数学第十一章 三角形11.3 多边形及其内角和11.3.2 多边形的内角和课后复习题

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2022-2023学年人教版数学八年级上册压轴题专题精选汇编
专题01 多边形的内角和
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2019秋•巴州区期末）若一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数可能为（　　）
A．14或15 B．13或14 C．13或14或15 D．14或15或16
【思路引导】根据不同的截法，找出前后的多边形的边数之间的关系得出答案．
【完整解答】解：如图，n边形，A1A2A3…An，
若沿着直线A1A3截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数少1，
若沿着直线A1M截去一个角，所得到的多边形，与原来的多边形的边数相等，
若沿着直线MN截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数多1，
因此将一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数为13或14或15，
故选：C．

2．（2分）（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°
【思路引导】根据多边形的外角的定义解决此题．
【完整解答】解：∵72÷8＝9，
∴360°÷9＝40°．
∴每次旋转的角度α＝40°．
故选：B．
3．（2分）（2022•沂水县二模）如图，在正六边形ABCDEF内作正方形BCGH，连接AH，则∠FAH等于（　　）

A．75° B．72° C．60° D．45°
【思路引导】根据多边形的内角和公式求出正六边形的一个内角是120°，进而求出∠ABH＝30°，在等腰三角形ABH中求出∠HAB＝∠AHB＝75°，即可求出∠FAH＝∠FAB﹣∠HAB的度数．
【完整解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴正六边形的一个内角＝×（6﹣2）×180°＝120°，
∠ABC＝∠FAB＝120°，AB＝BC，
∵四边形BCGH是正方形，
∴∠HBC＝90°，BC＝BH，
∴AB＝BH，∠ABH＝30°，
∴∠HAB＝∠AHB＝（180°﹣30°）÷2＝75°，
∴∠FAH＝∠FAB﹣∠HAB＝120°﹣75°＝45°，
故选：D．
4．（2分）（2021秋•宁津县期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝（　　）

A．180° B．240° C．360° D．540°
【思路引导】根据多边形内角与外角、三角形内角和定理、三角形外角性质进行推理计算即可．
【完整解答】解：如图，

由三角形外角性质可知：
∠1＝∠F+∠B，∠2＝∠A+∠E，
∴在四边形ADCG中，由四边形内角和可知：
∠D+∠C+∠2+∠1＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
故选：C．
5．（2分）（2021秋•新罗区期末）如图，把△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＝106°，∠C＝35°，则∠2的度数为（　　）

A．35° B．36° C．37° D．38°
【思路引导】根据折叠性质得出∠C′＝∠C＝35°，根据三角形外角性质得出∠DOC＝∠1﹣∠C＝71°，∠2＝∠DOC﹣∠C′＝71°﹣35°＝36°．
【完整解答】解：如图，设C′D与AC交于点O，

∵∠C＝35°，
∴∠C′＝∠C＝35°，
∵∠1＝∠DOC+∠C，∠1＝106°，
∴∠DOC＝∠1﹣∠C＝106°﹣35°＝71°，
∵∠DOC＝∠2+∠C′，
∴∠2＝∠DOC﹣∠C′＝71°﹣35°＝36°．
故选：B．
6．（2分）（2021秋•聊城期末）如图，图①是四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为AB、CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM＝24°，则∠EFC为（　　）

A．48° B．72° C．108° D．132°
【思路引导】先由折叠得：∠BEF＝∠FEM＝24°，由平行线的性质得∠EFM＝24°，如图③中，根据折叠和平行线的性质得，∠MFC＝132°，根据角的差可得结论．
【完整解答】解：如图②，由折叠得：∠B'EF＝∠FEM＝24°，

∵AE∥DF，
∴∠EFM＝24°，∠BMF＝∠DME＝48°，
∵BM∥CF，
∴∠CFM+∠BMF＝180°，
∴∠CFM＝180°﹣48°＝132°，
由折叠得：如图③，∠MFC＝132°，

∴∠EFC＝∠MFC﹣∠EFM＝132°﹣24°＝108°，
故选：C．
7．（2分）（2021秋•黄石期末）将一长方形纸片沿一条直线剪成两个多边形，那么这两个多边形的内角和之和不可能是（　　）
A．360° B．540° C．720° D．730°
【思路引导】根据多边形的内角和公式解决此题．
【完整解答】解：设将一长方形纸片沿一条直线剪成两个多边形的边数分别为x、y．
∴这两个多边形的内角和之和为180°（x﹣2）+180°（y﹣2）＝180°（x+y﹣4）．
∴180°整除这两个多边形的内角和之和．
∵360°＝180°×2，540°＝180×3，720°＝180°×4，180°不整除730°，
∴这两个多边形的内角和之和不可能是730°．
故选：D．
8．（2分）（2021秋•安陆市校级月考）四边形ABCD两组对边AD，BC与AB，DC延长线分别交于点E，F，∠AEB，∠AFD的平分线交于点P，∠A＝64°，∠BCD＝136°，则下列结论中正确的是（　　）
①∠EPF＝100°；②∠ADC+∠ABC＝160°；③∠PEB+∠PFC+∠EPF＝136°；④∠PEA+∠PFA＝36°

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
【思路引导】根据四边形内角和证明结论②正确，再根据∠AEB＝116°﹣∠ABC和∠AFD＝116°﹣∠ADC结合结论②证明结论④正确，连接AP并延长至点G，根据外角和定理证明结论①正确，结论③也可以通过前面的证明得到．
【完整解答】解：∵∠A＝64°，∠BCD＝136°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣∠A﹣∠BCD＝160°，故②正确；
∵∠AEB＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝116°﹣∠ABC，∠AFD＝180°﹣∠A﹣∠ADC＝116°﹣∠ADC，
∴∠AEB+∠AFD＝116°﹣∠ABC+116°﹣∠ADC＝232°﹣（∠ADC+∠ABC）＝72°，
∵EP平分∠AEB，FP平分∠AFD，
∴，，
∴，故④正确；
同理：∠PEB+∠PFC＝36°，
如图，连接AP并延长至点G，

∠EPF＝∠EPG+∠FPG＝∠EAP+∠AEP+∠FAP+∠AFP＝∠EAF+∠AEP+∠AFP＝64°+36°＝100°，故①正确；
∴∠PEB+∠PFC+∠EPF＝36°+100°＝136°，故③正确．
故选：D．
9．（2分）（2021秋•江夏区期中）如图，七边形ABCDEFG中，EF，BA的延长线相交于点P，若∠ABC，∠BCD，∠CDE，∠DEF的外角的度数和为230°，则∠P的度数为（　　）

A．40° B．45° C．50° D．55°
【思路引导】如图，根据多边形的外角和等于360°，得∠5+∠6+∠7＝360°﹣230°＝130°．根据三角形外角的性质，得∠8＝∠6+∠7，那么∠5+∠8＝130°．根据三角形内角和定理，得∠P＝180°﹣（∠5+∠8）＝50°．
【完整解答】解：如图．

由题意得：∠1+∠2+∠3+∠4＝230°．
∴∠5+∠6+∠7＝360°﹣230°＝130°．
∵∠8＝∠6+∠7，
∴∠5+∠8＝130°．
∴∠P＝180°﹣（∠5+∠8）＝180°﹣130°＝50°．
故选：C．
10．（2分）（2021秋•南关区校级期中）在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了1个内角，其和等于1180°，则少算的这个角的度数是（　　）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【思路引导】设这个多边形的边数为n（n为正整数且n≥3），根据题意得1180°＜180°（n﹣2）＜1180°+180°，从而求得多边形的边数n，进而解决此题．
【完整解答】解：设这个多边形的边数为n（n为正整数且n≥3）．
由题意得：1180°＜180°（n﹣2）＜1180°+180°．
∴1180°＜180°（n﹣2）＜1360°．
∴．
∴n＝9．
∴这个多边形的内角和为180°×（9﹣2）＝1260°．
∴少算的这个角的度数为1260°﹣1180°＝80°．
故选：C．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2021秋•河东区校级期末）如图，AD，CE是△ABC的两条高，它们相交于点P，已知∠BAC的度数为α，∠BCA的度数为β，则∠APC的度数是　α+β　．

【思路引导】利用三角形的内角和定理和三角形的外角性质解决问题即可．
【完整解答】解：∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝180°﹣（α+β），
∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣[180°﹣（α+β）]＝α+β﹣90°，
∴∠APC＝∠AEC+∠BAD＝α+β
故填α+β．

12．（2分）（2022•遂宁）如图，正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上．若正方形BMGH的边长为6，则正六边形ABCDEF的边长为 　4　．

【思路引导】根据正多边形的性质和直角三角形中，30°角所对的边是斜边的一半可以求得AF的长．
【完整解答】解：设AF＝x，则AB＝x，AH＝6﹣x，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF＝120°，
∴∠HAF＝60°，
∵∠AHF＝90°，
∴∠AFH＝30°，
∴AF＝2AH，
∴x＝2（6﹣x），
解得x＝4，
∴AB＝4，
即正六边形ABCDEF的边长为4，
故答案为：4．
13．（2分）（2022•灞桥区校级模拟）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCED的外部点A′处时，测量得∠1＝70°，∠2＝140°，则∠A的度数为 　30　°．

【思路引导】利用三角形的外角、内角和定理，计算即可．
【完整解答】解：∵∠1＝70°，
∴∠ADA′＝180°﹣∠1＝110°，
∵∠A+∠ADA′＝∠2，∠2＝140°，
∴∠A＝140°﹣110°＝30°．
故答案为：30．
14．（2分）（2022春•沂南县期中）如图，图①是四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为AB、CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM＝24°，则∠EFC为 　108°　．

【思路引导】利用折叠，得到全等图形，会得到相等的角、相等的边这一性质推理即可．
【完整解答】解：第一次折叠后，
∵∠B′EF＝∠BEF，∠FEM＝24°，
∴∠B′EM＝2∠FEM＝48°，
∵AB′∥DF，
∴∠B′EM＝∠FMB＝48°，∠B′EF＝∠EFM＝24°，
第二次折叠后，
∵BM∥CF，
∴∠BMF＝∠FMB″＝48°，∠BMF+∠MFC＝180°，
∴∠MFC＝180°﹣48°＝132°，
∵∠MFC＝∠EFM+EFC，
∴∠EFC＝132°﹣24°＝108°．

故答案为：108°．
15．（2分）（2021秋•嘉鱼县期末）如图，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝　360　度．

【思路引导】分析图形，根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”可知能把∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6全部转化到∠1，∠6所在的四边形中，利用四边形内角和为360度可得答案．
【完整解答】解：如图所示，

∵∠2+∠4＝∠7，∠3+∠5＝∠8，
又∵∠1+∠6+∠7+∠8＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
故答案为：360．
16．（2分）（2021秋•德城区期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABD＝68°，则∠CAD的度数是 　22°　．

【思路引导】通过证明点A，点B，点C，点D四点共圆，可得∠ABD＝∠ACD＝72°，由直角三角形的性质可求解．
【完整解答】解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠ABD＝∠ACD＝68°，
∴∠CAD＝90°﹣∠ACD＝22°，
故答案为：22°．
17．（2分）（2022•岳池县模拟）如图，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的3个外角，若∠A+∠B＝240°，则∠1+∠2+∠3＝　240°　．

【思路引导】延长EA、AB构造外角∠4、∠5，根据一个顶点上的外角和内角的关系与多边形的外角和，计算得结论．
【完整解答】解：如图，延长EA、AB．
∵∠EAB+∠4+∠ABC+∠5＝360°，
又∵∠EAB+∠ABC＝240°，
∴∠4+∠5＝120°．
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝240°．
故答案为：240°．

18．（2分）（2021秋•垦利区期末）如图所示，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝　360°　．

【思路引导】根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”把∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6全部转化到∠2，∠3所在的四边形中，利用四边形内角和为360度可得答案．
【完整解答】解：如图，∵∠1+∠5＝∠7，∠4+∠6＝∠8，
又∵∠2+∠3+∠7+∠8＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°．
故答案为：360°．

19．（2分）（2022•顺义区二模）一个正多边形的内角和为720°，则这个正多边形的每一个外角等于　60°　．
【思路引导】首先设这个正多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式可得180（n﹣2）＝720，继而可求得答案．
【完整解答】解：设这个正多边形的边数为n，
∵一个正多边形的内角和为720°，
∴180（n﹣2）＝720，
解得：n＝6，
∴这个正多边形的每一个外角是：360°÷6＝60°．
故答案为：60°．
20．（2分）（2022春•茌平区期末）如图所示，分别以n边形顶角顶点为圆心，以2cm长为半径画圆，则圆中阴影部分面积之和为　4π　cm2．

【思路引导】由于多边形的外角和为360°，则所有阴影的扇形的圆心角的和为360度，故阴影部分的面积＝π×22＝4π．
【完整解答】解：∵多边形的外角和为360°，
∴SA1+SA2+…+SAn＝S圆＝π×22＝π（cm2）．
故答案为4π．
三．解答题（共7小题，满分50分）
21．（6分）（2022春•思明区校级期中）如图1，在五边形ABCDE中，AE∥BC，∠A＝∠C．
（1）猜想AB与CD之间的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，延长DE至F，连接BE，若∠1＝∠3，∠AEF＝2∠2，∠AED＝2∠C﹣140°，求∠C的度数．

【思路引导】（1）AB与CD平行，理由为：由AE∥BC，根据两直线平行同旁内角互补，可得：∠A+∠B＝180°，然后由∠A＝∠C，根据等量代换可得：∠C+∠B＝180°，然后根据同旁内角互补两直线平行，即可证明AB与CD平行；
（2）由AE∥BC，根据两直线平行，内错角相等，同旁内角互补，可得：∠2＝∠3，∠A+∠ABC＝180°，由∠1＝∠3，根据等量代换可得：∠1＝∠2＝∠3，∠ABC＝2∠2，由∠AEF＝2∠2，根据等量代换可得：∠A+∠ABC＝∠A+2∠2＝∠A+∠AEF＝180°，然后根据平角的定义可得：∠AEF+∠AED＝180°，进而可得∠A＝∠AED，由∠A＝∠C，可得：∠AED＝∠C，结合∠AED＝2∠C﹣140°计算可求解∠C的度数．
【完整解答】解：（1）猜想：AB∥CD，
理由：∵AE∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠C+∠B＝180°，
∴AB∥CD；
（2）∵AE∥BC，
∴∠2＝∠3，∠A+∠ABC＝180°，
∵∠1＝∠3，
∴∠1＝∠2＝∠3，∠ABC＝2∠2，
∵∠AEF＝2∠2，
∴∠A+∠ABC＝∠A+2∠2＝∠A+∠AEF＝180°，
∵∠AEF+∠AED＝180°，
∴∠A＝∠AED，
∵∠A＝∠C，
∴∠AED＝∠C，
∵∠AED＝2∠C﹣140°，
∴∠C＝2∠C﹣140°，
解得：∠C＝140°．
22．（6分）（2021春•永嘉县校级期中）如图1我们称之为“8字形”，请直接写出∠A，∠B，∠C，∠D之间的数量关系：　∠A+∠B＝∠C+∠D　；
（2）如图2，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝　540　度
（3）如图3所示，已知∠1＝∠2，∠3＝∠4，猜想∠B，∠P，∠D之间的数量关系，并证明．

【思路引导】（1）根据三角形内角和定理即可得出∠A+∠D＝∠C+∠B；
（2）∠6，∠7的和与∠8，∠9的和相等．由多边形的内角和得出答案即可；
（3）先根据“8字形”中的角的规律，可得∠1+∠D＝∠P+∠3①，∠4+∠B＝∠2+∠P②，由已知条件∠1＝∠2，∠3＝∠4，将①+②，可得2∠P＝∠D+∠B．
【完整解答】解：（1）如图1，∵∠A+∠B+∠AOB＝∠C+∠D+∠COD＝180°，∠AOB＝∠DOC，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D；
故答案为：∠A+∠B＝∠C+∠D；

（2）∵∠6，∠7的和与∠8，∠9的和相等，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠8+∠9＝540°．

（3）∠1+∠D＝∠P+∠3①，∠4+∠B＝∠2+∠P②，
如图3，∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
①+②得：
∠1+∠D+∠4+∠B＝∠P+∠3+∠2+∠P，
即2∠P＝∠D+∠B．

23．（8分）（2022春•宜兴市校级月考）如图，四边形ABCD，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，若∠BAD＝α，∠BCD＝β．

（1）如图1，若α+β＝120°，求∠MBC+∠NDC的度数；
（2）如图1，试说明：∠MBC+∠NDC的度数与α，β的数量关系．
（3）如图1，若BE与DF相交于点G，∠BGD＝30°，请写出α、β所满足的等量关系式；
（4）如图2，若α＝β，判断BE、DF的位置关系，并说明理由．

【思路引导】（1）∠ABC+∠ADC＝360°﹣（α+β），再根据∠MBC+∠NDC＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC可得答案；
（2）由（1）的思路可得结论；
（3）连接BD，由（1）知∠MBC+∠NDC＝α+β，利用角平分线和外角的性质可得（α+β）+180°﹣β+30°＝180°，整理可得结论；
（4）由（1）知，∠MBC+∠NDC＝α+β，利用角平分线和外角的性质则有∠CBE+β﹣∠DHB＝（β+β）＝β，∠CBE＝∠DHB，进而可得结论．
【完整解答】解：（1）由四边形内角和得，
∠ABC+∠ADC＝360°﹣（α+β），
∴∠MBC+∠NDC
＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC
＝360°﹣（∠ABC+∠ADC）
＝360°﹣360°+α+β
＝α+β
＝120°；
（2）∠MBC+∠NDC＝α+β，
理由：由四边形内角和得，
∠ABC+∠ADC＝360°﹣（α+β），
∴∠MBC+∠NDC
＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC
＝360°﹣（∠ABC+∠ADC）
＝360°﹣360°+α+β
＝α+β；
（3）如图1，连接BD，

由（2）得，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，
∴∠CBG＝∠MBC，∠CDG＝∠NDC，
∴∠CBG+∠CDG＝∠MBC+∠NDC＝（∠MBC+∠NDC）＝（α+β），
在△BCD中，∠BDC+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝180°﹣β，
在△BDG中，∠GBD+∠GDB+∠BGD＝180°，
∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD＝180°，
∴（∠CBG+∠CDG）+（∠BDC+∠CBD）+∠BGD＝180°，
∴（α+β）+180°﹣β+30°＝180°，
∴β﹣α＝60°；
（4）平行，
理由：如图2，延长BC交DF于H，

由（1）得，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，
∴∠CBE＝∠MBC，∠CDH＝∠NDC，
∴∠CBE+∠CDH＝∠MBC+∠NDC＝（∠MBC+∠NDC）＝（α+β），
∵∠BCD＝∠CDH+∠DHB，
∴∠CDH＝∠BCD﹣∠DHB＝β﹣∠DHB，
∴∠CBE+β﹣∠DHB＝（α+β），
∵α＝β，
∴∠CBE+β﹣∠DHB＝（β+β）＝β，
∴∠CBE＝∠DHB，
∴BE∥DF．
24．（6分）（2022•南京模拟）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．
【思路引导】（1）根据多边形内角和公式求解即可；
（2）根据题意列出不等式组求解即可．
【完整解答】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≥3，n≥3，m，n为正整数），
（1）根据题意得，有2m+n＝20，则这三个多边形的内角和为2×（m﹣2）×180°+（n﹣2）×180°＝（2m+n﹣6）×180°＝14×180°＝2520°，
（2）根据题意得，，
∴n＜10，
∵m≥3，n≥3，m，n为正整数，
∴m＝6，n＝8；m＝7，n＝6；m＝8，n＝4，
答：这三个多边形的边数是6、6、8或7、7、6或8、8、4．
25．（8分）（2022春•无锡期中）阅读并解决下列问题：
（1）如图①，△ABC中，∠A＝60°，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，则∠BDC＝　120°　．
（2）如图②，五边形ABCDE中，AE∥BC，EF平分∠AED，CF平分∠BCD，若∠EDC＝72°，求∠EFC的度数．


【思路引导】（1）首先根据三角形的内角和定理，求出∠ABC、∠ACB的度数和是多少；然后根据∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，求出∠DBC、∠DCB的度数和是多少；最后在△BCD中，根据三角形的内角和定理，求出∠BDC的度数是多少即可．
（2）首先根据AE∥BC，可得∠A+∠B＝180°，再用五边形的内角和减去180°，求出∠AED、∠EDC、∠BCD的度数和；然后根据∠EDC＝70°，求出∠AED、∠EDC的度数和；最后根据EF平分∠AED，CF平分∠BCD，求出∠FED、∠FCD的度数和；再用四边形CDEF的内角和减去∠FED、∠FCD、∠EDC的度数和，求出∠EFC的度数．
【完整解答】解：（1）∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣60°＝120°，
∵∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，
∴∠ABD＝∠DBC，∠DCB＝∠ACD，
∴∠DBC+∠DCB＝120°÷2＝60°，
∴∠BDC＝180°﹣60°＝120°，
故答案为：120°；
（2）∵AE∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵五边形ABCDE的内角和是540°，
∴∠AED+∠EDC+∠BCD＝540°﹣180°＝360°，
∵∠EDC＝72°，
∴∠AED+∠BCD＝360°﹣72°＝288°，
∵EF平分∠AED，CF平分∠BCD，
∴∠FED+∠FCD＝288°÷2＝144°，
∴∠EFC＝360°﹣（∠FED+∠FCD+∠EDC）＝360°﹣（144°+72°）＝144°
26．（8分）（2022春•江都区期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A'的位置，
（1）探索∠A与∠1+∠2之间的数量关系，并说明理由．
（2）如果点A落在四边形BCDE外点A''的位置，∠A与∠1、∠2之间的数量关系有何变化，请说明理由．


【思路引导】（1）根据折叠性质得出∠AED＝∠A′ED，∠ADE＝∠A′DE，根据三角形内角和定理得出∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A，代入∠1+∠2＝180°+180°﹣2（∠AED+∠ADE）求出即可；
（2）先根据翻折的性质表示出∠1、∠2，再根据四边形的内角和定理列式整理即可得解．
【完整解答】解：（1）2∠A＝∠1+∠2，
理由是：∵沿DE折叠A和A′重合，
∴∠AED＝∠A′ED，∠ADE＝∠A′DE，
∵∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A，∠1+∠2＝180°+180°﹣2（∠AED+∠ADE），
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A）＝2∠A．
（2）∵沿DE折叠A和A'′重合，
∴∠AED＝∠A′'ED，∠ADE＝∠A′'DE，
又∵∠1＝∠A'ED﹣∠BED＝∠AED﹣（180°﹣∠AED）＝2∠AED﹣180°，
∠2＝180°﹣2∠ADE，
∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A，
∴∠1+90°+90°﹣∠2＝180°﹣∠A，
即∠A＝（∠2﹣∠1）．
27．（8分）（2021秋•临江市期末）我们探究过三角形内角和等于180°，四边形内角和等于360°，请解决下面的问题：
（1）如图1，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，则∠AOB+∠COD＝　180°　（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　 　70°　（直接写出结果）；
②如图3，若∠AOD＝∠BOC，AB与CD平行吗？请写出理由．

【思路引导】（1）根据三角形内角和解答即可；
（2）①由四边形的内角和为360°以及角平分线的定义可得∠AOB+∠COD＝180°，据此解答即可；
②由①得∠AOB+∠COD＝180°，从而得出∴∠ADO+∠BOD＝180°，可得∠AOD＝∠BOC＝90°，进而得出∠DAB+∠ADC＝180°，可得AB∥CD．
【完整解答】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＝∠DAB，∠OBA＝∠CBA，∠OCD＝∠BCD，∠ODC＝∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝×360°＝180°，
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＝∠DAB，∠OBA＝∠CBA，∠OCD＝∠BCD，∠ODC＝∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝×360°＝180°，
在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，
在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，
∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，
∴∠AOB+∠COD＝180°；
∴∠AOD+∠BOC＝360°﹣（∠AOB+∠COD）＝360°﹣180°＝180°，
∵∠AOD＝∠BOC，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°．
在∠AOD中，∠DAO+∠ADO＝180°﹣∠AOD＝180°﹣90°＝90°，
∵∠DAO＝∠DAB，∠ADO＝∠ADC，
∴∠DAB+∠ADC＝90°，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∴AB∥CD