人教版2021-2022学年八年级数学 《多边形的内角和》含答案解析

专题03多边形的内角和一、单选题1．（2020·重庆市第二十九中学校八年级月考）某多边形的内角和是其外角和的4倍，则此多边形的边数是（）A．10 B．9 C．8 D．7【答案】A【分析】任何多边形的外角和是360°，即这个多边形的内角和是4×360°．n边形的内角和是(n﹣2)•180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．【详解】解：设多边形的边数为n，根据题意，得(n﹣2)•180＝4×360，解得n＝10．则这个多边形的边数是10．故选：A．【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，解答本题的关键是根据多边形内角和公式与外角和定理，利用方程法求边数．2．（2021·四川七年级期末）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【答案】B【分析】正多边形的组合能否铺满地面，看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°进行判定即可．【详解】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°、135°，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．【点睛】本题主要考查了平面几何图形镶嵌，解题的关键是明确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．3．（2021·全国八年级课前预习）下列叙述正确的是（）A．每条边都相等的多边形是正多边形；B．如果画出多边形某一条边所在的直线，这个多边形都在这条直线的同一侧，那么它一定是凹多边形；C．每个角都相等的多边形叫正多边形；D．每条边、每个角都相等的多边形叫正多边形【答案】D【详解】由题意可知，A、B、Cj均不正确，只有D是正确的。4．（2021·龙口市教学研究室七年级期中）如图，的结果为（）A．300° B．360° C．400° D．480°【答案】B【分析】利用三角形的外角等于不相邻的两个内角和，得到、、、与、间关系，再利用四边形的外角和定理求解．【详解】解：因为，，四边形的外角和是，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的外角与内角关系、四边形的外角和定理等知识点．四边形的内角和外角和都是．5．（2021·平泉市教育局教研室八年级期末）如图，把三个长为2，宽为1的长方形拼接，则图中面积为1的三角形个数为（）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】根据题意面积为1的三角形就是底为1高为2的三角形，即可求解．【详解】解：根据题意，面积为1的三角形就是底为1高为2的三角形在图中找这样的三角形有6个，分别为故选C．【点睛】此题考查了三角形面积问题，根据题意确定寻找什么样的三角形是解题的关键．6．（2021·福建省福州外国语学校九年级三模）如图，的值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．【详解】解：如图，、与分别相交于点、，在四边形中，，，，，故选：A．【点睛】本题考查了多边形的外角与内角、三角形的外角性质，解题的关键是熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理．7．（2021·山东七年级期中）如图，在中，，若沿图中虚线截去，则等于（）．A．300° B．250° C．180° D．110°【答案】B【分析】先根据三角形内角和求得∠A+∠C，然后再运用四边形的内角和即可解答．【详解】解：∵三角形的内角和为180°，∴∠A+∠C=180°-70°=110°∵四角形的内角和为360°．∴=360°-（∠A+∠C）=360°-110°=250°．故选B．【点睛】本题主要考查了三角形内角和和四边形内角和，掌握整体思想成为解答本题的关键．8．（2021·全国九年级专题练习）在社会实践手工课上，小茗同学设计了一个形状如图所示的零件，如果，，那么的度数是（）．A． B． C． D．【答案】A【分析】延长BE交CF的延长线于O，连接AO，根据三角形内角和定理求出再利用邻补角的性质求出，再根据四边形的内角和求出，根据邻补角的性质即可求出的度数．【详解】延长BE交CF的延长线于O，连接AO，如图，∵∴同理得∵∴∵∴∴∴,故选：A．【点睛】本题考查三角形内角和定理，多边形内角和，三角形的外角的性质，邻补角的性质，解题关键是会添加辅助线，将已知条件联系起来进行求解．三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；邻补角性质：邻补角互补；多边形内角和：．9．（2021·湖北七年级期末）如图，已知，平分，平分．若，则的度数为（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据四边形的内角和为360°和∠B+∠D=160°求出∠BAD+∠BCD的度数，再根据角平分线的定义求得∠DAE+∠DCE的度数，然后根据四边形的内角和为360°求得∠D+∠AEC的度数，结合已知即可求解．【详解】解：∵∠BAD+∠B+∠BCD+∠D=360°，∠B+∠D=160°，∴∠BAD+∠BCD=360°﹣160°=200°，∠D=160°﹣∠B，∵平分，平分∴∠DAE=∠BAD，∠DCE=∠BCD，∴∠DAE+∠DCE=（∠BAD+∠BCD）=100°，∵∠DAE+∠AEC+∠DCE+∠D=360°，∴∠AEC+∠D=360°﹣100°=260°，∴∠AEC+（160°﹣∠B）=260°，∴∠AEC﹣∠B=260°﹣160°=100°，故选：D．【点睛】本题考查多边形的内角和、角平分线定义，熟练应用角平分线的定义和四边形的内角和为360°进行计算是解答的关键．10．（2021·浙江七年级期中）如图，已知点C为两条相互平行的直线AB，ED之间一点，∠ABC和∠CDE的角平分线相交于F，若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由角平分线的定义可得∠EDA=∠ADC，∠CBE=∠ABE，又由AB∥ED，得∠EDF=∠DAB，∠DEF=∠ABF；设∠EDF=∠DAB=x，∠DEF=∠ABF=y，则∠DFB=x+y；再根据四边形内角和定理得到∠BCD=360°-2（x+y），最后根据∠BCD=∠BFD+10°即可求解．【详解】解：∵∠ABC和∠CDE的角平分线相交于F，∴∠EDA=∠ADC，∠CBE=∠ABE，又∵AB∥ED，∴∠EDF=∠DAB，∠DEF=∠ABF，设∠EDF=∠DAB=x，∠DEF=∠ABF=y，∴∠BFD=x+y，在四边形BCDF中，∠FBC=x，∠ADC=y，∠BFD=x+y，∴∠BCD=360°-2（x+y），∵∠BCD=∠BFD+10°，∴∠BFD=x+y=100°，∴∠BCD=360°-2（x+y）=160°，故选：C．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，三角形外角的性质以及四边形内角和定理，正确的识别图形是解题的关键．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题11．（2021·全国八年级课前预习）若一个多边形的每一个外角都等于24°，则这个多边形的边数是_______．【答案】15【详解】利用多边形的外角公式即可得出结果。12．（2021·清涧县教学研究室八年级期末）若一个边形的每个外角都是，则的值为_______．【答案】9【分析】由一个n边形每个外角都是40°，可得40n＝360，即可求得n的值．【详解】解：∵一个n边形每个外角都是40°，

∴40n＝360，

解得：n＝9；

故答案为：9．【点睛】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．此题难度不大，注意熟记公式是关键．13．（2021·江苏连云港市·七年级期中）科技馆为某机器人编制了一个程序，如果机器人在平地上按照图中所示的步骤行走，那么该机器人所走的总路程为__________米．【答案】18【分析】先判断出机器人所走过的路线是正多边形，然后用多边形的外角和除以每一个外角的度数求出多边形的边数，再根据周长公式列式进行计算即可得解．【详解】解：根据题意得，机器人所走过的路线是正多边形，∵每一次都是左转20°，∴多边形的边数＝360°÷20°＝18，周长＝18×1＝18（米）．故答案是：18．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，判断出走过的路线是正多边形是解题的关键．14．（2020·南京市宁海中学八年级开学考试）如图，五边形ABCDE的两个内角平分线相交于点O，∠1，∠2，∠3是五边形的3个外角，若∠1+∠2+∠3=220°，则∠AOB=___________．【答案】70°【分析】先求出与∠EAB和∠CBA相邻的外角的度数和，然后根据多边形外角和定理即可求解．【详解】如图，∵∠1+∠2+∠3=220°，∴∠4+∠5=360°-220°=140°，∴∠EAB+∠CBA=220°，∵AO，BO分别平分∠EAB，∠ABC，∴∠OAB+∠OBA=110°，∴∠AOB=180°-（∠OAB+∠OBA）=70°．故答案是：70°．【点睛】本题主要考查了多边形外角和定理，三角形的内角和定理，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．15．（2021·西安益新中学九年级其他模拟）如图所示是一个正六边形和若干直角三角形组成的花环，∠ABC＝________．【答案】30°【分析】根据正六边形的性质可求∠ACB，再根据直角三角形的性质即可求解．【详解】解：由正六边形的性质得：∠ACB=360°÷6=60°，则∠ABC=180°-90°-60°=30°．故答案为：30°．【点睛】本题考查了多边形内角与外角的知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．16．（2021·山东七年级期末）如图所示，将正六边形与正五边形按此方式摆放，正六边形与正五边形的公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数为______．【答案】84°【分析】利用正多边形的性质求出∠EOF，∠BOC，∠BOE即可解决问题．【详解】解：由题意得：∠EOF＝108°，∠BOC＝120°，∠OEB＝72°，∠OBE＝60°，∴∠BOE＝180°﹣72°﹣60°＝48°，∴∠COF＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，故答案为：84°．【点睛】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．17．（2021·江西景德镇一中七年级期末）如图，，，，，，则__________．【答案】【分析】通过分析条件可知，连接，构造四边形，利用内角和求出，再利用四边形中的内角和关系求出．【详解】解：连接，在四边形中，，，又，，，，在四边形中，,，，，，，，又，．故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的性质得四边形的内角和是360度，解题的关键是构造四边形利用已知条件结合四边形内角和求解．18．（2021·江苏苏州草桥中学七年级期末）如图，四边形中，、的平分线交于点P，、的平分线交于点Q，若，则________．【答案】115°【分析】根据角平分线的定义，以及多边形的内角和性质，设∠BAP=∠DAP=α，∠ADP=∠CDP=β，从而分别表示出∠P与∠Q，再结合已知条件推出2α+2β的度数，从而确定出结论即可．【详解】解：∵AP平分∠BAD，DP平分∠CDA，∴∠BAP=∠DAP，∠ADP=∠CDP，设∠BAP=∠DAP=α，∠ADP=∠CDP=β，∴∠P=180°-α-β，∵BQ平分∠ABC，CQ平分∠DCE，∴∠ABQ=∠CBQ，∠DCQ=∠ECQ，∴∠Q=180°-∠CBQ-∠BCQ=180°-∠ABC-∠DCB-∠DCQ=180°-∠ABC-∠DCB-∠DCE，=180°-∠ABC-∠DCB-（180°-∠DCB）=90°-（∠ABC+∠DCB）∵∠ABC+∠DCB=360°-（∠BAD+∠ADC）=360°-2α-2β，∴∠Q=90°-（360°-2α-2β）=α+β-90°，∵，∴180°-α-β-（α+β-90°）=25°，∴2α+2β=245°，∴∠ABC+∠BCD=360°-2α-2β=360°-245°=115°，故答案为：115°．【点睛】本题考查多边形的内角和性质，角平分线的定义等，理解基本性质，能够从复杂图形中表示出相应角度是解题关键．19．（2021·江苏七年级期中）如图，小明从点A出发沿直线前进10m到达点B，向左转30°后又沿直线前进10m到达点C，再向左转30°后沿直线前进10m到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点，一共走了______m．【答案】120【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以30°求出边数，然后再乘以10m即可．【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10m后向左转30°，∴他走过的图形是正多边形，且这个正多边形的每一个外角都是30°，∴边数n＝360°÷30°＝12，∴他第一次回到出发点时，一共走了12×10＝120m．故答案为：120．【点睛】本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为360°；根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键．20．（2021·北京首都师大二附）边长为的菱形是由边长为的正方形“形变”得到的，若这个菱形一组对边之间的距离为，则称为这个菱形的“形变度”．（）一个“形变度”为的菱形与其“形变”前的正方形的面积之比为________________；（）如图，，，为菱形网格（每个小菱形的边长为，“形变度”为）中的格点则的面积为________________．【答案】【分析】（1）先分别求出菱形和正方形的面积，然后根据变形度为2求解即可；（2）先把网格中的菱形当成是正方形，然后算出三角形的面积，最后根据变形度求解即可得到答案.【详解】解：（）∵边长为的正方形面积，边长为的菱形面积，∴菱形面积：正方形面积，∵菱形的变形度为，即，∴．故答案为：；（）∵菱形边长为，“形变度”为，∴菱形形变前的面积与形变后面积比为，∴．故答案为：9.【点睛】本题主要考查了网格中面积的计算，解题的关键在于能够准确地读懂题意进行求解.三、解答题21．（2021·平泉市教育局教研室八年级期末）已知n边形的内角和θ=（n-2）×180°（1）甲同学说，θ能取540°；而乙同学说，θ也能取450°，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【答案】（1）甲对，乙不对，理由见解析；（2）x=2．【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．【详解】解：（1）甲对，乙不对．理由如下：∵当θ取540°时，540°=（n-2）×180°，

解得n=5；

当θ取450°时，450°=（n-2）×180°，

解得n=；

∵n为整数，

∴θ不能取450°；

（2）依题意得，

（n-2）×180°+360°=（n+x-2）×180°，

解得x=2．【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式，解决问题的关键是掌握多边形内角和公式．22．（2021·北京市平谷区峪口中学八年级期中）已知如图：直线DC⊥AC于C，DB⊥AB于B，求证：（1）∠A+∠1＝180°；（2）∠A＝∠2．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）根据垂直的定义可得∠ACD＝∠ABD＝90°，再由四边形的内角和为360°可得结论；（2）根据（1）中的结论并结合平角的定义可得结论．【详解】证明：（1）∵DC⊥AC于C，DB⊥AB于B，∴∠ACD＝∠ABD＝90°，∴∠A+∠1＝360°﹣90°﹣90°＝180°；（2）∵∠1+∠2＝180°，∠A+∠1＝180°，∴∠A＝∠2．【点睛】本题考查了垂直的定义，四边形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握垂直的定义．23．（2021·广西八年级期中）己知一个n边形的每一个外角都等于30°．（1）求n的值．（2）求这个n边形的内角和．【答案】（1）12；（2）1800°【分析】（1）用360°除以外角度数可得答案．（2）先求出每个内角的度数，再利用内角度数×内角的个数即可．【详解】解：（1）∵n边形的每一个外角都等于30°∴n＝360°÷30°＝12；（2）∵每个内角=180°-30°=150°，∴内角和=12×150°＝1800°．【点睛】此题主要考查了多边形的内角和、外角和，关键是掌握多边形的外交和等于360°．24．（2021·山东七年级期中）已知：如图所示的图形中，有6个顶角分别是，，，，，．求证：．【答案】见解析【分析】根据三角形的外角定理将∠A、∠C转化到∠EGC，∠B、∠F

转化到∠DHF，再根据四边形的内角和得出结论．【详解】证明：∵是的一个外角，∴（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和）．同理，．∴（四边形的内角和等于360°）．【点睛】掌握三角形的外角定理的灵活应用；同时注意四边形的内角和为360°．25．（2021·吉林七年级期末）探究多边形内角和时，我们常把多边形转化成三角形，再根据三角形内角和为180°得出多边形内角和．如图是探究多边形内角和一种方法，请根据图示，完成填空（1）四边形内角和：4×180°﹣360°＝4×180°﹣2×180°＝2×180°；（2）五边形内角和：5×180°﹣360°＝5×180°﹣2×180°＝；（3）六边形内角和：6×180°﹣360°＝6×180°﹣2×180°＝；…（4）n边形内角和：＝＝．【答案】（2）3×180°；（3）4×180°；（4）n×180°﹣360°；n×180°﹣2×180°；（n﹣2）×180°【分析】（2）根据乘法分配律可解决本小题．（3）根据乘法分配律可解决本小题．（4）根据三角形内角和定理，可解决本题．【详解】解：（2）根据乘法分配律，得5×180°﹣2×180°＝（5﹣2）×180°＝3×180°．故答案为：3×180°；（3）根据乘法分配律，得6×180°﹣2×180°＝（6﹣2）×180°＝4×180°．故答案为：4×180°；（4）∵从n边形内部任取一个点，并连接这个点与多边形的各个顶点，可将这个多边形分成n个三角形，∴多边形内角和：n×180°﹣360°＝n×180°﹣2×180°＝（n﹣2）×180°．故答案为：n×180°﹣360°；n×180°﹣2×180°；（n﹣2）×180°．【点睛】本题主要考查多边形内角和定理，涉及了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理是解决本题的关键．26．（2021·江苏徐州·）如图，在四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°．（1）如图1，若∠B＝∠C，则∠C＝度；（2）如图2，若∠ABC的角平分线BE交DC于点E，且BE//AD，试求出∠C的度数；（3）①如图3，若∠ABC和∠DCB的角平分线交于点E，试求出∠BEC的度数；②在①的条件下，若延长BA、CD交于点F（如图4）．将原来条件“∠A＝140°，∠D＝80°”改为“∠F＝40°”．其他条件不变．则∠BEC的度数为．【答案】（1）∠C＝70°；（2）60°；（3）①110°；②110°．【分析】（1）先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，再根据角平分线的定义得到∠ABC的度数，再根据四边形内角和等于360°求出∠C的度数；（3）①先根据四边形内角和等于360°求出∠B+∠C的度数，再根据角平分线的定义得到∠EBC+∠ECB的度数，再根据三角形内角和等于180°求出∠BEC的度数；②先根据三角形内角和等于180°求出∠FBC+∠BCF的度数，再根据角平分线的定义得到∠EBC+∠ECB的度数，再根据三角形内角和等于180°求出∠BEC的度数.【详解】解：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，∵∠B＝∠C，∴∠C＝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°．（3）①∵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°．②∵∠F＝40°，∴∠FBC+∠BCF＝180°﹣40°＝140°，∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，∴∠EBC+∠ECB＝70°，∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．【点睛】本题考查了多边形内角与外角，解决的关键是综合运用四边形的内角和以及三角形的内角和、熟练运用平行线的性质和角平分线的定义．27．（2021·山西七年级期末）（1）如图1，四边形沿MN折叠，使点、落在四边形内的点、处，探索、与之间的数量关系，并说明理由；（2）如图2，将四边形沿着直线翻折，使得点落在四边形外部的处，点C落在四边形内部的处，直接写出、与之间的关系．【答案】（1），或，见解析；（2）或【分析】（1）根据四边形的内角和可知∠DMN+∠CNM=∠A+∠B，再根据翻折可找到∠AMD′、∠BNC′与∠A+∠B之间的数量关系．（2）同理可得∠DMN+∠CNM=∠A+∠B，再根据翻折可找到∠AMD′、∠BNC′与∠A+∠B之间的数量关系．【详解】解：（1）∠AMD′+∠BNC′=360°-2（∠A+∠B），理由如下：根据四边形的内角和为360°可知，∠D+∠C=360°-（∠A+∠B），∠DMN+∠CNM=360°-（∠C+∠D）=∠A+∠B，根据折叠的性质得，∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，∴∠DMD′+∠CNC′=2（∠A+∠B），∵∠DMD′+∠AMD′=180°，∠CNC′+∠BNC′=180°，∴∠AMD′+∠BNC′=360°-2（∠A+∠B）．（2）∠BNC′-∠AMD′=360°-2（∠A+∠B），理由如下：由（1）知，∠DMN+∠CNM=∠A+∠B，根据折叠的性质得，∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，∴∠D′MN+∠C′NM=∠A+∠B，由四边形的内角和为360°得，∠D′MN-∠AMD′+∠BNC′+∠C′NM=360°-（∠A+∠B）∴∠BNC′-∠AMD′=360°-2（∠A+∠B）．【点睛】此题考查了四边形的内角和为360°，熟记四边形的内角和是360°及根据翻折找到等量关系是解题的关键．28．（2021·吉林七年级期末）（感知）如图①，在四边形AEFC中，EB、FD分别是边AE、CF的延长线，我们把∠BEF、∠DFE称为四边形AEFC的外角，若∠A＋∠C＝260°，则∠BEF＋∠DFE＝度．（探究）如图②，在四边形AECF中，EB、FD分别是边AE、AF的延长线，我们把∠BEC、∠DFC称为四边形AECF的外角，试探究∠A、∠C与∠BEC、∠DFC之间的数量关系．（结论）综合以上，请你用文字描述上述关系：．（应用）如图③，FM、EM分别是四边形AEFC的外角∠DFE、∠BEF的平分线，若∠A＋∠C＝210°，求∠M的度数．【答案】[感知]260；[探究]∠A+∠C＝∠BEC+∠DFC；[结论]四边形的任意两个外角的和等于与它们不相邻的两个内角的和；[应用]75°【分析】【感知】如图①，根据四边形的内角和及邻补角的定义求解即可；【探究】如图②，根据四边形的内角和及邻补角的定义求解即可；【结论】综合以上可知四边形的任意两个外角的和等于与它们不相邻的两个内角的和；【应用】如图③，由探究得出∠BEF+∠DFE＝210°，再根据角平分线的定义得出∠MFE+∠MEF＝（∠DFE+∠BEF）＝105°，最后根据三角形的内角和即可得解．【详解】【感知】如图①，∵∠A+∠C+∠CFE+∠FEA＝360°，∠A+∠C＝260°，∴∠CFE+∠FEA＝360°﹣260°＝200°，∵∠CFE+∠DFE＝180°，∠FEA+∠BEF＝180°，∴∠CFE+∠DFE+∠FEA+∠BEF＝360°，∴∠BEF+∠DFE＝360°﹣（∠CFE+∠FEA）＝260°，故答案为：260；【探究】如图②，∠A+∠C＝∠BEC+∠DFC，理由如下：∵∠A+∠AEC+∠C+∠AFC＝360°，∴∠A+∠C＝360°﹣（∠AEC+∠AFC），∵∠AEC+∠BEC＝180°，∠AFC+∠DFC＝180°，∴∠BEC+∠DFC＝360°﹣（∠AEC+∠AFC），∴∠A+∠C＝∠BEC+∠DFC；【结论】故答案为：四边形