人教版八年级上册 数学《11.3 多边形及其内角和》同步跟踪训练（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》同步跟踪训练（Word版 含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 179.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-09-13 12:16:16 | ||
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文档简介
《11.3
多边形及其内角和》同步跟踪训练
一．选择题
1．如果一个n边形的外角和是内角和的一半，那么n的值为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
2．如图，五边形ABCDE的每个内角都相等，分别过顶点D、E作一条射线，交点为H，如果CD∥EH，那么∠DEH的度数是（ ）
A．50°
B．60°
C．72°
D．75°
3．如图，六边形ABCDEF内部有一点G，连结BG、DG．若∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，则∠BGD的大小为（ ）
A．60°
B．70°
C．80°
D．90°
4．一个多边形的外角和是内角和的，这个多边形的边数是（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
5．若一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，则这个多边形是（ ）
A．六边形
B．八边形
C．十边形
D．十二边形
6．多边形的内角和不可能为（ ）
A．180°
B．540°
C．1080°
D．1200°
7．如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4相邻的外角的和等于230°，则∠BOD的度数是（ ）
A．50°
B．55°
C．40°
D．45°
8．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
9．设四边形的内角和等于a，五边形的内角和等于b，则a与b的关系是（ ）
A．a＞b
B．a＝b
C．a＝b+180°
D．b＝a+180°
10．如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D…照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米
B．80米
C．60米
D．40米
二．填空题
11．七边形ABCDEFG的内角和的度数为
．
12．在一个多边形中，小于120度的内角最多有
个．
13．如图，在五边形ABCDE中，AE∥BC，则∠C+∠D+∠E＝
．
14．如图，在一个三角形的纸片（△ABC）中，∠C＝90°，将这个纸片沿直线DE剪去一个角后变成一个四边形ABED，则图中∠1+∠2的度数为
°．
15．中国人民银行下发通知，自2019年4月30日停止兑换第四套人民币中菊花1角硬币．如图所示，则该硬币边缘镌刻的正多边形的外角的度数为
度．
三．解答题
16．已知，在四边形ABCD中，∠A+∠C＝160°，BE，DF分别为四边形ABCD的外角∠CBN，∠MDC的平分线．
（1）如图1，若BE∥DF，求∠C的度数；
（2）如图2，若BE，DF交于点G，且BE∥AD，DF∥AB，求∠C的度数．
17．（1）阅读材料并填空：运用平行线及其性质，可以推理证明出很多有用的结论，如图甲，点D是△ABC中BC边延长线上的一点，过点C作CE∥AB，则有如下推理证明：
∵CE∥AB（已知），
∴∠ACE＝
（两直线平行，
）．
∠ECD＝
（两直线平行，
）．
∵∠ACD＝∠ACE+∠ECD，
∴∠ACD＝
（等量代换）．
（2）如图乙，根据（1）中的平行线的构造方法，过点D作DE∥AB交BC于点E，运用（1）中的结论，即可推理出四边形ABCD中∠A+∠B+∠C+∠CDA的度数．具体推理步骤如下，请填空：
由（1）知：∠BED＝∠C+
．
∵DE∥AB，
∴
+∠ADE＝180°（两直线平行，
），
∠B+∠BED＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠CDA＝∠CDE+∠ADE，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDA＝∠A+∠B+∠C+∠CDE+∠ADE＝∠A+∠B+∠BED+∠ADE＝
°（等量代换）．
18．完成下面的证明：
如图，在四个角都是直角的四边形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别在边AD，BC上，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，求证：BE∥FD．
证明：∵四边形ABCD的四个角都是直角，
∴∠ABC＝∠ADC＝
°（直角定义）．
∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠EBC＝∠ABC＝×90°＝45°，（角平分线定义），
∴∠EBC＝∠ADF．
∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC（
）．
∴∠EBC＝∠DFC（等量代换），∴BE∥DF（
）．
19．【知识回顾】：
如图①，在△ABC中，根据三角形内角和定理，我们知道∠A+∠B+∠C＝180°．
如图②，在△ABC中，点D为BC延长线上一点，则∠ACD为△ABC的一个外角．请写出∠ACD与∠A、∠B的关系，直接填空：∠ACD＝
．
【初步运用】：如图③，点D、E分别是△ABC的边AB、AC延长线上一点．
（1）若∠A＝70°，∠DBC＝150°，则∠ACB＝
°．（直接写出答案）
（2）若∠A＝70°，则∠DBC+∠ECB＝
°．（直接写出答案）
【拓展延伸】：如图④，点D、E分别是四边形ABPC的边AB、AC延长线上一点．
（1）若∠A＝70°，∠P＝150°，则∠DBP+∠ECP＝
°．（请说明理由）
（2）分别作∠DBP和∠ECP的平分线，交于点O，如图⑤，若∠O＝40°，求出∠A和∠P之间的数量关系，并说明理由．
（3）分别作∠DBP和∠ECP的平分线BM、CN，如图⑥，若∠A＝∠P，求证：BM∥CN．
20．阅读下列材料，然后解答后面的问题．
（1）定义：把四边形的某些边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．如图1，四边形ABCD为凹四边形．
（2）性质探究：请完成凹四边形一个性质的证明．
已知：如图2，四边形ABCD是凹四边形．
求证：∠BCD＝∠B+∠A+∠D．
（3）性质应用：
如图3，在凹四边形ABCD中，∠BAD的角平分线与∠BCD的角平分线交于点E，若∠ADC＝140°，∠AEC＝102°，则∠B＝
°．
参考答案
一．选择题
1．解：由题意得（n﹣2）?180°×＝360°，
解得n＝6．
故选：A．
2．解：∵五边形的内角和为：（5﹣2）?180°＝540°且每个内角都相等，
∴∠CDE＝540°÷5＝108°．
∵CD∥EH，
∴∠CDE+∠DEH＝180°，
∴∠DEH＝180°﹣108°＝72°．
故选：C．
3．解：∵多边形ABCDEF是六边形，
∴∠1+∠5+∠4+∠3+∠2+∠6+∠7+∠C＝180°×（6﹣2）＝720°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，
∴∠6+∠7+∠C＝720°﹣440°＝280°，
∵多边形BCDG是四边形，
∴∠C+∠6+∠7+∠G＝360°，
∴∠G＝360°﹣（∠6+∠7+∠C）＝360°﹣280°＝80°，
故选：C．
4．解：设这个多边形的边数为n，
依题意得：（n﹣2）180°＝360°，
解得n＝9，
故选：C．
5．解：设这个多边形的边数为n，依题意得
（n﹣2）?180°＝5×360°，
解得n＝12，
∴这个多边形是十二边形，
故选：D．
6．解：多边形的内角和可以表示成（n﹣2）?180°（n≥3且n是整数），n应为整数，所以n﹣2也是整数，所以多边形的内角能被180整除，因为在这四个选项中不是180°的倍数的只有1200°．
故选：D．
7．解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为230°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+230°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝490°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣490°＝50°，
故选：A．
8．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．
9．解：根据题意可得：a＝（4﹣2）×180°，b＝（5﹣2）×180°，
∴b＝a+180°．
故选：D．
10．解：∵小明每次都是沿直线前进10米后向左转45度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数n＝360°÷45°＝8，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了8×10＝80（m）．
故选：B．
二．填空题（共5小题）
11．解：七边形ABCDEFG的内角和的度数为：（7﹣2）×180°＝900°．
故答案为：900°．
12．解：∵多边形的内角小于120°，
∴外角大于60°，
∴这个多边形小于120°的内角的个数＜360°÷60°＝6，
∴在一个多边形中，小于120度的内角最多有5个．
故答案为：5．
13．过点D作DF∥AE，交AB于点F，
∵AE∥BC，
∴AE∥DF∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠E+∠EDF＝180°，∠CDF+∠C＝180°，
∴∠C+∠CDE+∠E＝360°，
故答案为360°．
14．解：∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠1+∠A+∠B+∠2＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣90°＝270°，
故答案为：270．
15．解：∵正多边形的外角和是360°，
∴360°÷9＝40°．
故答案为：40．
三．解答题（共5小题）
16．解：（1）如图1，过点C作CH∥DF，
∵BE∥DF，
∴BE∥DF∥CH，
∴∠FDC＝∠DCH，∠BCH＝∠EBC，
∴∠DCB＝∠DCH+∠BCH＝∠FDC+∠EBC，
∵BE，DF分别为四边形ABCD的外角∠CBN，∠MDC的平分线，
∴∠FDC＝∠CDM，∠EBC＝，
∵∠A+∠BCD＝160°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°160°＝200°，
∴∠MDC+∠CBN＝160°，
∴∠FDC+∠CBE＝80°，
∴∠DCB＝80°；
（2）如图2，连接GC并延长，
同理得∠MDC+∠CBN＝160°，∠MDF+∠NBG＝80°，
∵BE∥AD，DF∥AB，
∴∠A＝∠MDF＝∠DGB＝∠NBG＝40°，
∵∠A+∠BCD＝160°，
∴∠BCD＝160°﹣40°＝120°．
17．解：（1）如图甲，点D是△ABC中BC边延长线上的一点，
过点C作CE∥AB，则有如下推理证明：
∵CE∥AB（已知），
∴∠ACE＝∠A（两直线平行，内错角相等），∠ECD＝∠B（两直线平行，同位角相等），
∵∠ACD＝∠ACE+∠ECD，
∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．
（2）如图乙，根据（1）中的平行线的构造方法，
过点D作DE∥AB交BC于点E，
运用（1）中的结论，即可推理出四边形ABCD中∠A+∠B+∠C+∠CDA的度数．
由（1）知：∠BED＝∠C+∠CDE．
∵DE∥AB，
∴∠A+∠ADE＝180°（两直线平行，同旁内角互补），∠B+∠BED＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠CD4＝∠CDE+∠ADE，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDA＝∠A+∠B+∠C+∠CDE+∠ADE＝∠A+∠B+∠BED+∠ADE＝360°（等量代换）
故答案为：（1）∠A；内错角相等；∠B；同位角相等；∠A+∠B；（2）∠CDE；∠A；同旁内角互补；360．
18．证明：∵四边形ABCD的四个角都是直角，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°
（
直角定义
）．
∵BE平分∠ABC，DF
平分∠ADC，
∴∠EBC＝∠ABC＝×90°＝45°，∠ADF＝∠ADC＝×90°＝45°，
∴∠EBC＝∠ADF，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC（两直线平行，内错角相等）．
∴∠EBC＝∠DFC（等量代换），
∴BE∥DF（同位角相等，两直线平行）．
故答案为：90；两直线平行，内错角相等；同位角相等，两直线平行．
19．解：【知识回顾】
∵∠ACD+∠ACB＝180°，∠A+∠B+∠ACB＝180°，
∴∠ACD＝∠A+∠B；
故答案为：∠A+∠B；
【初步运用】
（1）∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠A＝70°，∠DBC＝150°，
∴∠ACB＝∠DBC﹣∠A＝150°﹣70°＝80°；
故答案为：80；
（2）∵∠A＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝110°，
∴∠DBC+∠ECB＝360°﹣110°＝250°，
故答案为：250；
【拓展延伸】
（1）如图④，连接AP，∵∠DBP＝∠BAP+∠APB，∠ECP＝∠CAP+∠APC，
∴∠DBP+∠ECP＝∠BAP+∠APB+∠CAP+∠APC＝∠BAC+∠BPC，
∵∠BAC＝70°，∠BPC＝150°，
∴∠DBP+∠ECP＝∠BAC+∠BPC＝70°+150°＝220°，
故答案为：220；
（2）∠A和∠P之间的数量关系是：∠P＝∠A+80°，
理由是：如图⑤，设∠DBO＝x，∠OCE＝y，则∠OBP＝∠DBO＝x，∠PCO＝∠OCE＝y，
由（1）同理得：x+y＝∠A+∠O，2x+2y＝∠A+∠P，
2∠A+2∠O＝∠A+∠P，
∵∠O＝40°，
∴∠P＝∠A+80°；
（3）证明：如图，延长BP交CN于点Q，
∵BM平分∠DBP，CN平分∠ECP，
∴∠DBP＝2∠MBP，∠ECP＝2∠NCP，
∵∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，
∠A＝∠BPC，
∴2∠MBP+2∠NCP＝∠A+∠BPC＝2∠BPC，
∴∠BPC＝∠MBP+∠NCP，
∵∠BPC＝∠PQC+∠NCP，
∴∠MBP＝∠PQC，
∴BM∥CN．
20．解：（2）延长BC交AD于点M
∵∠BCD是△CDM的外角，
∴∠BCD＝∠CMD+∠D，
同理∠CMD是△ABM的外角，
∴∠CMD＝∠A+∠B，
∴∠BCD＝∠A+∠B+∠D；
（3）如图3中，设∠B＝x，∠ECB＝∠ECD＝α，∠EAD＝∠EAB＝β．
由（2）可知，，
解得x＝64°
故答案为64．
多边形及其内角和》同步跟踪训练
一．选择题
1．如果一个n边形的外角和是内角和的一半，那么n的值为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
2．如图，五边形ABCDE的每个内角都相等，分别过顶点D、E作一条射线，交点为H，如果CD∥EH，那么∠DEH的度数是（ ）
A．50°
B．60°
C．72°
D．75°
3．如图，六边形ABCDEF内部有一点G，连结BG、DG．若∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，则∠BGD的大小为（ ）
A．60°
B．70°
C．80°
D．90°
4．一个多边形的外角和是内角和的，这个多边形的边数是（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
5．若一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，则这个多边形是（ ）
A．六边形
B．八边形
C．十边形
D．十二边形
6．多边形的内角和不可能为（ ）
A．180°
B．540°
C．1080°
D．1200°
7．如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4相邻的外角的和等于230°，则∠BOD的度数是（ ）
A．50°
B．55°
C．40°
D．45°
8．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
9．设四边形的内角和等于a，五边形的内角和等于b，则a与b的关系是（ ）
A．a＞b
B．a＝b
C．a＝b+180°
D．b＝a+180°
10．如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D…照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米
B．80米
C．60米
D．40米
二．填空题
11．七边形ABCDEFG的内角和的度数为
．
12．在一个多边形中，小于120度的内角最多有
个．
13．如图，在五边形ABCDE中，AE∥BC，则∠C+∠D+∠E＝
．
14．如图，在一个三角形的纸片（△ABC）中，∠C＝90°，将这个纸片沿直线DE剪去一个角后变成一个四边形ABED，则图中∠1+∠2的度数为
°．
15．中国人民银行下发通知，自2019年4月30日停止兑换第四套人民币中菊花1角硬币．如图所示，则该硬币边缘镌刻的正多边形的外角的度数为
度．
三．解答题
16．已知，在四边形ABCD中，∠A+∠C＝160°，BE，DF分别为四边形ABCD的外角∠CBN，∠MDC的平分线．
（1）如图1，若BE∥DF，求∠C的度数；
（2）如图2，若BE，DF交于点G，且BE∥AD，DF∥AB，求∠C的度数．
17．（1）阅读材料并填空：运用平行线及其性质，可以推理证明出很多有用的结论，如图甲，点D是△ABC中BC边延长线上的一点，过点C作CE∥AB，则有如下推理证明：
∵CE∥AB（已知），
∴∠ACE＝
（两直线平行，
）．
∠ECD＝
（两直线平行，
）．
∵∠ACD＝∠ACE+∠ECD，
∴∠ACD＝
（等量代换）．
（2）如图乙，根据（1）中的平行线的构造方法，过点D作DE∥AB交BC于点E，运用（1）中的结论，即可推理出四边形ABCD中∠A+∠B+∠C+∠CDA的度数．具体推理步骤如下，请填空：
由（1）知：∠BED＝∠C+
．
∵DE∥AB，
∴
+∠ADE＝180°（两直线平行，
），
∠B+∠BED＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠CDA＝∠CDE+∠ADE，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDA＝∠A+∠B+∠C+∠CDE+∠ADE＝∠A+∠B+∠BED+∠ADE＝
°（等量代换）．
18．完成下面的证明：
如图，在四个角都是直角的四边形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别在边AD，BC上，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，求证：BE∥FD．
证明：∵四边形ABCD的四个角都是直角，
∴∠ABC＝∠ADC＝
°（直角定义）．
∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠EBC＝∠ABC＝×90°＝45°，（角平分线定义），
∴∠EBC＝∠ADF．
∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC（
）．
∴∠EBC＝∠DFC（等量代换），∴BE∥DF（
）．
19．【知识回顾】：
如图①，在△ABC中，根据三角形内角和定理，我们知道∠A+∠B+∠C＝180°．
如图②，在△ABC中，点D为BC延长线上一点，则∠ACD为△ABC的一个外角．请写出∠ACD与∠A、∠B的关系，直接填空：∠ACD＝
．
【初步运用】：如图③，点D、E分别是△ABC的边AB、AC延长线上一点．
（1）若∠A＝70°，∠DBC＝150°，则∠ACB＝
°．（直接写出答案）
（2）若∠A＝70°，则∠DBC+∠ECB＝
°．（直接写出答案）
【拓展延伸】：如图④，点D、E分别是四边形ABPC的边AB、AC延长线上一点．
（1）若∠A＝70°，∠P＝150°，则∠DBP+∠ECP＝
°．（请说明理由）
（2）分别作∠DBP和∠ECP的平分线，交于点O，如图⑤，若∠O＝40°，求出∠A和∠P之间的数量关系，并说明理由．
（3）分别作∠DBP和∠ECP的平分线BM、CN，如图⑥，若∠A＝∠P，求证：BM∥CN．
20．阅读下列材料，然后解答后面的问题．
（1）定义：把四边形的某些边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．如图1，四边形ABCD为凹四边形．
（2）性质探究：请完成凹四边形一个性质的证明．
已知：如图2，四边形ABCD是凹四边形．
求证：∠BCD＝∠B+∠A+∠D．
（3）性质应用：
如图3，在凹四边形ABCD中，∠BAD的角平分线与∠BCD的角平分线交于点E，若∠ADC＝140°，∠AEC＝102°，则∠B＝
°．
参考答案
一．选择题
1．解：由题意得（n﹣2）?180°×＝360°，
解得n＝6．
故选：A．
2．解：∵五边形的内角和为：（5﹣2）?180°＝540°且每个内角都相等，
∴∠CDE＝540°÷5＝108°．
∵CD∥EH，
∴∠CDE+∠DEH＝180°，
∴∠DEH＝180°﹣108°＝72°．
故选：C．
3．解：∵多边形ABCDEF是六边形，
∴∠1+∠5+∠4+∠3+∠2+∠6+∠7+∠C＝180°×（6﹣2）＝720°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝440°，
∴∠6+∠7+∠C＝720°﹣440°＝280°，
∵多边形BCDG是四边形，
∴∠C+∠6+∠7+∠G＝360°，
∴∠G＝360°﹣（∠6+∠7+∠C）＝360°﹣280°＝80°，
故选：C．
4．解：设这个多边形的边数为n，
依题意得：（n﹣2）180°＝360°，
解得n＝9，
故选：C．
5．解：设这个多边形的边数为n，依题意得
（n﹣2）?180°＝5×360°，
解得n＝12，
∴这个多边形是十二边形，
故选：D．
6．解：多边形的内角和可以表示成（n﹣2）?180°（n≥3且n是整数），n应为整数，所以n﹣2也是整数，所以多边形的内角能被180整除，因为在这四个选项中不是180°的倍数的只有1200°．
故选：D．
7．解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为230°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+230°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝490°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣490°＝50°，
故选：A．
8．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．
9．解：根据题意可得：a＝（4﹣2）×180°，b＝（5﹣2）×180°，
∴b＝a+180°．
故选：D．
10．解：∵小明每次都是沿直线前进10米后向左转45度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数n＝360°÷45°＝8，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了8×10＝80（m）．
故选：B．
二．填空题（共5小题）
11．解：七边形ABCDEFG的内角和的度数为：（7﹣2）×180°＝900°．
故答案为：900°．
12．解：∵多边形的内角小于120°，
∴外角大于60°，
∴这个多边形小于120°的内角的个数＜360°÷60°＝6，
∴在一个多边形中，小于120度的内角最多有5个．
故答案为：5．
13．过点D作DF∥AE，交AB于点F，
∵AE∥BC，
∴AE∥DF∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠E+∠EDF＝180°，∠CDF+∠C＝180°，
∴∠C+∠CDE+∠E＝360°，
故答案为360°．
14．解：∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠1+∠A+∠B+∠2＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣90°＝270°，
故答案为：270．
15．解：∵正多边形的外角和是360°，
∴360°÷9＝40°．
故答案为：40．
三．解答题（共5小题）
16．解：（1）如图1，过点C作CH∥DF，
∵BE∥DF，
∴BE∥DF∥CH，
∴∠FDC＝∠DCH，∠BCH＝∠EBC，
∴∠DCB＝∠DCH+∠BCH＝∠FDC+∠EBC，
∵BE，DF分别为四边形ABCD的外角∠CBN，∠MDC的平分线，
∴∠FDC＝∠CDM，∠EBC＝，
∵∠A+∠BCD＝160°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°160°＝200°，
∴∠MDC+∠CBN＝160°，
∴∠FDC+∠CBE＝80°，
∴∠DCB＝80°；
（2）如图2，连接GC并延长，
同理得∠MDC+∠CBN＝160°，∠MDF+∠NBG＝80°，
∵BE∥AD，DF∥AB，
∴∠A＝∠MDF＝∠DGB＝∠NBG＝40°，
∵∠A+∠BCD＝160°，
∴∠BCD＝160°﹣40°＝120°．
17．解：（1）如图甲，点D是△ABC中BC边延长线上的一点，
过点C作CE∥AB，则有如下推理证明：
∵CE∥AB（已知），
∴∠ACE＝∠A（两直线平行，内错角相等），∠ECD＝∠B（两直线平行，同位角相等），
∵∠ACD＝∠ACE+∠ECD，
∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．
（2）如图乙，根据（1）中的平行线的构造方法，
过点D作DE∥AB交BC于点E，
运用（1）中的结论，即可推理出四边形ABCD中∠A+∠B+∠C+∠CDA的度数．
由（1）知：∠BED＝∠C+∠CDE．
∵DE∥AB，
∴∠A+∠ADE＝180°（两直线平行，同旁内角互补），∠B+∠BED＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠CD4＝∠CDE+∠ADE，
∴∠A+∠B+∠C+∠CDA＝∠A+∠B+∠C+∠CDE+∠ADE＝∠A+∠B+∠BED+∠ADE＝360°（等量代换）
故答案为：（1）∠A；内错角相等；∠B；同位角相等；∠A+∠B；（2）∠CDE；∠A；同旁内角互补；360．
18．证明：∵四边形ABCD的四个角都是直角，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°
（
直角定义
）．
∵BE平分∠ABC，DF
平分∠ADC，
∴∠EBC＝∠ABC＝×90°＝45°，∠ADF＝∠ADC＝×90°＝45°，
∴∠EBC＝∠ADF，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC（两直线平行，内错角相等）．
∴∠EBC＝∠DFC（等量代换），
∴BE∥DF（同位角相等，两直线平行）．
故答案为：90；两直线平行，内错角相等；同位角相等，两直线平行．
19．解：【知识回顾】
∵∠ACD+∠ACB＝180°，∠A+∠B+∠ACB＝180°，
∴∠ACD＝∠A+∠B；
故答案为：∠A+∠B；
【初步运用】
（1）∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠A＝70°，∠DBC＝150°，
∴∠ACB＝∠DBC﹣∠A＝150°﹣70°＝80°；
故答案为：80；
（2）∵∠A＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝110°，
∴∠DBC+∠ECB＝360°﹣110°＝250°，
故答案为：250；
【拓展延伸】
（1）如图④，连接AP，∵∠DBP＝∠BAP+∠APB，∠ECP＝∠CAP+∠APC，
∴∠DBP+∠ECP＝∠BAP+∠APB+∠CAP+∠APC＝∠BAC+∠BPC，
∵∠BAC＝70°，∠BPC＝150°，
∴∠DBP+∠ECP＝∠BAC+∠BPC＝70°+150°＝220°，
故答案为：220；
（2）∠A和∠P之间的数量关系是：∠P＝∠A+80°，
理由是：如图⑤，设∠DBO＝x，∠OCE＝y，则∠OBP＝∠DBO＝x，∠PCO＝∠OCE＝y，
由（1）同理得：x+y＝∠A+∠O，2x+2y＝∠A+∠P，
2∠A+2∠O＝∠A+∠P，
∵∠O＝40°，
∴∠P＝∠A+80°；
（3）证明：如图，延长BP交CN于点Q，
∵BM平分∠DBP，CN平分∠ECP，
∴∠DBP＝2∠MBP，∠ECP＝2∠NCP，
∵∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，
∠A＝∠BPC，
∴2∠MBP+2∠NCP＝∠A+∠BPC＝2∠BPC，
∴∠BPC＝∠MBP+∠NCP，
∵∠BPC＝∠PQC+∠NCP，
∴∠MBP＝∠PQC，
∴BM∥CN．
20．解：（2）延长BC交AD于点M
∵∠BCD是△CDM的外角，
∴∠BCD＝∠CMD+∠D，
同理∠CMD是△ABM的外角，
∴∠CMD＝∠A+∠B，
∴∠BCD＝∠A+∠B+∠D；
（3）如图3中，设∠B＝x，∠ECB＝∠ECD＝α，∠EAD＝∠EAB＝β．
由（2）可知，，
解得x＝64°
故答案为64．