5.1矩形 自主达标测试题 2025-2026学年浙教版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦矩形定义、性质与判定，通过基础巩固、中档应用、提高拓展三层设计，实现从单一知识点到综合问题解决的进阶，培养几何直观与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|矩形定义、性质（对角线、直角）、判定（对角线相等）|单选1-4直接考查判定与性质，填空9-12强化基础概念，如填空9用实际情境理解判定定理| |中档|性质应用（折叠、面积计算）、简单推理|单选5-8结合折叠（题3）、动点面积（题8），解答17-20需简单推理证明，如18题矩形判定与面积计算| |提高|综合应用（旋转、动态问题、多知识点结合）|填空16涉及坐标系与面积分割，解答23-24结合旋转（题24）、动点与函数图象（题8），培养空间观念与模型意识|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《5.1矩形》自主达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，若要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，对角线，相交于点O．则下列结论不一定正确的是（    ）． A． B． C． D． 3．如图，在长方形纸片中，已知，．折叠纸片使边与对角线重合，点B落在点F处，折痕为，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 4．如图所示，把一个长方形纸片沿折叠后，点分别落在的位置．若，则等于（   ） A． B． C． D． 5．如图，矩形中，对角线与相交于点O，过点C作，垂足为点E．若，．则矩形的面积为（   ） A．24 B．12 C．10 D．8 6．如图，在矩形中，，，P为上任一点，过点P作于点E，于点F，则的值为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在中，D是斜边的中点，作于点E，于点F，连接．若，，则的长为（    ） A．4 B．5 C． D． 8．如图，在长方形中，动点P从点B出发，沿B→C→D→A的路径匀速运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，的面积为y，表示y与x关系的图象如右图所示，则下列结论中正确的个数是（    ） ①；②；③当时，点P运动到点D处；④当时，点P在线段或上． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（满分24分） 9．如图，为了检查平行四边形书架是否为矩形，工人师傅用一根绳子比较了其对角线，的长度，若二者长度相等，则该书架就是矩形，请你说出其中的数学原理___． 10．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，且，则_______． 11．如图，在矩形中，点在边上，若，，则______． 12．如图，将一组邻边长分别为5和12的两个矩形和矩形拼成“”形图案，则线段的长为_____． 13．如图，在矩形中，，，对角线的垂直平分线分别交、于点M、N，连接，则的长为__． 14．如图，在矩形中，，，点E为边上一个动点，把沿折叠得到，连接，当是直角三角形时，则的长为___________． 15．如图，在矩形中，、分别是边、上的点，，连接、，与对角线交于点，且，，，则的长为__________． 16．如图在平面直角坐标系中，多边形的顶点坐标分别是 ．若直线将多边形分割成面积相等的两部分，如直线，则还有满足条件的直线的函数表达式是_________． 三、解答题（满分72分） 17．（6分）“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．经过无数人探索，现在已经确信，仅用圆规和直尺是不可能作出的．有人曾利用如图所示的图形进行探索，其中四边形是长方形，F是延长线上一点，连接与相交于点E，G是上一点，．试证明：． 18．（6分）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 19．（10分）如图，A为矩形上方一点，C在上，且，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． (1)在图（1）中，作出的一条垂线： (2)在图（2）中，连接，作出的一条垂线． 20．（10分）如图①，已知矩形，平分交于点．​ (1)求证：． (2)如图②，连接，过作，交于，连接．若，，试判断的形状，并求的长．​ 21．（10分）如图是一张矩形纸片，与相交于点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连结，．若，．    (1)请用表示的大小； (2)请求出的值． 22．（10分）在中，，，O是边的中点，E、F分别在、边上，，交于点G，连接． (1)如图1，求证：四边形是矩形； (2)连接，若，写出图中长度等于的线段 23．（108分）矩形的对角线交于点O，E是射线上一点（不与B，C重合），过点O作交直线于点F，连接． (1)如图1，当E是的中点时，若，，求的长； (2)当E在的延长线上时，依题意补全图形2，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 24．（12分）如图1，在中，，为边上一点，连接，以、为邻边作平行四边形，与相交于点，已知． (1)平行四边形是否为矩形？请说明理由； (2)求证：； (3)如图2，将绕点顺时针旋转适当的角度，得到（点M是与延长线的交点）．取，连接并延长，交于，请问在旋转过程中，点的位置变不变，若变，请说明理由；若不变，请求出点的位置． 参考答案 1．B 【分析】本题考查矩形的判定，平行四边形的性质、菱形的判定、等腰三角形的判定等知识，熟知矩形的判定是解答的关键． 根据矩形的判定方法逐项判断即可． 【详解】解：A、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，不能判定是矩形，不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是矩形，符合题意； C、四边形是平行四边形，， 平行四边形菱形，不能判定是矩形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形，不能判定是矩形，不符合题意， 故选：B． 2．D 【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的四个角都是直角，对角线互相平分且相等，逐项判断即可． 【详解】解：在矩形中，对角线，相交于点O． ，，， 不能得出， 故选：D． 3．B 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，，由折叠的性质得到 ，则，再根据三角形面积公式即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可知，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 4．D 【分析】本题考查了矩形的性质，图形的翻折变换，平行线的性质，平角的定义，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键． 先根据得出，再由翻折变换的性质得出，由平角的定义即可得出结论． 【详解】解：，， ， 由翻折而成， ， ， 故选：D． 5．B 【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．先根据矩形对角线的性质得到，由，根据即可求解． 【详解】解：∵矩形，， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 6．B 【分析】本题主要考查矩形的性质，三角形面积及勾股定理，解题关键是通过转化思想，根据三角形面积的不同计算方法列方程解决．由，，根据即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵在矩形中， ，，且，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 7．D 【分析】本题考查了勾股定理、直角三角形的性质、矩形的判定与性质，由勾股定理得出，连接，由直角三角形的性质得出，再证明四边形为矩形，即可得出答案． 【详解】解：在 中，， ， 如图，连接， ∵是斜边的中点， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， 故选：D． 8．C 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，明确矩形的性质、数形结合并分段讨论是解题的关键．先由图2为等腰梯形可得的值，判断出①是否正确，还可求得与的值；再根据三角形的面积公式可得的值，判断出②是否正确；然后结合图形可知当时，点运动到点处，判断出③是否正确；最后根据当点在上和当点在上，均可找到使成立的点，判断④是否正确，从而问题得解． 【详解】∵四边形是矩形， ，， ∵动点从点出发，沿的路径匀速运动， ∴那么点从到的运动时间等于点从到的运动时间， ∴图2为等腰梯形， ，故①正确； ， 当点在点时，并达到最大值， 当点在点时， ∴当点到达时，对应图2的，当点到达时，对应图2的， ∴在矩形中，， 此时的面积为， ，故②错误； ∵点运动的路程为，当时，点在上，， ∴当时，点运动到点处，故③正确； 当点在上且时，此时的面积为， 当点在上且时，此时的面积为， 所以当时，点在线段或上，故④正确． 综上，正确的有①③④． 故选：C． 9．对角线相等的平行四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形），解题的关键是明确已知图形为平行四边形，再结合对角线相等的条件，匹配对应的矩形判定定理． 先确定书架是平行四边形，工人师傅测量得其对角线与长度相等，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”这一判定定理，即可判断该平行四边形书架为矩形，由此得出所用的数学原理． 【详解】解：已知书架是平行四边形，工人师傅通过测量发现其对角线；   根据矩形的判定定理，当平行四边形的对角线相等时，该平行四边形为矩形；   因此，所用的数学原理是“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． 【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．根据题意得到的长，再利用勾股定理即可得到答案． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：． 11．/40度 【分析】根据矩形性质得，，进而得，再根据得，然后再根据三角形内角和定理即可求出的度数． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， 在△中，， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了利用矩形的性质求角度，等边对等角，三角形内角和定理，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解题的关键． 12． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理，延长交于H，证明四边形是矩形，再求出、的长，最后由勾股定理计算即可得解，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键． 【详解】解：如图所示，延长交于H， ∵矩形和矩形的一组邻边长分别为5和12， ，，，， ，， ，四边形是矩形， ，， ， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了矩形性质，勾股定理，线段垂直平分线性质的应用，关键是能得出关于的方程．证明，在中，由勾股定理得出，得出方程，求出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， 故答案为：． 14．或 【分析】本题考查了翻折变换，等腰直角三角形的判断与性质，勾股定理，分 时，根据翻折变换的性质求出，然后判断出是等腰直角三角形，从而求出；90°时，判断出在同一直线上，利用勾股定理列式求出，再根据翻折变换的性质可得，，然后求出，设，表示出，然后利用勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴， 时，如图， ， 由翻折的性质得， 是等腰直角三角形， ， 时，如图， 由翻折的性质， 在同一直线上，，， 由勾股定理得，， ， 设，则， 在中，，即 ， 解得， 即， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 15． 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线定理，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键，先证明，，再证明，是等边三角形即可得到答案． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中 ∴， ∴，， ∵ ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中 ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 16．或 【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：求一次函数则需要两组的值．也考查了矩形的性质、一次函数的性质和一次函数图象上点的坐标特征．延长交轴于点，连接、，它们相交于点，连接、，它们相交于点，如图，则四边形和四边形都为矩形，根据矩形为中心对称图形可判断直线平分多边形的面积；延长交于点，连接、，它们相交于点，连接、，它们相交于点，如图，则四边形和四边形都为矩形，根据矩形为中心对称图形可判断直线平分多边形的面积，然后利用待定系数法分别求出直线和直线的解析式即可． 【详解】解：延长交轴于点，连接、，它们相交于点，连接、，它们相交于点，如图1， ， 四边形和四边形都为矩形， ，， 设直线的解析式为 把，分别代入得， 解得， 直线的解析式为； 延长交于点，连接、，它们相交于点，连接、，它们相交于点，如图， ， 四边形和四边形都为矩形， ，， 设直线的解析式为 把，分别代入得， 解得， 直线的解析式为， 综上所述，满足条件的直线的函数表达式是或． 故答案为：或． 17．见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行线的性质及三角形外角定理的推论，综合性较强． 由四边形是长方形，得，可得，最后可求证. 【详解】证明：∵， ∴， ∵四边形是长方形， ∴由题意得， ∴， ∴， ∴ . 18．(1)见详解 (2)20 【分析】（1）利用平行四边形的性质得出平行的边和相等的边，判定出四边形是平行四边形，再根据矩形的定义即可判定； （2）利用平行的性质和角平分线的性质得出，然后根据勾股定理求出，即可求出矩形的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 又 ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵平分， ， ， ， ， ， ∴矩形的面积． 19．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，三角形内角和等于180度． （1）延长交于点F，则； （2）连接，则． 【详解】（1）如图，， 理由：∵四边形是矩形， ∴． ， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴； （2）解：如图，， 理由：作交的延长线于点F， ∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴． 20．(1)见解析 (2)是等腰直角三角形，理由见解析； 【分析】（1）根据矩形对边平行，结合角平分线，可证明，再根据等角对等边，得出结论； （2）根据矩形对边相等，结合（1）可知，，接着证明，得到，从而判断的形状，最后利用勾股定理求得的长． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）解：是等腰直角三角形， 理由如下：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 是等腰直角三角形， 在中，，， ， ． 【点睛】本题考查了平行的性质，角平分线，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，三角形全等的判定与性质，同角的余角相等，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 21．(1) (2) 【分析】本题考查了矩形的折叠问题，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，直角三角形的性质． （1）根据矩形的性质得到，进而得到，由三角形外角的性质可得；由折叠的性质可得，结合矩形的性质得到，再根据已知推出，即可得到； （2）由（1）知，由三角形外角的性质可得，再根据折叠的性质可得，由，即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，与相交于点， ∴， ∴， ∴； 由折叠的性质可得， ∵，， ∴， ∴； （2）解：由（1）知， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴． 22．(1)见详解 (2)图中长度等于的线段是，,，， 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握各定理是解题的关键． （1）连接，根据直角三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，，，推出，根据全等三角形的性质得到，然后可推出，得到四边形是平行四边形，于是得到结论； （2）由矩形的性质得到，推出是等腰直角三角形，得到，根据等腰三角形的判定即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： ∵，，O是边的中点， ∴，，，， ， ∵， ， ∴， ， ， ∵， ， ， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形； ，， ∴是等腰直角三角形， ， ∵， ∴， ， ， ， ， ∴图中长度等于的线段是，,，，． 23．(1) (2)补全图形见解析，，证明见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由矩形的性质可得，利用勾股定理可得长，则可得到的长，证明四边形是矩形，得到，据此可得答案； （2）先根据题意补全图形，分别延长交于G，连接，证明，得到，，证明垂直平分，得到；再证明；由勾股定理得，则． 【详解】（1）解：∵矩形的对角线交于点O， ∴， ∴， ∴； ∵E是的中点， ∴， 又∵，， ∴四边形是矩形， ∴； （2）解：补全图形如下所示，，证明如下： 如图所示，分别延长交于G，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴； ∵， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴． 24．(1)平行四边形是矩形，理由见详解 (2)见详解 (3)点的位置不变，点是的中点，理由见详解 【分析】（1）根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可判定； （2）设，根据等边对等角，三角形内角和定理得到，由此即可求解； （3）根据题意可得，结合（2）得到，，则，由此即可求解． 【详解】（1）解：平行四边形是矩形，理由如下， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，即， ∴平行四边形是矩形； （2）证明：设， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：点的位置不变，点是的中点，理由如下， 将绕点顺时针旋转适当的角度，得到， ∴， ∴，则， ∵， ∴， ∴， 由（2）可知，设，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，即点的位置不变． 学科网（北京）股份有限公司 $