18.1矩形同步练习 （含解析）华东师大版数学八年级下册

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18.1矩形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，点E是矩形边上一点，连接，将沿翻折，点落在点处，的角平分线与的延长线交于点，若，，当点从点运动到点时，则点运动的路径长是（ ）

A． B． C． D．
2．出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建，“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，，交于点，为边上一点，，，垂足分别为点，，则等于( )

A． B． C． D．
3．如图，矩形的两条对角线、相交于点，，．则矩形的面积为（ ）
A． B． C．9 D．18
4．如图，在矩形中，，，将沿折叠，点对应点为点，则（ ）

A． B． C． D．
5．在中，，，将按如图所示的方式依次折叠：
有下面四个结论：①平分；②；③；④的周长等于的长．所有正确结论的序号为（ ）
A．①③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
6．如图，已知四边形是矩形，，点在上，．若平分，则的长为（ ）
A．9 B．12 C． D．10
7．如图，增加下列一个条件可以使平行四边形成为矩形的是( )
A． B． C． D．
8．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
9．如图，矩形的对角线交于点O，E为边上一点，连接，F为的中点，连接，若的周长为8，则的周长为（ ）

A．3 B．6 C．5 D．4
10．如图，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，且，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．2.4
11．如图，将长方形纸片折叠，使边落在上，折痕为，且点落在点处，，，则的长为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．5
12．如图，将由四根木条钉成的矩形木框挤压后变成平行四边形的形状，在这个变化过程中，关于木框的周长，下列说法正确的是（　　）
A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定
二、填空题
13．如图，折叠矩形的一边，使点落在边的点处，已知，则的长 ．
14．如图是一个矩形，在上各取一点G、H，使得，再取的中点E、F．连接，已知，，则四边形的面积为 ．
15．如图在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB于点E，连接CE，则图中的等腰三角形共有 个．
16．如图，四边形是矩形，分别以点A和点C为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点M，N；作直线分别交于点E，F，连接，若，则 ．
17．如图，中，，，，将绕点C顺时针旋转，得到，A、B的对应点分别为、，当时，则的长为 ．
三、解答题
18．在矩形纸片中，点为边上的动点，连结，将矩形纸片沿对折，使点落在点处，连结．
(1)如图1，若点，，三点共线，求证：．
(2)如图2，若点在对角线上，是对角线的中点，且，求的度数．
19．如图，在中，，是的中位线，是的中线.连接

(1)求证：．
(2)判断四边形形状，并说明理由．
20．已知：如图，在中，，点D是边的中点，，联结．

(1)求证：；
(2)如果平分，求证：．
21．如图，已知：菱形的两条对角线，交于点O，．
(1)若，求菱形的周长；
(2)求证：四边形为矩形．
22．如图，在平面直角坐标系中，、，，线段与关于点P成中心对称，其中A，B对应点分别为C，D．
(1)当时，画出线段，并写出C，D的坐标；
(2)若四边形为矩形，且其中有一个点在坐标轴上，直接写出点P的坐标．
23．如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，
（1）在BA的延长线上求作点E，使DE＝BE，（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
（2）在（1）的条件下，若DE∥AC，求∠BAC的度数．
24．【问题情境】如图，在平面直角坐标系内，点为正比例函数图象在第一象限内的任意一点，过点分别作轴和轴的垂线，垂足分别为点和，点为线段上一动点，连接，作的垂直平分线，分别交，，，于点，，，，过点作的垂线，交轴于点．
【初步探究】
(1)求证：；
(2)在点的运动过程中，试探究，，之间的数量关系，并说明理由；
【数学建模】
(3)若，设动点的横坐标为，四边形的面积为，求关于的函数解析式．
《18.1矩形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B B B D C B D D
题号 11 12
答案 D C
1．C
【分析】本题考查了矩形的性质和翻折变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点作，交的延长线于点，延长交的延长线于点，则四边形为矩形，由折叠可得，得到，，进而可得，从而判断出点在上运动，又由全等三角形的性质可得，，设 ，则，，由勾股定理得，即得，解方程求出，得到的长度，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，延长交的延长线于点，则四边形为矩形，

∴，，，
由折叠得，，
∴，，
∴，
∵为的平分线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵点在上，
∴点到的距离等于，即点在上运动，
∴点与点重合时，点与点重合，
当点与点重合时，如图，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵ 四边形为矩形，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴当点从点运动到点时，点运动的路径长为线段的长，等于，
故选：．
2．D
【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，然后根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，，，
，，
故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
3．B
【分析】先根据矩形的性质和说明△AOB为等边三角形，可得AB=OA,即AC=2AB,然后再运用勾股定理求得,最后求矩形的面积即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
．，
，解得，
矩形的面积为：．
故选：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，利用矩形的性质和已知条件说明△AOB为等边三角形成为解答本题的关键．
4．B
【分析】根据矩形的性质得，，，，由平行线的性质得，由折叠的性质得，，则，设，则，
在中，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：四边形为矩形，，，
，，，，
∴，
由折叠可知，，，
∴
设，则，
在中，，
，
解得：，
，，
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，利用平行线的性质和折叠的性质推出是解题关键．
5．B
【分析】根据折叠的性质得到，得到平分；于是得到故①正确；根据折叠的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，根据折叠的性质得到，求得，得到，由，得到，故②错误；由，得到，根据三角形的外角的性质得到，故③正确；根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到的周长，故④正确．
【详解】解：∵沿着直线折叠得到，
，
平分，
∴故①正确；
∵沿着直线折叠得到，
，
，
，
，
，
，
，
∵沿着折叠得到，
，
，
，
，
∴，故②错误；
∵，
∴，
∴，故③正确；
∵是等腰直角三角形，，
，
，
∴的周长，故④正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行线的性质和判定，角平分线的定义等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
6．D
【分析】本题考查了矩形的性质，等角对等边，勾股定理的运用，掌握矩形的性质，等腰三角形的判定和性质是关键．
根据矩形的性质，角平分线的定义得到，设，则，在中，由勾股定理得到，由此列式求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得，，
∴，
∴，
故选：D ．
7．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，根据矩形的判定定理逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：A、四边形是平行四边形，
，故选项A不符合题意；
B、四边形是平行四边形，，
，故选项B不符合题意；
C、四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故选项C符合题意；
D、四边形是平行四边形，，
四边形是菱形，故选项D不符合题意；
故选：C．
8．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．
9．D
【分析】根据矩形性质可得，根据直角三角形的性质可得，根据三角形中位线的性质可得，所以可推出的周长是周长的，即可得出答案．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，．
∵F为的中点，
∴．
∵F为的中点，，
∴．
∵的周长，
∴的周长．
故选D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线的性质，思考掌握相关性质并灵活运用是解题的关键．
10．D
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形与折叠．根据折叠的性质可得出、，由，，可得出，根据全等三角形的性质可得出，，设，则，，，依据中，，即可得到的值．
【详解】解：∵矩形纸片，，，
∴，，，
根据折叠可知：，
，，，
∴，
在和中，
，
，
，，
，
，
设，则，，
∴，
，
中，，
即，
解得：，
，
故选：D．
11．D
【分析】本题考查矩形的折叠，勾股定理，熟练运用勾股定理是解决本题的关键．
根据长方形的性质可得，，，在中，运用勾股定理求得．设，由折叠可得，，，从而，，在中，运用勾股定理构造方程即可求解．
【详解】解：∵四边形是长方形，
∴，，，
∴在中，．
设，
由折叠可得，，，
∴，，
，
∴在中，，
即
，
解得，
∴的长为，
故选D．
12．C
【分析】本题考查的是矩形及平行四边形的性质，根据矩形及平行四边形的性质直接写出结论即可．
【详解】∵矩形木框挤压变成平行四边形后，木框每边的长度没变，
∴木框的周长不变．
故选：C．
13．/厘米
【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理的运用，掌握矩形与折叠的性质是关键，根据矩形的性质，折叠的性质，勾股定理得到，设，则，由勾股定理得到，代入计算即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，即，
解得，，
∴，
故答案为： ．
14．
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，根据题意可得、为等边三角形，结合E、F为的中点可推出四边形为矩形，据此即可求解．
【详解】解：∵，，
∴
∵
∴、为等边三角形，
∴，
∵E、F为的中点，
∴垂直平分，垂直平分，，
∴
∴四边形为矩形，
又，
∴
∴，，
∴四边形的面积为：。
故答案为：
15．3
【分析】根据等腰三角形的判定，由已知可证∠BAD=∠CAD=∠B=30°，即证△ADB是等腰三角形；又证BE=AE=EC，即证△CBE，△AEC是等腰三角形，然后问题可求解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=60°，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD=∠B=30°，
∴AD=BD，
∴△ADB是等腰三角形，
∵DE⊥AB，
∴AE=EB，
∴BE=AE=EC，
∴△CBE，△AEC是等腰三角形，
∴图中的等腰三角形共有3个．
故答案为3．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边中线定理、等腰三角形的判定及角平分线的定义，熟练掌握直角三角形斜边中线定理、等腰三角形的判定及角平分线的定义是解题的关键．
16．/34度
【分析】本题主要考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、等角对等边等知识点，熟练掌握线段垂直平分线的性质、矩形的性质是解答本题的关键．
由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，可得，则．结合矩形的性质可得，再根据即可解答．
【详解】解：由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
17．/
【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，过点作于点D，根据勾股定理求出，根据等积法求出，证明四边形为矩形，得出，根据勾股定理求出，得出，最后根据勾股定理求出．
【详解】解：过点作于点D，如图所示：
中，，，，
∴，
根据旋转可知：，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴在中根据勾股定理得：
，
∴，
∴．
故答案为：．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边上的中线、外角的性质，添加恰当辅助线是解题的关键．
（1）由折叠的性质可得，由平行线的性质可得，可得；
（2）利用斜边上的中线等于斜边的一半可得和为等腰三角形，由折叠可知，由，，，可得，由外角的性质，可得，最后在中，利用三角形的内角和定理列出方程，可求解．
【详解】（1）证明：由折叠的性质知：，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图：
∵四边形是矩形，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，，
由折叠知：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
19．(1)见解析
(2)四边形为矩形，理由见解析
【分析】本题考查了中位线的判定与性质，平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先由中位线的性质得，结合直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，得出，即可作答．
（2）先由是的中位线，是的中线，得出，证明四边形为平行四边形，再结合有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可作答．
【详解】（1）证明：∵是的中位线，
∴，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴；
（2）解：四边形为矩形，理由是：
∵是的中位线，是的中线，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴平行四边形为矩形．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线的性质得出，再由平行线的性质及各角之间的关系得出，利用全等三角形的判定证明即可；
（2）延长交的延长线于点F，根据角平分线的性质及全等三角形的性质得出，再由等边对等角及等腰三角形的判定和性质得出，由全等三角形的判定和性质得出，最后由中位线的性质及平行四边形的判定和性质即可证明
【详解】（1）证明：∵，点D是边的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴；
（2）延长交的延长线于点F，

∵，平分，
∴
∵
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴
∴，
∵点D是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】题目主要考查直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质及中位线的性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
21．(1)菱形的周长为；
(2)证明见解析．
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据四边形是菱形，则，，，，由勾股定理得，然后求出菱形周长即可；
（）由，，则四边形是平行四边形，通过菱形的性质得出，所以，然后由矩形的判定方法即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴菱形的周长为；
（2）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形．
22．(1)图形见解析，
(2)或
【分析】（1）先根据题意，画出图形，再根据中心对称图形的性质可得C，D的坐标，即可；
（2）根据题意得：点C不可能在y轴上，点D不可能在x轴上，再由矩形的性质可得，然后分两种情况：点C在x轴上和点D在y轴上，结合勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求；
∵线段与关于点P成中心对称，、，
∴点；
（2）解：根据题意得：点C不可能在y轴上，点D不可能在x轴上，
∵四边形为矩形，
∴，
∵、，
∴，
∴，
若点C在x轴上，设点C的坐标为，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴点C的坐标为，
∴点P的坐标为；
若点D在y轴上，设点D的坐标为，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴点D的坐标为，
∴点P的坐标为；
综上所述，点P的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握中心对称图形的性质，勾股定理，矩形的性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
23．（1）答案见解析；（2）60°.
【分析】（1）连接BD，用尺规作线段BD的垂直平分线，然后与BA的延长线交于E点即为所求；
（2）根据O为BD的中点，DE∥AC，则可以得到AO为三角形BED的中位线，即A为BE的中点，从而可以得到BD=DE，三角形BED是等边三角形，最后计算∠BAC的度数即可.
【详解】解：（1）连接BD，分别以B、D为圆心，以大于BD的一半的长为半径画弧，分别交于M、N两点，连接MN并延长交BA的延长线于E即为所求；
（2）设AC与BD交于O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴O为BD的中点，∠BAD=∠EAD=90°，
又∵DE∥AC，
∴AO为三角形BED的中位线，∠E=∠BAC，
∴A为BE的中点，
∴AE=AB，
∴△BAD≌△EAD，
∴BD=ED=BE，
∴△BED为等边三角形，
∴∠BAC=∠E=60°．
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质，等边三角形的性质与判定，三角形的中位线定理，平行线的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
24．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据题意易证四边形为正方形，过点作于点，则，，然后根据垂直平分，可推出，得到，从而证明，得证；
（2）连接，，过点作于，于点，先证明四边形是正方形，结合线段垂直平分线，得到，推出，得到是等腰直角三角形，通过斜边上的中线等于斜边的一半，推出，从而得到，最后得证；
（3）先通过正方形的性质以及勾股定理，推出，表示出，设， ，推出，得到，接着证明为等腰直角三角形，得到，推出，接着通过，以及表示出这两个部分的面积，最后借助表示出．
【详解】（1）证明：过点分别作轴和轴的垂线，垂足分别为点和，
四边形为矩形，
又点为正比例函数图象在第一象限内的任意一点，
，
四边形为正方形，
过点作于点，如图，
则，，
，
垂直平分，
，
，
，
，
．
（2）解： 连接，，过点作于，于点，如图所示：
点为正比例函数图象在第一象限内的任意一点，
，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形，
，
是的垂直平分线，在上，
，，
．
，
，
，
，
是等腰直角三角形．
，
，
，
，
．
（3）解：由（1）可知，四边形为正方形，，
，，
，
，
设，由（2）可知，四边形是正方形，
，，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
四边形的面积为．
【点睛】本题考查了等腰直角形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰三角形三线合一，斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，熟练掌握以上知识点，作出合适的辅助线是解题的关键．
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