专题9.9 矩形（专项练习）（基础夯实）-2024-2025学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.9 矩形（专项练习）（基础夯实） 1、 选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求） 1．（23-24九年级上·河北保定·期中）下列选项中，矩形不具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对边相等 C．对角线相等 D．对角互补 2．（24-25九年级上·陕西汉中·期末）如图，下列条件中，能够判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）在矩形中，对角线相交于点O，的角平分线交于点E，若，则用表示为（　　） A． B． C． D． 4．（22-23八年级下·四川内江·期末）如图，点P是矩形的边上一动点，、长分别为15和20，那么点P到矩形两条对角线和的距离之和是（     ） A．26 B．12 C．24 D．不能确定 5．（24-25九年级上·山东济宁·期中）如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则当第2024秒时，矩形的对角线交点的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，，，于点E．则下列条件中，不能使四边形成为矩形的条件是（   ）    A． B． C． D． 7．（2024九年级下·浙江宁波·专题练习）如图，在长方形中，依据尺规作图的痕迹，用含α的式子表示为（    ）    A． B． C． D． 8．（24-25九年级上·四川巴中·阶段练习）如图，中，＝，、 分别是线段和线段上的动点，且，是线段上一点，且，则的最小值为（　 　） A． B． C． D． 9．（2024九年级下·辽宁·学业考试）如图， 在矩形 中，，取 上一点 E．以 长为半径画弧交于点 F ，以大于 ， 分别为长， 点 E，F为圆心画弧交于点 G，连接并延长至点 Q，使 交 于点 H，．以A，B分别为圆心，大于 为半径画弧交于点 M． N．连接交 于点 P， 点M 在 上， 过点 Q 作 于点 K， 连接， 则 的值为（    ） A． B． C． D． 10．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图，在矩形的外部有四个全等的直角三角形，分别为，，，，连接，交于点O，若，则的值为（　　）    A． B． C． D． 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（24-25九年级上·全国·课后作业）在中，于点D，交于点E，交于点F，当满足条件 时，四边形是矩形． 12．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，在中，、分别是、的中点，是线段上一点，连结、，若，，，则的长为 ． 13．（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）如图，在矩形中，点在边上，点是的中点，，，则的长为 ．    14．（2022·河南·模拟预测）如图所示，把一张矩形纸片按如图所示方法进行两次折叠，得到等腰Rt△ABC，若S△ABC＝2，则S△ACD＝ ． 15．（24-25九年级上·浙江杭州·阶段练习）已知矩形纸片，，，点在边上，连接，将沿所在的直线折叠，点的对应点为，把纸片展平，连接，，当为直角三角形时，线段的长为 ． 16．（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图1，位于河南伏羲山红石林景区的“悬崖秋千”为机械式秋千．如图2，秋千静止时位于铅垂线上，秋千座椅到平台的距离．当秋千摆动的水平距离时，秋千座椅到平台所在平面的距离，则该秋千的摆臂长为 m． 17．（19-20九年级下·江苏宿迁·阶段练习）在中，，，点在内，且，， 分别是的中点，则四边形的面积为 ． 18．（23-24八年级下·辽宁抚顺·期末）如图，如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法： （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． （2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕的同时，得到了线段．观察所得的，和，这三个角之间的关系是 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（22-23八年级下·广西钦州·期中）如图，在一个矩形木板上截下，使，，求 （1）截线段的长度； （2）点B到的距离． 20．（本小题满分8分）（22-23八年级下·安徽阜阳·期中）矩形中，是的中点，延长，交于点，连接，． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）当平分时，求证：． 21．（本小题满分10分）（24-25八年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，分别是边上的高线，取F为中点，连接点D，E，F得到，G是中点． （1）求证：； （2）如果，求． 22．（本小题满分10分）（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，点是边的中点，点是的中点，延长至点，使得，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）给添加一个条件，使得四边形是矩形． 23．（本小题满分10分）（21-22八年级下·广西南宁·期末）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，，，求的长． 24．（本小题满分12分）（22-23八年级下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，长方形，，．在上取一点，沿折叠，点恰好落在上的点处．  （1）点的坐标为___________． （2）求点的坐标； （3）若点是平面内一点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B B A C A D D A 1．A 【分析】此题考查了矩形的性质．根据矩形的性质逐项进行判断即可． 解：A、矩形的对角线不一定互相垂直，故选项符合题意； B、矩形的对边相等，故选项不符合题意； C、矩形的对角线相等，故选项不符合题意；     D、矩形的对角互补，故选项不符合题意； 故选：A 2．D 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质等知识；由矩形的判定定理分别对各个选项进行判断即可． 解：在中，添加，由对角线相等的平行四边形是矩形，故能判定是矩形， 在中，添加或或，都不能判定是矩形， 故选：D． 3．B 【分析】此题考查矩形的性质．根据矩形的性质得出，进而利用角平分线的定义和等腰三角形的性质解答即可． 解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵的角平分线交于点E， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 4．B 【分析】此题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积．熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键． 由矩形可得：，又由，，可求得的长，则可求得与的长，又由，代入数值即可求得结果． 解：连接，如图所示： 四边形是矩形， ，，，， ， ， ，， ，， ， ， ． 点到矩形的两条对角线和的距离之和是12． 故选：B． 5．A 【分析】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点G的变化特点，利用数形结合的思想解答．每秒旋转，8秒一个循环，，第2024秒时，矩形的对角线交点G与原位置的点G的坐标相同，由此可得到点G的坐标． 解：∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴， ∵每秒旋转，， ∴8秒一个循环， ∵， ∴点G与原位置的点G的坐标相同， ∴原位置的点G在第一象限的角平分线上，设， ∴， 解得：， ∴点G的坐标为． 故选：A． 6．C 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，先证明，得出，然后根据矩形的判定方法，逐项进行判断即可． 解：∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴； A．∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故A不符合题意； B．∵，， ∴， ∵ ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故B不符合题意； C．根据不能判定四边形为矩形，故C不符合题意； D．∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故D不符合题意． 故选：C． 7．A 【分析】本题主要考查了尺规作角平分线，垂直平分线，矩形的性质，先根据尺规作图的步骤可知作的平分线，的垂直平分线，可知，，再结合矩形的性质得出，然后根据直角三角形的两个锐角互余得出答案． 解：根据题意可知平分，是的垂直平分线， ∴，． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 在中，， 即， ∴． 故选：A．      8．D 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，过点作于点，过点作于点，当时，取得最小值，据此求解即可． 解：过点作于点，过点作于点，如图： ，， ，， 当时，取得最小值， 此时，四边形为矩形， ． 故选：D． 9．D 【分析】本题考查了角平分线和垂直平分线的尺规作图，等腰直角三角形的判定以及勾股定理等知识点，由题意得平分，垂直平分，可推出、是等腰直角三角形，根据即可求解． 解：由题意得：平分，垂直平分 ∵平分 ∴ ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵ ∴ ∵垂直平分 ∴， ∴ ∴ 故选：D 10．A 【分析】设、交于点，连接，证明出四边形为平行四边形，得到，，推导出与的比，即得出与的比，即可解答与的比． 解：如图，设、交于点，连接，    ， ，， 由，得为等腰直角三角形， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 【点拨】本题考查了矩形、平行四边形、三角形全等相关知识点的应用，同高三角形的面积比的应用是解题关键． 11． 【分析】先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．本题考查矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等知识，熟练掌握菱矩形的判定和平行四边形的判定与性质． 解：证明：，， 四边形是平行四边形，， 当时 ∴四边形是矩形 ∴当满足条件时，四边形是矩形 故答案为： 12． 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、斜边上的中线等于斜边的一半；根据直角三角形的性质得到，根据，得到，根据三角形中位线定理解答即可． 解：，点是的中点， ， ， ， 、分别是，的中点， ， 故答案为：． 13． 【分析】由矩形的性质得，，，而，所以，则，所以，则，于是得到问题的答案． 解：∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 故答案为：． 【点拨】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，正确地求出的长是解题的关键． 14．4+4 【分析】根据折叠的性质可得，分别求出，，求出，即可得出． 解：如图：过点作于点， 是等腰直角三角形，， ，即， ， 折叠， ，， 纸片为矩形， 折叠后，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 故答案为：． 【点拨】本题考查了折叠问题，矩形的性质，等腰直角三角形，三角形的面积，勾股定理，通过折叠得出是解题的关键. 15．或 【分析】本题考查矩形与折叠的综合，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用，直角三角形的性质，根据题意，分类讨论：当时，利用勾股定理，进行解答；当时，根据折叠的性质，可得，根据等边对等角，， 根据，，得到，再根据等角对等边，进行解答，即可． 解：∵四边形是矩形，， ∴，，， 由折叠可得，， ∴ ∴ ∴ ∴ 当时，此时点在上； ∴设 ∴ ∴ 解得： ∴； 当时，此时点在矩形内部， ∵将沿所在的直线折叠，点的对应点为， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 综上所述，或， 故答案为：或． 16．20 【分析】本题考查了勾股定理的应用以及矩形的判定与性质，先证明四边形是矩形，再结合线段的关系，则，，然后再在中，把数值代入，解出，即可作答． 解：依题意，， ∴四边形是矩形 ∴ ∵ ∴， ∴在中， 解得 故答案为：20 17．70 【分析】连接并延长交于点P，得到是线段的垂直平分线，根据勾股定理得到是的中位线，四边形为平行四边形，即可得到四边形为矩形，即可得到结果． 解：连接并延长交于点P， ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴，， 在中，，， ∴， 在中，， ∴， ∵E、F分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴，， 同理，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形为矩形， ∴四边形的面积， 故答案为：70． 【点拨】本题主要考查了四边形综合．掌握矩形的判定定理和性质定理、勾股定理、三角形中位线定理、等腰三角形的性质是解题的关键． 18． 【分析】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键． 由矩形的性质可得，由轴对称的性质可得，，，进而可得，于是可证得是等边三角形，因而可得，然后根据角的和差关系即可得出结论 解：，理由如下： 如图，连接， 四边形是矩形， ， 将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕， ， 再一次折叠纸片，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段， ，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 故答案为：． 19．（1）；（2） 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，点到直线的距离，三角形的面积等； （1）由矩形的性质得，由勾股定理得，即可求解； （2）由三角形的面积得，即可求解； 理解点到直线的距离，掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键． 解：（1）解：四边形是矩形， ， （）； （2）解：设点B到的距离为， ， ， 解得：； 故点B到的距离为． 20．（1）见详解；（2）见详解 【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）证明得出，即可得出结论； （2）证出是等腰三角形，得出，得出． 解：（1）证明：四边形是矩形， ， ． 是的中点， ． 在和中， ， ， ． ， 四边形是平行四边形； （2）证明：平分， ． ∵四边形是矩形， ∴，， ， ， ∴ 是的中点， ， ∴． 21．（1）见分析；（2）48． 【分析】对于（1），根据直角三角形的性质得，再根据等腰三角形的性质得出结论； 对于（2），先根据已知条件及直角三角形的性质求出，再根据等腰三角形的性质及证明是等边三角形，再根据勾股定理得出答案． 解：（1）证明：在中，、分别是边、上的高线， . 是的中点， ， 是等腰三角形. 是的中点， ； （2）解：、分别是边、上的高线， ， 是的中点，， ， ，. ， ， ， ， 是等边三角形. 是的中点， ， ． 【点拨】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，三角形内角和定理等，掌握直角三角形的性质是解题的关键．即直角三角形的斜边中线等于斜边的一半． 22．（1）见分析；（2） 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，三线合一定理，全等三角形的性质与判定： （1）证明得到，，则，再证明，即可证明四边形是平行四边形． （2）根据三线合一定理当可得，则可根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判定四边形是矩形． 解：（1）证明：是的中点， ， 又， ． ，， ∴， ∵为的中点， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：添加，可得平行四边形是矩形，理由如下： ， ， ， 又四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形． 23．（1）见分析；（2） 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，再由勾股定理的逆定理得为直角三角形，，然后由面积法求出的长，即可得出答案． 解：（1）证明：， ，即， 四边形是平行四边形， ，， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为矩形； （2）解：由（1）知，四边形为矩形， ，， ，，， ， 为直角三角形，， ， ，即，解得， ． 【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 24．（1）；（2）；（3） 【分析】（1）由，即可求解； （2）设，则，计算出线段即可利用勾股定理求解，进而可求点的坐标； （3）根据“平行四边形的对角线互相平分”即可分类讨论求解． 解：（1）解：∵ ∴点的坐标为 故答案为： （2）解：由题意得： ∴ 设，则 在中： 解得： ∴点 （3）解：由题意得可得： 设点 为对角线，则有： 解得： 故 为对角线，则有： 解得： 故 为对角线，则有： 解得： 故 综上所述： 【点拨】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理．熟记相关结论是解题关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$