数学八年级上册第十一章 三角形11.3 多边形及其内角和11.3.1 多边形随堂练习题

这是一份数学八年级上册第十一章 三角形11.3 多边形及其内角和11.3.1 多边形随堂练习题，文件包含专题114多边形及其内角和十大题型举一反三人教版原卷版docx、专题114多边形及其内角和十大题型举一反三人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc21150" 【题型1 多边形及正多边形的概念辨析】 PAGEREF _Tc21150 \h 1
\l "_Tc28104" 【题型2 多边形的不稳定性】 PAGEREF _Tc28104 \h 3
\l "_Tc679" 【题型3 多边形的对角线】 PAGEREF _Tc679 \h 4
\l "_Tc933" 【题型4 多边形的内角和】 PAGEREF _Tc933 \h 7
\l "_Tc10702" 【题型5 多边形的外角和】 PAGEREF _Tc10702 \h 9
\l "_Tc17431" 【题型6 截角问题】 PAGEREF _Tc17431 \h 10
\l "_Tc30307" 【题型7 多边形内角和和外角和-平行线】 PAGEREF _Tc30307 \h 12
\l "_Tc9659" 【题型8 多边形内角和和外角和-角平分线】 PAGEREF _Tc9659 \h 15
\l "_Tc10223" 【题型9 多边形内角和和外角和的实际应用】 PAGEREF _Tc10223 \h 18
\l "_Tc1998" 【题型10 多边形内角和和外角和的的综合应用】 PAGEREF _Tc1998 \h 20
【知识点1 多边形的概念】
平面内，由一些线段 首尾顺次相接 所 组成的封闭图形，叫做多边形.
【知识点2 正多边形的概念】
各个角都相等,各条边都相等的多边形，叫做正多边形.
【题型1 多边形及正多边形的概念辨析】
【例1】（2022•秦都区校级月考）如图所示的图形中，属于多边形的有（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．显然只有第一个、第二个、第四个．
【解答】解：所示的图形中，属于多边形的有第一个、第二个、第四个，共有3个．
故选：A．
【变式1-1】（2022春•烟台期中）下列说法：①由许多条线段连接而成的图形叫做多边形；②多边形的边数是不小于4的自然数；③从一个多边形（边数为n）的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个多边形分割成（n﹣2）个三角形；④半圆是扇形，其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据多边形的定义以及弧的定义即可判断．
【解答】解：①由许多条线段首尾顺次连接而成的图形叫做多边形，命题错误；
②多边形的边数是不小于3的自然数，命题错误；
③从一个多边形（边数为n）的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个多边形分割成（n﹣2）个三角形，命题正确；
④半圆是弧，不是扇形，命题错误．
故选：A．
【变式1-2】（2022•泸西县期末）下列图形：①等边三角形；②直角三角形；③平行四边形；④正方形，其中正多边形的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．依据正多边形的概念进行判断即可．
【解答】解：①等边三角形是正多边形，正确；
②直角三角形不是正多边形，错误；
③平行四边形不是正多边形，错误；
④正方形是正多边形，正确．
故选：B．
【变式1-3】（2022•肥西县期末）如图，下列图形是多边形的有 ③④ （填序号）．
【分析】根据多边形的定义，可得答案．
【解答】解：下列图形是多边形的有③④，
故答案为：③④．
【知识点3 多边形的不稳定性】
多边形具有不稳定性.
【题型2 多边形的不稳定性】
【例2】（2022•泸西县期末）如图的伸缩门，其原理是（ ）
A．三角形的稳定性B．四边形的不稳定性
C．两点之间线段最短D．两点确定一条直线
【分析】根据四边形的不稳定性，可得答案．
【解答】解：如图的伸缩门，其原理是四边形的不稳定性，
故选：B．
【变式2-1】（2022春•霞山区校级期末）下列图形中具有稳定性有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】根据三角形具有稳定性，只要图形分割成了三角形，则具有稳定性．
【解答】解：根据三角形具有稳定性，只要图形分割成了三角形，则具有稳定性．显然（2）、（4）、（5）三个．故选B．
【变式2-2】（2022•长春月考）如图，一个六边形木框显然不具有稳定性，要把它固定下来，至少要钉上几根木条，请画出相应木条所在线段．
【分析】三角形具有稳定性，所以要使六边形木架不变形需把它分成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条．
【解答】解：如图所示：
，
至少要定3根木条．
【变式2-3】（2022春•浦东新区校级月考）以线段a＝7，b＝8，c＝9，d＝10为边作四边形，可以作（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
【分析】根据四边形具有不稳定性，可知四条线段组成的四边形可有无数种变化．
【解答】解：四条线段组成的四边形可有无数种变化．
故选：D．
【知识点4 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.
从一个n边形的某个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，可以把一个n边形分割成（n-2）个三角形，
共有12n（n﹣3）条对角线.
【题型3 多边形的对角线】
【例3】（2022春•单县期末）已知从n边形的一个顶点出发的对角线将该多边形分成7个三角形，则该多边形对角线一共有（ ）
A．14条B．18条C．20条D．27条
【分析】根据对角线分多边形成三角形的个数，得出多边形的边数，从而求解．
【解答】解：从n边形的一个顶点可引出（n﹣3）条对角线，得到（n﹣2）个三角形，
所以n﹣2＝7，
解得n＝9，
所以共有0.5×9×（9﹣3）＝27条对角线．
故选：D．
【变式3-1】（2022•北流市期中）三角形具有稳定性，要使一个四边形框架稳定不变形，至少需要钉 1 根木条．
【分析】根据三角形的稳定性可得答案．
【解答】解：如图所示：
要使这个木架不变形，他至少还要再钉上1个木条，
故答案为：1
【变式3-2】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，如图所示画出的是四边形、五边形、六边形的所有对角线请回答下列问题：
（1）寻找规律，试用含n的代数式表示n边形的所有对角线的条数；
（2）求20边形的所有对角线的条数．
【分析】（1）根据三角形以及对角线的概念，不难发现：从一个顶点出发的对角线除了和2边不能组成三角形外，其余都能组成三角形，故从一个顶点出发的对角线有（n﹣3）条，所以n边形的所有对角线的条数为n(n-3)2；
（2）把n＝20代入（1）的结论即可．
【解答】解：（1）正方形的对角线的条数为：4×(4-1)2=2；
五边形的对角线的条数为：5×(5-3)2=5；
六边形的对角线的条数为：6×(6-3)2=9；
..．
n边形的所有对角线的条数为：n(n-3)2；
（2）当n＝20时，20×(20-3)2=170，
即20边形的所有对角线的条数为170．
【变式3-3】（2021秋•长春月考）【教材重现】如图是数学教材第135页的部分截图．
在多边形中，三角形是最基本的图形．如图所示，每一个多边形都可以分割成若干个三角形．
数一数每个多边形中三角形的个数，你能发现什么规律？
在多边形中，连接不相邻的两个顶点，所得到的线段称为多边形的对角线．
【问题思考】结合如图思考，从多边形的一个顶点出发，可以得到的对角线的数量，并填写表：
【问题探究】n边形有n个顶点，每个顶点分别连接对角线后，每条对角线重复连接了一次，由此可推导出，n边形共有 12n（n﹣3） 条对角线（用含有n的代数式表示）．
【问题拓展】
（1）已知平面上4个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 6 条线段．
（2）已知平面上共有15个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 105 条线段．
（3）已知平面上共有x个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 12x（x﹣1） 条线段（用含有x的代数式表示，不必化简）．
【分析】【问题思考】利用图象法解决问题即可；
【问题探究】利用规律解决问题即可．
【问题拓展】（1）利用图象法可得结论；
（2）过一个点可以连接14条线段，15个点，有12×15×14＝105条；
（3）过一个点可以连接（x﹣1）条线段，x个点，有12x（x﹣1）条．
【解答】解：【问题思考】从一个顶点出发，五边形有2条对角线，六边形有3条对角线，十二边形有9条对角线，n边形有（n﹣3）条对角线．
故答案为：2，3，9，n﹣3；
【问题探究】n边形有n个顶点，每个顶点分别连接对角线后，每条对角线重复连接了一次，由此可推导出，n边形共有12n（n﹣3）条对角线．
故答案为：12n（n﹣3）；
【问题拓展】（1）已知平面上4个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接12×4×3＝6条线段．
（2）已知平面上共有15个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接12×15×14＝105条线段．
（3）已知平面上共有x个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接条线段12x（x﹣1）．
故答案为：6，105，12x（x﹣1）．
【知识点5 多边形的内角和】
n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)．
【题型4 多边形的内角和】
【例4】（2022•孝感月考）如图，将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝400°，求∠BGD的度数．
【分析】由多边形的内角和公式，即可求得六边形ABCDEF的内角和，又由∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝400°，即可求得∠GBC+∠C+∠CDG的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°，且∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝400°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣400°＝320°，
∴∠G＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝40°．
【变式4-1】（2022•梁园区校级期中）已知n边形的内角和θ＝（n﹣2）×180°．
（1）甲同学说，θ能取720°；而乙同学说，θ也能取820°，甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n，若不对，说明理由；
（2）若n边形变为（n+x）边形，发现内角和增加了360°，用列方程的方法确定x．
【分析】（1）根据多边形内角和公式，列出方程求得θ的值，判断是否为整数即可；
（2）根据题意，列出方程（n﹣2）×180°+360°＝（n+x﹣2）×180°，求得x的值即可．
【解答】解：（1）甲对，乙不对．
理由：∵当θ取720°时，720°＝（n﹣2）×180°，
解得θ＝6；
当θ取820°时，820°＝（n﹣2）×180°，
解得θ=599；
∵n为整数，
∴θ不能取820°；
（2）依题意得，
（n﹣2）×180°+360°＝（n+x﹣2）×180°，
解得x＝2．
【变式4-2】（2022•西平县期中）一个多边形，除一个内角外，其余各内角之和等于2012°，求这个内角的度数及多边形的边数．
【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3）且n为整数），可得：多边形的内角和一定是180°的倍数，而多边形的内角一定大于0°，并且小于180°，用2012除以180，根据商和余数的情况，求出这个多边形的边数与2的差是多少，即可求出这个多边形的边数，再用这个多边形的内角和减去2012°，求出这个内角的度数是多少即可．
【解答】解：∵2012÷180＝11…32，
∴这个多边形的边数与2的差是12，
∴这个多边形的边数是：12+2＝14，
∴这个内角的度数是：
180°×12﹣2012°
＝2160°﹣2012°
＝148°
答：这个内角的度数为148°，多边形的边数为14．
【变式4-3】（2022春•宝应县校级月考）小马虎同学在计算某个多边形的内角和时得到1840°，老师说他算错了，于是小马虎认真地检查了一遍
（1）若他检查发现其中一个内角多算了一次，求这个多边形的边数是多少？
（2）若他检查发现漏算了一个内角，求漏算的那个内角是多少度？这个多边形是几边形？
【分析】（1）设这个多边形的边数是n，重复计算的内角的度数是x，根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°可知，多边形的内角度数是180°的倍数，然后利用数的整除性进行求解
（2）设这个多边形的边数是n，没有计算在内的内角的度数是x，根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°可知，多边形的内角度数是180°的倍数，然后利用数的整除性进行求解．
【解答】解：（1）设这个多边形的边数是n，重复计算的内角的度数是x，
则（n﹣2）•180°＝1840°﹣x，
n＝12…40°．
故这个多边形的边数是12．
（2）设这个多边形的边数是n，没有计算在内的内角的度数是x，
则（n﹣2）•180°＝1840°+x，
n＝12…40°．
180°﹣40°＝140°，
故漏算的那个内角是140度，这个多边形是十三边形．
【知识点6 多边形的外角和】
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5 多边形的外角和】
【例5】（2022•苍溪县月考）如图，∠1，∠2，∠3，∠4是五边形ABCDE的四个外角．若∠A＝120°，求∠1+∠2+∠3+∠4的度数．
【分析】先求出∠A对应的外角度数，根据多边形的外角和等于360°求出即可．
【解答】解：
∵∠A＝120°，
∴∠5＝180°﹣∠A＝60°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝300°．
【变式5-1】（2022•路北区期末）已知，正多边形的一个外角是30°，则这个正多边形是（ ）
A．六边形B．九边形C．十边形D．十二边形
【分析】多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为30°，由此即可求出答案．
【解答】解：因为360÷30＝12，
则正多边形的边数为12．
故选：D．
【变式5-2】（2022•海口模拟）六边形的外角和为（ ）
A．360°B．540°C．720°D．1080°
【分析】根据多边形的外角和为360°直接得出答案．
【解答】解：由多边形的外角和为360°可知，六边形的外角和为360°，
故选：A．
【变式5-3】（2022•河北）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（ ）
A．α﹣β＝0B．α﹣β＜0
C．α﹣β＞0D．无法比较α与β的大小
【分析】利用多边形的外角和都等于360°，即可得出结论．
【解答】解：∵任意多边形的外角和为360°，
∴α＝β＝360°．
∴α﹣β＝0．
故选：A．
【题型6 截角问题】
【例6】（2022•驿城区校级期末）若一个多边形截去一个角后变成了六边形，则原来多边形的边数可能是（ ）
A．5或6B．6或7C．5或6或7D．6或7或8
【分析】实际画图，动手操作一下，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．
【解答】解：如图可知，原来多边形的边数可能是5，6，7．
故选：C．
【变式6-1】（2022•安陆市期末）一个四边形剪去一个角后，它不可能是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【分析】根据一个四边形截一刀后得到的多边形的边数即可得出结果．
【解答】解：一个四边形沿对角线截一刀后得到的多边形是三角形；
一个四边形沿平行于边的直线截一刀后得到的多边形是四边形；
一个四边形沿除上述两种情况的位置截一刀后得到的多边形是五边形；
所以不可能是六边形，
故选：D．
【变式6-2】（2022春•雨花区校级期末）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
【分析】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．
【解答】解：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．
【变式6-3】（2022•怀柔区期末）如图是一个正方形，把此正方形沿虚线AB剪去一个角，得到一个五边形，则这个五边形的周长 小于 原来正方形的周长．（填“大于”“小于”或“等于”），理由是 两点之间线段最短 ．
【分析】利用两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段等，这些所有的线中，线段最短，可以得出结论．
【解答】解：将正方形沿虚线裁去一个角得到五边形，则这个五边形的周长小于原来正方形的周长，
理由是两点之间线段最短．
故答案为：小于；两点之间线段最短．
【题型7 多边形内角和和外角和-平行线】
【例7】（2022春•侯马市期末）如图，六边形ABCDEF的内角都相等．
（1）若∠1＝60°，求∠ADC的度数；
（2）AB与ED有怎样的位置关系？为什么？
【分析】（1）由于六边形的内角和为720°，然后利用六边形ABCDEF的内角都相等得到每个内角的度数为120°，而∠1＝60°，四边形ABCD的内角和为360°，由此即可分别求出∠ADC的度数；
（2）四边形ABCD的内角和为360°，求出∠ADC的度数，进一步求出∠EDA的度数，利用平行线的判定方法即可求解．
【解答】解：（1）六边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°，
∵六边形ABCDEF的内角都相等，
∴每个内角的度数为：720°÷6＝120°，
又∵∠1＝60°，四边形ABCD的内角和为360°，
∴∠CDA＝360°﹣∠DAB﹣∠B﹣∠C＝360°﹣60°﹣120°﹣120°＝60°；
（2）AB∥ED，
理由如下：
∵∠CDA＝60°，∠EDC＝120°，
∴∠EDA＝120°﹣∠CDA＝120°﹣60°＝60°，
∴∠EDA＝∠1＝60°，
∴AB∥ED．
【变式7-1】（2022•平山县期末）嘉淇在折幸运星时将一张长方形的纸条折成了如图所示的样子（内部有一个正五边形），则∠1的度数为（ ）
A．36°B．54°C．60°D．72°
【分析】根据五边形的内角和是540°可得∠BAC的度数，再利用角的和差解决此题．
【解答】解：如图，
由题意得：多边形ABDEC是正五边形，
∴∠BAC＝∠ABD=180°×(5-2)5=108°，
∠ABC=12×（180°﹣108°）＝36°，
∴∠1＝108°﹣36°＝72°．
故选：D．
【变式7-2】（2022春•市中区期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝108°，∠C＝82°，M、N分别是AB、BC上的点，将△BMN沿着MN翻折，得到△EMN，若ME∥AD，EN∥DC，则∠E的度数为（ ）
A．88°B．87°C．86°D．85°
【分析】根据平行线的性质得∠BME＝∠A＝108°，∠ENB＝∠C＝82°，再利用四边形内角和定理可得答案．
【解答】解：∵ME∥AD，
∴∠BME＝∠A＝108°，
∵NE∥CD，
∴∠ENB＝∠C＝82°，
∵将△BMN沿着MN翻折，得到△EMN，
∴∠B＝∠E，
∴∠E＝[360°﹣（∠EMB+∠ENB）]÷2＝（360°﹣190°）÷2＝85°，
故选：D．
【变式7-3】（2022•临清市三模）如图，正五边形ABCDE，点D、E分别在直线m、n上．若m∥n，∠1＝20°，则∠2为（ ）
A．52°B．60°C．58°D．56°
【分析】先根据五边形的内角和求得每个内角度数，在计算∠GED的度数，根据平行线计算∠HDE，接着计算∠CDH，最后根据三角形内角和计算得∠CHD的度数，从而得∠2度数．
【解答】解：如图：
直线m交AB 于G，直线n交BC于H，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C＝∠AED＝∠CDE=(5-2)×180°5=108°，
∵∠1＝20°，
∴∠DEG＝∠AED﹣∠1＝108°﹣20°＝88°，
∵m∥n，
∴∠HDE＝180°﹣∠GED＝180°﹣88°＝92°，
∴∠CDH＝∠CDE﹣∠HDE＝108°﹣92°＝16°，
在△CDH中，
∠CHD＝180°﹣∠CDH﹣∠C
＝180°﹣16°﹣108°
＝56°，
∴∠2＝∠CHD＝56°，
故选：D．
【题型8 多边形内角和和外角和-角平分线】
【例8】（2022•藁城区二模）如图，六边形ABCDEF中，∠A，∠B，∠C，∠D的外角都相等，即∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝62°，分别作∠DEF和∠EFA的平分线交于点P，则∠P的度数是（ ）
A．55°B．56°C．57°D．60°
【分析】根据多边形的外角和定理可得∠5+∠6+∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，再根据邻补角的性质可得∠5+∠6+∠AFE+∠DEF＝360°，可得∠AFE+∠DEF＝∠1+∠2+∠3+∠4，进而求出∠EPF+∠EFP的度数，再求出∠P的度数即可．
【解答】解：∵∠5+∠6+∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，∠5+∠6+∠AFE+∠DEF＝360°，
∴AFE+∠DEF＝∠1+∠2+∠3+∠4＝248°，
∵分别作∠DEF和∠EFA的平分线交于点P，
∴∠EPF+∠EFP=12（∠AFE+∠DEF）＝124°，
∴∠P＝180°﹣（∠EPF+∠EFP）
＝180°﹣124°
＝56°，
故选：B．
【变式8-1】（2022•兴化市一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝150°，∠C＝60°，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，则∠BOD的度数为（ ）
A．120°B．125°C．130°D．135°
【分析】根据角平分线的定义得出∠ADO=12∠ADC，∠ABO=12∠ABC，根据∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°求出∠ABC+∠ADC＝150°，求出∠ADO+∠ABO＝75°，根据四边形的内角和定理求出答案即可．
【解答】解：∵∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，
∴∠ADO=12∠ADC，∠ABO=12∠ABC，
∵∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，∠A＝150°，∠C＝60°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣150°﹣60°＝150°，
∴∠ADO+∠ABO=12×150°＝75°，
∴∠BOD＝360°﹣∠A﹣（∠ABO+∠ADO）＝360°﹣150°﹣75°＝135°，
故选：D．
【变式8-2】（2022春•苏州月考）如图，在四边形ABCD中，∠A+∠B＝210°，作∠ADC、∠BCD的平分线交于点O1，再作∠O1DC、∠O1CD的平分线交于点O2，则∠O2的度数为 142.5° ．
【分析】根据四边形的内角和为360°可得∠ACD+∠BCD＝150°，再根据角平分线的定义可得∠CDO2+∠DCO2＝37.5°，再根据内角和定理可得答案．
【解答】解：∵四边形的内角和是360°，∠A+∠B＝210°，
∴∠ACD+∠BCD＝150°，
∵∠ADC、∠BCD的平分线交于点O1，∠O1DC、∠O1CD的平分线交于点O2，
∴∠CDO2=12∠CDO1=14∠ADC，∠DCO2=12∠DCO1=14∠BCD，
∴∠CDO2+∠DCO2=14（∠ADC+∠BCD）＝37.5°，
∴∠O2＝180°﹣37.5°＝142.5°．
故答案为：142.5°．
【变式8-3】（2022春•惠民县期末）如图，CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，并与∠EAB的平分线交于点O，则∠AOG的度数为（ ）
A．144°B．126°C．120°D．108°
【分析】欲求∠AOG，可求∠AOC，则需求∠BCO、∠OAB、∠B．因为五边形ABCDE是正五边形，所以∠EAB＝∠E＝∠BCD＝108°．又因为AO平分∠EAB，CG平分∠DCF，所以可求得∠OAB＝54°，∠BCG＝108°+12∠DCF=144°．
【解答】解：∵任意多边形的外角和等于360°，
∴∠DCF＝360°÷5＝72°．
∴这个正五边形的每个内角为180°﹣72°＝108°．
∴∠B＝∠EAB＝∠BCD＝108°．
又∵AO平分∠EAB，
∴∠OAB=12∠EAB=12×108°=54°．
又∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG=12∠DCF=12×72°=36°．
∴∠BCO＝∠BCD+∠DCG＝108°+36°＝144°．
∴∠AOC＝360°﹣（∠BAO+∠B+∠BCG）＝360°﹣（54°+108°+144°）＝54°．
∴∠AOG＝180°﹣∠AOC＝180°﹣54°＝126°．
故选：B．
【题型9 多边形内角和和外角和的实际应用】
【例9】（2022春•井研县期末）如图，大建从A点出发沿直线前进8米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进8米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度α为（ ）
A．30°B．40°C．45°D．60°
【分析】根据多边形的外角的定义解决此题．
【解答】解：∵72÷8＝9，
∴360°÷9＝40°．
∴每次旋转的角度α＝40°．
故选：B．
【变式9-1】（2022春•昌平区校级期中）科技馆为某机器人编制了一段程序，如果机器人在平地上按图所示的步骤行走，那么该机器人所走的总路程为（ ）
A．12米B．8米C．6米D．不能确定
【分析】根据正多边形外角和等于360°即可求解．
【解答】解：由程序图知：机器人走过的图形为正多边形，且外角为60°，
故边数＝360°÷60°＝6．
∴走过的路程＝6×1＝6米
故选：C．
【变式9-2】（2022•桓台县期末）如图，桐桐从A点出发，前进3m到点B处后向右转20°，再前进3m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，她第一次回到出发点A时，一共走了（ ）
A．100mB．90mC．54mD．60m
【分析】根据多边形的外角和及每一个外角的度数，可求出多边形的边数，再根据题意求出正多边形的周长即可．
【解答】解：由题意可知，当她第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，
由于正多边形的外角和是360°，且每一个外角为20°，
360°÷20°＝18，
所以它是一个正18边形，
因此所走的路程为18×3＝54（m），
故选：C．
【变式9-3】（2022•株洲模拟）如图，若干相同正五边形排成环状．图中已经排好前3个五边形，还需 7 个五边形完成这一圆环．
【分析】延长正五边形的相邻两边交于圆心，求得该圆心角的度数后，用360°除以该圆心角的度数即可得到正五边形的个数，减去3后即可得到本题答案．
【解答】解：延长正五边形的相邻两边，交于圆心，
∵正五边形的外角等于360°÷5＝72°，
∴延长正五边形的相邻两边围成的角的度数为：180°﹣72°﹣72°＝36°，
∴360°÷36°＝10，
∴排成圆环需要10个正五边形，
故排成圆环还需7个五边形．
故答案为7．
【题型10 多边形内角和和外角和的的综合应用】
【例10】（2022春•临汾期末）在五边形ABCDE中，∠A，∠B，∠C，∠D，∠E的度数之比为3：5：3：4：3，则∠D的外角等于（ ）
A．60°B．75°C．90°D．120°
【分析】设∠A＝3x°，根据四边形内角和为360°即可得出关于x的一元一次方程，解方程即可得出x的值，将其代入∠D中，再结合内外角之和为180°即可得出结论．
【解答】解：设∠A＝3x°，则∠B＝5x°，∠C＝3x°，∠D＝4x°，∠E＝3x°，
∴（3x°+5x°+3x°+4x°+3x°）＝540°，
解得：x＝30．
∴∠D＝4×30°＝120°．
∵180°﹣120°＝60°，
∴∠D的外角等于60°．
故选：A．
【变式10-1】（2022春•定陶县期末）请根据下面x与y的对话解答下列各小题：
x：我和y都是多边形，我们俩的内角和相加的结果为1440°；
y：x的边数与我的边数之比为1：3．
（1）求x与y的外角和相加的度数？
（2）分别求出x与y的边数？
（3）试求出y共有多少条对角线？
【分析】（1）根据多边形的外角和定理可得多边形的外角和为360°，进而可得答案；
（2）设x的边数为n，y的边数为3n，根据多边形的内角和定理结合题意可得方程180（n﹣2）+180（3n﹣2）＝1440，解出x的值，进而可得n的值，然后可得答案；
（3）根据求多边形的对角线的公式即可得到结果．
【解答】解：（1）360°+360°＝720°；
（2）设x的边数为n，y的边数为3n，由题意得：
180（n﹣2）+180（3n﹣2）＝1440，
解得：n＝3，
∴3n＝9，
∴x与y的边数分别为3和9；
（3）12×9×（9﹣3）＝27条，
答：y共有27条对角线．
【变式10-2】（2022•富县月考）一个多边形的每个内角都相等，每个内角与相邻外角的差为100°，求这个多边形内角和的度数和边数．
【分析】设这个多边形的内角为n°，则根据题意列出方程求出n的值，再根据多边形的外角和等于360度和多边形的内角和公式求出多边形的边数和内角和．
【解答】解：设这个多边形的内角为n°，则根据题意可得：
n﹣（180﹣n）＝100，
解得：n＝140．
故多边形的外角度数为：180﹣140＝40°，
∵多边形的外角和等于360度，
∴这个多边形的边数为：360°÷40°＝9，
内角和为：（9﹣2）×180°＝1260°．
故这个多边形的内角和度数为1260°，边数为9．
【变式10-3】（2022•孝昌县期中）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．
【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．
【解答】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，
∵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． 多边形边数
四
五
六
…
十二
…
n
从一个顶点出发，得到对角线的数量
1条
2
3
…
9
…
n﹣3