2023年浙教版数学八年级下册5.1矩形 同步测试
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022八下·景谷期末）若矩形的邻边长分别是1，2，则的长是（ ）
A． B．3 C． D．
2．（2022八下·余干期末）矩形的边长为和，其中一内角平分线分长边为两部分，这两部分的长为（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
3．（2022八下·怀仁期末）如图，矩形中，交于点分别为的中点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022八下·柯桥期末）将6张宽为1的小长方形按如图摆放在平行四边形 中，则平行四边形 的面积为（ ）
A． B． C．32 D．
5．（2022八下·涿州期末）如图，矩形ABCD中，∠BOC＝120°，BD＝12，点P是AD边上一动点，则OP的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2022八下·临海期末）下列测量方案能判定四边形台面为矩形的是（ ）
A．测量得出对角线相等
B．测量得出对角线互相平分
C．测量得出两组对边分别相等
D．测量得出对角线交点到四个顶点的距离相等
7．（2022八下·泰安期末）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，对于下列条件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四边形ABCD是矩形的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2022八下·诸暨期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AB=BC D．AC⊥BD
9．（2022八下·范县期末）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别相等 B．两组对角分别相等
C．两条对角线互相平分 D．两条对角线相等
10．（2021八下·贵港期末）为了研究特殊四边形，刘老师制作了这样一个教具（如图1）：用钉子将四根木条钉成一个平行四边形框架ABCD，并在A与C，B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定，课上，刘老师右手拿住木条BC，用左手向右推动框架至AB⊥BC（如图2），观察所得到的四边形，下列结论：①∠BCA＝45°；②AC的长度变小；③AC＝BD；④AC⊥BD.正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每题4分，共24分）
11．（2022八下·铁东期末）一个木匠要制作矩形的踏板．他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯两次，就能得到矩形踏板．理由是 ．
12．（2022八下·无为期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作，交AD于点E，过点E作，垂足为F，，，，则矩形ABCD的面积为 ．
13．（2022八下·滨城期末）如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，M为中点，则的取值范围是 ．
14．（2022八下·平谷期末）如图，在ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC 上，且DFEG．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是 ．（写出一个即可）
15．（2022八下·咸宁期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是 ．
16．（2021八下·长兴期末）如图，在矩形ABCD中，点M为CD中点，将△MBC沿BM翻折至△MBE，若∠AME=15°，则∠ABE=
三、作图题（共8分）
17．（2022八下·嘉兴期末）如图，点A，B在方格纸的格点上，请按下列要求作图，保留作图痕迹．
（1）在图1中，作一个以AB为边的平行四边形，使平行四边形的顶点都在格点上．
（2）在图2中，作一个以AB为边的矩形，使矩形的顶点都在格点上．
四、解答题（共7题，共58分）
18．（2022八下·梧州期末）如图，四边形ABCD的对角线AC⊥BD，垂足为O，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．求证：四边形EFGH是矩形．
19．（2022八下·新昌期中）如图，两根直立的竹竿相距6m，高分别为4m和7m，求两竹竿顶端间的距离AD．
20．（2022八下·自贡期末）如图，四边形是矩形，点在上，交于点，且，，矩形的周长为16；求的长．
21．（2022八下·延庆期末）阅读下面材料：
在数学课上，老师提出如下问题：
已知：如图，在中，． 求作：矩形．
小明的思考过程是：
①由于求作矩形，回顾了矩形的定义和判定： 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 矩形判定1：对角线相等的平行四边形是矩形； 矩形判定2：有三个角是直角的四边形是矩形． ②条件给出了，可以选矩形的定义或者矩形判定2；经过思考，小明选择了“矩形定义”． ③小明决定通过作线段AC的垂直平分线，作出线段的中点O，再倍长线段，从而确定点D的位置．
小明的作法如下：
作法：①分别以点A，C为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧分别交于点E，F； ③作直线，直线交于点O； ③作射线，在上截取，使得； ④连接，． ∴ 四边形就是所求作的矩形．
请你根据小明同学设计的尺规作图过程：
（1）使用直尺和圆规，依作法在图1中补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明：
证明：∵直线是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形（ ① ）（填推理的依据）．
∵，
∴四边形是矩形（ ② ）（填推理的依据）．
（3）参考小明的作图思路，另外设计一种作法，利用直尺和圆规在图2中完成．
（温馨提示：保留作图痕迹，不用写作法和证明）
22．（2022八下·防城港期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使 ，连接BD，ED，EC，若 ．
（1）求证： ；
（2）求证：四边形BECD是矩形；
（3）连接AC，若 ， ，求AC的长．
23．（2022八下·浙江）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F ，G，H分别是AD，OA，BC，OC的中点.
（1）求证：四边形EFGH为平行四边形.
（2）当BC= AB时，判断四边形EFGH为何种特殊四边形，并证明.
24．（2020八下·滨江期末）矩形ABCD中，AB=3，BC=4.点E，F在对角线AC上，点M，N分别在边AD，BC上.
（1）如图1，若AE=CF=1，M，N分别是AD，BC的中点.求证：四边形EMFN为矩形.
（2）如图2，若AE=CF=0.5， ，且四边形EMFN为矩形，求x的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】因为矩形的每个角都是直角，所以两相邻边和其中一条对角线构成直角三角形，所以.
【分析】利用勾股定理求出BD的长即可。
2．【答案】B
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，
在矩形ABCD中，10 cm，15 cm，是∠的平分线，则∠∠C.由AE∥BC得∠∠AEB，所以∠∠AEB，即，所以10 cm，(cm)，
故答案为：B.
【分析】利用矩形的性质和角平分线的定义可得∠∠AEB，可得AE=AB=10，再求出ED=5即可得到答案。
3．【答案】A
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E、F分别为AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴OD=2EF=2×4=8，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD=OA=OC=8，
即：AC=16，
∵AB=8，
∴AC=2AB，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB=30°．
故答案为：A．
【分析】先利用中位线求出OD=2EF=2×4=8，可得OB=OD=OA=OC=8，即AC=16，再利用AC=2AB，即可得到∠ACB=30°。
4．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵ 将6张宽为1的小长方形按如图摆放在平行四边形 中，
∴BC边上的高为EF=4×1=4
小长方形的长EG=3，
∴EG=CF=BH=3，
HF=2，
∴BC=3+2+3=8，
∴平行四边形ABCD的面积为4×8=32.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件，可知BC边上的高为EF的长；根据小长方形的摆放规律可求出小长方形的长，从而可求出BC的长；再利用平行四边形的面积公式求出平行四边形ABCD的面积.
5．【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点O作OP⊥AD，则此时OP的长度最小.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵，
∴AO=DO=
∵∠AOD=∠BOC=120°
∴∠OAD=30°
∵∠OPA=90°
∴OP=
故答案为：A.
【分析】过点O作OP⊥AD，则此时OP的长度最小.由矩形的性质可得AO=DO=，由对顶角相等可得∠AOD=∠BOC=120°，利用等要哦三角形的性质及三角形内角和可求出∠OAD=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得OP=.
6．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
对角线相等的四边形不是矩形，故选项A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，
对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，故选项B不符合题意；
C、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、对角线交点到四个顶点的距离都相等，
对角线互相平分且相等，
对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故选项D符合题意.
故答案为：D.
【分析】对角线互相平分且相等的四边形是矩形，据此判断A、B、D；根据平行四边形的判定定理可判断C.
7．【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：①∵∠1+∠3＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴ ABCD是矩形，故①符合题意；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∵BC2+CD2＝AC2，
∴BC2+AB2＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∴ ABCD是矩形，故②符合题意；
③∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵∠1＝∠2，
∴OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴ ABCD是矩形，故③符合题意；
④∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴ ABCD是菱形，故④不符合题意；
能判定四边形ABCD是矩形的个数有3个，
故答案为：C．
【分析】根据矩形的判定方法逐项判断即可。
8．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，∵∠A=∠B，AD∥BC，∴∠A+∠B=180°，∴∠A=∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，正确；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∠A=∠C ，无法判断四边形ABCD是矩形，错误；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC ，则四边形ABCD是菱形，错误；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD ，则四边形ABCD是菱形，错误；
故答案为：A.
【分析】根据平行四边形的性质得出对角相等，对边平行且相等，结合矩形的判定定理，即一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；依此分别判断即可.
9．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A.两组对边分别相等是矩形和平行四边形都具有的性质，故不符合题意；
B.两组对角分别相等是矩形和平行四边形都具有的性质，故不符合题意；
C.两组对角线互相平分是矩形和平行四边形都具有的性质，故不符合题意；
D.两条对角线相等是矩形具有而平行四边形不具有的性质，故符合题意．
故答案为：D
【分析】根据矩形和平行四边形的性质对每个选项一一判断即可。
10．【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
AB与BC不一定相等，
∴∠BCA不一定45°，故①错误；
AC的长度变小，故②正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，故③正确；
矩形对角线不垂直，故④错误；
综上，正确的有②③，共2个，
故答案为：B.
【分析】易知AB与BC不一定相等，据此判断①；AC的长度变小，据此判断②；易得四边形ABCD是矩形，则AC＝BD，据此判断③；矩形对角线不垂直，据此判断④.
11．【答案】三个角都是直角的四边形是矩形（或：“有一个角是直角的平行四边形是矩形”）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】因为木板的对边平行，在进行两次锯开时都是沿着垂直于对边的方向，所以会出现4个直角，有三个角是直角的四边形是矩形．
故答案是三个角是直角的四边形是矩形．
【分析】根据矩形的判定方法求解即可。
12．【答案】
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OD=OB=OA=OC=，
∵，
∴，
，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴矩形ABCD的面积=，
故答案为：
【分析】先利用割补法求出，再利用矩形的性质可得矩形ABCD的面积=。
13．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵PE⊥AB，PF⊥AC，∠BAC=90°，
∴四边形AEPF为矩形，
∵M为EF的中点，
∴AM=AP， 当AP⊥BC时，AP的值最小，当点P与点C重合时AC的值最大，
∴AP=， AP的最大值为12，
∴．
故答案为：
【分析】先求出四边形AEPF为矩形，再求出AP=， AP的最大值为12，最后求解即可。
14．【答案】∠DFG=90°（答案不唯一）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：添加条件为：∠DFG=90°，理由如下：
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∵DF∥EG，
∴四边形DFGE是平行四边形，
又∵∠DFG=90°，
∴平行四边形DFGE是矩形，
故答案为：∠DFG=90°（答案不唯一）．
【分析】利用矩形的判定方法求解即可。
15．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB＝＝＝13，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC＝BC AC＝AB CD，
即×12×5＝×13 CD，
解得：CD＝，
∴EF＝．
故答案为：.
【分析】连接CD，根据勾股定理可得AB，由题意可得四边形CFDE是矩形，则EF＝CD，根据垂线段最短可得当CD⊥AB时，线段EF的值最小，由等面积法可得CD的值，据此解答.
16．【答案】40°
【知识点】三角形内角和定理；矩形的性质；反证法
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°
∴△MBC≌△MEB≌△DMA
∴AM=MB∴∠MAB=∠MBA
同理，∠EBM=∠MBC， ∠C=∠E，
又∵∠EMA=15°，
设AM交EB于点F，
∴∠EFM=∠AFB=75°
设∠CBM=x，
∴∠CBM=∠MBE=∠MAD，
∴∠MAB=90°-x， ∠EBA=90°-2x，
∴90-x+90-2x=75，
解得，x=25°，
∴∠ABE=90-2×25=40°
故答案为：40°.
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质，知道△MBC、△MEB和△DMA全等，根据三角形内角和的性质，设∠CBM，列出等式，求出∠CBM，再根据∠ABE和∠CBM的关系，求出∠ABE的值。
17．【答案】（1）解：如图1所示：
（2）解：如图2所示：
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】(1)根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，作AD=BC，即可解答；
(2)根据两组对边平行且相等作平行四边形，再根据余角的性质使该平行四边形的每个内角等于90°，则可得到四边形ABCD是矩形，即可解答.
18．【答案】证明：如图，∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EF∥AC，GH∥AC且EF= AC，GH= AC
∴四边形EFGH是平行四边形
又∵AC⊥BD，
∴EF⊥FG
∴四边形EFGH是矩形．
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】 易得EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，根据三角形中位线定理可得EF∥AC，GH∥AC且EF= AC，GH= AC，从而可证四边形EFGH是平行四边形，由AC⊥BD可得EF⊥FG，根据矩形的判定定理即证.
19．【答案】解：过点A作 交CD于点E，
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】作AE⊥CD于E，易得四边形ABCE是矩形，利用矩形性质可得AB＝EC＝4，AE＝BC＝6，从而求得DE=3，再利用勾股定理求得AD的长度，即可解决问题.
20．【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，
∴∠DEC+∠DCE＝90°，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC＝90°，
∴∠DEC+∠AEF＝90°
∴∠AEF＝∠DCE，
又∵EF＝EC，
∴△AEF≌△DCE（AAS），
∴AE＝CD，
∵矩形的周长为16，即2CD+2AD＝16，
∴CD+AD＝8，
∵CD＝AE＝AD－DE＝AD－2，
∴AD﹣2+AD＝8，
∴AD＝5，
∴AE＝AD﹣DE＝5﹣2＝3．
【知识点】矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】根据同角的余角相等得∠AEF＝∠DCE， 利用AAS证明△AEP≌△DCE，得出AE=CD，再利用矩形的周长为16，求出AD的长，然后根据线段的和差关系即可求出结果.
21．【答案】（1）解：如图：
（2）解：补充后的证明过程如下：证明：∵直线是的垂直平分线，
∴，∵，
∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．∵，
∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形叫做矩形）．
（3）解：作图如下：
作图方法：以C点为圆心，AB长为半径作弧，以A点为圆心，BC长为半径作弧，两弧交于D点，连接AD，CD即可；证明：由作图方法可知，，，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
∵，
∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形叫做矩形）．
【知识点】矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）利用矩形的判定方法求解即可；
（3）利用矩形的判定方法求解即可。
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CD=AB，
又∵ BE =AB，
∴CD=BE．
（2）证明：由（1）知CD=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CD // BE，AD=BC，
∴ 四边形BECD是平行四边形，
∵ ED=AD，
∴ ED=BC，
∴平行四边形BECD是矩形．
（3）解：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CB=AD= ，AB=CD=2，
∵ 四边形BECD是矩形，
∴ BE=CD= ， ，
∴在Rt△BEC中， CE＝ ，
在Rt△AEC中， ．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得CD=AB，由已知条件可知BE =AB，据此可得结论；
（2）由（1）知CD=BE，根据平行四边形的性质可得CD∥BE，AD=BC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，推出四边形BECD是平行四边形，由已知条件可知ED=AD，则ED=BC，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形进行证明；
（3）连接AC，根据平行四边形的性质可得CB=AD=，AB=CD=2，根据矩形的性质可得BE=CD=2，∠BEC=90°，然后在Rt△BEC、Rt△AEC中，利用勾股定理进行计算即可.
23．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OB.
∵E，F分别是AD，OA的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ .
同理得到GH是 的中位线，
则 ，
∴ ，
∴四边形EFGH为平行四边形.
（2）解：平行四边形EFGH为矩形.
理由如下如图，连结EG.
∵点E，G分别是AD，BC的中点，四边形ABCD是矩形，
∴ ，且点 在线段EG上，
∵
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，即
又由(1)知，四边形EFGH为平行四边形，
∴ ，即 ，
∴ 为矩形.
【知识点】矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可证得OB=OD，易证EF是△AOD的中位线，利用三角形的中位线定理去证明EF=GH，EF∥GH，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得结论.
（2）点E，G分别是AD，BC的中点及四边形ABCD是矩形，可证得EG⊥BC，点O在线段EG上，利用勾股定理证AC2=4AB2，由此可得到AB与AC之间的数量关系，从而可求出∠ACB的度数，利用直角三角形的性质可证得OG=OH，EG=FH，然后利用矩形的判定定理可证得结论.
24．【答案】（1）证明：连接MN，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，∠B=90°，
∴∠EAM=∠FCN，AC= ，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=DM=BN=CN，AM∥BN，
∴四边形ABNM是平行四边形，
又∵∠B=90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
在△AME和△CNF中，
，
∴△AME≌△CNF（SAS），
∴EM=FN，∠AEM=∠CFN，
∴∠MEF=∠NFE，
∴EM∥FN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
又∵AE=CF=1，
∴EF=AC-AE-CF=3，
∴MN=EF，
∴四边形EMFN为矩形.
（2）解：连接MN，作MH⊥BC于H，如图2所示：
则四边形ABHM是矩形，
∴MH=AB=3，BH=AM=x，
∴HN=BC-BH-CN=4-2x，
∵四边形EMFN为矩形，AE=CF=0.5，
∴MN=EF=AC-AE-CF=4，
在Rt△MHN中，由勾股定理得：32+（4-2x）2=42，
解得：x= ，
∵0＜x＜2，
∴x= .
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接MN，由勾股定理求出AC=5，证出四边形ABNM是矩形，得MN=AB=3，证△AME≌△CNF（SAS），得出EM=FN，∠AEM=∠CFN，证EM∥FN，得四边形EMFN是平行四边形，求出MN=EF，即可得出结论；（2）连接MN，作MH⊥BC于H，则MH=AB=3，BH=AM=x，得HN=BC-BH-CN=4-2x，由矩形的性质得出MN=EF=AC-AE-CF=4，在Rt△MHN中，由勾股定理得出方程，解方程即可.
1 / 12023年浙教版数学八年级下册5.1矩形 同步测试
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022八下·景谷期末）若矩形的邻边长分别是1，2，则的长是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】因为矩形的每个角都是直角，所以两相邻边和其中一条对角线构成直角三角形，所以.
【分析】利用勾股定理求出BD的长即可。
2．（2022八下·余干期末）矩形的边长为和，其中一内角平分线分长边为两部分，这两部分的长为（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
【答案】B
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，
在矩形ABCD中，10 cm，15 cm，是∠的平分线，则∠∠C.由AE∥BC得∠∠AEB，所以∠∠AEB，即，所以10 cm，(cm)，
故答案为：B.
【分析】利用矩形的性质和角平分线的定义可得∠∠AEB，可得AE=AB=10，再求出ED=5即可得到答案。
3．（2022八下·怀仁期末）如图，矩形中，交于点分别为的中点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E、F分别为AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴OD=2EF=2×4=8，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD=OA=OC=8，
即：AC=16，
∵AB=8，
∴AC=2AB，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB=30°．
故答案为：A．
【分析】先利用中位线求出OD=2EF=2×4=8，可得OB=OD=OA=OC=8，即AC=16，再利用AC=2AB，即可得到∠ACB=30°。
4．（2022八下·柯桥期末）将6张宽为1的小长方形按如图摆放在平行四边形 中，则平行四边形 的面积为（ ）
A． B． C．32 D．
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵ 将6张宽为1的小长方形按如图摆放在平行四边形 中，
∴BC边上的高为EF=4×1=4
小长方形的长EG=3，
∴EG=CF=BH=3，
HF=2，
∴BC=3+2+3=8，
∴平行四边形ABCD的面积为4×8=32.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件，可知BC边上的高为EF的长；根据小长方形的摆放规律可求出小长方形的长，从而可求出BC的长；再利用平行四边形的面积公式求出平行四边形ABCD的面积.
5．（2022八下·涿州期末）如图，矩形ABCD中，∠BOC＝120°，BD＝12，点P是AD边上一动点，则OP的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点O作OP⊥AD，则此时OP的长度最小.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵，
∴AO=DO=
∵∠AOD=∠BOC=120°
∴∠OAD=30°
∵∠OPA=90°
∴OP=
故答案为：A.
【分析】过点O作OP⊥AD，则此时OP的长度最小.由矩形的性质可得AO=DO=，由对顶角相等可得∠AOD=∠BOC=120°，利用等要哦三角形的性质及三角形内角和可求出∠OAD=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得OP=.
6．（2022八下·临海期末）下列测量方案能判定四边形台面为矩形的是（ ）
A．测量得出对角线相等
B．测量得出对角线互相平分
C．测量得出两组对边分别相等
D．测量得出对角线交点到四个顶点的距离相等
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
对角线相等的四边形不是矩形，故选项A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，
对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，故选项B不符合题意；
C、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、对角线交点到四个顶点的距离都相等，
对角线互相平分且相等，
对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故选项D符合题意.
故答案为：D.
【分析】对角线互相平分且相等的四边形是矩形，据此判断A、B、D；根据平行四边形的判定定理可判断C.
7．（2022八下·泰安期末）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，对于下列条件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四边形ABCD是矩形的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：①∵∠1+∠3＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴ ABCD是矩形，故①符合题意；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∵BC2+CD2＝AC2，
∴BC2+AB2＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∴ ABCD是矩形，故②符合题意；
③∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵∠1＝∠2，
∴OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴ ABCD是矩形，故③符合题意；
④∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴ ABCD是菱形，故④不符合题意；
能判定四边形ABCD是矩形的个数有3个，
故答案为：C．
【分析】根据矩形的判定方法逐项判断即可。
8．（2022八下·诸暨期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AB=BC D．AC⊥BD
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，∵∠A=∠B，AD∥BC，∴∠A+∠B=180°，∴∠A=∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，正确；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∠A=∠C ，无法判断四边形ABCD是矩形，错误；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC ，则四边形ABCD是菱形，错误；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD ，则四边形ABCD是菱形，错误；
故答案为：A.
【分析】根据平行四边形的性质得出对角相等，对边平行且相等，结合矩形的判定定理，即一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；依此分别判断即可.
9．（2022八下·范县期末）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别相等 B．两组对角分别相等
C．两条对角线互相平分 D．两条对角线相等
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A.两组对边分别相等是矩形和平行四边形都具有的性质，故不符合题意；
B.两组对角分别相等是矩形和平行四边形都具有的性质，故不符合题意；
C.两组对角线互相平分是矩形和平行四边形都具有的性质，故不符合题意；
D.两条对角线相等是矩形具有而平行四边形不具有的性质，故符合题意．
故答案为：D
【分析】根据矩形和平行四边形的性质对每个选项一一判断即可。
10．（2021八下·贵港期末）为了研究特殊四边形，刘老师制作了这样一个教具（如图1）：用钉子将四根木条钉成一个平行四边形框架ABCD，并在A与C，B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定，课上，刘老师右手拿住木条BC，用左手向右推动框架至AB⊥BC（如图2），观察所得到的四边形，下列结论：①∠BCA＝45°；②AC的长度变小；③AC＝BD；④AC⊥BD.正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
AB与BC不一定相等，
∴∠BCA不一定45°，故①错误；
AC的长度变小，故②正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，故③正确；
矩形对角线不垂直，故④错误；
综上，正确的有②③，共2个，
故答案为：B.
【分析】易知AB与BC不一定相等，据此判断①；AC的长度变小，据此判断②；易得四边形ABCD是矩形，则AC＝BD，据此判断③；矩形对角线不垂直，据此判断④.
二、填空题（每题4分，共24分）
11．（2022八下·铁东期末）一个木匠要制作矩形的踏板．他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯两次，就能得到矩形踏板．理由是 ．
【答案】三个角都是直角的四边形是矩形（或：“有一个角是直角的平行四边形是矩形”）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】因为木板的对边平行，在进行两次锯开时都是沿着垂直于对边的方向，所以会出现4个直角，有三个角是直角的四边形是矩形．
故答案是三个角是直角的四边形是矩形．
【分析】根据矩形的判定方法求解即可。
12．（2022八下·无为期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作，交AD于点E，过点E作，垂足为F，，，，则矩形ABCD的面积为 ．
【答案】
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OD=OB=OA=OC=，
∵，
∴，
，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴矩形ABCD的面积=，
故答案为：
【分析】先利用割补法求出，再利用矩形的性质可得矩形ABCD的面积=。
13．（2022八下·滨城期末）如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，M为中点，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵PE⊥AB，PF⊥AC，∠BAC=90°，
∴四边形AEPF为矩形，
∵M为EF的中点，
∴AM=AP， 当AP⊥BC时，AP的值最小，当点P与点C重合时AC的值最大，
∴AP=， AP的最大值为12，
∴．
故答案为：
【分析】先求出四边形AEPF为矩形，再求出AP=， AP的最大值为12，最后求解即可。
14．（2022八下·平谷期末）如图，在ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC 上，且DFEG．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是 ．（写出一个即可）
【答案】∠DFG=90°（答案不唯一）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：添加条件为：∠DFG=90°，理由如下：
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∵DF∥EG，
∴四边形DFGE是平行四边形，
又∵∠DFG=90°，
∴平行四边形DFGE是矩形，
故答案为：∠DFG=90°（答案不唯一）．
【分析】利用矩形的判定方法求解即可。
15．（2022八下·咸宁期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB＝＝＝13，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC＝BC AC＝AB CD，
即×12×5＝×13 CD，
解得：CD＝，
∴EF＝．
故答案为：.
【分析】连接CD，根据勾股定理可得AB，由题意可得四边形CFDE是矩形，则EF＝CD，根据垂线段最短可得当CD⊥AB时，线段EF的值最小，由等面积法可得CD的值，据此解答.
16．（2021八下·长兴期末）如图，在矩形ABCD中，点M为CD中点，将△MBC沿BM翻折至△MBE，若∠AME=15°，则∠ABE=
【答案】40°
【知识点】三角形内角和定理；矩形的性质；反证法
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°
∴△MBC≌△MEB≌△DMA
∴AM=MB∴∠MAB=∠MBA
同理，∠EBM=∠MBC， ∠C=∠E，
又∵∠EMA=15°，
设AM交EB于点F，
∴∠EFM=∠AFB=75°
设∠CBM=x，
∴∠CBM=∠MBE=∠MAD，
∴∠MAB=90°-x， ∠EBA=90°-2x，
∴90-x+90-2x=75，
解得，x=25°，
∴∠ABE=90-2×25=40°
故答案为：40°.
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质，知道△MBC、△MEB和△DMA全等，根据三角形内角和的性质，设∠CBM，列出等式，求出∠CBM，再根据∠ABE和∠CBM的关系，求出∠ABE的值。
三、作图题（共8分）
17．（2022八下·嘉兴期末）如图，点A，B在方格纸的格点上，请按下列要求作图，保留作图痕迹．
（1）在图1中，作一个以AB为边的平行四边形，使平行四边形的顶点都在格点上．
（2）在图2中，作一个以AB为边的矩形，使矩形的顶点都在格点上．
【答案】（1）解：如图1所示：
（2）解：如图2所示：
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】(1)根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，作AD=BC，即可解答；
(2)根据两组对边平行且相等作平行四边形，再根据余角的性质使该平行四边形的每个内角等于90°，则可得到四边形ABCD是矩形，即可解答.
四、解答题（共7题，共58分）
18．（2022八下·梧州期末）如图，四边形ABCD的对角线AC⊥BD，垂足为O，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．求证：四边形EFGH是矩形．
【答案】证明：如图，∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EF∥AC，GH∥AC且EF= AC，GH= AC
∴四边形EFGH是平行四边形
又∵AC⊥BD，
∴EF⊥FG
∴四边形EFGH是矩形．
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】 易得EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，根据三角形中位线定理可得EF∥AC，GH∥AC且EF= AC，GH= AC，从而可证四边形EFGH是平行四边形，由AC⊥BD可得EF⊥FG，根据矩形的判定定理即证.
19．（2022八下·新昌期中）如图，两根直立的竹竿相距6m，高分别为4m和7m，求两竹竿顶端间的距离AD．
【答案】解：过点A作 交CD于点E，
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】作AE⊥CD于E，易得四边形ABCE是矩形，利用矩形性质可得AB＝EC＝4，AE＝BC＝6，从而求得DE=3，再利用勾股定理求得AD的长度，即可解决问题.
20．（2022八下·自贡期末）如图，四边形是矩形，点在上，交于点，且，，矩形的周长为16；求的长．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，
∴∠DEC+∠DCE＝90°，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC＝90°，
∴∠DEC+∠AEF＝90°
∴∠AEF＝∠DCE，
又∵EF＝EC，
∴△AEF≌△DCE（AAS），
∴AE＝CD，
∵矩形的周长为16，即2CD+2AD＝16，
∴CD+AD＝8，
∵CD＝AE＝AD－DE＝AD－2，
∴AD﹣2+AD＝8，
∴AD＝5，
∴AE＝AD﹣DE＝5﹣2＝3．
【知识点】矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】根据同角的余角相等得∠AEF＝∠DCE， 利用AAS证明△AEP≌△DCE，得出AE=CD，再利用矩形的周长为16，求出AD的长，然后根据线段的和差关系即可求出结果.
21．（2022八下·延庆期末）阅读下面材料：
在数学课上，老师提出如下问题：
已知：如图，在中，． 求作：矩形．
小明的思考过程是：
①由于求作矩形，回顾了矩形的定义和判定： 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 矩形判定1：对角线相等的平行四边形是矩形； 矩形判定2：有三个角是直角的四边形是矩形． ②条件给出了，可以选矩形的定义或者矩形判定2；经过思考，小明选择了“矩形定义”． ③小明决定通过作线段AC的垂直平分线，作出线段的中点O，再倍长线段，从而确定点D的位置．
小明的作法如下：
作法：①分别以点A，C为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧分别交于点E，F； ③作直线，直线交于点O； ③作射线，在上截取，使得； ④连接，． ∴ 四边形就是所求作的矩形．
请你根据小明同学设计的尺规作图过程：
（1）使用直尺和圆规，依作法在图1中补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明：
证明：∵直线是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形（ ① ）（填推理的依据）．
∵，
∴四边形是矩形（ ② ）（填推理的依据）．
（3）参考小明的作图思路，另外设计一种作法，利用直尺和圆规在图2中完成．
（温馨提示：保留作图痕迹，不用写作法和证明）
【答案】（1）解：如图：
（2）解：补充后的证明过程如下：证明：∵直线是的垂直平分线，
∴，∵，
∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．∵，
∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形叫做矩形）．
（3）解：作图如下：
作图方法：以C点为圆心，AB长为半径作弧，以A点为圆心，BC长为半径作弧，两弧交于D点，连接AD，CD即可；证明：由作图方法可知，，，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
∵，
∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形叫做矩形）．
【知识点】矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）利用矩形的判定方法求解即可；
（3）利用矩形的判定方法求解即可。
22．（2022八下·防城港期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使 ，连接BD，ED，EC，若 ．
（1）求证： ；
（2）求证：四边形BECD是矩形；
（3）连接AC，若 ， ，求AC的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CD=AB，
又∵ BE =AB，
∴CD=BE．
（2）证明：由（1）知CD=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CD // BE，AD=BC，
∴ 四边形BECD是平行四边形，
∵ ED=AD，
∴ ED=BC，
∴平行四边形BECD是矩形．
（3）解：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CB=AD= ，AB=CD=2，
∵ 四边形BECD是矩形，
∴ BE=CD= ， ，
∴在Rt△BEC中， CE＝ ，
在Rt△AEC中， ．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得CD=AB，由已知条件可知BE =AB，据此可得结论；
（2）由（1）知CD=BE，根据平行四边形的性质可得CD∥BE，AD=BC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，推出四边形BECD是平行四边形，由已知条件可知ED=AD，则ED=BC，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形进行证明；
（3）连接AC，根据平行四边形的性质可得CB=AD=，AB=CD=2，根据矩形的性质可得BE=CD=2，∠BEC=90°，然后在Rt△BEC、Rt△AEC中，利用勾股定理进行计算即可.
23．（2022八下·浙江）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F ，G，H分别是AD，OA，BC，OC的中点.
（1）求证：四边形EFGH为平行四边形.
（2）当BC= AB时，判断四边形EFGH为何种特殊四边形，并证明.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OB.
∵E，F分别是AD，OA的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ .
同理得到GH是 的中位线，
则 ，
∴ ，
∴四边形EFGH为平行四边形.
（2）解：平行四边形EFGH为矩形.
理由如下如图，连结EG.
∵点E，G分别是AD，BC的中点，四边形ABCD是矩形，
∴ ，且点 在线段EG上，
∵
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，即
又由(1)知，四边形EFGH为平行四边形，
∴ ，即 ，
∴ 为矩形.
【知识点】矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可证得OB=OD，易证EF是△AOD的中位线，利用三角形的中位线定理去证明EF=GH，EF∥GH，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得结论.
（2）点E，G分别是AD，BC的中点及四边形ABCD是矩形，可证得EG⊥BC，点O在线段EG上，利用勾股定理证AC2=4AB2，由此可得到AB与AC之间的数量关系，从而可求出∠ACB的度数，利用直角三角形的性质可证得OG=OH，EG=FH，然后利用矩形的判定定理可证得结论.
24．（2020八下·滨江期末）矩形ABCD中，AB=3，BC=4.点E，F在对角线AC上，点M，N分别在边AD，BC上.
（1）如图1，若AE=CF=1，M，N分别是AD，BC的中点.求证：四边形EMFN为矩形.
（2）如图2，若AE=CF=0.5， ，且四边形EMFN为矩形，求x的值.
【答案】（1）证明：连接MN，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，∠B=90°，
∴∠EAM=∠FCN，AC= ，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=DM=BN=CN，AM∥BN，
∴四边形ABNM是平行四边形，
又∵∠B=90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
在△AME和△CNF中，
，
∴△AME≌△CNF（SAS），
∴EM=FN，∠AEM=∠CFN，
∴∠MEF=∠NFE，
∴EM∥FN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
又∵AE=CF=1，
∴EF=AC-AE-CF=3，
∴MN=EF，
∴四边形EMFN为矩形.
（2）解：连接MN，作MH⊥BC于H，如图2所示：
则四边形ABHM是矩形，
∴MH=AB=3，BH=AM=x，
∴HN=BC-BH-CN=4-2x，
∵四边形EMFN为矩形，AE=CF=0.5，
∴MN=EF=AC-AE-CF=4，
在Rt△MHN中，由勾股定理得：32+（4-2x）2=42，
解得：x= ，
∵0＜x＜2，
∴x= .
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接MN，由勾股定理求出AC=5，证出四边形ABNM是矩形，得MN=AB=3，证△AME≌△CNF（SAS），得出EM=FN，∠AEM=∠CFN，证EM∥FN，得四边形EMFN是平行四边形，求出MN=EF，即可得出结论；（2）连接MN，作MH⊥BC于H，则MH=AB=3，BH=AM=x，得HN=BC-BH-CN=4-2x，由矩形的性质得出MN=EF=AC-AE-CF=4，在Rt△MHN中，由勾股定理得出方程，解方程即可.
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