第19章四边形 矩形练习题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：19章矩形练习题 （基础+提升+压轴） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图，李师傅在做门窗时，已经测得门窗是平行四边形后，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形，其中的道理（    ） A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．两点确定一条直线 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．两点之间，线段最短 2．下列图形性质中，矩形不一定具有的是（   ） A．对角线互相平分且相等 B．四个角相等 C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形 3．在平行四边形中添加下列条件，不能判定四边形是矩形的是（   ） 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，要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是（   ） A． B． C． D． 6．下列条件：①；②；③；④．其中能够判定为矩形的有（   ）． A．个 B．个 C．个 D．个 7．如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，Q分别为，的中点，连接．若，则四边形的周长为（    ） A．24 B．12 C．17 D．22 8．如图，在矩形纸片中，，，点为边上一点，将沿翻折，点恰好落在边上点处，则长为（   ） A． B． C． D． 9．如图，在矩形中，，，点E在边上，且，F为边上的一个动点，连接，以为边作正方形，且点H在矩形内，连接，则的最小值为（   ） A．3 B．4 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，顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形，若矩形的面积为15，那么四边形的面积为______．    12．如图，长方形中，，，是的中点，线段在边上左右滑动，若，则的最小值为______． 13．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，，点D，E分别是线段上一点，连接．若，，则点E的坐标为________ 14．如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接，．点M，N分别是，的中点连接，，，点E在边上，，则的最小值是___________． 三、解答题 15．如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△ADC，分别过点A、点C作BC、AD边上的高，交BC、AD于点E、F． (1)求证：四边形AECF是矩形； (2)连接BD，若AB=3，求BD的长． 16．如图，已知ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠OBC＝∠OCB． （1）求证：ABCD是矩形； （2）若AB＝6，BO＝5，求该矩形的面积． 17．如图，矩形的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)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 《2025-2026学年沪科版八年级数学下册：19章矩形练习题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C C B A C C D B D 1．C 【分析】本题考查矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形为矩形，进行判断即可． 【详解】解：由题意得，其中的道理是对角线相等的平行四边形为矩形． 故选：C． 2．C 【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质分析，进行作答，即可求解． 【详解】解：A. 对角线互相平分且相等，是矩形的性质，故该选项不符合题意； B. 四个角相等，是矩形的性质，故该选项不符合题意； C. 对角线互相垂直，不是矩形的性质，故该选项符合题意； D. 是轴对称图形，是矩形的性质，故该选项不符合题意； 故选：C； 3．B 【分析】本题考查了矩形的判定定理，根据矩形的判定定理逐个判断即可． 【详解】解：如图， A、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； B、根据四边形是平行四边形和不能推出四边形是矩形，故本选项符合题意； C、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； D、∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； 故选：B． 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．C 【分析】本题主要考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．根据题意，四边形是平行四边形，利用矩形的判定定理，即可求解． 【详解】四边形是平行四边形，， 四边形ABCD是菱形，故A不符合题意； 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形ABCD是菱形，故B不符合题意； 四边形是平行四边形，， 四边形ABCD是矩形，故C符合题意； 四边形是平行四边形， ，故D不符合题意； 故选：C． 6．C 【分析】本题考查平行四边形的性质与矩形的判定定理，结合矩形的判定条件逐一分析每个条件是否能判定平行四边形为矩形即可． 【详解】解：①∵四边形是平行四边形， ∴，无法判定其为矩形； ②∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴为矩形； ③∵，四边形是平行四边形， ∴为矩形； ④∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴为矩形； 综上，能够判定为矩形的有个． 故选：C． 7．D 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵点P，Q分别为，的中点， ∴，， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴四边形的周长为． 8．B 【分析】根据矩形的性质与折叠得到，设，再利用勾股定理，解出的值即可求出． 【详解】解：∵矩形纸片中，，，将沿翻折， ∴，，， ， 在中，， ∴， 设， 在中，， ∴， 解得：， ∴． 9．D 【分析】过点作于点，连接，证明，得，，设，根据勾股定理用表示，利用解析式特点求得的最小值． 【详解】解：如图，过点作于点，连接， 四边是正方形， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， 设，则， ， ， 当时，有最小值为， 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识点，关键是证明三角形全等，利用解析式特点求得的最小值． 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． 【分析】设四边形的面积为，矩形的长为x，宽为y，根据题意，， ，，确定规律为，代入计算即可，本题考查了矩形的性质，菱形的性质，规律探索，熟练掌握规律探索，菱形的性质是解题的关键． 【详解】设四边形的面积为，矩形的长为x，宽为y，根据题意，得，， ， 故， 故答案为：． 12．10 【分析】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题以及勾股定理等知识，确定最小时E，F位置是解题关键．作G关于的对称点，在上截取，然后连接交于E，在上截取，此时的值最小，利用轴对称和勾股定理，求出即可得出答案． 【详解】解：如图，作G关于的对称点，在上截取，然后连接交于E，在上截取， 根据轴对称可知：， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴此时最小， ∴最小，即最小， ∴最小值为的长， ∵，G为边的中点， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， 即的最小值为10． 故答案为：10． 13．/ 【分析】过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，证明，进而求出点的坐标，求出直线的解析式，进而求出点的坐标即可． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点， ∵矩形， ∴轴，，， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 设直线的解析式为：，则：，解得：， ∴， ∵， ∴， 当时，； ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查坐标与图形，等腰三角形的判定和性质，一次函数与几何的综合应用，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊三角形和全等三角形是解题的关键． 14． 【分析】本题考查了斜中半定理，三角形中位线的性质以及运用将军饮马模型求线段和的最小值，综合运用以上知识是解题的关键．运用斜中半定理以及三角形中位线性质，证明四边形是平行四边形，求的最小值等同于求的最小值，最后运用将军饮马模型以及勾股定理求得最小值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵点M，N分别是，的中点， ∴，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴的最小值就是的最小值， 作点C关于直线对称点Q，连接、， ， 当点B、P、Q三点共线时，的最小值就是的长度， 在中，，，， ∴， ∴的最小值． 故答案为：． 15．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意先证明四边形ABCD是菱形，再由可得，因此四边形AECF是平行四边形，再根据有一个内角是直角的平行四边形，即可判定四边形AECF是矩形； （2）连接BD交AC于点O，如图（见详解），由四边形ABCD是菱形可知，AC与BD互相垂直平分，根据AB=3以及含角的直角三角形的边的关系即可求出BO继而得到BD的长． 【详解】（1）证明：∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△ADC， ∴， ∴四边形ABCD是菱形， ∴． ∵AE和CF分别是BC、AD边上的高，即， ∴， ∴，， ∴四边形AECF是平行四边形． 又∵， ∴四边形AECF是矩形； （2）解：连接BD交AC于点O，如图所示， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC与BD互相垂直平分． 又∵， ∴． 在中，AB=3，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，矩形的性质和判定，含角的直角三角形的边的关系以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握这些性质和判定定理进行证明和计算． 16．（1）见解析；（2）48 【分析】（1）根据等角对等边得出OB=OC，根据平行四边形性质求出AC=2OC=2OB=BD，根据矩形的判定即可得解． （2）根据矩形的性质求出BD，再根据勾股定理求出AD，即可根据面积公式得到解答． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC，OB=OD， ∴又∠OBC＝∠OCB ， ∴OC=OB， ∴AC=2OC=2OB=BD， ∴四边形ABCD是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD=90°， ∵OB=5， ∴BD=2OB=10， ∴由勾股定理得： ， ∴▱ABCD的面积是AD×AB=8×6=48． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的性质和判定的应用，能求出四边形ABCD是矩形是解此题的关键，注意：对角线相等的平行四边形是矩形． 17．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，得到，根据，得到，证明，即可得出结论； （2）过点A作，垂足为，四边形是矩形，由勾股定理得，进而得到，再根据三角形面积公式求出，由勾股定理得，进而得到，在求出 ，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：过点A作，垂足为， ∵四边形是矩形， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∵ 即  ， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴，    ∵， ∴， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题考查了矩形性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的运用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 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 $