19.3.1矩形同步测试 2025-2026学年沪科版八年级数学下册

2025-2026学年沪科版八年级数学下册同步测试：19.3.1矩形 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下列说法中，正确的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是正方形 B．有一个角是直角的平行四边形是正方形 C．有一组邻边相等的平行四边形是正方形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 2．如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 3．如图，在下列条件中，能够判定平行四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 4．顺次连接下面四边形各边的中点，所得的新四边形不是矩形的是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．对角线互相垂直的四边形 5．如图，已知四边形是平行四边形，添加下列条件，不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 6．的对角线，相交于点O，以下说法正确的是（   ） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 7．如图，在矩形中，点E是边上靠近点B的三等分点，点F是边上靠近点C的三等分点，连接，，M，N分别是，的中点，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D．2 8．一个矩形的一条对角线长为4，两条对角线的一个交角为．则这个矩形的面积是（   ） A．16 B． C． D． 9．如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于，，连接，，若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 10．如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋．则四边形EFGH的周长为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，菱形的面积为10，E，F，G，H分别是边的中点，则四边形的面积为_____． 12．如图，在矩形中，，，点E，F分别为、边上的动点，且的长为2，点G为的中点，点P为上一动点，则 的最小值为________． 13．如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为_____．    14．如图，在矩形ABCD中，BC=20cm，点P和点Q分别从点B和点D出发，按逆时针方向沿矩形ABCD的边运动，点P和点Q的速度分别为3cm/s和1cm/s，则最快______s后，四边ABPQ成为矩形． 三、解答题 15．如图，在中，过点、作，，分别交、的延长线于点和． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，点是线段的中点，若，，求矩形的周长． 16．如图，在矩形中，，，边上有一点E，连接，，．    (1)求的长； (2)求的度数． 17．在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x＋3m交x轴，y轴于A，E两点，m＞0，过点E的直线l2交x轴正半轴于点B（4m，0），如图1所示． （1）求直线l2的函数解析式； （2）△AEB按角的大小分类为 　 　； （3）以点A，B为基础，在x轴上方构建矩形ABCD，点E在边CD上，过原点的直线l3：y＝mx交直线CD于点P交直线AE，BE于点G，H． ①若直线l3把矩形ABCD的周长平分，求m的值； ②是否存在一个合适的m，使S△BOH＝S△AOG，若存在，求m的值；若不存在，则说明理由． 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 《2025-2026学年沪科版八年级数学下册同步测试：19.3.1矩形》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D A A B A B C A 1．D 【分析】根据菱形的判定定理、矩形的判定定理和正方形的判定定理，平行四边形的判定定理，逐一判断即可得出结论． 本题考查了菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，熟记各判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、有一组邻边相等的四边形是菱形，不一定是正方形，错误，不符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，不一定是正方形，错误，不符合题意； C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不一定是正方形，错误，不符合题意； D、有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，正确，符合题意； 故选：D． 2．B 【分析】根据矩形的性质，三角形的中位线定理，得到，即可得出结果. 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴. 3．D 【分析】本题考查了矩形的判定方法：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有三个角是直角的四边形是矩形；④对角线相等且互相平分的四边形是矩形． 根据矩形的判定方法逐一判断即可． 【详解】A． ∵，∴，即，平行四边形不是矩形 B． ，无法判定平行四边形是矩形 C． ，无法判定平行四边形是矩形 D． ∵，∴，平行四边形是矩形 故选：D． 4．A 【分析】本题考查中位线，特殊四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握中点四边形的特征是解题的关键．分别画出图形，利用中位线依次证明即可． 【详解】解：A中，∵如图，四边形是矩形， ∴不一定垂直于， ∵、、、分别为、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∵不一定垂直于， ∴不一定垂直于， ∴四边形不一定是矩形； 故选项A符合题意； B中，∵如图，四边形是正方形， ∴， ∵、、、分别为、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； 故选项B不符合题意； C中，如图，四边形是菱形，同选项B可得四边形是矩形； 故选项C不符合题意； D中，如图，四边形中，，同选项B可得四边形是矩形； 故选项D不符合题意； 故选：A． 5．A 【分析】本题主要考查了矩形的判断，正方形的判断，等边对等角，三角形内角和定理，根据等边对等角和三角形内角和定理可证明，据此可判断A；根据对角线相等的四边形或一组邻边相等的四边形是矩形，对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形可判断B、C、D． 【详解】解：A、由可得，则四边形不是正方形，故此选项符合题意； B、由可证明四边形是矩形，再由可证明四边形是正方形，故此选项不符合题意； C、由可证明四边形是矩形，再由可证明四边形是正方形，故此选项不符合题意； D、由可证明四边形是矩形，再由可证明四边形是正方形，故此选项不符合题意； 故选：A． 6．B 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定定理对各选项逐一判断即可． 【详解】解：已知四边形是平行四边形，对角线，相交于点，则，． 对A选项，若，则，故是矩形，不一定是菱形，本选项错误； 对B选项，若，则，即平行四边形对角线相等，故是矩形，本选项正确； 对C选项，若，则是菱形，不一定是正方形，本选项错误； 对D选项，若，则是矩形，不一定是正方形，本选项错误． 7．A 【分析】连接并延长交于点G，连接，根据中点定义，矩形的性质得到，，再证，得到，根据三角形的中位线定理和勾股定理即可得到结论． 【详解】解：如图，连接并延长交于点G，连接 ． ∵M，N分别是，的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ， ∴， ，即N是的中点． ∴是的中位线． ． ∵点E是边上靠近点B的三等分点，点F是边上靠近点C的三等分点，，， ∴，，． 在中， ． ． 8．B 【分析】本题利用矩形对角线相等且互相平分的性质，结合等边三角形的判定求出矩形的边长，再根据矩形面积公式计算面积． 【详解】解：∵矩形的对角线相等且互相平分． ∴两条对角线的一半长均为． ∵两条对角线的一个交角为． ∴由两条对角线的一半和矩形的短边组成的三角形是等边三角形． ∴矩形的短边长为2． 设矩形的长边长为x，由勾股定理得： 解得（负根已舍去） ∴矩形的面积= 9．C 【分析】过点作构造矩形，利用矩形对角线平分所在矩形面积的性质，证明两个阴影三角形面积相等，算出单个阴影三角形面积进而求得阴影总面积． 【详解】解：如图，过点作，交于点，交于点， 则四边形、四边形、四边形、四边形为矩形，， ，，， ， ， ，， ， ． 10．A 【分析】证明四边形EFGH为平行四边形，作交于点P，交于点K，设，表示出，，，，进一步表示出，，，利用勾股定理即可求出a的值，进一步可求出边形EFGH的周长． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴，， ∵，， ∴，， 在和中， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴四边形EFGH为平行四边形， 作交于点P，交于点K， 设， ∵，，，， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴ABKH为矩形，即， ∵，， ∴， 即， 解得：， ∴四边形EFGH的周长为：， 故选：A. 【点睛】本题考查矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解题的关键是利用求出a的值． 11．5 【分析】连接，根据菱形的性质得到，根据三角形中位线定理、矩形的判定得到四边形为矩形，根据矩形面积公式计算即可． 本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的性质、矩形的判定是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 菱形的面积为10， ，， ，F，G，H分别是边的中点， 、、分别为、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ，，， ， 平行四边形为矩形， 四边形的面积为：， 故答案为： 12． 【分析】本题考查了轴对称一最短路线问题，判断出点的位置是解题的关键． 由点为的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出所以是以为圆心，以为半径的圆弧上的点，作关于的对称点连接 由推出当共线时，的值最小，根据勾股定理求得从而得出的最小值． 【详解】，点为的中点， ， ∴是以为圆心，以为半径的圆弧上的点， 作关于的对称点 连接 ， ， ∴当共线时，的值最小， ， ， ∴， ， 的最小值为 故答案为： 13． 【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过作于点，于点，    ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴，， ∴四边形是正方形， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 14．5 【分析】先由矩形的性质确定BC与AD的关系，根据矩形的判定定理，可得BP=AQ，列出一元一次方程求解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形 ∴∠A=∠B=90°，AD=BC=20cm， 设最快x秒，四边形ABPQ成为矩形， ∵四边形ABPQ是矩形 ∴AQ=BP ∴3x=20-x ∴x=5 故答案为：5 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形是解答本题的关键． 15．(1)详见解析 (2)32 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，得到，推出，证明四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到，根据三角形中位线定理得到的值，根据勾股定理得到，然后计算矩形的周长即可． 【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：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点是线段的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的周长． 16．(1)； (2)． 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论； （2）根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 17．（1），（2）直角；（3）①，②存在， 【分析】（1）先求出，再根据待定系数法求直线l2的函数解析式； （2）把三点坐标用含的代数式来表示，利用勾股定理的逆定理进行判断即可； （3）①根据矩形的性质，用表示矩形的周长，根据直线l3把矩形ABCD的周长平分建立方程求解；②联立，求出的坐标，，求出的坐标,根据面积相等建立方程，解方程即可得到答案． 【详解】解：（1）令， 解得：，即， 令，得， 即， 设直线， 代入两点得： ， 解得：， ； （2）由两点间的距离公式得： ， ， ， 则满足：， 为直角三角形， 为直角． （3）①如图，四边形为矩形， ， 则点的纵坐标与点相同， 即， 设代入得， ， ， 即， 由题意得：， 矩形的周长为， 直线平分矩形的周长，则一定在线段上，则 ，则， ， 解得：， ②联立与得：， 解得：， 即， 联立与得：， 解得：， 即， ＞ 则过一，三象限， 则， 此时点位于轴下方时，则， ， 即， 解得：， 经检验：是原方程的根且符合题意， 同理，当此时点位于轴上方时，则， 解得：，经检验：是原方程的根且符合题意， 综上所述：存在， 【点睛】本题考查了一次函数的综合运用、勾股定理、矩形的性质、解题的关键是熟练掌握求解一次函数解析式，通过数学结合思想及分论讨论思想来求解，难度较大． 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 $