°．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，求出∠ABC的度数是解题的关键．
12．（2025 东莞市二模）如图，在正五边形ABCDE中，连接DB，则∠ABD的度数为 72° ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】72°．
【分析】利用多边形内角和公式及正多边形性质易得∠ABC和∠C的度数，CB＝CD，再根据等边对等角，利用三角形内角和定理可求出∠CBD的度数，从而可求出∠ABD的度数．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴CB＝CD，∠C＝∠ABC＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠CBD36°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝108°﹣36°＝72°，
故答案为：72°．
【点评】本题考查多边形内角和及正多边形性质，利用其求出∠ABC，∠C以及∠CBD的度数是解题的关键．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 太和县期末）已知一个多边形的内角和是外角和的3倍．
（1）求这个多边形的边数；
（2）若这个多边形是正多边形，则该正多边形一个内角的度数是 135° ，
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】（1）这个多边形是八边形；
（2）135°．
【分析】（1）根据多边形内角和的计算方法列方程求解即可；
（2）根据正多边形的性质以及多边形内角和的计算方法进行计算即可．
【解答】解：（1）设这个多边形为n边形，由题意得，
（n﹣2）×180°＝360°×3，
解得n＝8，
即这个多边形是八边形；
（2）正八边形的每一个内角为 ＝135°，
故答案为：135°．
【点评】本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和的计算方法以及正多边形的性质是正确解答的关键．
14．（2024秋 尤溪县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）若AE平分∠BAD交BC于点E，∠BCD＝55°，求证：AE∥CD．
【考点】多边形内角与外角；平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】（1）110°；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠BAD；
（2）根据角平分线的定义求出∠DAE，根据平行线的性质求出∠AEB，得到∠AEB＝∠BCD，根据平行线的判定定理证明结论．
【解答】（1）解：∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠B＝180°，
∵∠B＝70°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B＝180°﹣70°＝110°，
∴∠BAD的度数是 110°；
（2）证明：∵AE平分∠BAD交BC于点E，∠BAD＝110°，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE＝55°，
∠BCD＝55°，
∴∠AEB＝∠BCD，
∴AE∥CD．
【点评】本题考查的是平行线的判定和性质、角平分线的定义，掌握平行线的性质是解题的关键．
15．（2024秋 玉林期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线．
（1）若∠1＝33°，求∠2的度数：
（2）判断BE与DF的位置关系，并说明理由．
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）57°；
（2）BE∥DF，理由见解析．
【分析】（1）由角平分线的定义得∠1＝∠ABE，∠2＝∠ADF，根据四边形的内角和可得∠ABC+∠ADC＝180°，从而推出∠1+∠2＝90°，进而可求出答案；
（2）由互余的性质可得∠1＝∠DFC，根据平行线的判定即可得出．
【解答】解：（1）∵BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线，
∴∠1＝∠ABE，∠2＝∠ADF，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴2（∠1+∠2）＝180°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠1＝33°，
∴∠2＝90°﹣∠1＝57°；
（2）BE∥DF，理由如下：
在△FCD中，∵∠C＝90°，
∴∠DFC+∠2＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠DFC，
∴BE∥DF．
【点评】本题考查了平行线的判定，多边形的内角和，直角三角形两锐角互余，关键是掌握四边形内角和为360°、同位角相等，两直线平行．
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