21.3.1矩形自主达标测试题2025-2026学年人教版八年级数学下册

2025-2026学年人教版八年级数学下册《21.3.1矩形》自主达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对边相等 C．对角相等 D．对角线互相平分 2．要使如图所示的成为矩形，需增加的一个条件可以是（  ） A． B． C． D． 3．如图，是的中线，，，则的长为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 4．如图，矩形中，对角线、交于O，若，，则的长为（   ） A．3 B．4 C．7 D．5 5．如图，依据尺规作图的痕迹，计算（   ） A． B． C． D． 6．如图，在平面直角坐标系中有一个矩形，点B的坐标是，则的长为（   ） A． B． C．3 D． 7．在矩形中，对角线、相交于点的角平分线交于点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 8．如图，矩形纸片中，，，同学们按以下所给图步骤折叠这张矩形纸片，则线段长为（   ） A．8 B．5 C． D． 二、填空题（满分24分） 9．如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量书架的两条对角线，的长就可以判断，其数学依据是___________． 10．如图，在矩形中，，，与交于点，则与的周长差为____________． 11．如图，在中，，垂足为D，E是边的中点．如果，那么__________． 12．如图，，点在上，四边形是矩形，且，连接交于点，连接．则______． 13．点是矩形的对角线的延长线上一点，若，，则______． 14．如图，在四边形中，，，连接，，点，分别是线段，的中点，若，则的长为 ________________ ． 15．如图，矩形沿折叠，使点D落在点E的位置，与相交于点F，若，，则的长是__________． 16．如图，将含有的直角三角尺（）直角顶点A放到矩形的边上，若，则的度数是______． 三、解答题（满分72分） 17．用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 已知：线段； 求作：矩形，使． 18．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，，垂足为E，，求的度数． 19．已知，如图所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求： (1)求的坐标； (2)求的坐标． 20．如图，在中，对角线、相交于点，，点是的中点，连接，过点作，交的延长线于点．求证：四边形是矩形． 21．如图，在中，，E是边上一点，延长与的延长线交于点F，连接． (1)已知，证明四边形是矩形； (2)在（1）的条件下，若，直接写出四边形的面积． 22．如图，在中，，D为中点，四边形是平行四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点E作于点H，若，求的长． 23．已知点E，F分别在矩形纸片的边、所在直线上，连接，将矩形纸片沿折叠，点A落在处，点B落在'处．当，时，请解决下列问题： (1)如图1，若点恰好与点D重合，与相交于点O，连接、，求的长； (2)如图2，若点恰好在边上时，交于点G，且满足，求证：； (3)若点在边所在直线上，且满足，求的长． 参考答案 1．A 【分析】对比矩形与一般平行四边形的性质，找出矩形特有的性质即可得出答案． 【详解】解：∵一般平行四边形的性质为：对边相等，对角相等，对角线互相平分． 矩形是特殊的平行四边形，除具有一般平行四边形的所有性质外，还具有对角线相等、四个角都是直角的特有性质． ∴矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等． 2．A 【分析】本题考查矩形的判定定理，核心要点是牢记“对角线相等的平行四边形是矩形”“有一个内角为直角的平行四边形是矩形”这两个判定定理． 【详解】解：已知四边形是平行四边形， ∵若，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，可得平行四边形是矩形； 而选项B中、选项C中、选项D中均是平行四边形本身具有的性质，无法通过这些条件判定其为矩形． 故选：A． 3．B 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出答案． 【详解】解：∵是的中线，，， ∴． 故选：B． 4．D 【分析】根据矩形的性质和勾股定理得出，进而利用矩形的性质解答即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ，， ， ． 5．B 【分析】本题主要考查了尺规作图—角平分线和线段垂直平分线，矩形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上性质． 根据痕迹得出平分，垂直平分，然后得出角之间的关系和直角，然后确定四边形为矩形，根据平行线的性质得出相等的角，最后利用角平分线的性质和直角三角形的性质进行求解即可． 【详解】解：各交点如图所示， 根据作图痕迹可得，平分，垂直平分， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 6．D 【分析】连接，根据两点间距离公式求出的长，再根据矩形的对角线相等即可求解． 【详解】解：连接， ∵点B的坐标是， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 7．B 【分析】本题考查了矩形的性质、角平分线的定义，关键是矩形性质的应用；根据矩形的性质可得，结合，可得的度数，又根据角平分线的定义可得的度数，则可求． 【详解】解：∵矩形中，，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 故选：B ． 8．D 【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质．由通过折叠得到可得：，，推出，由矩形通过折叠得到矩形可得：，得到为等腰直角三角形，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：由通过折叠得到可得：，， 则， 由矩形通过折叠得到矩形可得：， ，， 为等腰直角三角形， ， ， 故选：D． 9．对角线相等的平行四边形是矩形 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，熟练掌握对角线相等的平行四边形是矩形这一判定方法是解题的关键． 先明确平行四边形的性质，再根据对角线相等的平行四边形是矩形这一判定定理，判断该平行四边形是否为矩形，从而得出侧边与上下底垂直的结论． 【详解】解：已知四边形是平行四边形， 若对角线， 则平行四边形是矩形， 其数学依据是对角线相等的平行四边形是矩形． 故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形． 10．2 【分析】根据矩形的性质，结合三角形的周长即可求解． 【详解】四边形为矩形，，， ，， ， 与的周长之差为2． 11． 【分析】本题考查直角三角形的性质，先求出、的度数，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，则，再根据外角的性质可得． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵E是边的中点， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 12． 【分析】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键． 根据矩形性质得，根据得为等边三角形，则，由此为等边三角形，则，进而得，然后在中由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形，对角线，交于点， ， ， 为等边三角形， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得： ． 故答案：． 13．/度 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由矩形的性质得到，再由等边对等角和三角形内角和定理求出，进一步证明，即可得到． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，以及勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 连接，，根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：连接，， ，点是线段的中点， ， 点是线段的中点， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ∴， ， ， 故答案为：． 15． 【分析】根据矩形与折叠的性质，证明，得出，设，根据勾股定理建立等式，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 在中，， 即， 解得， ∴的长为． 16． 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理，对顶角相等． 设与的交点为点，由角的和差可求得，根据矩形的性质得到，从而，根据三角形的内角和定理求得，再根据对顶角相等即可得． 【详解】解：设与的交点为点， ∵，， ∴， ∵在矩形中，， ∴ ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 17．作图见详解 【分析】根据矩形的性质运用尺规作图即可． 【详解】解：（1）画射线，在上截取，即以点为圆心，以为半径画弧交于点，以点为圆心，以为半径画弧交于点； （2）分别以点为圆心，以为半径，画弧，交于点，连接，以点为端点，在上取， （3）分别以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，可得矩形， 如图所示，即为所求图形． ∴矩形即为所求图形． 【点睛】本题主要考查尺规作图，线段的垂直平分线的作图，矩形的作图，矩形的判定，掌握矩形的判定方法是解题的关键． 18．＝28°． 【分析】四边形ABCD是矩形，由矩形的性质得到，又，由等腰三角形性质得到∠OBA＝62°，由得∠AEB＝90°，直角三角形两锐角互余得到的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴，，， ∴． ∴△AOB是等腰三角形， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形两锐角互余等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 19．(1) (2) 【分析】本题主要考查了折叠变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题． （1）根据折叠性质得，，由勾股定理得，可得点坐标； （2）在中，根据勾股定理即可求点坐标． 【详解】（1）解：由折叠可知：， ， ，， 在中，由勾股定理得， 点坐标为； （2） ，， 由折叠可知：， 设，则， 在中，由勾股定理得：，解得：， 点坐标为． 20．见解析 【分析】根据平行四边形的性质和三角形中位线定理，推出，即可证明结论． 【详解】证明：， ，， ， ，即， 点是的中点，， 是的中位线， ， ， ， ， 四边形是矩形． 21．(1)见解析； (2)18． 【分析】（1）由平行四边形的性质得，再由等腰三角形的性质得，进而证明四边形是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）证明得，再由勾股定理求得，即可解决问题． 此题考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵共线， ∴ ∵ ， ∵ ， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ， 在中，， ∴， ∵， ∴四边形的面积． 22．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）通过等腰三角形三线合一，可得，，结合四边形是平行四边形，，，从而得证； （2）不妨设，那么，先求得，接着通过外角求得，得到为等腰直角三角形，结合矩形的性质以及勾股定理，可求得，最后通过可求得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵，D为的中点， ∴，． ∴，， ∴四边形是平行四边形． 又∵ ∴平行四边形是矩形． （2）解：不妨设，那么， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 23．(1)的长为 (2)见解析 (3)的长为5或3 【分析】（1）利用折叠的性质和勾股定理即可求解； （2）利用折叠的性质得出，，利用证得，得到，利用等边对等角得到，然后证得，得到，即可证得； （3）分①当在的延长线上时，②当在线段时，两种情况讨论，根据折叠的性质．利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：设，则， 由折叠的性质可知， 在中，， ∴， 解得， ∴； （2）证明：由折叠的性质可知，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （3）解：①当在的延长线上时，如图①， 由，设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴； ②当在线段时，如图②， 设，则， 由折叠的性质可知， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， 综上，的长为5或3． 学科网（北京）股份有限公司 $