1.5矩形 同步自主达标测试题 2025-2026学年湘教版八年级数学下册

2025-2026学年湘教版八年级数学下册《1.5矩形》同步自主达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．在下列条件中选取一个作为增加条件，能使平行四边形成为矩形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，四边形是矩形，对角线和相交于点，若，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．2 3．如图，直线，矩形的顶点A、D分别在直线b、a上，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，，，对角线和交于点O，过点O作垂直于，交于点E，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D． 5．如图，四边形和四边形都是矩形，点在边上，若矩形和矩形的面积分别为和，若，则是（   ） A．6 B． C．12 D．无法确定 6．如图，矩形中，在上，且，，，矩形的周长为，则的长是（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 7．如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接，点M，N分别是的中点，连接，若，则MN的长度为（　　） A． B． C． D． 8．如图，在矩形中，对角线、相交于点O，E为边上任意一点（不与点C、D重合），过点E作，，垂足分别为F、G，若，，则的值为（    ） A． B． C． D．不确定 二、填空题（满分24分） 9．如图，在矩形中，对角线相交于点O，点E、F分别是的中点，若，则的长度是___． 10．如图，中，，，D是上一点，于点E，于点F，连接，则的最小值为______． 11．四个完全一样的矩形如图所示摆放着，夹角为， ，则__________． 12．如图，矩形的对角线，相交于点O，分别过点O作于点E，过点D作于点F，此时，若，则线段的长为____________． 13．在长方形中，，，E、F分别为、的中点，动点H、G分别在线段、上，则四边形周长的最小值为 _______ ． 14．如图，在矩形中，与交于点，．以点为圆心，的长为半径作弧，交于点．连接，，则的度数为______． 15．如图，矩形中，，边，于点M，连接，则图中阴影部分的面积是______． 16．如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为，，，点为线段上一点，将沿翻折，点刚好落在上点处，则点的坐标为__________． 三、解答题（满分72分） 17．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，连接，设点P、Q运动的时间为．当t为何值时，四边形是矩形？    18．如图，将长方形纸片沿对角线折叠，使点落在处，，．（注：该长方形的性质：两组对边平行且相等，每个内角都是） (1)求证：是等腰三角形； (2)求线段的长． 19．如图，矩形中，，，点E是的中点，于点F，连接并延长与交于点G． (1)求的长； (2)求证：． 20．如图，在平行四边形中，，对角线与交于点，点，分别为、的中点，延长至点E，使连接DE． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 21．如图，在中，，是的一条角平分线，为的外角的平分线，，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点F，连接，若，，求四边形的面积． 22．在矩形中，，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形． (1)如图1，当点的对应点落在边上时，求的长； (2)如图，连接、，当点的对应点落在线段上时， ①求证： ； ②求的长； (3)如图，连接、，当点的对应点落在对角线的延长线上时，求证：四边形是平行四边形． 23．综合与探究 【问题背景】在矩形中，，，E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处． 【问题提出】如图①，当E为的中点时，延长交于点F，求证：． 【问题解决】经过学习小组合作、探究、展示，其中的两种作辅助线的方案如下： 方案一：连接，如图②； 方案二：将绕点E旋转至处，如图③． （1）请你任选其中一种方案进行证明． 【深入探究】 （2）点E在移动过程中，当点P恰好落在对角线上时，如图④，求的长． 参考答案 1．解：A. ，对角线相等，可判断是矩形，故选项A正确，符合题意； B. ，是已具有的性质，不能判断是矩形，故选项B错误，不符合题意； C. ，对角线互相垂直，可判断是菱形，故选项C错误，不符合题意； D. ，是已具有的性质，不能判断是矩形，故选项D错误，不符合题意． 故选：A． 2．解：∵四边形是矩形，对角线和相交于点， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 3．解：如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 直线， ∴ ∴ 故选：C． 4．解：如解图，连接， ∵四边形是矩形，， ∴，，，， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， 设，则， 由勾股定理得，， 即， 解得． 故选：C． 5．A 【分析】本题主要考查了矩形的性质及面积的计算．由于矩形的面积与矩形的面积都等于2个的面积，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴． 故选：A． 6．A 【分析】本题考查了三角形内角和定理，矩形性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是推出.设，根据矩形的性质得出，，，求出，证，推出，求出，得出方程，求出即可. 【详解】设， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 矩形的周长为， ， ， 即. 故选：A． 7．C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识点，掌握知识的灵活运用相关性质定理是解题的关键． 如图：连接并延长交于P，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理解答即可． 【详解】解：如图：连接并延长交于P，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点E，F分别是边的中点，， ∴，， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴． 故选：C． 8．A 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用，运用面积关系是本题的关键． 连接，利用勾股定理，结合矩形性质推出，，再结合建立等式求解，即可解题． 【详解】解：连接， 四边形为矩形， ，， ，， ，， ， ，，， ， ， ； 故选：A． 9． 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的中位线定理，根据矩形的性质结合勾股定理求出的长，三角形的中位线定理得到，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点E、F分别是的中点， ∴． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键． 连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可． 【详解】解：如图，连接． ∵，， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得时，线段的值最小， 此时，， 即， 解得， ∴线段的最小值为． 故答案为：． 11．2 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过C作于F，交于E，过D作于N，交于M，证明，得出，证明四边形是矩形，得出，进而得出，同理，根据三角形的内角和定理和对顶角的性质依次可求出，，，，，然后根据含角的直角三角形的性质得出，然后在中，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过C作于F，交于E，过D作于N，交于M， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， 同理可求， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：2． 12． 【分析】先根据矩形的性质得出，，，从而可得，再说明是的中点，结合，可说明是等腰三角形，再证明是等边三角形．然后利用中位线的性质求得，从而可求得． 【详解】解：由矩形的性质可知，，， ∴． ∵， ∴是的中点． ∵， ∴是等腰三角形， 即， ∴， 即是等边三角形． 又∵，， ∴是的中点． 又是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，三线合一，等边三角形的判定和性质，与三角形中位线有关的求解问题，根据矩形的性质求线段长等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 13．20 【分析】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质，熟练掌握轴对称性质是解题的关键．已知长方形的边长，E、F分别为、的中点，动点H、G分别在线段、上，运用轴对称的性质将四边形的边进行转化，进而求出周长的最小值． 【详解】解：在长方形中，，， 延长到点L，使，延长到点K，使，连接、、，如图所示： 垂直平分、垂直平分，点H、G分别在、上， ， ，即四边形周长的最小值为． 故答案为：． 14． 【分析】此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，等边对等角和三角形内角和定理，解题的关键是能够熟练运用以上知识点． 先利用矩形性质证明是等边三角形，得到，，再根据作图得到是等腰直角三角形，从而得到，，然后利用等边对等角和三角形内角和定理求出，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵以点为圆心，的长为半径作弧，交于点， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是根据勾股定理和直角三角形的性质算出对应的底和高．根据阴影部分的面积求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 过点M作于点H， ， ， 则图中阴影部分的面积 ， 故答案为： ． 16． 【分析】本题考查了点坐标与图形、矩形与折叠问题、勾股定理等知识，熟练掌握矩形与折叠问题是解题关键．先证出四边形是矩形，，则可设点的坐标为，再根据折叠的性质可得，，，则，然后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：∵点，，的坐标分别为，，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形， ∴，， ∴设点的坐标为，则， ∴， 由折叠的性质得：，，， ∴， 在中，，即， 解得， ∴点的坐标为， 故答案为：． 17．当时，四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的性质和判定的应用．根据矩形的性质得出，，，当时，四边形是矩形，得出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 当时，四边形是矩形， 即， 解得：． 所以当时，四边形是矩形． 18．(1)见解析； (2). 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理． 由折叠可知，根据矩形的对边互相平行，可得：，等量代换可得：，可证结论成立； 设，则，利用勾股定理得到关于的方程，解方程求出的值，即为线段的长． 【详解】（1）证明：由折叠可知， 四边形是矩形， ， ， ， 是等腰三角形； （2）解：四边形是矩形， ，， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ． 19．(1)， (2)见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等面积法，余角定理，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据矩形的性质得出直角和相等的边，然后利用勾股定理和等面积法求出线段的长度即可； （2）过F作于点M，过F作于点N，利用勾股定理和等面积法求出相关线段的长度，得出，，然后利用等角的余角相等得出，最后利用等角对等边即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 由勾股定理得； ∵， ∴由等面积得，， ∴； （2）证明：过F作于点M，过F作于点N， 则四边形是矩形， ∴，， 在中，， 由等面积可得， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴（等角的余角相等）， 同理：， ∴， ∴． 20．(1)见解析 (2)48 【分析】题目主要考查平行四边形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键． （1）依据平行四边形的性质和全等三角形的判定得出，再根据全等三角形的性质和平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质，即可得到，利用矩形的判定即可证明；． （2）根据题意得出，再由勾股定理确定，结合图形，根据面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， 又点M，N分别为的中点， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， 又∵M是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）由（1）得， ∵， ∴， 由（1）得四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：． 21．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理． （1）根据等腰三角形三线合一得到，，结合是的外角的平分线，可得出，又由即可得到，然后根据矩形的判定即可得证； （2）利用，，证明是等边三角形，求得，利用直角三角形的性质结合勾股定理，即可求解． 【详解】（1）证明：，是角平分线， ，， ， 为的外角的平分线， ， ， 即， ， ， 四边形是矩形； （2）解：由（1）知，四边形为矩形， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴矩形的面积． 22．(1)1； (2)①见解析；②； (3)见解析． 【分析】（）利用矩形旋转的性质，得到，再在直角三角形中用勾股定理求出，进而求出． （）①根据矩形旋转性质得，，结合公共边，用定理证明全等；②先证明，设，在中利用勾股定理求解． （）连接交于，先证得角相等，再证且，从而证明平行四边形． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，． 由旋转可知，． 在中，根据勾股定理， ∴． （2）①证明：∵四边形是矩形， ∴． 由旋转可知，，． ∴， 在和中， ， ∴． ②解：由①知， ∴． ∵四边形是矩形，， ∴，故， ∴． 设，则，． ∵，在中，根据勾股定理， ∴， 解得． （3）证明：连接交于． ∵四边形是矩形， ，，，，． ， ． 由旋转得，，， ，， ． 又， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定，熟练掌握这些性质和定理是解题的关键． 23．（1）见解析    （2）3 【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理与折叠等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键． （1）方案一：连接，根据证明即可得出结论； 方案二：证明，，得，由可得结论； （2）由勾股定理求出，根据折叠的性质得，，．，．在中，由勾股定理，得，即，解得， 【详解】解：（1）方案一：连接． ∵四边形是矩形， ∴． ∵E为的中点， ∴． 由折叠的性质，得，，， ∴，． 又∵， ∴． ∴． 方案二：将绕点旋转至处． ∵四边形是矩形， ∴． 由旋转的性质，得，，． ∴，即点D，C，R共线． 由折叠的性质，得，， ∴，． ∴． ∴，即． （2）∵四边形是矩形， ∴，． ∵，， ∴． 由折叠的性质，得，，． ∴，． 在中，由勾股定理，得， 即，解得， ∴的长为3． 学科网（北京）股份有限公司 $