《5.1矩形》同步练习题 2025-2026学年浙教版八年级数学下册

**基本信息** 本练习通过基础巩固、综合应用、探究拓展三层设计，覆盖矩形性质与判定全知识点，梯度合理，适配新授课知识内化与能力提升。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|矩形定义、性质（对角线、直角）|单选1-4直接考查判定定理与简单计算，填空9-12强化折叠基础变换| |中档层|性质综合应用（勾股、动点）|单选5-8结合坐标与面积，填空13-16涉及最小值与动点矩形判定，解答17-20融合作图与证明| |提升层|跨知识探究（折叠与等腰三角形）|解答21-24通过动态折叠、分类讨论，发展几何直观与推理能力，体现创新意识|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《5.1矩形》同步自主达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．如图，在中，，相交于点，下列条件不能判定为矩形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，矩形的对角线相交于点，，，则长为（   ） A． B．4 C． D．8 3．如图，延长矩形的边至点，使，连接．若，则的度数是(   ) A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，，，将沿翻折，使得点D落在边上的点F处，则的长是（   ） A．1 B．2 C．6 D．8 5．如图，矩形中，对角线、相交于点O，已知，，的面积为，则的长为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．如图，在矩形中，点D的坐标是，则的长是（   ） A． B．17 C． D．15 7．如图，在矩形中，，，对角线、相交于点O，点P是线段上任意一点，且于点E，于点F，则（　　） A． B． C． D． 8．如图，矩形中，平分，交于点，连接，过点作交于点，若，则的长为（    ） A．2 B． C． D．4 二、填空题（满分24分） 9．如图，矩形中，、相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E．已知，则的度数为______． 10．如图，将长方形沿折叠，使点A落在上的点F处，若，则___________． 11．如图，长方形纸片ABCD，，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则的面积为__________． 12．如图，在中，对角线，相交于点，点，每秒运动1个单位长度，分别从点，出发，沿，方向运动．若，，则经过__________后，四边形是矩形． 13．如图，在中，，，，是上一点，于点．于点，连接，则的最小值为___________． 14．如图，在矩形中，相交于点O，平分交于点E，若，，则的长为_______． 15．如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连接，，则的最小值为 _____ ． 16．如图，在长方形中，，，，点P在线段上以的速度由A向终点B运动，同时，点Q在线段BC上由点B向终点C运动，它们运动的时间为．若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当时，______cm，；若点Q的运动速度为，当__________时，． 三、解答题 17．（7分）请用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 已知∶ 线段． 求作∶ 矩形，对角线的长度为，并且对角线的夹角为． 18．（7分）如图，点为矩形内一点，连接，，，，且．求证：． 19．（8分）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．（9分）如图，把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案． (1)猜想：______度． (2)请证明你的猜想． 21．（9分）如图，在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求证：平分． 22．（10分）如图，点是两直角边上的两点，连接，已知点D、E、F分别是的中点． (1)求度数； (2)连，取中点G，连接，若，求的长． 23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点，，，连接、． (1)求证：四边形是矩形； (2)点是线段上的动点，过点作轴于点，轴于点，设点的横坐标为，四边形的周长为，求与之间的函数解析式，并写出自变量的取值范围； (3)在（2）的条件下，当时，求点的坐标． 24．（12分）【问题背景】 在一节数学综合实践课上，老师和同学们对长，宽的长方形纸片进行折纸探究活动．如图，点是边上一动点，连接，把△沿着翻折得到△．（注：长方形的对边平行且相等，四个角都是直角） 【初步尝试】 (1)如图，射线交于，判断△形状并说明理由； (2)如图，若射线恰好经过点，求的值； 【操作感悟】 (3)对折长方形纸片，如图，是折痕．若点落在上，请你用无刻度的直尺和圆规，在图中作出边上的点，并写出线段与的数量关系__________；（保留作图痕迹，不写作法） 【思维拓展】 (4)若点是射线上一动点，是中点，当△是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长． 参考答案 1．解：A、根据一个角为直角的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； B、根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； C、中，可以得到，根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； D、根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，可以得到为菱形，不能判定为矩形，符合题意； 故选D． 2．解：∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故选：D． 3．解：连接，交于点，   四边形是矩形， ，，，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ∴． 故选：C． 4．B 【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等，解题的关键是掌握折叠前后对应边相等． 根据矩形的性质及折叠的性质可得，，然后利用勾股定理求出的长，进而即可解答． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，， 将沿翻折，点D落在边上F处， ∴， ∴在中， ， ． 故选：B 5．C 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，根据矩形的性质求线段长，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 先根据矩形的性质得出，，再说明垂直平分，然后利用三角形面积公式得到关于的方程求解． 【详解】解：连接BE，如图， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴垂直平分， 即， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故选：C． 6．A 【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 连接、，根据勾股定理求得的长，然后根据矩形的性质得出，即可求解． 【详解】解：连接、， 点的坐标是， ， 四边形是矩形， ， ， 故选：A． 7．C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形面积公式，掌握矩形的性质是解题关键．根据矩形的性质和勾股定理得出，，利用三角形面积公式求出，连接，根据，即可求出的值． 【详解】解：在矩形中，，， ，，，， ， ， ， ， 如图，连接， ，， ，， ， ， ， 故选：C 8．D 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，矩形的性质，角平分线的定义，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 先由矩形的性质得出，，再由角平分线的定义得出，接着用等量代换可证得，得，设，则，，即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和， ， ， ， ， ， 设，则，， ， ∴，解得， ． 故选：D． 9． 【分析】本题考查了矩形的性质、角的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由矩形的性质得出，再由已知条件得出，再根据直角三角形的两个锐角互余可得，最后再根据矩形的对角线互相平分且相等可得，进而可得，由此即可得出结果． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ∵， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ∴的度数为． 故答案为：． 10．/度 【分析】本题考查了轴对称、矩形的性质，解题的关键是熟练掌握轴对称、矩形的性质． 根据轴对称和矩形性质，得，结合，经计算即可得到答案． 【详解】由题意可知和关于直线对称， ∴． ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 11． 【分析】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．作于点H，由矩形的性质得，，则，由折叠得，，则，，由勾股定理得，求得，则，可证明四边形ABEH是矩形，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，作于点， 四边形是矩形，，， ，， ， 将矩形沿对折，使得点与点重合， ，， ，， ， ， ， 解得， ， ， 四边形是矩形， ， ， 故答案为： 12．2或10 【分析】设运动的时间为，则，由平行四边形的性质得或，再根据列方程或，求出的值即可． 【详解】解：设运动的时间为． 四边形是平行四边形，，， ，． 由题意可知，， 或， 四边形是平行四边形， 当时，四边形是矩形， ，即或， 或． 故经过或后，四边形是矩形． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定、动点问题的求解等知识与方法，正确地用代数式表示、的长是解题的关键． 13． 【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．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：． 14．6 【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形和等腰三角形的判定及三角形的内角和等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 根据矩形的性质得出，，，证明，得出．证出为等边三角形，得出，则可得出答案． 【详解】解：在矩形中，平分， ∴，，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故答案为：6． 15．5 【分析】本题考查的是最短路径问题，矩形的性质，轴对称的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键． 连接，在BA的延长线上截取，连接则的最小值转化为的最小值，则，根据勾股定理可得结果． 【详解】解：如图，连接， 在矩形中，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 则，即的最小值转化为的最小值， 在的延长线上截取，连接， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， 连接，则， ∵， ∴． ∴的最小值为5． 故答案为：5． 16． 1 1 【分析】本题考查了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）根据四边形是矩形，，得出，，因为点的运动速度与点的运动速度相等且，所以，即可作答． （2）因为，所以，，因为点在线段上以的速度由向终点运动，所以；． 即可作答． 【详解】(1)解：四边形是矩形，， ，， 点的运动速度与点的运动速度相等且， ． 故答案为：1． (2)， ，， 点在线段上以的速度由向终点运动， ；． 故答案为：． 17．见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，尺规作图，先作射线，在上截取，然后作线段的垂直平分线交于O，作的平分线，在射线上截取点D，使，在射线的反向延长线上截取点B，使，连接、、、即可． 【详解】解：作图如下： 即矩形 即为所求． 18．见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质和全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质以及全等三角形的判定定理是解题的关键．利用矩形的性质得到边和角的关系，结合已知，通过证明三角形全等得出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴（）， ∴． 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) (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定. 解题的关键是根据已知条件证出是等腰直角三角形． 根据矩形的性质得出，，，根据可证出，由全等的性质可得出∠，，进而证出是等腰直角三角形，即可得出答案． 【详解】（1）猜想：． 故答案为． （2）∵四边形和四边形是全等的矩形， ∴，，， ∴ ， ∴，， ∵， ∴，1 ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 21．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出，即，根据平行四边形的判定得出四边形为平行四边形，根据矩形的判定得出即可； （2）根据矩形的性质求出，根据勾股定理求出，求出，推出，求出，即可得出答案． 【详解】（1）∵四边形为平行四边形， ∴，，即， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）∵四边形为矩形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分． 22．(1)90度 (2) 【分析】（1）先证明，得到．结合即可． （2）连接，取中点G，连接、，证明四边形为矩形．再利用勾股定理得． 【详解】（1）证明：∵D、E、F分别是的中点， ∴． ∴． ∴， （2）解：连接，， ∵G、F分别是和的中点， ∴． 同理：． ∴， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴四边形为矩形． ∴，， ∵E、F、G，D分别是、、、的中点，， ∴，． ∴． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，垂直的定义，熟练掌握中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 23．(1)见解析 (2)， (3) 【分析】本题考查了点的坐标特征，矩形的判定和性质，求一次函数自变量的值． （1）根据点的坐标可得，，轴，根据矩形的判定定理即可证明； （2）根据矩形的性质得出，根据矩形的判定和性质得出，即可求解； （3）将代入计算，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴，，轴， 即，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：如图： ∵四边形是矩形，轴， ∴， ∵轴，轴，， ∴四边形是矩形， 故， 设点的横坐标为， 故， ∴四边形的周长，自变量的取值范围． （3）解：当时，即， 解得， ∴点的坐标为． 24．(1)△是等腰三角形；理由见解析； (2)； (3)； (4)的长为或或 【分析】（1）由题易证； （2）易知，再求出，即可得解； （3）先作，再作垂直平分线即可；延长交于点，先得点为中点，易证△△，即可得解； （4）分三种情况讨论，依次画出图形求解即可． 【详解】（1）△是等腰三角形； 理由：由折叠可知， 四边形是长方形， ， ， ， ， △是等腰三角形； （2）由（1）可知， 由折叠可知，，， ， 在△中，， ； （3）解：如图，点即为所求： ； 延长交于点，则， 为长方形对折折痕， 点为中点，即， 在△和△中， ， △△， ， ， 故答案为：； （4）解：为中点， ， 设，则， ①当点在线段上，且时， 此时， 在△中，， 即， 解得， 即； ②当点在线段上，且时， 此时点在垂直平分线上， 点此时落在边上， 则； ③当点在线段延长线上时，此时只能满足， 过作于点，则， ， ， ， △△， ， ， ； 综上，的长为或或． 学科网（北京）股份有限公司 $