浙教版数学八年级下册4.1.1多边形的相关概念及四边形内角和 素养提升练习（含解析）

第4章　平行四边形
单元大概念素养目标
单元大概念素养目标 对应新课标内容
能识别多边形,了解多边形及相关的概念,能运用多边形内角和与外角和公式进行相关计算 了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线;探索并掌握多边形内角和与外角和公式【P66】
能探索并证明平行四边形的性质定理 探索并证明平行四边形的性质定理【P66】
能识别中心对称图形,并运用它们的基本性质解决相关问题 了解中心对称、中心对称图形的概念,探索它们的基本性质【P68】
知道线段、平行四边形的中心对称性质 探索线段、平行四边形的中心对称性质【P68】
能用平行四边形的判定定理证明一个四边形是平行四边形 探索并证明平行四边形的判定定理【P66】
能运用三角形的中位线定理进行相关计算 探索并证明三角形的中位线定理【P67】
能运用反证法证明相关问题 通过实例体会反证法的含义【P68】
4.1　多边形
第1课时　多边形的相关概念及四边形内角和
基础过关全练
知识点1　多边形的定义及相关概念
1.下列图形中,不是多边形的是(　　)
A　B　C　D
2.下列图形中,是八边形的是(　　)
A　B　C　D
3.【新独家原创】一个多边形的边数是方程x2-8x+12=0的根,这个多边形的边数为　　　　,它有　　　　条对角线.
知识点2　四边形内角和定理
4.(2023河北邯郸育华中学四模)一块四边形ABCD玻璃被打破,如图所示.小红想购买一块一模一样的玻璃,经测量,∠A=120°,∠B=60°,∠C=150°,则∠D的度数为
(　　)
A.65°　B.45°　C.30°　D.20°
5.【教材变式·P77例1】(2023福建永春期末)在四边形ABCD中,∠A∶∠B∶∠C∶∠D=1∶2∶1∶2,则∠D=(　　)
A.150°　B.120°　C.90°　D.60°
6.
如图,在四边形ABCD中,DA⊥AB,∠C=100°,∠D=110°,则∠B的度数为　　　　.
能力提升全练
7.已知过一个多边形的某一个顶点共可作2 022条对角线,则这个多边形的边数是(　　)
A.2 022　B.2 023　C.2 024　D.2 025
8.如图,四边形ABCD中,点M,N分别在AB,BC上,将△BMN沿MN翻折得△FMN,若MF∥AD,FN∥DC,则∠B的度数是(　　)
A.50°　B.65°　C.70°　D.80°
9.【一题多变·一外角和一不相邻内角相等,证两个角互补】如图,∠ABE是四边形ABCD的一个外角,已知∠ABE=∠D.
求证:∠A+∠C=180°.
[变式·两内角互补,证一内角与一外角相等]如图,∠1是四边形ABCD的一个外角,∠A与∠C互补.
(1)如果∠2=110°,求∠D的度数;
(2)求证:∠1=∠D.
素养探究全练
10.【推理能力】如图,四边形ABCD中,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=100°,求∠MBC+∠NDC的度数;
(2)如图1,若BE与DF相交于点G,∠BGD=40°,请直接写出α、β所满足的数量关系式;
(3)如图2,若α=β,判断BE、DF的位置关系,并说明理由.
　　
第4章　平行四边形
4.1　多边形
第1课时　多边形的相关概念及四边形内角和
答案全解全析
基础过关全练
1.D　选项A中的是四边形,选项B中的是五边形,选项C中的是五边形,选项D中的不是多边形.故选D.
2.C　选项A中的是六边形,选项B中的是圆,选项C中的是八边形,选项D中的是五边形.故选C.
3.答案　4;9
解析　x2-8x+12=0,解得x1=2(舍去),x2=6,所以这个多边形的边数为6,它有=9条对角线.
4.C　∵∠A=120°,∠B=60°,∠C=150°,四边形内角和为360°,∴∠D=360°-120°-60°-150°=30°,故选C.
5.B　∵四边形ABCD的内角和为360°,且∠A∶∠B∶∠C∶∠D=1∶2∶1∶2,
∴∠D=360°×=120°.故选B.
6.答案　60°
解析　∵AD⊥AB,∴∠A=90°,
∵∠D=110°,∠C=100°,∠A+∠B+∠C+∠D=360°,∴∠B=360°-∠C-∠D-∠A=60°.
故答案为60°.
能力提升全练
7.D　 设多边形的边数为n,则n-3=2 022,解得n=2 025.
8.D　∵MF∥AD,FN∥DC,∠A=110°,∠C=90°,
∴∠BMF=110°,∠FNB=90°,
由翻折可知∠F=∠B,
∴∠F=∠B=(360°-110°-90°)÷2=80°.故选D.
9.证明　∵∠ABE=∠D,∠ABE+∠ABC=180°,
∴∠ABC+∠D=180°,
又∵四边形内角和等于360°,∴∠A+∠C=180°.
[变式]解析　(1)∵∠A与∠C互补,
∴∠A+∠C=180°,
∵∠A+∠2+∠C+∠D=360°,∠2=110°,
∴∠D=360°-(∠A+∠C+∠2)=360°-(180°+110°)=70°.
(2)证明:∵∠A与∠C互补,∴∠A+∠C=180°,
∵∠A+∠C+∠2+∠D=360°,
∴∠D+∠2=360°-(∠A+∠C)=360°-180°=180°.
∵∠1+∠2=180°,∴∠1=∠D.
素养探究全练
10.解析　(1)∵∠ABC+∠ADC=360°-(α+β),
∴∠MBC+∠NDC=180°-∠ABC+180°-∠ADC=α+β=100°.
(2)β-α=80°.详解:如图1,连结BD,
由(1)知,∠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+40°=180°,∴β-α=80°.
(3)BE∥DF.理由:如图2,延长BC交DF于H,
由(1)知,∠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.