初中数学人教版八年级上册11.3.1 多边形同步达标检测题

这是一份初中数学人教版八年级上册11.3.1 多边形同步达标检测题，文件包含八年级数学上册专题115多边形的内角与外角重点题专项讲练人教版原卷版docx、八年级数学上册专题115多边形的内角与外角重点题专项讲练人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
专题11.5 多边形的内角与外角


【典例1】（1）已知：如图，n边形A1A2A3A4A5…An．求证：n边形A1A2A3A4A5…An的内角和等于（n﹣2）•180°；
（2）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻的外角的3倍还大20°，求这个多边形的内角和；
（3）粗心的小明在计算一个多边形的内角和时，误把一个外角也加进去了，得其和为1180°．请直接写出这个多加的外角度数及多边形的边数．

【思路点拨】
（1）根据从n边形的一个顶点可以作（n﹣3）条对角线，这（n﹣3）条对角线要和多边形的两边组成三角形，得出把三角形分割成的三角形个数．欲证明多边形的内角和定理，可以把多边形的内角转移到三角形中，利用三角形内角和等于180°解答；
（2）设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α+20）°，根据题意列出方程可得答案；
（3）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．
【解题过程】
解：（1）∵从n边形的一个顶点可以作（n﹣3）条对角线，
∴得出把三角形分割成的三角形个数为：n﹣3+1＝n﹣2，
∵这（n﹣2）个三角形的内角和都等于180°，
∴n边形的内角和是（n﹣2）×180°；
（2）设多边形的一个外角为α°，则与其相邻的内角为（3α+20）°，
由题意，得（3α+20）+α＝180，
解得α＝40，
即多边形的每个外角为40°，
∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的边数为360°÷40°＝9，
内角和为（9﹣2）×180°＝1260°，
答：这个多边形的内角和为1260°；
（3）设多边形的边数为n，多加的外角度数为α，则
（n﹣2）•180°＝1180°﹣α，
∵1180°＝6×180°+100°，内角和应是180°的倍数，
∴小明多加的一个外角为100°，
∴这是6+2＝8边形的内角和．
答：这个外角的度数是100°，该多边形的边数是8．

1．（2022•九龙坡区校级开学）已知一个多边形的每一个内角都比它相邻的外角的4倍多30°，这个多边形是（　　）
A．十边形 B．十一边形 C．十二边形 D．十三边形
【思路点拨】
设这个多边形为n边形，根据多边形的内角和公式及外角和定理即可求解．
【解题过程】
解：设这个多边形为n边形，它的外角分别为x1，x2，⋯，xn，则对应的内角分别为4x1+30°，4x2+30°，⋯，4xn+30°，
根据题意得，x1+x2+⋯+xn＝360°，
（4x1+30°）+（4x2+30°）+⋯+（4xn+30°）＝（n﹣2）×180°，
∴4×（x1+x2+⋯+xn）+30°n＝（n﹣2）×180°，
∴4×360°+30°n＝（n﹣2）×180°，
∴1440°+30°n＝180°n﹣360°，
∴150°n＝1800°，
∴n＝12，
故选：C．
2．（2021秋•龙山县期末）从九边形的一个顶点出发，可以作①条对角线，它们将九边形分成②个三角形．对于符号①、②表示的数字正确的是（　　）
A．①6、②7 B．①7、②8 C．①8、②8 D．①9、②7
【思路点拨】
根据多边形的对角线的定义：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，得出n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，进而得出这（n﹣3）条对角线把多边形分成的三角形的个数．
【解题过程】
解：从九边形的一个顶点出发，可以向与这个顶点不相邻的6个顶点引对角线，即能引出6条对角线，它们将九边形分成7个三角形．
故选：A．
3．（2021春•东坡区期末）某校新建的科技馆准备用正多边形地砖铺设地面，下列组合中能铺满地面的是（　　）
A．正方形和正六边形 B．正三角形和正六边形
C．正五边形和正八边形 D．正方形和正十边形
【思路点拨】
正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满．
【解题过程】
解：A、正方形和正六边形内角分别为90°、120°，显然不能构成360°的周角，故不能铺满；
B、正三角形和正六边形内角分别为60°、120°，显然能构成360°的周角，故能铺满；
C、正五边形和正八边形内角分别为108°、035°，显然不能构成360°的周角，故不能铺满．
D、正方形和正十边形内角分别为90°、144°，显然不能构成360°的周角，故不能铺满；
故选：B．
4．（2021秋•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．100m B．90m C．54m D．60m
【思路点拨】
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．
【解题过程】
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．
5．（2021秋•寻乌县期末）将一个四边形ABCD的纸片剪去一个三角形，则剩下图形的内角和为（　　）
A．180° B．180°或360°
C．360°或540° D．180°或360°或540°
【思路点拨】
分为三种情况，画出图形，根据多边形的内角和公式求出内角和即可．
【解题过程】
解：如图①，剩余的部分是三角形，其内角和为180°，

如图②，剩余的部分是四边形，其内角和为360°，

如图③，剩余的部分是五边形，其内角和为540°．

综上所述，剩下图形的内角和为180°或360°或540°．
故选：D．
6．（2021秋•铜官区期末）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3分别是∠ABC，∠BCD，∠CDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（　　）

A．180° B．210° C．240° D．270°
【思路点拨】
根据两直线平行，同旁内角互补得到以点A、点E为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
【解题过程】
解：反向延长AB，DC，

∵AB∥ED，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故选：A．
7．（2021秋•微山县期末）如图，正六边形IMNPGH的顶点分别在正六边形ABCDEF的边上．若∠FHG＝28°，则∠BIM等于（　　）

A．28° B．32° C．48° D．52°
【思路点拨】
根据正多边形的内角性质及平角的定义求解即可．
【解题过程】
解：∵六边形IMNPGH和六边形ABCDEF都是正六边形，
∴∠B＝∠A＝∠F＝∠MIH＝∠IHG=(6−2)×180°6=120°，
∵∠FHG＝28°，∠AHI+∠FHG+∠IHG＝180°，
∴∠AHI＝32°，
∵∠A+∠AHI+∠AIH＝180°，
∴∠AIH＝28°，
∵∠AIH+∠BIM+∠MIH＝180°，
∴∠BIM＝32°，
故选：B．
8．（2021春•长宁区期末）小明测量了某凸多边形的内角和，登记时不慎被油墨玷污，仅能看清其记录的是一个三位数，其百位数是7，则这个凸多边形的边数为 　　．
【思路点拨】
根据多边形的内角和是180的整数倍数求解即可．
【解题过程】
解：根据多边形的内角和公式可知，多边形的内角和是180°的整数倍数，
是一个三位数，百位数是7的，又是180的整数倍数的只有720，
故多边形的内角和为720°，
这个凸多边形的边数为：720°180°+2＝6，
故答案为：6．
9．（2021春•市北区期末）用三块正多边形的木板铺地，拼在一起的三块正多边形木板顶点重合，且各边完全吻合，其中两块木板的边数分别是4和6，则第三块木板的边数是 　 　．
【思路点拨】
先求出正四边形和正六边形每个内角的度数，然后根据平面镶嵌的条件求解第三块正多边形的每个内角度数，然后再结合外角和公式进行计算求解．
【解题过程】
解：正四边形每个内角度数为360°÷4＝90°，
正六边形每个内角度数为180﹣360°÷6＝120°，
∴第三块正多边形的每个内角度数为360°﹣90°﹣120°＝150°，
∴第三块正多边形的边数为360°÷（180°﹣150°）＝12，
故答案为：12．
10．（2021秋•青岛期末）如图，试求∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7的度数为 　 　．

【思路点拨】
根据四边形的内角和可得∠1+∠2+∠3+∠8＝360°、四边形BCHG中∠4+∠5+∠9+∠10＝360°，根据∠9＝∠6+∠7、∠8+∠10＝180°可得．
【解题过程】
解：如图，

根据四边形的内角和可得，∠1+∠2+∠3+∠8＝360°，∠4+∠5+∠9+∠10＝360°，
∵∠9＝∠6+∠7，∠8+∠10＝180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠8+∠4+∠5+∠10+∠6+∠7＝720°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝540°．
故答案为：540°．
11．（2021秋•江都区期末）如图，A、B、C均为一个正十边形的顶点，则∠ACB＝　　°．

【思路点拨】
根据正多边形内角和外角和的性质，得∠DAE，∠BAE＝∠E＝∠F＝144°，根据四边形内角和的性质，计算得∠EAC；根据五边形内角和的性质算出∠ABC，再根据三角形外角的性质即可得出答案．
【解题过程】
解：延长BA

∵正十边形，
∴∠DAE=360°10=36°，正十边形内角=(10−2)×180°10=144°，即∠BAE＝∠E＝∠F＝144°，
根据题意，得四边形ACEF内角和为：360°，且∠EAC＝∠FCA，
∴∠EAC＝∠FCA=360⋅−∠E−∠F2=36°，
∴∠DAC＝∠DAE+∠EAC＝72°，
根据题意，得五边形ABCFE内角和为：540°，且∠ABC＝∠FCB，
∴∠ABC＝∠FCB=540−∠BAE−∠E−∠F2=54°，
∴∠ACB＝∠DAC﹣∠ABC＝72°﹣54°＝18°，
故答案为：18．
12．（2021秋•海淀区校级期中）如图①，猜想：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝　 　，
我们把图①称为二环三角形，它的内角和为∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F；图②称为二环四边形，它的内角和为∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H．则二环四边形的内角和为　 　，
二环五边形的内角和为　 　，
二环n边形的内角和为　 　．

【思路点拨】
连接AE，可得∠D+∠C＝∠CAE+∠DEA，再根据四边形的内角和公式即可求解；
D、E之间添加两条边，可得∠M+∠MEF+∠MDH＝∠G+∠F+∠H，再根据六边形的内角和公式即可求解；
根据二环三角形、二环四边形和二环五边形的内角和可得二环n边形的内角和．
【解题过程】
解：如图，

连接AE，则∠D+∠C＝∠CAE+∠DEA，
∴∠BAC+∠B+∠C+∠D+∠DEF+∠F＝∠BAE+∠B+∠F+∠FEA＝360°；
如图，D、E之间添加两条边，可得∠M+∠MEF+∠MDH＝∠G+∠F+∠H，
则∠A+∠B+∠C+∠CDH+∠F+∠G+∠H+∠AEF＝∠A+∠B+∠C+∠CDM+∠MEA+∠M＝720°；
∵二环三角形的内角和是360°＝360°×（3﹣2），
二环四边形的内角和是720°＝360°×（4﹣2），
∴二环五边形的内角和是360°×（5﹣2）＝1080°，
二环n边形的内角和是360°×（n﹣2）．
故答案为：360°；720°；1080°；360°×（n﹣2）．
13．（2021秋•西峰区期末）已知一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，求这个多边形的边数和对角线的条数．
【思路点拨】
一个多边形的内角和等于外角和的3倍少180°，而任何多边形的外角和是360°，因而多边形的内角和等于900°．n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个正多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数，即可求出答案．
【解题过程】
解：设这个多边形的边数为n，则内角和为180°（n﹣2），依题意得：
180（n﹣2）＝360×3﹣180，
解得n＝7，
对角线条数：(7−3)×72=14．
答：这个多边形的边数是7，对角线有14条．
14．（2021秋•海淀区校级期中）看对话答题：小梅说：这个多边形的内角和等于1125°．小红说：不对，你少加了一个角．
问题：
（1）他们在求几边形的内角和？
（2）少加的那个内角是多少度？
【思路点拨】
设少加这个内角为x度，这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式列出算式，根据多边形的一个内角的度数大于0度，且小于180度可求得n的值．
【解题过程】
解：（1）设少加这个内角为x°，这个多边形的边数为n
则1125+x＝（n﹣2）180，
x＝（n﹣2）180﹣1125，
∵0＜x＜180，
∴0＜（n﹣2）180﹣1125＜180，
∵n为整数，
∴n＝9．
（2）x＝（9﹣2）×180﹣1125＝135，
∴少加这个内角为135度．
15．（2021秋•孝昌县校级月考）以下提供了将凸多边形分割成若干个三角形的一种方法：
（1）试根据所给的方法，将图④中的七边形分割成 　 　个三角形；
（2）按这种方法，凸n边形可以分割成 　 　个三角形；
（3）请根据上述方法，以三角形的内角和定理为依据，推导凸n边形的内角和公式：凸n边形的内角和＝（n﹣2）×180°；
（4）利用（3）中的公式解答下面的问题：
凸n边形的内角和再加上某个外角等于1350°，求这个多边形的边数以及这个外角的度数．

【思路点拨】
（1）根据图①②③进行推导．
（2）根据特殊到一般的数学思想解决本题．
（3）由（n﹣1）个三角形的内角的和为180°（n﹣1），得凸n边形的内角和为180°（n﹣1）﹣180°＝（n﹣2）×180°．
（4）设加上的某个外角的度数为x（0＜x＜180°），由题意得（n﹣2）×180°+x＝1350°，从而解决此题．
【解题过程】
解：（1）图①是四边形，分割成3个三角形；
图②是五边形，分割成4个三角形；
图③是六边形，分割成5个三角形；
图④是七边形，分割成6个三角形；
…
以此类推，凸n边形可以分割成（n﹣1）个三角形．
故答案为：6．
（2）由（1）可得：凸n边形可以分割成（n﹣1）个三角形．
故答案为：（n﹣1）．
（3）由（2）得：凸n边形可以分割成（n﹣1）个三角形．
∴（n﹣1）个三角形的内角的和为180°（n﹣1）．
∴凸n边形的内角和为180°（n﹣1）﹣180°＝（n﹣2）×180°．
（4）设加上的某个外角的度数为x（0＜x＜180°）．
由题意得：（n﹣2）×180°+x＝1350°．
∴x＝1350°﹣（n﹣2）×180°．
∵0＜x＜180°，
∴6.5＜n﹣2＜7.5．
∴n＝9．
∴x＝90°．
∴这个多边形的边数为9，这个外角的度数为90°．
16．（2021秋•余干县月考）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＝460°．
（1）求六边形ABCDEF的内角和；
（2）求∠BGD的度数．

【思路点拨】
（1）由多边形的内角和公式，即可求得六边形ABCDEF的内角和；
（2）由∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，即可求得∠GBC+∠C+∠CDG的度数，继而求得答案．
【解题过程】
解：（1）六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°；
（2）∵六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣460°＝260°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝100°．
即∠BGD的度数是100°．
17．（2021春•卧龙区期末）（1）问题发现：由“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”联想到四边形的外角．
如图①，∠1，∠2是四边形ABCD的两个外角．
∵四边形ABCD的内角和是360°，
∴∠A+∠D+（∠3+∠4）＝360°，
又∵∠1+∠3+∠2+∠4＝360°，
由此可得∠1，∠2与∠A，∠D的数量关系是 　 　；
（2）知识应用：如图②，已知四边形ABCD，AE，DE分别是其外角∠NAD和∠MDA的平分线，若∠B+∠C＝230°，求∠E的度数；
（3）拓展提升：如图③，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠CDN和∠CBM是它的两个外角，且∠CDP=14∠CDN，∠CBP=14∠CBM，求∠P的度数．

【思路点拨】
（1）根据两个等式，可以得出∠1，∠2与∠A，∠D的数量关系．
（2）根据第（1）问结论，先确定∠MDA与∠DAN的和，再根据角平分线的性质，可以确定∠EDA与∠DAE的和．这样就可以确定∠E的度数．
（3）先确定∠CDN与∠CBM之和，再确定∠CDP与∠CBP之和，进而确定∠ADC与∠ABP之和，再根根四边形内角和，就可以确定∠P的度数．
【解题过程】
解：（1）∵四边形ABCD的内角和是360°，
∴∠A+∠D+（∠3+∠4）＝360°，
又∵∠1+∠3+∠2+∠4＝360°，
∴∠1+∠2＝∠A+∠D．
故答案为：∠1+∠2＝∠A+∠D．
（2）根据第（1）问的结论，可知：
∠MDA+∠DAN＝∠B+∠C＝230°
∵AE，DE分别是∠NAD和∠MDA的平分线，
∴2∠EDA+2∠DAE＝230°，
∴∠EDA+∠DAE＝115°．
∴∠E＝180﹣（∠EDA+∠DAE）＝65°．
（3）根据第（1）问的结论，可得：∠CDN+∠CBM＝∠ABC+∠ADC，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠CDN+∠CBM＝360°﹣（∠A﹣∠C）＝180°．
∵∠CDP=14∠CDN，∠CBP=14∠CBM，
∴∠CDP+∠CBP=14（∠CDN+∠CBM）＝45°，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠CDN+∠CBM+∠CDN+∠CBM＝180°+45°＝225°，
即∠ADP+∠ABP＝225°，
∵∠A＝90°，
∴∠P＝360°﹣（∠ADP+∠ABP）﹣∠A＝45°．
18．（2021春•新吴区月考）（1）如图①，把三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的内部时，∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变，请试着找一找这个规律　 　；
（2）如果把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCED的外部点A′的位置，如图②，此时∠A与∠1、∠2之间存在什么样的关系？
（3）如果把四边形ABCD沿EF折叠，使点A、D落在四边形BCFE的内部A′、D′的位置，如图③，你能求出∠A、∠D、∠1与∠2之间的关系吗？（直接写出关系式即可）

【思路点拨】
（1）根据折叠的性质表示出∠ADE、∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（2）先根据折叠的性质及平角的定义表示出∠ADE、∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（3）先根据折叠的性质表示出∠ADE、∠AED，再根据四边形的内角和定理列式整理即可得解；
【解题过程】
解：（1）根据折叠的性质可知：
∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠1＝180°﹣2∠ADE①，
∠2＝180°﹣2∠AED②，
①+②，得
∠1+∠2＝360°﹣2（∠ADE+∠AED），
∵∠ADE+∠AED+∠A＝180°，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A）
＝360°﹣360°+2∠A
＝2∠A，
∴∠A=12（∠1+∠2）．
故答案为：∠A=12（∠1+∠2）．
（2）根据折叠的性质可知，
∴∠1＝180°﹣2∠ADE①，
∠2＝2∠AED﹣180°②，
①﹣②，得
∠1﹣∠2＝180°﹣2∠ADE﹣2∠AED+180°
＝360°﹣2（∠ADE+∠AED），
∴2（∠ADE+∠AED）＝360°﹣（∠1﹣∠2），
∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A，
∴2（180°﹣∠A）＝360°﹣（∠1﹣∠2），
360°﹣2∠A＝360°﹣∠1+∠2，
∴∠1﹣∠2＝2∠A，
∴∠A=12（∠1﹣∠2）．
（3）根据折叠的性质可知，
∠AEF=12（180°﹣∠1），
∠DFE=12（180°﹣∠2），
∵∠A+∠D+∠AEF+∠DFE＝360°，
∴∠A+∠D+12（180°﹣∠1）+12（180°﹣∠2）＝360°，
∴2（∠A+∠D）＝∠1+∠2+360°，
∴∠A+∠D=12（∠1+∠2+360°）．
19．（2021秋•永吉县期中）
（1）四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°．
①如图1，若∠B＝∠C，则∠C＝　 　°；
②如图2，若∠ABC的平分线BE交DC于点E，且BE∥AD，则∠C＝　 　；
③如图3，若∠ABC和∠BCD的平分线相交于点E，则∠BEC＝　 　°；
（2）如图3，当∠A＝α，∠D＝β时，若∠ABC和∠BCD的平分线交于点E，∠BEC与α，β之间的数量关系为 　 　；
（3）如图4，在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E＝300°，CP，DP分别平分∠BCD和∠EDC，求∠P的度数．

【思路点拨】
（1）①根据四边形内角和等于360°求出∠B+∠C的度数，再除以2即可求解；
②先根据平行线的性质得到∠ABE的度数，再根据角平分线定义和四边形内角和即可求解；
③根据四边形内角和求出∠ABC+∠BCD的度数，再根据角平分线定义得到∠EBC+∠ECB的度数，最后根据三角形内角和即可求解；
（2）先根据四边形的内角和等于360°求出∠ABC+∠BCD的度数，再根据角平分线的定义求出12（∠ABC+∠BCD）的度数，然后利用三角形的内角和定理列式即可求出∠BEC的度数；
（3）先根据五边形的内角和等于540°求出∠CDE+∠BCD的度数，再根据角平分线的定义求出12（∠CDE+∠BCD）的度数，然后利用三角形的内角和定理列式即可求出∠P的度数．
【解题过程】
解：（1）①∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠B＝∠C，
∴∠C＝70°．
故答案为：70；
②∵BE∥AD，
∴∠ABE+∠A＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A＝180°﹣140°＝40°，
∵∠ABC的角平分线BE交DC于点E，
∴∠ABC＝80°，
∴∠C＝360°﹣（140°+80°+80°）＝60°．
故答案为：60；
③∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
故答案为：110；
（2）∵四边形ABCD中，∠A＝α，∠D＝β，
∴∠B+∠C＝360°﹣（α+β），
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝180°−12（α+β），
∴∠BEC＝180°﹣[180°−12（α+β）]=12（α+β），
故答案为：∠BEC=12（α+β）；
（3）∵∠BCD+∠CDE＝540°﹣（∠A+∠B+∠E）＝540°﹣300°＝240°，
又∵CP，DP分别平分∠BCD和∠EDC，
∴∠PCD=12∠BCD，∠PDC=12∠CDE．
∴∠PCD+∠PDC=12（∠BCD+∠CDE）＝240°×12=120°．
∴∠P＝180°﹣（∠PCD+∠PDC）＝180°﹣120°＝60°．
20．（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＝　 　（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？请写出理由．

【思路点拨】
（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．
【解题过程】
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=12∠DAB，∠OBA=12∠CBA，∠OCD=12∠BCD，∠ODC=12∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=12×360°＝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=12∠DAB，∠OBA=12∠CBA，∠OCD=12∠BCD，∠ODC=12∠ADC，
∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC=12×360°＝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=12∠DAB，∠ADO=12∠ADC，
∴12∠DAB+12∠ADC＝90°，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∴AB∥CD．