专题916矩形（分层练习）（提升练）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.16矩形（分层练习）（提升练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（

）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴2．（2023上·陕西咸阳·九年级校考期中）如图，与是矩形的对角线，延长至点，使得，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．3．（2022上·江西九江·九年级统考期末）如图，在矩形中，于点E，，那么等于（

）A． B． C． D．4．（2023上·四川达州·九年级四川省渠县中学校考期末）如图，在矩形纸片中，，，将沿折叠到位置，交于点F，则的值为（

）A． B． C． D．5．（2023下·河南商丘·八年级统考期末）如图，在中，于点E，点在边的延长线上，则添加下列条件不能证明四边形是矩形的是（）A． B．C． D．6．（2023下·江苏·八年级期末）如图，在正方形中，，则等于（）

A．45° B．55° C．65° D．75°7．（2023·河北沧州·模拟预测）图1所示的教具是用钉子将四根木条钉成的平行四边形框架，在与，与两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定．老师推动框架至如图2所示，下列判断一定正确的是（

）

A．在图2中， B．在图2中，C．四边形的周长变大 D．四边形的面积不变8．（2023下·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在中，点，分别是，的中点，点M，在对角线上，，则下列说法正确的是（）

A．若，则四边形是矩形B．若，则四边形是矩形C．若，则四边形是矩形D．若，则四边形是矩形9．（2023上·山东青岛·九年级山东省青岛第二十六中学校考期中）如图，在矩形中，E、F分别是边、上的点，，连接、与对角线交于点O，且，，，则的长为（

）A． B． C． D．610．（2024上·北京海淀·九年级校考开学考试）如图，在中，，，点D为的中点，点E、F分别在边上，且，则下列说法：①；②；③（S代表三角形面积）；④（C代表三角形周长）其中正确的个数有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023上·浙江绍兴·八年级校联考阶段练习）如图，已知四边形是长方形，依据尺规作图的痕迹，可知．

12．（2023上·湖北省直辖县级单位·八年级校联考阶段练习）如图直角梯形中，，，，，，，则的面积为．

13．（2023·江西萍乡·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点A、，点在坐标轴上，点在坐标平面内，若以A、、、为顶点的四边形为矩形，则点的坐标为．

14．（2023下·湖北十堰·八年级统考期末）如图，点D，E，F分别是三边的中点，则下列判断：①四边形一定是平行四边形；②若平分，则四边形是正方形；③若，则四边形是菱形；④若，则四边形是矩形．正确的是．（填序号）

15．（2023下·云南楚雄·八年级统考期中）如图，在中，是对角线，的交点，且，分别延长边到点，延长边到点，使，，连接，，，则四边形的形状是．

16．（2024上·广东广州·八年级统考期末）如图，在四边形中，，，，的面积为24，的垂直平分线分别交，于点M、N，若点P和点Q分别是线段和边上的动点，则的最小值为．17．（2024上·河南南阳·八年级统考期末）如图，在长方形中，，，点在边上，连接，将沿折叠，当点的对应点落在对角线上时，与交于点，则线段的长为．18．（2024上·广东深圳·八年级统考期末）如图，在中，，，点是外的一个点，连接，，且，，四边形的面积是，则的长为．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023上·北京海淀·九年级北京市师达中学校考阶段练习）如图，在平行四边形中，点，分别在，上，，．

（1）求证：四边形是矩形；（2）若且，已知，求的长．20．（8分）（2022下·重庆酉阳·八年级校考期末）如图1，在矩形中，过矩形对角线的中点O作分别交、于、点．（1）求证：；（2）如图2，若为的中点，且，求证：．21．（10分）（2024上·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图所示，把长方形纸片放入直角坐标系中，使、分别落在x、y轴的正半轴上，连接，且，（1）求所在直线的解析式；（2）将纸片折叠，使点A与点C重合（折痕为），求折叠后纸片重叠部分的面积．（3）求所在的直线的函数解析式．22．（10分）（2023上·广东深圳·九年级校联考阶段练习）如图，在中，，是的平分线，是外角的平分线，，垂足为点E．（1）求证：四边形为矩形；（2）若，求的长．23．（10分）（2023下·内蒙古通辽·八年级校考期末）如图，在中，，，点D是边上一个动点（不与B，C重合），连接，将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接．

（1）求的度数；（2）过点D作，交于点F，交的延长线于点G，连接，交于点H；①依据题意，补全图形；②用等式表示线段，的数量关系，并证明．24．（12分）（2023·广东佛山·统考一模）数学学习总是循序渐进、不断延伸拓展的，数学知识往往起源于人们为了解决某些问题，通过观察、测量、思考、猜想出的一些结论．但是所猜想的结论不一定都是正确的．人们从已有的知识出发，经过推理、论证后，如果所猜想的结论在逻辑上没有矛盾，就可以作为新的推理的前提，数学中称之为定理．（1）推理证明：在八年级学习等腰三角形和直角三角形时，借助工具测量就能够发现：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，当时并未说明这个结论的正确性．九年级学习了矩形的判定和性质之后，就可以解决这个问题了．如图1，在中，若是斜边上的中线，则，请你用矩形的性质证明这个结论的正确性．（2）迁移运用：利用上述结论解决下列问题：①如图2，在线段异侧以为斜边分别构造两个直角三角形与，E、F分别是、的中点，判断与的位置关系并说明理由；②如图3，对角线、相交于点O，分别以、为斜边且在同侧分别构造两个直角三角形与，求证：是矩形；参考答案：1．A【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故C，D不符合题意；故选A【点拨】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．2．B【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质等知识，由矩形的性质得，，由，则，由等腰三角形的性质得，则，最后根据平行线的性质即可求解，熟练掌握矩形的性质，求出的度数是解题的关键．解：∵四边形是矩形，∴，，∴∠ADB=∠CBD，∵，∴，∴，∴，∴，故选：．3．D【分析】本题考查了矩形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质．由矩形的性质，得到，，进而得到，，再利用三角形内角和定理，求得，然后由等边对等角的性质，得到，即可求出的度数．解：矩形，，，，，，，，，，，，，故选：D．4．C【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等，利用矩形和折叠的性质可得，设，则，，在中利用勾股定理列方程，即可求出x的值，进而可得的值，从而得解．解题关键是利用矩形和折叠的性质得到．解：∵四边形是矩形，，，，，，由折叠的性质可得，，，设，则，，在中，根据勾股定理得：，，解得，即，∴故选：C．5．D【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．由平行四边形的性质得，，再证，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论．解：四边形是平行四边形，∴，，，，，，四边形是矩形，故A不符合题意；，，∵，，四边形是矩形，故B不符合题意；，，即，，四边形是平行四边形，又，，平行四边形是矩形，故C不符合题意；，，故四边形不能判定是矩形，故D符合题意；故选：D．6．B【分析】作于F，证明，得到，利用进行求解即可．解：作于F，

又四边形是正方形，∴，∴四边形是矩形，∴．在和中，，∴，∴，∴．故选：B．【点拨】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．7．B【分析】根据平行四边形的邻边不一定相等，判断A；根据矩形的对角线相等，判定B；根据线段的大小不会随位置的改变而改变，可判定C；根据矩形的面积，平行四边形的面积可判定D．解：A、平行四边形的邻边不一定相等，在图2中，不一定成立，不符合题意；B、平行四边形框架，且，故平行四边形是矩形，故，正确，符合题意；C、根据线段的大小不会随位置的改变而改变，故四边形的周长不变，错误，不符合题意；D、如图，过点A作，交的延长线于点E，根据题意，得，根据斜边大于直角边，判定其上的高逐渐变大，故四边形的面积变大，错误，不符合题意；

故选B．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，直角三角形的性质，线段的大小不变性是解题的关键．8．D【分析】取中点O，连接、，先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理依次判定即可得到答案．本题考查了平行四边形、矩形的判定定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．解：如图，取中点O，连接、，

∵中，点E，F分别是，的中点，，，，，，，，，∴E，O，F三点共线，又，，，即，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），A选项，不能推出四边形有内角，故不能证明四边形是矩形；B、C、D选项，只有D选项能由、，得到，根据对角线相等的平行四边形是矩形可得四边形是矩形．故选：D9．B【分析】连接，先证，得到，得到，求得，根据直角三角形的性质，得到，从而得到．解：连接，∵四边形是矩形，，∴，∴，∴，∴，∴，，∴，设，∵，∴，∴，解得，∴，∴，∵，∴，∴，故选B．【点拨】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的三线合一，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握矩形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．10．C【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形想的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．连接，证明，利用全等三角形的性质即可一一判断．解：连接，∵在中，，，是等腰直角三角形，∵点D为的中点，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴=定值∴，故③正确，∵，∴，∴，故①正确，∵，∴，∴，∵，∴，故②正确，假如，可得出，∵和都是直角三角形，∴，无法证出，故④错误，故①②③正确，故选：C．11．【分析】由长方形的性质可得，从而得到，由作图痕迹可知，平分，垂直平分，再由角平分线的定义和垂直平分线的值可得，，最后由进行计算即可得到答案．解：如图，

四边形是长方形，，，由作图痕迹可知，平分，垂直平分，，，，，答案为：．【点拨】本题主要考查了角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、平行线的性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．12．【分析】作交延长线于，作于，利用三角形全等的性质，求出的高，然后得出三角形的面积．解：如图，作交延长线于，作于，则．

，，，，四边形是矩形，，，，，，，，的面积．故答案为：．【点拨】本题考查梯形的性质和全等三角形的判定与性质的运用，矩形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．13．或或【分析】分类讨论：点在轴上；点在原点；点在轴上，利用相似及平移规律即可求解．解：直线分别与轴、轴交于点A、，当时，，时，，点坐标，B点坐标，分三种情况：点在原点，矩形中，如图，

，点坐标为；如图，点在轴上，如图，

矩形中，，∴，∴，，∴，∴，点坐标为，将点向右平移个单位，向下平移个单位得到点，的坐标为；如图，点在轴上，如图，

矩形中，，由②同理可得：，∴∴，点坐标为，将点向左平移个单位，向上平移个单位得到点，的坐标为，点坐标为或或，故答案为：或或．【点拨】本题考查了一次函数与矩形的综合题型，解题关键是分类讨论和利用相似三角形的性质得到对应线段之间的关系．14．①③④【分析】①由三角形的中位线定理可以判定结论正确；②利用平分可以判定四边形是菱形而非正方形，可得②的结论错误；③利用斜边上的中线等于斜边的一半可得出，从而得出四边形是菱形；④，则根据①的结论可得四边形是矩形；解：解①D是的中点，E是的中点，∴，∵D是的中点，F是的中点，∴，∴四边形是平行四边形，∴①正确；②如图，由①知：，∴若平分，则，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形；∴②不正确；③如图，

若，∵D是的中点，∴是的垂直平分线，∴，∵，E是的中点，∴，同理：，∴，由①知：四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，∴③正确；④，如图，

由①知：四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，∴④正确；综上可得，正确的结论有：①③④，故选：C．【点拨】本题主要考查了三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，直角三角形斜边上的直线的性质，等腰三角形的判定与性质，利用三角形的中位线定理得出平行线是解题的关键．15．矩形【分析】先由得到，又，得出，再根据，，得出四边形是平行四边形，，即可得出结论．解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形，故答案∶矩形．【点拨】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的判定与性质和矩形的判定定理是解题的关键．16．8【分析】连接，过点作于．利用三角形的面积公式求出，由题意，求出的最小值，可得结论．解：连接，过点作于．面积为24，，，，垂直平分线段，，，当的值最小时，的值最小，根据垂线段最短可知，当时，的值最小，，，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形，．的值最小值为8．故答案为：8．【点拨】本题考查轴对称最短问题，平行线的性质，三角形的面积，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是把最短问题转化为垂线段最短，属于中考常考题型．17．【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理．根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，根据折叠的性质的性质得到，根据三角形的面积公式和勾股定理即可得到结论．解：四边形是矩形，，，将沿折叠，当点的对应点落在对角线上，，，，，，故答案为：．18．【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，过点作，交的延长线于点，证出，设，得出，，由四边形的面积求出，则可得出答案．熟练掌握以上知识是解题的关键．解：过点作，交的延长线于点，，，，，设，，，，过点作于点，，，，，四边形的面积是，，解得，（舍去），，．故答案为：．19．（1）见分析；（2）【分析】（1）首先证明四边形是平行四边形，然后结合即可证明出四边形是矩形；（2）首先根据勾股定理得到，进而求出，然后利用勾股定理求解即可．解：（1）证明：在中，，，，即，四边形是平行四边形，，四边形是矩形；（2）∵四边形是矩形∴∴∵，∴，即解得∴∴∵∴．【点拨】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定、勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．20．（1）见分析；（2）见分析．【分析】（1）利用矩形的性质得到，从而得到，再利用证明，继而得证；（2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再证明，，从而得到，，从而得证．解：（1）证明：∵四边形是矩形，是中点，∴，，，∴，又∵，∴，∵，，，∴，∴；（2）连接，∵是矩形，是中点，∴，在中，G为中点，∴，又∵，∴，∴∴，∴，又∵在中，，∴，∴，∴，∴即．【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定等知识，熟练掌握相关基础知识是解题的关键．21．（1）；（2）重叠部分的面积为10；（3）直线的解析式为【分析】（1）设，则，在中，由勾股定理建立方程，解方程求得x的值，即可得到点A、C的坐标，根据所得A、C两点的坐标用待定系数法求出直线的解析式即可；（2）由折叠的性质可得，设，结合，可得，在中由勾股定理建立方程解方程求得y的值即可得到的值，再证可得，这样即可由三角形面积公式求出的面积了．（3）由（2）可知，的长，从而可得点E、F的坐标，由此即可用待定系数法求得直线的解析式了．（1）解：∵，∴可设，则，在中，由勾股定理可得，∴，解得或（不合题意，舍去），∴，，∴，，设直线解析式为，∴，解得：，∴直线解析式为；（2）解：由折叠的性质可知，设，则，在中，由勾股定理可得，∴，解得，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即重叠部分的面积为10；（3）解：由（2）可知，，∴，，设直线的解析式为，∴，解得：，∴直线的解析式为．【点拨】本题考查了一次函数的面积问题，求一次函数解析，勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握待定系数法，求出重叠部分三角形的底和高是解题的关键．22．（1）见分析；（2）【分析】（1）证明，根据矩形的判定即可得到结论；（2）根据矩形的性质和勾股定理即可求出的长．此