人教版八年级上册 数学《11.3 多边形及其内角和》提升训练（Word版 含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版八年级上册 数学《11.3 多边形及其内角和》提升训练（Word版 含解析） |
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| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 148.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-09-13 00:00:00 | ||
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文档简介
《11.3
多边形及其内角和》提升训练
班级：_______
姓名：________得分:_______
一．选择题（每题3分，共30分）
1．如图，多边形ABCDEFG中，∠E＝∠F＝∠G＝108°，∠C＝∠D＝72°，则∠A+∠B的值为（ ）
A．108°
B．72°
C．54°
D．36°
2．将四边形纸片ABCD按如图的方式折叠使C′P∥AB．若∠B＝120°，∠C＝90°，则∠CPR等于（ ）
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
3．下列结论：①一个三角形的3个外角的度数之比为2：3：4，则与之相应的3个内角度数之比为4：3：2；②在△ABC中，若∠A＝2∠B＝3∠C，则△ABC为直角三角形；③一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的内角和就增加180°；④一个五边形最多有3个内角是直角；⑤两条直线被第三条直线所截，同位角的角平分线互相平行．其中错误结论有（ ）
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
4．一个正多边形的外角与其相邻的内角之比为1：3，那么这个多边形的边数为（ ）
A．8
B．9
C．10
D．12
5．游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行，成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）
A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走
B．每段直路要短
C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走
D．每段直路要长
6．如果一个正多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个正多边形的边数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
7．如图，五边形ABCDE的一个内角∠A＝110°，则∠1+∠2+∠3+∠4等于（ ）
A．360°
B．290°
C．270°
D．250°
8．小磊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θ，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60米，θ的度数为（ ）
A．28°
B．30°
C．33°
D．36°
9．如图所示，∠B的值为（ ）
A．85°
B．95°
C．105°
D．115°
10．如图，小明从O点出发，前进6米后向右转20°，再前进6米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（ ）
A．72米
B．108米
C．144米
D．120米
二．填空题（每题4分，共20分）
11．已知一个正n边形的每个内角都为144°，则边数n为
．
12．已知多边形的内角和等于外角和的两倍，则这个多边形的边数为
．
13．如图，六边形ABCDEF的各角都相等，若m∥n，则∠1+∠2＝
°．
14．如图，已知BC与DE交于点M，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为
．
15．若正n边形的每个内角都等于150°，则n＝
，其内角和为
，外角和为
．
三．解答题（每题10分，共50分）
16．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于点E，且∠DAC＝∠DCA．
（1）求证：AC平分∠BAD；
（2）若∠AEB＝125°，且∠ABD＝2∠CBD，DF平分∠ADB交AB边于点F，求∠BDF﹣∠CBD的值．
17．（1）我们知道“三角形三个内角的和为180°”．现在我们用平行线的性质来证明这个结论是正确的．
已知：∠BAC、∠B、∠C是△ABC的三个内角，如图1
求证：∠BAC+∠B+∠C＝180°
证明：过点A作直线DE∥BC（请你把证明过程补充完整）
（2）请你用（1）中的结论解答下面问题：
如图2，已知四边形ABCD，求∠A+∠B+∠C+∠D的度数．
18．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，连接BD，点E在BC边上，点F在DC边上，且∠1＝∠2．
（1）求证：EF∥BD；
（2）若DB平分∠ABC，∠A＝130°，求∠2的度数．
19．（1）如图①，△OAB、△OCD的顶点O重合，且∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，则∠AOB+∠COD＝
°；（直接写出结果）
（2）连接AD、BC，若AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线．
①如图②，如果∠AOB＝110°，那么∠COD的度数为
；（直接写出结果）
②如图③，若∠AOD＝∠BOC，AB与CD平行吗？为什么？
20．将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在点A'处
【感知】如图①，点A落在四边形BCDE的边BE上，则∠A与∠1之间的数量关系是
；
【探究】如图②，若点A落在四边形BCDE的内部，则∠A与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
【拓展】如图③，点A落在四边形BCDE的外部，若∠1＝80°，∠2＝24°，则∠A的大小为
．
参考答案
一．选择题
1．解：连接CD，
五边形CDEFG的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠CDE+∠DCG＝540°﹣（∠E+∠F+∠G）＝540°﹣108°×3＝216°，
∴∠ADC+∠BCD＝∠CDE+∠DCG﹣（∠BCG+∠ADE）＝216°﹣72°×2＝72°，
∴∠A+∠B＝∠ADC+∠BCD＝72°，
故选：B．
2．解：∵C′P∥AB，
∴∠BPC′＝180°﹣∠B＝60°，
∴∠CPC′＝180°﹣∠BPC′＝120°，
∴∠CPR＝＝60°．
故选：C．
3．解：①∵三角形的3个外角的度数之比为2：3：4，
∴3个外角的度数分别为80°，120°，160°，
∴其对应的内角分别为100°、60°、20°，
∴3个内角度数之比为100°：60°：20°＝5：3：1，故说法错误；
②在△ABC中，若∠A＝2∠B＝3∠C，可设∠C＝x，则∠A＝3x，∠B＝1.5x，
所以∠A+∠B+∠C＝3x+1.5x+x＝180°，解得x＝，
那么∠A＝3x＝≠90°，则△ABC为直角三角形，说法错误；
③∵多边形的内角和为（n﹣2）?180°，
∴边数每增加一条，这个多边形的内角和就增加180°，说法正确；
④∵五边形的内角和为（5﹣2）?180°＝540°，
假设有四个角为直角，则另外一个角的度数为540°﹣360°＝180°，故有四个直角不成立，
∴一个五边形最多有3个内角是直角，故说法正确；
⑤两条平行直线被第三条直线所截，同位角的角平分线互相平行，说法错误；
故选：B．
4．解：设每个内角与它相邻的外角的度数分别为3x、x，
∴x+3x＝180°，
∴x＝45°，
故这个多边形的边数＝．
故选：A．
5．解：∵从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行，
∴＝72°，
∴每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走．
故选：A．
6．解：设正多边形的边数为n，由题意得：
（n﹣2）?180°＝3×360°，
解得：n＝8，
故选：D．
7．解：∵∠A＝110°，
∴∠A的外角为180°﹣110°＝70°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°﹣70°＝290°，
故选：B．
8．解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，
∴正多边形的边数为：60÷5＝12，
根据多边形的外角和为360°，
∴则他每次转动θ的角度为：360°÷12＝30°，
故选：B．
9．解：∵五边形的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝540°，
∴∠B＝540°﹣∠A﹣∠C﹣∠D﹣∠E
＝540°﹣125°﹣60°﹣150°﹣90°
＝115°．
故选：D．
10．解：依题意可知，小陈所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则20n＝360，解得n＝18，
∴他第一次回到出发点O时一共走了：6×18＝108（米），
故选：B．
二．填空题（共5小题）
11．解：由题意得，（n﹣2）?180°＝144°?n，
解得n＝10．
故答案为：十．
12．解：根据题意，得
（n﹣2）?180＝720，
解得：n＝6．
故这个多边形的边数为6．
故答案为：6．
13．解：延长DC，交直线n于点G，
∵六边形ABCDEF的各角都相等，
∴AF∥DC，
∴∠2＝∠3，
又∵m∥n，
∴∠3+∠4＝180°，
∵∠4＝∠1，
∴∠1+∠2＝180°，
故答案为：180．
14．解：连接BE．
∵△CDM和△BEM中，∠DMC＝∠BME，
∴∠C+∠D＝∠MBE+∠BEM，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠A+∠B+∠MBE+∠BEM+∠E+∠F＝∠A+∠F+∠ABE+∠BEF＝360°．
故答案为：360°．
15．解：∵正n边形的每个内角都等于150°，
∴＝150°，
解得，n＝12；
其内角和为（12﹣2）×180°＝1800°；
由多边形外角和定理可得外角和是360°．
故答案为：12；1800°，360°．
三．解答题（共5小题）
16．解：（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
又∵∠DAC＝∠DCA，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴AC平分∠BAD；
（2）∵∠BAC＝∠DAC，∠DAC+∠ADB＝∠AEB＝125°，
∴∠ADB＝125°﹣∠BAC，
又∵DF平分∠ADB交AB边于点F，
∴∠BDF＝，
由∠AEB＝125°可得∠BAC＝55°﹣∠ABD，
∵∠ABD＝2∠CBD，
∴∠BAC＝55°﹣2∠CBD，
∴，
∴∠BDF﹣∠CBD＝＝35°．
17．解：（1）证明：过点A作直线DE∥BC，
∴∠B＝∠BAD，∠C＝∠CAE（两直线平行，内错角相等），
∵∠BAD+∠BAC+∠CAE＝180°，
∴∠B+∠BAC+∠C＝180°；
（2）连接BD，
由（1）可知∠A+∠ABD+∠ADB＝180°，∠C+∠BDC+∠CBD＝180°，
∴∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°．
18．（1）证明：如图，
∵AD∥BC（已知），
∴∠1＝∠3（两直线平行，内错角相等）．
∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠2（等量代换）．
∴EF∥BD（同位角相等，两直线平行）．
（2）解：∵AD∥BC（已知），
∴∠ABC+∠A＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠A＝130°（已知），
∴∠ABC＝50°．
∵DB平分∠ABC（已知），
∴∠3＝∠ABC＝25°．
∴∠2＝∠3＝25°．
19．解：（1）∵∠AOB+∠COD+∠A+∠B+∠C+∠D＝180°×2＝360°，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝360°﹣180°＝180°．
故答案为180；
（2）①∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴，，，，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在四边形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC＝360°，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，
∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝180°；
∵∠AOB＝110°，
∴∠COD＝180°﹣110°＝70°．
故答案为：70°；
②AB∥CD，理由如下：
∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴，，，，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在四边形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC＝360°，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，
∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝180°；
∴∠ADO+∠BOD＝360°﹣（∠AOB+∠COD）＝360°﹣180°＝180°，
∵∠AOD＝∠BOC，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°．
在∠AOD中，∠DAO＝∠ADO＝180°﹣∠AOD＝180°﹣90°＝90°，
∵，，
∴，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∴AB∥CD．
20．解：（1）如图①，∠1＝2∠A．
理由如下：由折叠知识可得：∠EA′D＝∠A；
∵∠1＝∠A+∠EA′D，
∴∠1＝2∠A．
（2）如图②，2∠A＝∠1+∠2．
理由如下：∵∠1+∠A′DA+∠2+∠A′EA＝360°，
∠A+∠A′+∠A′DA+∠A′EA＝360°，
∴∠A′+∠A＝∠1+∠2，
由折叠知识可得：∠A＝∠A′，
∴2∠A＝∠1+∠2．
（3）如图③，
∵∠1＝∠DFA+∠A，∠DFA＝∠A′+∠2，
∴∠1＝∠A+∠A′+∠2＝2∠A+∠2，
∴2∠A＝∠1﹣∠2＝56°，
解得∠A＝28°．
故答案为：∠1＝2∠A；28°．
多边形及其内角和》提升训练
班级：_______
姓名：________得分:_______
一．选择题（每题3分，共30分）
1．如图，多边形ABCDEFG中，∠E＝∠F＝∠G＝108°，∠C＝∠D＝72°，则∠A+∠B的值为（ ）
A．108°
B．72°
C．54°
D．36°
2．将四边形纸片ABCD按如图的方式折叠使C′P∥AB．若∠B＝120°，∠C＝90°，则∠CPR等于（ ）
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
3．下列结论：①一个三角形的3个外角的度数之比为2：3：4，则与之相应的3个内角度数之比为4：3：2；②在△ABC中，若∠A＝2∠B＝3∠C，则△ABC为直角三角形；③一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的内角和就增加180°；④一个五边形最多有3个内角是直角；⑤两条直线被第三条直线所截，同位角的角平分线互相平行．其中错误结论有（ ）
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
4．一个正多边形的外角与其相邻的内角之比为1：3，那么这个多边形的边数为（ ）
A．8
B．9
C．10
D．12
5．游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行，成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）
A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走
B．每段直路要短
C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走
D．每段直路要长
6．如果一个正多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个正多边形的边数为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
7．如图，五边形ABCDE的一个内角∠A＝110°，则∠1+∠2+∠3+∠4等于（ ）
A．360°
B．290°
C．270°
D．250°
8．小磊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θ，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60米，θ的度数为（ ）
A．28°
B．30°
C．33°
D．36°
9．如图所示，∠B的值为（ ）
A．85°
B．95°
C．105°
D．115°
10．如图，小明从O点出发，前进6米后向右转20°，再前进6米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（ ）
A．72米
B．108米
C．144米
D．120米
二．填空题（每题4分，共20分）
11．已知一个正n边形的每个内角都为144°，则边数n为
．
12．已知多边形的内角和等于外角和的两倍，则这个多边形的边数为
．
13．如图，六边形ABCDEF的各角都相等，若m∥n，则∠1+∠2＝
°．
14．如图，已知BC与DE交于点M，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为
．
15．若正n边形的每个内角都等于150°，则n＝
，其内角和为
，外角和为
．
三．解答题（每题10分，共50分）
16．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于点E，且∠DAC＝∠DCA．
（1）求证：AC平分∠BAD；
（2）若∠AEB＝125°，且∠ABD＝2∠CBD，DF平分∠ADB交AB边于点F，求∠BDF﹣∠CBD的值．
17．（1）我们知道“三角形三个内角的和为180°”．现在我们用平行线的性质来证明这个结论是正确的．
已知：∠BAC、∠B、∠C是△ABC的三个内角，如图1
求证：∠BAC+∠B+∠C＝180°
证明：过点A作直线DE∥BC（请你把证明过程补充完整）
（2）请你用（1）中的结论解答下面问题：
如图2，已知四边形ABCD，求∠A+∠B+∠C+∠D的度数．
18．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，连接BD，点E在BC边上，点F在DC边上，且∠1＝∠2．
（1）求证：EF∥BD；
（2）若DB平分∠ABC，∠A＝130°，求∠2的度数．
19．（1）如图①，△OAB、△OCD的顶点O重合，且∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，则∠AOB+∠COD＝
°；（直接写出结果）
（2）连接AD、BC，若AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线．
①如图②，如果∠AOB＝110°，那么∠COD的度数为
；（直接写出结果）
②如图③，若∠AOD＝∠BOC，AB与CD平行吗？为什么？
20．将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在点A'处
【感知】如图①，点A落在四边形BCDE的边BE上，则∠A与∠1之间的数量关系是
；
【探究】如图②，若点A落在四边形BCDE的内部，则∠A与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
【拓展】如图③，点A落在四边形BCDE的外部，若∠1＝80°，∠2＝24°，则∠A的大小为
．
参考答案
一．选择题
1．解：连接CD，
五边形CDEFG的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠CDE+∠DCG＝540°﹣（∠E+∠F+∠G）＝540°﹣108°×3＝216°，
∴∠ADC+∠BCD＝∠CDE+∠DCG﹣（∠BCG+∠ADE）＝216°﹣72°×2＝72°，
∴∠A+∠B＝∠ADC+∠BCD＝72°，
故选：B．
2．解：∵C′P∥AB，
∴∠BPC′＝180°﹣∠B＝60°，
∴∠CPC′＝180°﹣∠BPC′＝120°，
∴∠CPR＝＝60°．
故选：C．
3．解：①∵三角形的3个外角的度数之比为2：3：4，
∴3个外角的度数分别为80°，120°，160°，
∴其对应的内角分别为100°、60°、20°，
∴3个内角度数之比为100°：60°：20°＝5：3：1，故说法错误；
②在△ABC中，若∠A＝2∠B＝3∠C，可设∠C＝x，则∠A＝3x，∠B＝1.5x，
所以∠A+∠B+∠C＝3x+1.5x+x＝180°，解得x＝，
那么∠A＝3x＝≠90°，则△ABC为直角三角形，说法错误；
③∵多边形的内角和为（n﹣2）?180°，
∴边数每增加一条，这个多边形的内角和就增加180°，说法正确；
④∵五边形的内角和为（5﹣2）?180°＝540°，
假设有四个角为直角，则另外一个角的度数为540°﹣360°＝180°，故有四个直角不成立，
∴一个五边形最多有3个内角是直角，故说法正确；
⑤两条平行直线被第三条直线所截，同位角的角平分线互相平行，说法错误；
故选：B．
4．解：设每个内角与它相邻的外角的度数分别为3x、x，
∴x+3x＝180°，
∴x＝45°，
故这个多边形的边数＝．
故选：A．
5．解：∵从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行，
∴＝72°，
∴每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走．
故选：A．
6．解：设正多边形的边数为n，由题意得：
（n﹣2）?180°＝3×360°，
解得：n＝8，
故选：D．
7．解：∵∠A＝110°，
∴∠A的外角为180°﹣110°＝70°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°﹣70°＝290°，
故选：B．
8．解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，
∴正多边形的边数为：60÷5＝12，
根据多边形的外角和为360°，
∴则他每次转动θ的角度为：360°÷12＝30°，
故选：B．
9．解：∵五边形的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝540°，
∴∠B＝540°﹣∠A﹣∠C﹣∠D﹣∠E
＝540°﹣125°﹣60°﹣150°﹣90°
＝115°．
故选：D．
10．解：依题意可知，小陈所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则20n＝360，解得n＝18，
∴他第一次回到出发点O时一共走了：6×18＝108（米），
故选：B．
二．填空题（共5小题）
11．解：由题意得，（n﹣2）?180°＝144°?n，
解得n＝10．
故答案为：十．
12．解：根据题意，得
（n﹣2）?180＝720，
解得：n＝6．
故这个多边形的边数为6．
故答案为：6．
13．解：延长DC，交直线n于点G，
∵六边形ABCDEF的各角都相等，
∴AF∥DC，
∴∠2＝∠3，
又∵m∥n，
∴∠3+∠4＝180°，
∵∠4＝∠1，
∴∠1+∠2＝180°，
故答案为：180．
14．解：连接BE．
∵△CDM和△BEM中，∠DMC＝∠BME，
∴∠C+∠D＝∠MBE+∠BEM，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠A+∠B+∠MBE+∠BEM+∠E+∠F＝∠A+∠F+∠ABE+∠BEF＝360°．
故答案为：360°．
15．解：∵正n边形的每个内角都等于150°，
∴＝150°，
解得，n＝12；
其内角和为（12﹣2）×180°＝1800°；
由多边形外角和定理可得外角和是360°．
故答案为：12；1800°，360°．
三．解答题（共5小题）
16．解：（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
又∵∠DAC＝∠DCA，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴AC平分∠BAD；
（2）∵∠BAC＝∠DAC，∠DAC+∠ADB＝∠AEB＝125°，
∴∠ADB＝125°﹣∠BAC，
又∵DF平分∠ADB交AB边于点F，
∴∠BDF＝，
由∠AEB＝125°可得∠BAC＝55°﹣∠ABD，
∵∠ABD＝2∠CBD，
∴∠BAC＝55°﹣2∠CBD，
∴，
∴∠BDF﹣∠CBD＝＝35°．
17．解：（1）证明：过点A作直线DE∥BC，
∴∠B＝∠BAD，∠C＝∠CAE（两直线平行，内错角相等），
∵∠BAD+∠BAC+∠CAE＝180°，
∴∠B+∠BAC+∠C＝180°；
（2）连接BD，
由（1）可知∠A+∠ABD+∠ADB＝180°，∠C+∠BDC+∠CBD＝180°，
∴∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°．
18．（1）证明：如图，
∵AD∥BC（已知），
∴∠1＝∠3（两直线平行，内错角相等）．
∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠2（等量代换）．
∴EF∥BD（同位角相等，两直线平行）．
（2）解：∵AD∥BC（已知），
∴∠ABC+∠A＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠A＝130°（已知），
∴∠ABC＝50°．
∵DB平分∠ABC（已知），
∴∠3＝∠ABC＝25°．
∴∠2＝∠3＝25°．
19．解：（1）∵∠AOB+∠COD+∠A+∠B+∠C+∠D＝180°×2＝360°，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝360°﹣180°＝180°．
故答案为180；
（2）①∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴，，，，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在四边形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC＝360°，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，
∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝180°；
∵∠AOB＝110°，
∴∠COD＝180°﹣110°＝70°．
故答案为：70°；
②AB∥CD，理由如下：
∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，
∴，，，，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在四边形ABCD中，∠DAB+∠CBA+∠BCD+∠ADC＝360°，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，
∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝180°；
∴∠ADO+∠BOD＝360°﹣（∠AOB+∠COD）＝360°﹣180°＝180°，
∵∠AOD＝∠BOC，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°．
在∠AOD中，∠DAO＝∠ADO＝180°﹣∠AOD＝180°﹣90°＝90°，
∵，，
∴，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∴AB∥CD．
20．解：（1）如图①，∠1＝2∠A．
理由如下：由折叠知识可得：∠EA′D＝∠A；
∵∠1＝∠A+∠EA′D，
∴∠1＝2∠A．
（2）如图②，2∠A＝∠1+∠2．
理由如下：∵∠1+∠A′DA+∠2+∠A′EA＝360°，
∠A+∠A′+∠A′DA+∠A′EA＝360°，
∴∠A′+∠A＝∠1+∠2，
由折叠知识可得：∠A＝∠A′，
∴2∠A＝∠1+∠2．
（3）如图③，
∵∠1＝∠DFA+∠A，∠DFA＝∠A′+∠2，
∴∠1＝∠A+∠A′+∠2＝2∠A+∠2，
∴2∠A＝∠1﹣∠2＝56°，
解得∠A＝28°．
故答案为：∠1＝2∠A；28°．