中考数学一轮复习考点练习考向23 多边形及其内角和（含答案详解）

这是一份中考数学一轮复习考点练习考向23 多边形及其内角和（含答案详解），共46页。
1、四边形：在同一平面内，由不在同一直线上的四条线段首尾顺次相接的图形叫做四边形。
2、凸四边形
把四边形的任一边向两方延长，如果其它边都在延长线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形。
3、对角线
在四边形中，连接不相邻两个顶点的线段叫做四边形的对角线。
4、四边形的不稳定性
三角形的三边如果确定后，它的形状、大小就确定了，这是三角形的稳定性。但是四边形的四边确定后，它的形状不能确定，这就是四边形所具有的不稳定性，它在生产、生活方面有着广泛的应用。
5、四边形的内角和定理及外角和定理
四边形的内角和定理：四边形的内角和等于360°。
四边形的外角和定理：四边形的外角和等于360°。
推论：多边形的内角和定理：n边形的内角和等于180°；
多边形的外角和定理：任意多边形的外角和等于360°。
6、多边形的对角线条数的计算公式
设多边形的边数为n，则多边形的对角线条数为。
【题型探究】
题型一：认识多边形
1．（2023春·上海·九年级专题练习）下列命题中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等D．各边相等的圆外切多边形是正多边形
2．（2022·福建漳州·福建省漳州第一中学校考模拟预测）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用图2圆的内接正十二边形计算圆周率，首先要计算它的周长，下列结果正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2019·浙江·宁波市慈湖中学校考一模）把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的形状不可能是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
题型二：多边形的对角线问题
4．（2022·河北保定·统考一模）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（ ）
A．3B．6C．9D．18
5．（2018·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）已知一个正n边形的每个内角为120°，则这个多边形的对角线有（ ）
A．5条B．6条C．8条D．9条
6．（2021·云南普洱·统考一模）如图，从一个四边形的同一个顶点出发可以引出1条对角线，从五边形的同一个顶点出发，可以引出2条对角线，从六边形的同一个顶点出发，可以引出3条对角线，……，依此规律，从n边形的同一个顶点出发，可以引出的对角线数量为（ ）
A．nB．C．D．
题型三：多边形的内角和问题
7．（2022·云南文山·统考三模）已知某正多边形的一个外角是，则该多边形的内角和是( )
A．B．C．D．
8．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，一块四边形绿化园地，四角都做有半径为2的圆形喷水池，则这四个喷水池占去的绿化园地的面积为（ ）
A．B．C．D．
9．（2022·四川绵阳·校考二模）如图，在正六边形ABCDEF中，M，N分别为边CD，BC的中点，AN与BM相交于点P，则∠APM的度数是（ ）
A．110°B．120°C．118°D．122°
题型四：多边形外角和问题
10．（2022·广东珠海·校考一模）若一个正多边形的内角和是外角和的3倍，则这个正多边形的边数为（ ）．
A．6B．7C．8D．9
11．（2022·河北·九年级专题练习）如图，六边形中，的外角都相等，即，分别作和的平分线交于点P，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
12．（2022·河北保定·统考三模）如图，由一个正六边形和正五边形组成的图形中，的度数应是（ ）
A．B．C．D．
题型五：平面镶嵌问题
13．（2021·贵州铜仁·统考中考真题）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．工人师傅不能用下列哪种形状、大小完全相同的一种地砖在平整的地面上镶嵌（ ）
A．等边三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形
14．（2022·广东佛山·西南中学校考三模）如图是某小区花园内用正边形铺设的小路的局部示意图，若用块正边形围成的中间区域是一个小正方形，则（ ）
A．B．C．D．
15．（2022·江西抚州·统考一模）在数学活动课中，我们学习过平面镶嵌，若给出如图所示的一些边长均为1的正三角形、正六边形卡片，要求必须同时使用这两种卡片，不重叠、无缝隙地围绕某一个顶点拼在一起，形成一个平面图案，则可拼出的不同图案共有（ ）．
A．2种B．3种C．4种
D．5种
题型六：多边形内角和综合问题
16．（2022·四川凉山·校考一模）有五张形状、大小和质地相同的卡片A、B、C、D、E，正面分别写有一个正多边形（所有正多边形的边长相等），把五张卡片洗匀后正面朝下放在桌面上，
(1)若从中随机抽取一张（不放回），接着再随机抽取一张．请你用画树形图或列表的方法列举出可能出现的所有结果；
(2)从这5张卡片中随机抽取2张，利用列表或画树状图计算：与卡片上图形形状相对应的这两种地板砖能进行平面镶嵌的概率是多少？
17．（2022·江西赣州·统考二模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图①，，则四边形为“等邻角四边形”．
(1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是___________．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④等腰梯形．
(2)深入探究：
①已知四边形为“等邻角四边形”，且，则________．
②如图②，在五边形中， ，对角线平分，求证：四边形为等邻角四边形．
(3)拓展应用：如图③，在等邻角四边形中，，点P为边BC上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，的值是否会发生变化？请说明理由．
18．（2022·江西赣州·统考一模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”，例如：如图1，∠B＝∠C，则四边形ABCD为等邻角四边形．
(1)定义理解：已知四边形ABCD为等邻角四边形，且∠A＝130°，∠B＝120°，则∠D＝______度．
(2)变式应用：如图2，在五边形ABCDE中，ED∥BC，对角线BD平分∠ABC．
①求证：四边形ABDE为等邻角四边形；
②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，请判断△BCD的形状，并明理由．
(3)深入探究：如图3，在等邻角四边形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足为E，点P为边BC上的一动点，过点P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，判断PM+PN与CE的数量关系？请说明理由．
(4)迁移拓展：如图4，是一个航模的截面示意图．四边形ABCD是等邻角四边形，∠A＝∠ABC，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
【必刷基础】
一、单选题
19．（2022·江苏无锡·统考一模）如果一个多边形的每个内角都是，则它的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．11
20．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）如果一个多边形的边数变为原来的倍后，其内角和增加了，则这个多边形的边数为 （ ）
A．B．C．D．
21．（2022·河北唐山·统考二模）下列图形中，内角和与外角和相等的多边形是（ ）
A．B．C．D．
22．（2022·河北邯郸·校考一模）如图，若干全等正五边形排成环状．图中所示的是前3个五边形，要完成这一圆环还需（ ）个五边形．
A．6B．7C．8D．9
23．（2022·上海·统考中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（ ）
A．6B．9C．12D．15
24．（2022·山东烟台·统考中考真题）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，则这个正多边形是（ ）
A．正方形B．正六边形C．正八边形D．正十边形
25．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是( )
A．4B．C．2D．0
26．（2022·福建漳州·统考模拟预测）如图所示的五边形花环是用五个全等的等腰三角形拼成的，则的度数为（ ）
A．28°B．36°C．45°D．72°
27．（2022·四川南充·中考真题）如图，在正五边形中，以为边向内作正，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
28．（2022·辽宁沈阳·统考二模）如图．在五边形ABCDE中，，，．
(1)求证：；
(2)当，时，请直接写出的度数为______度．
29．（2022春·浙江·九年级统考）如图1，正五边形ABCDE与⊙O相切于点A，点C在⊙O上．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为5，求劣弧AC的长度；
(3)如图2，连接AD交⊙O于点F．求证：四边形ABCF是菱形．
【必刷培优】
一、单选题
30．（2022·福建厦门·厦门双十中学校考二模）如图，正三角形PMN的顶点分别是正六边形ABCDEF三边的中点，则正三角形 PMN与正六边形ABCDEF的周长之比（ ）
A．1∶2B．2∶3
C．3∶4D．3∶8
31．（2022春·四川南充·九年级专题练习）如图，正六边形ABCDEF的顶点A点在y轴正半轴上，B、C两点都在x轴上，且C点坐标为（3，0），把正六边形ABCDEF绕C点顺时针旋转，使D点恰好落在x轴上的D＇处，下列说法错误的是（ ）
A．旋转后的正六边形可由六边形ABCDEF向右平移2个单位得到
B．旋转前、后两个正六边形组成的图形关于直线CE、AD对称
C．旋转前、后两个正六边形重叠部分面积为
D．旋转过程中，E点经过的路线长为
32．（2022秋·山西阳泉·九年级统考期中）如图，在正六边形ABCDEF中，点G是AE的中点，若AB＝4，则CG的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
33．（2022·河北石家庄·石家庄市第四十一中学校考模拟预测）如图，点，，，为一个正十二边形相邻的四个顶点，则为（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
二、填空题
34．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考一模）正六边形的一个内角是正边形一个外角的倍，则等于__
35．（2022·江苏淮安·淮阴中学新城校区校联考二模）如果一个多边形的每一个外角都是，那么这个多边形的边数是_______．
36．（2022·山东济南·统考模拟预测）如图，将一个正六边形与一个正五边形如图放置，顶点A、B、C、D四点共线，E为公共顶点．则∠BEC＝_____．
37．（2022·陕西西安·校考模拟预测）一个多边形的内角和为1080°，从该多边形的一个顶点出发引对角线，可以把这个多边形分割成________个三角形．
38．（2022·四川资阳·中考真题）小张同学家要装修，准备购买两种边长相同的正多边形瓷砖用于铺满地面．现已选定正三角形瓷砖，则选的另一种正多边形瓷砖的边数可以是___________．（填一种即可）
39．（2022·山东临沂·统考中考真题）如图，在正六边形中，，是对角线上的两点，添加下列条件中的一个：①；②；③；④．能使四边形是平行四边形的是__________（填上所有符合要求的条件的序号）．
三、解答题
40．（2023·全国·九年级）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD有交点，且∠ABC + ∠ADC = 90°．点E与点C在BD同侧，连接BE，CE，DE，若△ABD∽△CBE．
(1)求证：DC⊥CE；
(2)若 ，求BDE的面积
41．（2021·河南·九年级专题练习）（1）问题发现：如图①，和都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接．
①的度数为______；
②线段之间的数量关系为______；
（2）拓展探究：如图②，和都是等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，试求的度数及判断线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，和都是等腰三角形，，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出的度数．
42．（2021·浙江湖州·统考一模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．
(1)如图1，四边形ABCD是“等对角四边形”，∠B≠∠D，∠B＝90°，∠D＝105°，则∠C＝______°；
(2)已知，在△ABC中，AC＝4，BC＝3，AB＝5，D为AC的中点，E是线段AB上一点，当四边形BCDE是“等对角四边形”时．求对角线CE的长；
(3)如图2，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD为“等对角四边形”，其顶点A，C的坐标分别为（﹣，0），（，0），顶点B在y轴上，顶点D在第四象限内，且∠ADC＝120°．P为坐标平面内的一点，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）过A，C，P三点，当满足∠APC＝∠ADC的P点至少有3个时，请直接写出a的取值范围．
43．（2022·江苏南京·模拟预测）如图，ABC和BDE均为等边三角形，连接AE、CD．
(1)求证：AE＝CD；
(2)连接AD，分别取边AD、CD、AE的中点F、G、H，连接FG、FH，设∠ABE＝α．
①当60°＜α＜180°时（如图1），求证：∠CBE+∠GFH＝120°；
②当0°＜α＜60°时（如图2），①中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出正确结论，并说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可．
【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，故本选项说法错误，不符合题意；
B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意；
C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项说法错误，不符合题意；
D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
2．A
【分析】求出正多边形的中心角，利用三角形周长公式求解即可．
【详解】解：∵十二边形是正十二边形，
∴，
∵于M，又，
∴，
∵正边形的周长，
∴圆内接正十二边形的周长，
故选：A．
【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，求出正十二边形的周长是解题的关键．
3．D
【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，由此即可解答.
【详解】当剪去一个角后，剩下的部分是一个四边形，
则这张纸片原来的形状可能是四边形或三角形或五边形，不可能是六边形．
故选D．
【点睛】剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条．
4．A
【分析】先由多边形的内角和公式与外角和的关系可得再解方程，从而可得答案．
【详解】解：设这个多边形为边形，则，
，
解得：，
所以从这个多边形的一个顶点出发共有条对角线，
故选A．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理，多边形的对角线问题，掌握“利用多边形的内角和为,外角和为”是解题的关键．
5．D
【分析】多边形的每一个内角都等于120°，则每个外角是60°，而任何多边形的外角是360°，则求得多边形的边数；再根据多边形一个顶点出发的对角线＝n﹣3，即可求得对角线的条数．
【详解】解：∵多边形的每一个内角都等于120°，
∴每个外角是60度，
则多边形的边数为360°÷60°＝6，
则该多边形有6个顶点，
则此多边形从一个顶点出发的对角线共有6﹣3＝3条．
∴这个多边形的对角线有（6×3）＝9条，
故选：D．
【点睛】本题主要考查多边形内角和与外角和及多边形对角线，掌握求多边形边数的方法是解本题的关键．
6．C
【分析】根据题意可得从n边型的同一个顶点出发，可以引条对角线．
【详解】解：∵从一个四边形的同一个顶点出发可以引出条对角线；
从五边形的同一个顶点出发，可以引出条对角线，
从六边形的同一个顶点出发，可以引出条对角线，
∴从n边型的同一个顶点出发，可以引条对角线，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了图形类的规律题，解题的关键在于能够根据题意得到规律求解．
7．B
【分析】根据题意先求得边数，然后根据多边形内角和公式即可求解．
【详解】解：∵正多边形的一个外角是，
∴该多边形的边数是，
∴该多边形的内角和是．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，正多边形的外角，掌握多边形内角和公式是解题的关键．
8．B
【分析】因为图中的圆形喷水池的内角和度数为360°，为一个圆，利用圆的面积计算公式求出圆形喷水池的面积即可．
【详解】解：绿化园地为四边形，四边形的内角和为360°，阴影部分的面积和为一个圆面积，故这四个喷水池占去的绿化园地的面积为．
故选B．
【点睛】此题主要考查多边形内角和以及圆的面积计算方法等知识．
9．B
【分析】根据正六边形内角和公式求出内角，根据三角形的判定定理证明△ABN≌△BCM，通过角的等量替换即可证得．
【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC＝∠BCD＝＝120°，AB＝BC＝CD，
∵M，N分别为边CD，BC的中点，
∴BN＝CM，
∴△ABN≌△BCM（SAS），
∴∠BNP＝∠CMB，
∵∠CBM＝∠PBN，
∴∠BPN＝∠BCD＝120°，
∴∠APM＝120°，
故选：B．
【点睛】此题考查了多边形内角和公式、三角形全等，解题的关键是熟悉并会用内角和公式求角的度数．
10．C
【分析】多边形的外角和都为，根据题意即可列出方程，算出边数n即可解决问题．
【详解】解：根据题意可得：，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化．
11．B
【分析】根据多边形外角和求出∠5+∠6=112°，根据角平分线定义进而求出∠FEP+∠EFP=124°，再根据三角形的内角和求出∠P的度数．
【详解】解：∵，多边形的外角和为360°，
∴∠5+∠6=360°-62°×4=112°，
∴∠DEF+∠AFE=248°，
∵EP，FP分别平分∠DEF和∠AFE，
∴∠FEP=∠DEF ，∠EFP=∠AFE，
∴∠FEP+∠EFP=（∠DEF+∠AFE）=124°，
∴∠P=56°．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定义，角平分线的定义以及三角形的内角和，掌握以上基础知识是解决问题的关键．
12．B
【分析】根据正多边形内角和公式求出正六边形和正五边形的内角和内角的补角，结合三角形内角和定理即可求解；
【详解】解：正六边形的内角为：，内角的补角为：60°；
正五边形的内角为：，内角的补角为：72°；
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查多边形内角和公式，三角形的内角和定理，掌握相关知识并正确求解是解题的关键．
13．C
【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是，因此我们只需要验证是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
【详解】解：A、等边三角形每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
B、正方形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
C、正五边形的每个内角的度数为，，故该项符合题意；
D、正六边形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键．
14．C
【分析】根据镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成求出正边形的一个内角，进而得到一个外角的度数，根据多边形的外角和是即可得出答案．
【详解】解：正方形的一个内角是，
正边形的一个内角，
正边形的一个外角，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，掌握镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成是解题的关键．
15．B
【分析】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．
【详解】解：∵正三角形的内角为60°，正六边形的内角为120°，
设围绕某一个顶点拼在一起，成一个平面图案，用个正三角形、个正六边形，则
；采用列举法求解，从来讨论求值：
∴①当时，有两种图案，具体是或；
②当时，有一种图案，具体是；
故选：B．
【点睛】考查了平面镶嵌（铺满）问题，记住几个常用正多边形的内角并能够用两种正多边形镶嵌的几个组合是解决问题的关键．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）列出图表即可得到所有的可能情况；
（2）根据平面镶嵌的定义，能构成平面镶嵌的多边形有正三角形与正方形，正三角形与正六边形，然后根据概率公式列式计算即可得解．
(1)
解：列表得：
所有出现的结果共有20种；
(2)
根据题意得：
由上表可知，共有20种可能的结果，其中能进行平面镶嵌的结果有6种，分别是：AB，AD，BE，BA、DA、EB，
∴这两种地板砖能进行平面镶嵌的概率＝．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率以及平面镶嵌的知识，概率＝所求情况数与总情况数之比，平面镶嵌的条件：各个顶点处内角和恰好为360°．
17．(1)②④
(2)①或或；②见解析
(3)不会发生变化，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的性质即可解答；
（2）①分当和、时三种情况求解；
②由得，根据对角线平分，得，故，即证得四边形为等邻角四边形；
（3）过C作于H，过P作于G，由，，得四边形是矩形，得，可证明，得，即有，从而说明在点P的运动过程中，的值总等于C到的距离，不会变化．
（1）
解：①平行四边形的邻角互补，不是等邻角四边形；
②矩形四个角都是直角，则邻角相等，是等邻角四边形；
③菱形的邻角互补，不是等邻角四边形；
④等腰梯形的两个底角相等，是等邻角四边形．
综上，②④是等邻角四边形．
故答案为：②④；
（2）
解：①当时，四边形为“等邻角四边形”，
∵，
∴；
当时，四边形为“等邻角四边形”，
当时，四边形为“等邻角四边形”，
；
故答案为：或或；
②∵，
∴，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴四边形为等邻角四边形；
（3）
解：在点P的运动过程中，的值不会发生变化，理由如下：
过C作于H，过P作于G，如图：
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，
∴，
即在点P的运动过程中，的值总等于C到AB的距离，是定值．
【点睛】本题考查多边形综合应用，涉及新定义、多边形内角和、三角形全等的判定及性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
18．(1)55°
(2)①见解析；②△BCD是等边三角形，理由见解析
(3)在点P的运动过程中，PM+PN＝CE，理由见解析
(4)（6+2）dm
【分析】（1）由∠A=130°，∠B=120°知不可能还有内角与∠A、∠B相等（否则内角和大于360°），则∠C=∠D，即得∠D=55°；
（2）①由ED//BC得∠EDB=∠DBC，根据对角线BD平分∠ABC得∠ABD=∠DBC，故∠ABD=∠EDB，即证四边形ABDE为等邻角四边形；②设∠EDB=∠DBC=∠ABD=x°，∠BDC=∠C=y°，由∠A+∠C+∠E=300°得3x+y=240，在△BCD中，x+2y=180，可解得，即∠DBC=60°，∠BDC=∠C=60°，故△BCD是等边三角形；
（3）过P作PGCE于G，由图象可得：四边形PMEG是矩形，再证明△PGC≌△CNP，得CG=PN，即有PM+PN＝EG+CG=CE；
（4）作BHAD，由(3)中的结论可得：ED+EC=BH，设DH=xdm，利用BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2，解得x，求得BH，进而求出ED+EC，再根据斜中线定理求得△DEM与△CEN的周长之和．
【详解】（1）解：∵∠A=130°，∠B=120°，
根据“等邻角四边形”定义可知：
∠C=∠D，
∴∠D=(360°−130°−120°)÷2=55°；
（2）①证明：∵ED//BC，
∴∠EDB=∠DBC，
∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC ，
∴∠ABD=∠EDB，
∴四边形ABDE为等邻角四边形，
②解：△BCD是等边三角形，理由如下：
由①知：∠EDB=∠DBC=∠ABD，
设∠EDB=∠DBC=∠ABD=x°，∠BDC=∠C=y°，
∵∠A+∠C+∠E=300°，
五边形ABCDE内角和为(5﹣2)×180°=540°，
∴∠EDC+∠ABC=540°－300°=240°，即：3x+y=240，
在△BCD中，∠DBC+∠BDC+∠C=180°，即x+2y=180，
由联立方程组，
解得，
∴∠DBC=60°，∠BDC=∠C=60°，
∴△BCD是等边三角形；
（3）解：在点P的运动过程中，PM+PN=CE，理由如下：
过P作PGCE于G，如图：
∵PMAB，CEAB，PGCE，
∴∠PME=∠MEG=∠EGP=90°，
∴四边形PMEG是矩形，
∴PM=EG，ME//PG，AB//PG，
∴∠B=∠GPC，
∵∠B=∠NCP，
∴∠GPC＝∠NCP，
∵PNCD，
∴∠PGC=∠CNP=90°，
∵CP=PC，
∴△PGC≌△CNP（AAS），
∴CG=PN，
∴PM+PN＝EG+CG=CE，
即在点P的运动过程中，PM+PN的值总等于CE；
（4）作BHAD，垂足为H，如图：
由(3)中的结论可得：ED+EC=BH，
设DH=xdm，
则AH=AD+DH=(3+x)dm，
∵BH⊥AF，
∴∠BHA=90°，
∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2，
∵AB＝2，AD＝3，BD＝，
∴()2﹣x2＝(2)2﹣(3+x)2，
解得：x＝1，
∴BH2＝BD2﹣DH2，
＝37﹣1＝36，
∴BH＝6dm，
∴ED+EC＝6，
∵∠ADE＝∠BCE＝90°，
且M、N分别为AE、BE的中点，
∴DM＝AM＝EM＝AE，CN＝BN＝EN＝BE，
∴△DEM与△CEN的周长之和
DE+DM+EM+CN+EN+EC
＝DE+AE+BE+EC
＝DE+AB+EC
＝DE+EC+AB
＝6+2，
∴△DEM与△CEN的周长之和为(6+2)dm．
【点睛】本题考查多边形综合应用，涉及新定义等邻角四边形的证明，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及直角三角形斜边中线的性质等知识点，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
19．C
【分析】利用内角求出多边形的每个外角的度数，根据外角和求出边数即可．
【详解】解：∵一个多边形的每个内角都是，
∴这个多边形的每个外角都为，
∴它的边数为，
故选：C．
【点睛】此题考查了多边形的外角和，多边形的内角与外角为邻补角的关系，正确掌握多边形的外角和及内角与相邻外角的关系是解题的关键．
20．A
【分析】设这个多边形的边数为，根据内角和公式列方程求解即可．
【详解】设这个多边形的边数为，由题意得
解得
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
21．C
【分析】根据任意多边形的外角和为，四边形的内角和也为，据此即可求解．
【详解】解：∵任意多边形的外角和为，四边形的内角和为，
故选C．
【点睛】本题考查了多边形的外角和与内角和，掌握任意多边形的外角和为是解题的关键．
22．B
【分析】先根据多边形的内角和公式（n-2）•180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．
【详解】解：五边形的内角和为（5-2）×180°=540°，
所以正五边形的每一个内角为540°÷5=108°，
如图，延长正五边形的两边相交于点O，
则∠1=360°-108°×3=360°-324°=36°，
360°÷36°=10，
∵已经有3个五边形，
∴10-3=7，
即完成这一圆环还需7个五边形．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．
23．C
【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与一致或有倍数关系的则符合题意．
【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，是的3倍，则可以旋转得到．
A.
B.
C.
D.
观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合
故选C．
【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系．
24．C
【分析】设这个外角是x°，则内角是3x°，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是360°即可求解．
【详解】解：∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，
∴设这个外角是x°，则内角是3x°，
根据题意得：x+3x＝180°，
解得：x＝45°，
360°÷45°＝8（边），
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．
25．B
【分析】由题意可分别求出经过2022秒后，红黑两枚跳棋的位置，然后根据正多边形的性质及含30度直角三角形的性质可进行求解．
【详解】解：∵2022÷3=674，2022÷1=2022，
∴，
∴经过2022秒后，红跳棋落在点A处，黑跳棋落在点E处，
连接AE，过点F作FG⊥AE于点G，如图所示：
在正六边形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、勾股定理、含30度直角三角形的性质及正多边形的性质是解题的关键．
26．B
【分析】根据题意可得五个全等的等腰三角形拼成内外两个正五边形，利用正多边形内角和可得∠EAB=∠ACD=，再由邻补角得出∠ACB=∠EAC=，结合图形代入求解即可．
【详解】解：如图所示，五个全等的等腰三角形拼成内外两个正五边形，
∴∠EAB=∠ACD=，
∴∠ACB=∠EAC=180°，
∴∠BAC=∠EAB-∠EAC =108°，
故选：B．
【点睛】题目主要考查正多边形内角和及等腰三角形的性质，邻补角等，理解题意，熟练掌握运用正多边形内角和的计算公式是解题关键．
27．C
【分析】利用正多边形各边长度相等，各角度数相等，即可逐项判断．
【详解】解：∵多边形是正五边形，
∴该多边形内角和为：，，
∴，故D选项正确；
∵是正三角形，
∴，，
∴，，
∴，故B选项正确；
∵，，
∴，故A选项正确；
∵，，
∴，故C选项错误，
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形的性质以及多边形内角和公式，熟练掌握正多边形“各边长度相等，各角度数相等”是解题的关键．
28．(1)见解析
(2)
【分析】(1)根据可得∠ACD＝∠ADC，∠BCD＝∠EDC，可得∠ACB＝∠ADE，进而运用SAS即可判定全等三角形；
(2) 先利用△ABC≌△AED（SAS），得到，再利用五边形的内角和即可求解．
(1)
证明：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
又∵∠BCD＝∠EDC，
∴∠ACB＝∠ADE，
在△ABC和△AED中，，
∴△ABC≌△AED（SAS），
∴；
(2)
解：∵△ABC≌△AED（SAS），
∴，
∵，
∴，
∵五边形的内角和 ，
∴，
即，解得，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：两边及其夹角对应相等的两个三角形全等．
29．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）证明，进而求解即可；
（2）由得到，代入弧长公式计算即可；
（3）利用同旁内角互补，得到两组对边分别平行，证明四边形ABCF是平行四边形，而，便可证明结论．
【详解】（1）如图，连接OA、OB、OC
AE是⊙O的切线
在和中
CD是⊙O的切线；
（2）
劣弧AC的长度
（3）五边形ABCDE是正五边形
，
由（2）得
四边形ABCF是平行四边形
四边形ABCF是菱形
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了正多边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
30．C
【分析】连接BE，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FH⊥BE于点H，根据正六边形的性质可得AF∥BE，AF=BG+HE，再证得四边形AGHF为矩形，可得，然后根梯形的中位线定理可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接BE，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FH⊥BE于点H，
在正六边形ABCDEF中，，AB=AF=EF，
∴∠ABE=∠BEF=60°，
∴∠BAF+∠ABE=180°，∠BAG=∠EFH=30°，
∴AF∥BE，AB=2BG，EF=2EH，
∴AF=2 BG=2EH，∠GAF=90°，
∴AF=BG+HE，
∵∠GAF=∠AGH=∠FHG=90°，
∴四边形AGHF为矩形，
∴AF=GH，
∴，
∵点P，N分别为AB，EF的中点，
∴，
∴，
∴正三角形PMN的周长为，
∵正六边形ABCDEF的周长为6AF，
∴正三角形 PMN与正六边形ABCDEF的周长之比为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了梯形的中位线定理，正多边形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
31．D
【分析】由△AOB可知，OB+AB=3，OB=AB，得到OB=1，AB=2；
A、旋转后的正六边形可由六边形ABCDEF向右平移2个单位得到即可判定；
B、观察图形可知，旋转前、后两个正六边形组成的图形关于直线CE、AD对称即可判定；
C、观察图形可知，重叠部分的图形为菱形，算出其面积即可判定；
D、观察图形可知，E点经过的距离是一段弧，计算出圆心角的度数和半径长，即可判定；
【详解】由正六边形ABCDEF的性质可知，∠ABD=120°
∴∠ABO=60°，
∴OB+AB=3，OB=AB，
得到OB=1，AB=2，
A、旋转后的正六边形可由六边形ABCDEF向右平移2个单位得到，故A选项正确；
B、观察图形可知，旋转前、后两个正六边形组成的图形关于直线CE、AD对称，故B选项正确；
C、观察图形可知，重叠部分的图形为菱形，菱形的对角线长度分别为2和2，故重叠部分的面积=×2×2=2，故C选项正确；
D、观察图形可知，E点经过的距离是一个圆弧，圆心角=120°，半径是2，故弧长==，故D选项错误．
故选：D．
【点睛】本题考查图形的旋转、正多边形的性质和弧长公式，熟练掌握旋转的性质是解决本题的关键．
32．B
【分析】先求出正多边形的内角，再根据正多边形的性质，求得是直角三角形，再根据三角比求出GE的长度，再在中，解直角三角形求得CG的长即可．
【详解】解：如图：连接CE,GF
∵六边形ABCDEF是正六边形，AB＝4
∴AF=EF=AB=4，每个内角：
∵点G是AE的中点
∴，则，
∴，
∵
∴（同理）
∴
∴
故选B．
【点睛】本题考查的是正六边形的性质、解直角三角形的性质，解题的关键构造直角三将．
33．D
【分析】连接，构造等腰三角形，根据正十二边形，可得到、、的度数，即可求得的度数．
【详解】
解：如图，连接，在正十二边形中，，，
∴为等腰三角形，，
又∵，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查正十二边形里的角度计算，构造等腰三角形、正十二边形内角度数是解题关键．
34．
【分析】先根据多边形的内角和定理求出正六边形的内角为，进而得正边形的外角为，再根据外角和定理即可求解．
【详解】解：由多边形的内角和定理可知，正六边形的内角为，
∵正六边形的一个内角是正边形一个外角的倍，
∴正边形的外角为，
∴正边形的边数为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的外角与内角的知识．解题的关键在于熟练掌握正多边形的内角和和外角和定理．
35．6
【分析】根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
【详解】解：多边形的边数是：，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和是360°是解题关键．
36．48°##48度
【分析】根据多边形的内角和，分别得出∠ABE＝120°，∠DCE＝108°，再根据平角的定义和三角形的内角和算出∠BEC．
【详解】解：由多边形的内角和可得，
∠ABE＝ ＝120°，
∴∠EBC＝180°﹣∠ABE＝180°﹣120°＝60°，
∵∠DCE＝＝108°，
∴∠BCE＝180°﹣108°＝72°，
由三角形的内角和得：
∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠BCE＝180°﹣60°﹣72°＝48°．
故答案为：48°．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，掌握定理是解题的关键．
37．6
【分析】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算分成三角形的个数．
【详解】解：设此多边形的边数为，由题意得：，
解得；，
从这个多边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成的三角形个数：8-2=6，
故答案为：6．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角，关键是掌握多边形的内角和公式，理解从一个n边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成(n-2)个三角形．
38．4或6或12
【分析】分别求出各个多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可求出答案．
【详解】正三角形的每个内角是，正四边形的每个内角是，
∵，
∴正四边形可以，
正六边形的每个内角是，
∵，
∴正六边形可以，
正十二边形的每个内角是，
∵，
∴正十二边形可以，
故答案为：4或6或12．
【点睛】几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
39．①②④
【分析】根据正六边形的性质，依次结合题给的条件，先证有关三角形是否全等，再证四边形是平行四边形．
【详解】解：由正六边形的性质知：
∠ABM=∠DEN，AB=DE，∠BAF=∠CDE，
①若BM=EN，
在△ABM和△DEN中，
，
∴（SAS），
∴AM=DN，∠AMB=∠DNE，
∴∠AMN=∠DNM，
∴AMDN，
∴四边形是平行四边形；
②若，则
∠BAN=∠EDM，
在和中，
，
∴(ASA)，
∴AN=DM，∠ANM=∠DMN，
∴ANDM
∴四边形是平行四边形；
③若，结合条件AB=DE，∠ABM=∠DEN，SSA无法证明，也就无法证明四边形是平行四边形；
④若，
在△ABM和△DEN中，
，
∴（AAS），
∴AM=DN，∠AMB=∠DNE，
∴∠AMN=∠DNM，
∴AMDN，
∴四边形是平行四边形；
综上所述，①②④符合题意．
故答案为：①②④．
【点睛】此题考查了正六边形的性质、全等三角形的判定以及平行四边形的判定．解题的关键是熟练运用上述知识逐一进行判断．
40．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由△ABD∽△CBE得∠BCE=∠BAD，由四边形内角和为360゜及周角为360゜，即可求得∠DCE=90゜，从而可得结论成立；
（2）过点A作AF⊥CD于点F，过点D作DG⊥BE于点G．由△ABD∽△CBE，可求得BE的长，及；由可得，从而可得，进而可得∠ADC=30゜，故可得∠DBG=∠ABC=60゜，在Rt△DBG中，利用三角函数知识即可求得DG的长，从而可求得△BDE的面积．
【详解】（1）∵△ABD∽△CBE
∴∠BCE=∠BAD
∵四边形ABCD的内角和为360゜，∠ABC + ∠ADC = 90°
∴∠BAD+∠BCD=360゜−(∠ABC + ∠ADC)=270゜
∴∠BCE+∠BCD=270゜
∵∠BCE+∠BCD +∠DCE=360゜
∴∠DCE=90゜
即DC⊥CE
（2）过点A作AF⊥CD于点F，过点D作DG⊥BE于点G，如图
∵△ABD∽△CBE
∴，∠ABD=∠CBE
∴，
∵
∴
∴
∴
即
∵AF⊥CD
∴
∴∠ADC=30゜
∵∠ABC + ∠ADC = 90°
∴∠ABC=60゜
∵∠ABD=∠CBE
∴∠ABD+∠DBC=∠DBC+∠CBE
即∠DBG=∠ABC=60゜
在Rt△DBG中，
∴
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，锐角三角函数，四边形内角和，图形的面积等知识，根据面积作垂线、熟练应用这些知识是关键．
41．（1）①；②相等；（2）；，理由见详解；（3）．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得，然后证明，从而可证明，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；
（2）类似（1）中方法，证明，得出，根据等腰直角三角形的性质得到，即可得到线段之间的数量关系；
（3）根据解答即可．
【详解】（1）解：如图①所示，
和都是等边三角形，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
故①的答案为：；
②的答案为：相等；
（2）解：如图②所示，
和都是等腰直角三角形，，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
，
都是等腰直角三角形，，
，
，
，
的度数为，线段之间的数量关系为：；
（3）解：根据（1）（2）中结论可知：，得，
和都是等腰三角形，，
，
，
，
．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．
42．(1)82.5°
(2)CE＝
(3)a≥1
【分析】（1）由∠B＝90°，∠D＝105°，可得∠A+∠C＝165°，根据四边形ABCD是“等对角四边形”，即得∠C＝∠A＝82.5°；
（2）由AC＝4，BC＝3，AB＝5，可得∠ACB＝90°，①若∠DEB＝∠ACB＝90°，过E作EH⊥AC于H，连接CE，即得∠AHE＝90°，AD＝AC＝2，根据csA＝＝＝得AE＝，由△AHE∽△ACB，即有AH＝，HE＝，从而CE＝＝；②若∠B＝∠CDE，过E作EF⊥AC于F，作EM⊥BC于M，连接CE，设BE＝x，可得EM＝x，BM＝x，即知FC＝EM＝x，CM＝EF＝3﹣x，根据tanB＝tan∠CDE，即＝，得DF＝﹣x，故x+﹣x＝2，即可解得x＝﹣，从而得到答案；
（3）作B关于x轴对称点B'，分别以B、B'为圆心，BA为半径作圆，交y轴于F、E，由A，C的坐标分别为（﹣，0），（，0），顶点B在y轴上，得AC＝BC，∠BAC＝∠BCA，又D在第四象限内，即知∠BAD≠∠BCD，根据四边形ABCD为“等对角四边形”，即得∠ABO＝∠CBO＝60°，可得B（0，1），当点P在优弧AFC上时，∠APC＝∠ABC＝∠ADC，由对称性知，当点P在优弧AEC上时，∠APC＝∠ADC＝∠ABC，当抛物线y＝ax2+bx+c过E点时满足题意的P点有3个，而E（0，﹣3），故当满足∠APC＝∠ADC的P点至少有3个时，c≤﹣3，由抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣，0）、C（，0），可得c＝﹣3a，从而可得a≥1．
（1）
解：∵∠B＝90°，∠D＝105°，
∴∠B≠∠D，∠A+∠C＝360°﹣∠B﹣∠D＝165°，
∵四边形ABCD是“等对角四边形”，
∴∠C＝∠A＝82.5°；
故答案为：82.5；
（2）
解：∵AC＝4，BC＝3，AB＝5，
∴AC2+BC2＝25，AB2＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
①若∠DEB＝∠ACB＝90°，过E作EH⊥AC于H，连接CE，如图：
∴∠AHE＝90°，
∵D是AC中点，AC＝4，
∴AD＝AC＝2，
∵csA＝，即，
∴AE＝，
∵∠AHE＝∠ACB＝90°，
∴HE∥BC，
∴△AHE∽△ACB，
∴，即，
∴AH＝，HE＝，
∴CH＝AC﹣AH＝，
∴CE＝＝；
②若∠B＝∠CDE，过E作EF⊥AC于F，作EM⊥BC于M，连接CE，如图：
设BE＝x，
∵sinB＝，csB＝，
∴EM＝x，BM＝x，
∵EF⊥AC，EM⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形FCME是矩形，
∴FC＝EM＝x，CM＝EF＝3﹣x，
∵∠B＝∠CDE，
∴tanB＝tan∠CDE，即，
∴，
∴DF＝，
∵D是AC中点，AC＝4，
∴DC＝2，
∴＝2，
解得（舍去），
综上所述，CE＝；
（3）
解：作B关于x轴对称点B'，分别以B、B'为圆心，BA为半径作圆，交y轴于F、E，如图：
∵A，C的坐标分别为（﹣，0），（，0），顶点B在y轴上，
∴AC＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵D在第四象限内，
∴AD≠CD，
∴∠DAC≠∠DCA，
∴∠BAD≠∠BCD，
而四边形ABCD为“等对角四边形”，
∴∠ABC＝∠ADC＝120°，
∴∠ABO＝∠CBO＝60°，
∵OA＝OC＝，
∴OB＝＝1，AB＝BC＝2，
∴B（0，1），
当点P在优弧AFC上时，∠APC＝∠ABC＝∠ADC，
由对称性知，当点P在优弧AEC上时，∠APC＝∠ADC＝∠ABC，
∵抛物线y＝ax2+bx+c中，a＞0，
∴当抛物线过E点时满足题意的P点有3个，
∵OE＝OB'+B'E＝OB+AB＝3，
∴E（0，﹣3），
∴当满足∠APC＝∠ADC的P点至少有3个时，y＝ax2+bx+c中c≤﹣3，
而抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣，0）、C（，0），
∴y＝a（x+）（x﹣）＝ax2﹣3a，可得c＝﹣3a，
∴﹣3a≤﹣3，
∴a≥1．
【点睛】本题考查二次函数综合运用，涉及到圆的性质、四边形的内角和等，本题的关键在于理解新定义，正确画出相应的图形．
43．(1)见解析
(2)①见解析；②结论不成立，结论：∠GFH﹣∠EBC＝120°，见解析
【分析】（1）如图1中，证明△ABE≌△CBD（SAS），可得结论．
（2）①证明∠GFH＝180°﹣∠CAD﹣∠EDA＝180°﹣（60°+∠1）﹣（60°+∠2）＝60°﹣∠1﹣∠2，∠CBE＝360°﹣∠ABC﹣∠ABD﹣∠EBD＝360°﹣60°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）﹣60°＝60°+∠1+∠2，可得结论．
②结论不成立，结论：∠GFH﹣∠EBC＝120°．证明方法类似①．
(1)
证明：如图1中，
∵△ABC，△BED都是等边三角形，
∴BC＝BA，BE＝BD，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠ABE＝∠CBD，
在△ABE和△CBD中，
，
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE＝CD．
(2)
①证明：如图1中，∵AF＝FD，AH＝HE，CG＝GD，
∴FGAC，FHDE，
∴∠GFH等于直线AC，DE的夹角，
∴∠GFH＝180°﹣∠CAD﹣∠EDA＝180°﹣（60°+∠1）﹣（60°+∠2）＝60°﹣∠1﹣∠2，
∵∠CBE＝360°﹣∠ABC﹣∠ABD﹣∠EBD＝360°﹣60°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）﹣60°＝60°+∠1+∠2，
∴∠CBE+∠GFH＝120°．
②解：结论不成立，结论：∠GFH﹣∠EBC＝120°．
理由：如图2中，设FH交AC于点O，延长AC交DE于点J．
∵CG＝DG．AF＝FD，
∴∠FGAJ，
∴∠GFH＝∠AOF，
∵AH＝HE，AF＝DF，
∴FHDE，
∴∠AOF＝∠AJD，
∴∠GFH＝∠AJD＝360°﹣∠CAB﹣∠BDE﹣∠ABD＝360°﹣60°﹣60°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）＝60°+∠1+∠2，
∵∠EBC＝ABC+∠DBE﹣∠ABD＝120°﹣（180°﹣∠1﹣∠2）＝∠1+∠2﹣60°，
∴∠GFH﹣∠EBC＝120°．
第一次/第二次
A
B
C
D
E
A
BA
CA
DA
AE
B
AB
CB
DB
BE
C
AC
BC
DC
CE
D
AD
BD
CD
DE
E
AE
BE
CE
DE
A
B
C
D
E
A
AB
AC
AD
AE
B
BA
BC
BD
BE
C
CA
CB
CD
CE
D
DA
DB
DC
DE
E
EA
EB
EC
ED