山东省泰安市2025-2026学年八年级下学期数学期末备考专题训练----02矩形的性质与判定

泰安市2026年八年级下学期期末备考专题训练----02矩形的性质与判定 一、单选题 1．下列说法不正确的是（   ） A．矩形是平行四边形 B．平行四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．平行四边形具有的性质矩形都具有 2．如图，依据尺规作图的痕迹，计算（   ） A． B． C． D． 3．如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 4．如图，在平行四边形中，为边上一点，F为边上一点，四边形为矩形，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 5．将两个矩形按如图放置，若，则（    ） A． B． C． D． 6．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为（    ） A．4 B． C．2 D． 7．如图，矩形的对角线、相交于点．若，则四边形的周长为（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 8．如图，取两根长度不等的细木棒，将它们的中点重合固定（记为点）．转动木棒，在由锐角变成钝角的过程中，分析以木棒四个端点为顶点的四边形，下列结论一定成立的是（　　） A． B． C．当时，四边形为矩形 D．当时，四边形为菱形 9．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，M为的中点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 10．矩形中，点M在对角线上，过M作的平行线交于E，交于F，连接和，已知，，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，在中，，，，点是的中点，则的长为______． 12．如图，四边形是矩形，对角线，相交于点，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧相交于点，作射线．若，，则__________． 13．如图，折叠矩形的一边，点落在边上点处，已知cm，cm，则的长是___________cm． 14．如图，矩形纸片，，将长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为， 若，， 的长是______． 15．如图，在矩形中，对角线、相交于点O，于E，若，，则的长为________ ． 三、解答题 16．如图，矩形中，对角线与交于点O，若，．求的度数． 17．如图，把一张矩形纸片，折叠后使顶点和顶点重合，折痕为，若，，求重叠部分的面积． 18．如图，在平行四边形中，过点作交边于点，点在边上，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，且，求线段的长． 19．如图，在矩形中，点E是上一点，，于点F． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 20．如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点的运动速度都是，连接．设点的运动时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 21．如图1，在中，，，，，相交于点O，且，，连接． (1)求的长． (2)求证：． (3)如图2，设与相交于点P，连接，求的长． 22．如图，在中，D，E分别是边，的中点，F是延长线上一点，，连接，，． (1)求证：； (2)若，试判断四边形是什么特殊形状的四边形？并说明理由． 23．综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)【操作与证明】： ①如图①所示，王华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则_______，_______； ②如图②所示，张亮将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形； (2)【迁移应用】： 如图③所示，李明将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长． 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 《泰安市2026年八年级下学期期末备考专题训练----02矩形的性质与判定》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A A C C B D B B 1．B 【分析】本题考查矩形与平行四边形的区别与联系，矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形． 【详解】解：A选项：矩形是有一个角是直角的平行四边形， 故A选项正确； B选项：平行四边形的内角不一定是直角， 平行四边形不一定是矩形， 故B选项错误； C选项：矩形的定义是：有一个角是直角的平行四边形是矩形， 故C选项正确； D选项：矩形是特殊的平行四边形， 矩形具有平行四边形的所有性质， 故D选项正确． 故选：B． 2．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． 3．A 【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角，根据矩形的性质，得到，等边对等角得到，三角形的内角和定理，求出的度数，角的和差关系求出的度数即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选A． 4．A 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形内角和定理，由矩形的性质得，即得，再根据三角形内角和定理解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：． 5．C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两个锐角互余，因为两个矩形叠合放置，所以，因为，则，即可作答． 【详解】解：如图： ∵两个矩形叠合放置， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 6．C 【分析】本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据矩形的性质得到，，由得到，则有，即可求解． 【详解】解：∵矩形， ∴，，，， ∴， 又∵， ∴， ∵在中，，， ∴， 故选：C． 7．B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，以及矩形的性质，证明四边形是菱形是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的性质得出，然后证明四边形是菱形，即可求出周长． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴四边形的周长； 故选B． 8．D 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理，矩形和菱形的判定，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形来判断，再利用对角线相等的平行四边形为矩形，对角线互相垂直的平行四边形为菱形，进行判定即可． 【详解】解：中点重合固定（记为点），故，相互平分，转动木棒，在由锐角变成钝角的过程中，四边形为平行四边形； A．不一定相等，选项错误，不符合题意； B．不一定相等，选项错误，不符合题意； C．因为两根长度不等的细木棒，所以转动木棒的过程中，四边形为矩形不可能为矩形，选项错误，不符合题意； D．当时，，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知，此时四边形为菱形，选项正确，符合题意； 故选：D． 9．B 【分析】先求证四边形是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得最短时的长，然后即可求出的最小值． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，，， ∴， ∵于E，于F， ∴四边形是矩形， ∴，与互相平分， ∵M是的中点， ∴M为的中点， ∴， 根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短， 即时，最短，同样也最短， ∴当时，， ∴最短时，， ∴当最短时，． 10．B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、三角形的面积，解题的关键是证明． 根据矩形的性质和三角形面积关系可证明，即可求解． 【详解】解：过M作于P，交于Q，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 11．5 【分析】先判断三角形的形状，再利用直角三角形斜边中线的性质求解；根据勾股定理的逆定理：若一个三角形的两边的平方和等于第三边的平方，则这个三角形是直角三角形；直角三角形斜边中线的性质：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． 【详解】解：∵，，， ∴， 又∵， ∴， ∴是直角三角形， ∵点F是斜边的中点， ∴， 故答案为：. 12． 【分析】本题考查了矩形的性质、作角平分线，勾股定理，解决本题的关键是证明．由作图过程可得是的角平分线，结合题意，证明，得出根据矩形的性质进而得到，由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设，交于点 四边形是矩形， ，， 由作图过程可知：是的角平分线， ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ，则， ， 故答案为：． 13．2 【分析】本题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握矩形性质和翻折的性质．由四边形是矩形，可得，，根据折叠矩形的一边，点落在边上的点处，知，用勾股定理得；进而可得． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 折叠矩形的一边，点落在边上的点处， ， 在中，； ； 故答案为：2． 14． 【分析】此题考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．根据折叠的性质得到，则，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：根据折叠的性质得到，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的判定和性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题关键．由矩形的性质可知，，，由题意可知，垂直平分，则，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16． 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，解题关键是熟练掌握矩形的对角线相等且相互平分的性质．先由矩形的对角线相等且互相平分推出，结合三角形外角的性质和等腰三角形的性质即求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，对角线与交于点， ， ， ， ， ， ， ． 17． 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质及勾股定理的应用，熟练掌握折叠前后对应边相等、对应角相等，并利用勾股定理建立方程求解线段长度是解题的关键． 利用矩形和折叠的性质，设为未知数，结合勾股定理列方程求出的长度，再根据三角形面积公式计算的面积． 【详解】解：设， ∵矩形中，，， ∴． ∵折叠后与重合， ∴，，． 在中，由勾股定理得，即， 解得， ∵的高为， ∴． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题； （1）首先证明，，推出四边形是平行四边形，再证明即可解决问题； （2）分别在，中，利用勾股定理求出、即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； （2）解：平分，， ， ， ，， ， ， ， 在中，，即的长是． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）结合矩形的性质得，则，根据，得，又因为，故，所以，即； （2）根据矩形的性质以及，得，运用勾股定理算出，则，结合在中，运用勾股定理列式计算，得，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵， ∴． （2）解：由（1）得， ∴ ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，． 20．(1) (2) 【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，勾股定理．解决此题的关键是注意结合方程思想． （1）当四边形是矩形时，，据此求得t的值； （2）当四边形是菱形时，，根据勾股定理，列方程求得运动的时间t． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∴此时， 解得：． 答：当时，四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， 当时，四边形为菱形． 设t秒后，，四边形为菱形， 根据勾股定理得：， 即， 解得：． 答：当时，四边形是菱形． 21．(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了菱形的性质及判定，矩形的性质及判定，勾股定理，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定及性质． （1）由条件先证四边形是菱形，再根据菱形性质及勾股定理，即可求解； （2）由条件先证四边形是矩形，再利用对角线相等即可证明； （3）过点D作于点H，通过菱形的等面积法求出，再利用勾股定理求． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴． （2）∵，， ∴四边形是平行四边形． 由（1）可知四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴． （3）如图，过点D作于点H， ∴， ∵菱形的面积， ∴， ∴解得， 在中，由勾股定理，得， 由（2）可得四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，． 22．(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，平行线的判定与性质，三角形中位线定理，正确掌握相关性质是解题的关键． （1）根据E是边的中点，，证明四边形是平行四边形，进行作答即可． （2）先由等角对等边得，再结合中位线的判定与性质得，结合平行四边形的判定与性质得，则，即可得出四边形是矩形． 【详解】（1）证明：在中，D，E分别是边，的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是矩形．理由如下： ， ， 在中，D，E分别是边，的中点， 是的中位线， ， 四边形是平行四边形， ， 即， ， 四边形是矩形． 23．(1)①；②证明过程见详解 (2)的长为 【分析】（1）①根据折叠得到，由平角的性质得到，由此得到，根据矩形的性质得到，根据平行线的性质即可求解； ②根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，由折叠的性质，可证，，结合菱形的判定方法即可求解； （2）根据矩形的性质得到，，，由勾股定理得到，根据折叠得到，由全等的性质得到，如图所示，过点作于点，运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：①∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； ②证明：∵四边形是矩形， ∴，，即， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵折叠， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 在中，， ∴，， ∵折叠， ∴， ∴， 由（1）得到， ∴， 如图所示，过点作于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题主要考查矩形与折叠的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握矩形与折叠的性质是关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $