过整点多边形的某个顶点作水平直线，将整点多边形在该顶点处的内角 $\theta$ 分为 $2$ 个角 $\alpha,\beta$（其中一个角可以为 $0$），则当 $\alpha$ 与 $\beta$ 不为直角时，它们的正切必然为有理数．因此任何整点多边形的任意内角，或者为直角，或者其正切为有理数．因此
判定定理一若整点正 $n$ 边形（$n\geqslant 5$）存在，则必然有 $\tan\dfrac{2\pi}n$ 为有理数，进而有 $\tan\dfrac{2k\pi}n$ 为有理数，其中 $k\in\mathbb N^{\ast}$．
由于\[\tan\dfrac{672\pi}{2016}=\tan\dfrac{671\pi}{2013}=\tan\dfrac{\pi}3=\sqrt 3\]为无理数，因此不存在整点正 $2016$ 边形，也不存在整点正 $2013$ 边形，选项 AC 错误；
由于\[\tan\dfrac{2\pi}5=\sqrt{5-2\sqrt 5}\]为无理数，因此不存在整点正 $5$ 边形，选项 D 正确．
接下来考虑选项 B．
事实上，利用余弦定理易得任何整点多边形的内角余弦为有理数，从而可以得到更强的判断条件：
判定定理二若整点正 $n$ 边形（$n\geqslant 5$）存在，则必然有 $\sin\dfrac{2\pi}n,\cos\dfrac{2\pi}n$ 均为有理数，进而有 $\tan \dfrac{k\pi}n$ 均为有理数，其中 $k\in\mathbb N^{\ast}$．
这就意味着 $-1$ 的 $n$ 次单位根在 $n$ 次分圆域 ${\mathbb Q}(\zeta_n)$ 中，于是该分圆域对有理数域的扩张的次数\[[{\mathbb Q}(\zeta_n):{\mathbb Q}]=2,\]于是 $\phi(n)=2$，$n=3,4,6$．显然 $n=3,6$ 不符合题意，因此只有 $n=4$．
综上所述，整点多边形只有一种，为整点正方形．