21.1 四边形及多边形(作业)-【学海风暴】2025-2026学年八年级下册数学同步备课（人教版 江西专版）

第二十一章 四边形 21.1四边形及多边形 21.1.1四边形及其内角和（建议用时：30分钟） 1.下列图形中，不具有稳定性的是 )7.如图，四边形ABCD中，AB AD,BC=DC,∠A=40°，∠B =120°，则∠C的度数是 第7题图 B 8.已知四边形ABCD中，∠A=∠C,∠B ∠D,且∠A:∠B=1:2.求这个四边形各 2.下列说法正确的是 个内角的度数. A.四边形的内角中最多有2个锐角 B.四边形的四个外角不可能都相等 C.四边形的内角和与外角和相等 D.四边形的外角和小于三角形的外角和 3.如图，四边形ABCD中，∠DAB+∠B= 190°.若△ACD中，∠CAD=50°，∠ACD= 30°，则∠BCD= ( 9.如下图，四边形ABCD中，∠A=∠C=90°， A.60° B.70° C.80° D.90° BE,DF分别是∠ABC,∠ADC的平分线. A (1)∠1与∠2有什么关系？请说明理由. (2)BE与DF有什么位置关系？请说明 D 理由 第3题图 第4题图 4.如图，在四边形ABCD中，∠A十∠D=a, ∠ABC与∠BCD的外角平分线交于点P, 则∠P= () A.180- 1 Da B.180°+20 1 C.2“ D.360°-a 5.若一个四边形的四个内角之比为2：3：4： 6,则这个四边形中最大内角的度数为 6.一个四边形的一个外角为x°，与它不相邻的 三个内角的和是 (用含x 的式子表示). 102 八年级数学RJ版 21.1.2多边形及其内角和（建议用时：30分钟） 1.(教材变式)从n边形的一个顶点出发画对7.如右图，已知六边形ABCDEF 角线，可以把这个n边形分成9个三角形， 的每个内角都相等，连接AD. 则n等于 ( ) (1)若∠1=48°，求∠2的 A.9 B.10 C.11 D.12 度数 2.如图，五边形ABCDE中，AB∥CD,∠1， (2)求证：AB∥DE. ∠2，∠3分别是∠BAE,∠AED,∠EDC的 外角，则∠1+∠2+∠3= ( A.90° B.180° C.120° D.270° C 第2题图 第3题图 3.如图，在六边形ABCDEF中，若∠A十∠B +∠C+∠D=500°，∠DEF与∠AFE的平 分线交于点G,则∠G等于 ( A.55° B.65° C.70 D.80 4.如图，以正六边形ADHG 8.问题情境：在探索多边形的内角与外角关系 FE的一边AD为边向外作 B A 的活动中，同学们经历了观察、猜想、实验、 正方形ABCD,则∠BAE=G 计算、推理、验证等过程，提出了以下问题， 第4题图 请解答. 5.(2025湖南)如图，图①为传统建筑中的一种 (1)某六边形的一个内角的度数是50°， 窗格，图②为其窗框的示意图.多边形 ①与它相邻的外角的度数为 ABCDEFGH为正八边形，连接AC,BD,AC ②其他五个内角的和为 与BD交于点M,∠AMB= (2)若n边形的一个外角为α，与它不相邻的 A (n一1)个内角的和为3，求a,3与n之间满 足的等量关系 图① 图② 第5题图 6.在如图所示的七边形AB G CDEFG中，AB,ED的延 B43 % 长线相交于点O.若图中 E ∠1，∠2，∠3，∠4的邻补 第6题图 角的度数和为220°，则∠BOD的度数为 下册课外拓展提高 103.∴.AC2+BC2=12+4=16=AB2, △ABC是直角三角形，∠ACB=90°. 7.解：(1)证明：BC=6,AD为BC边上的中线， .BD-DC-7BC-3. AD=4,AB=5, .BD*+AD2=AB2, ∴.∠ADB=90°， 即ADBC. (2),AD⊥BC,AD为BC边上的中线， ∴.AB=AC=5」 :Sa=2AD·DC=2AC·DE, 号×4X3-号x5DE 1 解得DE=2.4. 8.解：(1)如图，连接BD. E为AB的中点，DE⊥AB, .'BD=AD.AE=BE. :∠DAB=30°，DE=√3， ∴.∠DBE=∠DAB=30°，BD=AD=2DE=23, ∴.AE=BE=√(23)2-(3)2=3. BC2+BD=2+(23)2=16=CD2, .△BCD是直角三角形，∠CBD=90° ∴.∠ABC=∠ABD+∠CBD=30°+90°=120°， (2)如图，过点C作CF⊥AB,交 D AB的延长线于点F,则∠BFC =90°.由(1)，可得∠CBF=180°A -∠ABC=60. ∠BFC=90°， .∠BCF=30°， F= 2BC=1. ..EF=BE+BF=4. 在Rt△BCF中，由勾股定理，得CF=√BC2-BF =3. 在Rt△CEF中，由勾股定理，得CE=√EF+CF= W42+(5)2=√19. 第2课时勾股定理的逆定理的实际应用 1.D2.北偏东50° 3.直角【解析】由题意，得S,=x(2AC)=AC。 S=x(分BC)=xBC,S,=x(2AB)厂 AB.:S,十S,=S,即号AC+青BC= 1 4元ABAC+BC=AB,△ABC为直角三 1 角形. 4.解：，AB2+BC2=62+82=100=10=AC2, ∴.△ABC为直角三角形，且∠ABC=90°. 428 八年级数学RJ版 又SE=号AC,BD=AB·BC号X10: 1 BD-2X6X8, 解得BD=4.8 n mile. 在Rt△BCD中，CD=BC2-BD2=82-4.82=40.96, 解得CD=6.4 n mile.. 故该可疑船只从被发现到进入我国领海的最短航行时 间为6.4÷12.8=0.5(h), 该可疑船只最早进入我国领海的时间为晚上 10:58. 5.解：(1)∠ABC=∠A1B1C1. (2)证明：，AB1为正方形对角线， ∴∠A,B,C=2×90r=45 如图，连接AC.设每个小正方形的边长 为1， 则AB=√+3=√10， AC=√+2=√5，BC=√1+2 =5, .BC2+AC2=AB,且AC=BC, ∴△ABC是等腰直角三角形，且∠BCA=90°， .∠ABC=45°，∴.∠ABC=∠A1B,C1. 第二十一章四边形 21.1四边形及多边形 21.1.1四边形及其内角和 1.A2.C3.B4.A 5.144°6.(x+180)°7.80° 8.解：设∠A=x,则∠B=2x, ∴∠C=∠A=x,∠D=∠B=2x. :∠A+∠B+∠C+∠D=360°， ∴x+2x十x+2.x=360°，解得x=60°， .∠A=60°，∠B=120°，∠C=60°，∠D=120°. 9.解：(1)∠1+∠2=90°.理由： ,BE,DF分别是∠ABC,∠ADC的平分线， .∠1=∠ABE,∠2=∠ADF :∠A=∠C=90°， .∠ABC+∠ADC=360°-90°-90°=180°， .2(∠1+∠2)=180°， ∴.∠1+∠2=90°. (2)BE∥DF.理由： :在△FCD中，∠C=90°， .∠DFC+∠2=90°. ,∠1+∠2=90°，.∠1=∠DFC,.BE∥DF. 21.1.2多边形及其内角和 1.C 2.B【解析】如图，AB∥CD, A不1 ∴.∠4+∠5=180°. ,∠1+∠2+∠3+∠4+∠5 =360°， ∴.∠1+∠2+∠3=180°. 3.C【解析】六边形ABCDEF的内角和为(6-2)×180 =4×180°=720°」 :∠A+∠B+∠C+∠D=500°， .∠DEF+∠AFE=720°-500°=220° :EG平分∠DEF,FG平分∠AFE, ∴∠GEF+∠GFE2(∠DEF+∠AFE)= 2 220°=110°， .∠G=180°-110°=70°. 4.150°5.45 6.40°【解析】如图，延长BC交 OD于点H.:∠1，∠2，∠3，∠4 的邻补角的度数和为220°， ∴·∠CDE,∠BCD,∠ABC的邻y H D 补角的度数和为360°-220°= 140°，即∠CDH+∠DCH+∠OBH=140° 又.∠BHO是△CDH的外角，.∠BHO=∠CDH +∠DCH,.∴.∠BHO+∠OBH=140°，.∠BOD= 180°-140°=40°. 7.解：(1)：六边形ABCDEF的每个内角都相等， 每个内角的度数为6一2)×180° =120°， 6 即∠E=∠F=∠BAF=120°. ∠1=48°，∴∠DAF=∠BAF-∠1=120°-48 =72°. 又四边形ADEF的内角和为360°， .∠2+∠DAF+∠F+∠E=360°，∴.∠2=48. (2)证明：由(1)可知，六边形ABCDEF的每个内角均 为120°， ∴∠1=120°-∠DAF,∠2=360°-∠E-∠F ∠DAF=360°-120°-120°-∠DAF=120 -∠DAF, ∠1=∠2， AB∥DE. 8.解：(1)①130 ②670° (2),n边形的一个外角为a, ∴.与它相邻的内角的度数为180°一a. ,n边形的内角和为(n-2)×180°， .3=(n-2)×180°-180°+a=(n-3)×180°+a, ∴.B-a=(n-3)×180 21.2平行四边形 21.2.1平行四边形及其性质 1.C2.C3.B4.C5.62°6.16 7.40°【解析】如图，设AD与C'E C 交于点M.由折叠的性质，得∠2A M.D =∠DEC=60°，∠C'=∠C, .∠MEC=120°.，四边形AB B E CD是平行四边形，∴.AD∥CE,.∠C'MD=∠MEC =120°.：在△C'MD中，∠1=20°，.∠C=180° ∠C'MD-∠1=180°-120°-20°=40°，.∴.∠C=40°. 8.√3【解析】，四边形ABCD是平行四边形，BD= 2,AC=2√10， ∴0B=0D=2BD=1,0A=0C=2AC=V而. AD=3, .OD2+AD2=12+32=10=OA2, .∠ADO=90°， ∴.AB=√AD+BD=√I3. 9.解：(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD∥BC, ∴.∠DAM=∠BCN. DM⊥AC,BN⊥AC, ∴.∠AMD=∠CNB=90°， ∴.△DAM≌△BCN(AAS), .'.AM=CN. (2),四边形ABCD是平行四边形， ∴.∠ABC=∠CDA=120°. :∠ABN=70, ∴.∠CBN=∠ABC-∠ABN=120°-70°=50°. BN⊥AC, ∴.∠BNC=90, ∴.∠ACB=90°-∠CBN=90°-50°=40°. 21.2.2平行四边形的判定 第1课时平行四边形的判定(1) 1.C2.C3.B 4.C5.OB=OD(答案不唯一)6.24 7.解：(1)证明：BD∥CE∥GF,∠ABD=118°，∠GFE =62°， ∴.∠ACE=∠ABD=118°，∠DEC=∠GFE=62°， .∠ACE+∠DEC=180°， ∴.BC∥DE, .四边形BCED是平行四边形. (2),四边形BCED是平行四边形， .'.CE=BD=20 cm. B 如图，连接AG,延长AC交GF于 点H, 则CH∥EF. 又，CE∥HF, .四边形CHFE是平行四边形， ..CH=EF=50 cm,HF=CE=20 cm, ..AH=AC+CH=100 cm,GH=GF-HF=60 cm. .AC=EF=CG=CH. ∴.∠CAG=∠CGA,∠CGH=∠CHG, .∴.∠CAG+∠AGH+∠CHG=2(∠CGA+∠CGH) =180°， .∴.∠AGF=90°， .AG=√AH-GH=80cm. 故椅子最高点A到地面GF的距离为80cm. 第2课时平行四边形的判定(2) 1.A 2.B【解析】AF∥BC,∠AFC=∠FCD. ,E是AD的中点，∴AE=DE 下册参考答案 29N