数学第19章 四边形19.3 矩形 菱形 正方形复习练习题

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2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题19.4矩形的性质
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•高州市期中）一个矩形的两条对角线的一个夹角为60°，对角线长为16cm，则这个矩形较短边的长为（　　）
A．2cm B．4cm C．8cm D．16cm
【分析】由矩形的性质可得OA＝OB＝8cm，可证△AOB是等边三角形，可求解．
【解答】解：如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝16cm，AO＝AC＝8cm，BO＝BD＝8cm，
∴OA＝OB，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝OB＝8cm．
故选：C．
2．（2021秋•闽侯县月考）矩形ABCD中，与AC相等的线段是（　　）
A．BA B．BC C．BD D．CD
【分析】由矩形的性质得AC＝BD即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
故选：C．
3．（2021春•铁西区期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB＝60°，BD＝8，则DC长为（　　）

A．4 B．4 C．3 D．5
【分析】由矩形对角线性质可得AO＝BO，又∠AOB＝60°，可证△OAB为等边三角形，得DC＝AB，即可得解．
【解答】解：由矩形对角线相等且互相平分可得AO＝BO＝＝4，
即△OAB为等腰三角形，
又∠AOB＝60°，
∴△OAB为等边三角形．
故AB＝BO＝4，
∴DC＝AB＝4．
故选：B．
4．（2021春•金坛区期末）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，若△AOB的面积是3，则矩形ABCD的面积是（　　）

A．6 B．9 C．12 D．15
【分析】由矩形的性质可得AO＝CO＝BO＝DO，可得S△AOB＝S△BOC＝S△AOD＝S△OCD＝3，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO＝BO＝DO，
∴S△AOB＝S△BOC＝S△AOD＝S△OCD＝3，
∴矩形ABCD的面积＝12，
故选：C．
5．（2021春•秦淮区月考）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的面积为（　　）

A．15 B．16 C．22 D．28
【分析】根据矩形的性质得出AB＝DC，AD＝BC，∠C＝90°，AD∥BC，根据勾股定理求出DC，求出AB＝BE，求出BC，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，AD＝BC，∠C＝90°，AD∥BC，
∵ED＝5，EC＝3，
在Rt△DCE中，由勾股定理得：DC＝＝4，
∴AB＝DC＝4，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠EAB，
∴∠EAB＝∠AEB，
∴BE＝AB＝4，
∵CE＝3，
∴AD＝BC＝BE+CE＝7，
∴矩形ABCD的面积是4×7＝28，
故选：D．
6．（2021春•建邺区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，若BE＝EO，则AD的长是（　　）

A．3 B． C．3 D．
【分析】由矩形的性质得OA＝OB，再由线段垂直平分线的性质得AB＝AO，则OA＝AB＝OB＝1，得BD＝2，然后由勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵BE＝EO，AE⊥BD，
∴AB＝AO，
∴OA＝AB＝OB＝1，
∴BD＝2，
∴AD＝＝＝，
故选：B．
7．（2017•常州）如图，已知矩形ABCD的顶点A，D分别落在x轴、y轴上，OD＝2OA＝6，AD：AB＝3：1，则点C的坐标是（　　）

A．（2，7） B．（3，7） C．（3，8） D．（4，8）
【分析】过C作CE⊥y轴于E，根据矩形的性质得到CD＝AB，∠ADC＝90°，根据余角的性质得到∠DCE＝∠ADO，根据相似三角形的性质得到CE＝OD＝2，DE＝OA＝1，于是得到结论．
【解答】解：过C作CE⊥y轴于E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB，∠ADC＝90°，
∴∠ADO+∠CDE＝∠CDE+∠DCE＝90°，
∴∠DCE＝∠ADO，
∴△CDE∽△ADO，
∴，
∵OD＝2OA＝6，AD：AB＝3：1，
∴OA＝3，CD：AD＝，
∴CE＝OD＝2，DE＝OA＝1，
∴OE＝7，
∴C（2，7），
故选：A．

8．（2021春•安溪县期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点P是AD边上的一个动点，过点P分别作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F．若AB＝6，BC＝8，则PE+PF的值为（　　）

A．10 B．9.6 C．4.8 D．2.4
【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝6，BC＝8，可求得OA＝OD＝5，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．
【解答】解：连接OP，
∵矩形ABCD的两边AB＝6，BC＝8，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC＝＝10，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝12，OA＝OD＝5，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝×5×（PE+PF）＝12，
∴PE+PF＝＝4.8．
故选：C．

9．（2020春•太仓市期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝3AB，且AB＝2，点G、H分别在AD、BC上，连接BG、DH，若四边形BHDG是菱形，则AG的长为（　　）

A． B．3 C． D．4
【分析】首先根据菱形的性质可得BG＝GD，然后设AG＝y，则GD＝BG＝6﹣y，再根据勾股定理可得y2+22＝（6﹣y）2解答即可．
【解答】解：∵四边形BGDH是菱形，
∴BG＝GD，
∵AD＝3AB，且AB＝2，
∴AD＝6，
设AG＝y，则GD＝BG＝6﹣y，
∵在Rt△AGB中，AG2+AB2＝GB2，
∴y2+22＝（6﹣y）2，
解得：y＝，
故选：A．
10．（2020春•秦淮区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止），在这段时间内，线段PQ平行于AB的次数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】当AP＝BQ时，可得到ABQP为平行四边形，然后依据矩形的性质可得到PQ∥AB，然后求得AP＝BQ的次数即可．
【解答】解：当AP＝BQ时，AP∥BQ．
∵AP∥BQ，AP＝BQ，
∴四边形ABQP为平行四边形，
∴QP∥AB．
∵点P运动的时间＝12÷1＝12秒，
∴点Q运动的路程＝4×12＝48cm．
∴点Q可在BC间往返4次．
∴在这段时间内PQ与AB有4次平行．
故选：C．

二、 填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021春•秦淮区期中）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，若∠OAB＝65°，则∠BOC＝　130　°．
【分析】由矩形的性质得OA＝OB，再由等腰三角形的性质得∠OBA＝∠OAB＝65°，然后由三角形的外角性质即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB＝65°，
∴∠BOC＝∠OAB+∠OBA＝65°+65°＝130°，
故答案为：130．

12．（2021春•江都区校级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为E，若BE＝2，AE＝4，则AC＝　10　．

【分析】由矩形的性质得出OA＝OB，设OA＝OB＝x，则OE＝x﹣2，在Rt△AOE中，由勾股定理得出方程，解方程求出OA，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
设OA＝OB＝x，则OE＝x﹣2，
∵AE⊥BD，
∴∠AEO＝90°，
由勾股定理得：AE2+OE2＝OA2，
即42+（x﹣2）2＝x2，
解得：x＝5，
∴OA＝5，
∴AC＝2OA＝10；
故答案为：10．
13．（2021春•丹阳市期末）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，若BC＝2，∠CBE＝45°，
则AB＝　2　．

【分析】由矩形的性质和角平分线的定义得出∠DEC＝∠ECB＝∠BEC，推出BE＝BC，进而求得AE＝AB＝2．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠DEC＝∠BCE．
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC＝∠BEC．
∴∠BEC＝∠ECB．
∴BE＝BC＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°．
∵∠ABE＝45°，
∴∠ABE＝AEB＝45°．
∴AB＝AE＝×2＝2．
故答案为：2．
14．（2020•浉河区校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BD＝4，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交BC于点E，则CE的长是　5　．

【分析】连接AE，在矩形ABCD中，OA＝OC，OE⊥AC，可得OE垂直平分AC，所以AE＝CE，在Rt△ABE中，根据勾股定理即可得CE的长．
【解答】解：如图，连接AE，

∵在矩形ABCD中，OA＝OC，OE⊥AC，
∴OE垂直平分AC，
∴AE＝CE，
∵∠BAD＝90°，AB＝4，BD＝4，
∴AD＝BC＝＝8，
∴BE＝BC﹣CE＝8﹣CE，
∴在Rt△ABE中，根据勾股定理，得
AE2＝AB2+BE2，
即CE2＝42+（8﹣CE）2，
解得CE＝5．
故答案为：5．
15．（2021•鞍山）如图，矩形ABCD中，AB＝3，对角线AC，BD交于点O，DH⊥AC，垂足为点H，若∠ADH＝2∠CDH，则AD的长为 　3　．

【分析】由矩形的性质得CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，再求出∠ADH＝60°，则∠DAC＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，
∵∠ADH＝2∠CDH，
∴∠CDH＝30°，∠ADH＝60°，
∵DH⊥AC，
∴∠DHA＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝CD＝3，
故答案为：3．
16．（2021秋•宿豫区期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝10，则DE+DF＝　9　．

【分析】根据直角三角形的性质得到DE＝AB＝4，DF＝AC＝5，于是得到结论．
【解答】解：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝10，
∴DE＝AB＝4，DF＝AC＝5，
∴DE+DF＝9；
故答案为：9．
17．（2020春•吴中区期末）如图，长方形ABCD中，AB＝12cm，BC＝18cm，E是AB的中点，点P从B点出发以3cm/s的速度沿BC向终点C运动，点Q从点C出发以acm/s的速度沿CD向终点D运动，点P、Q同时出发，并且当其中一个点到达终点时，两点同时停止运动；当△EBP与△PCQ全等时，a的值是　3或2　．

【分析】根据矩形的性质、全等三角形的判定定理解答即可．
【解答】解：∵AB＝12cm，E是AB的中点，
∴EB＝6cm，
∵点P的速度是3cm/s，
∴ts后BP＝3tcm，
∴PC＝BC﹣BP＝（18﹣3t）cm，
则18﹣3t＝6，
解得t＝4，
则BP＝3×4＝12cm，
∵△EBP与△PCQ全等，
∴4a＝12，
解得a＝3．
当at＝6，3t＝18﹣3t，也符合题意，
解得a＝2
故答案为：3或2．
18．（2020春•相城区期末）两个完全相同的长方形ABCD与长方形EFGD如图放置，点D在线段AG上，若AG＝m，CE＝n，则长方形ABCD的面积是　　．（用m，n表示）

【分析】根据矩形的性质以及矩形的面积公式即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：AD＝ED，DG＝CD，
设AD＝ED＝x，
∴x+n+x＝m，
∴x＝，
∴AD＝，CD＝，
∴长方形ABCD的面积为AD•CD＝，
故答案为：．

三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

19．（2021春•盱眙县期末）如图，矩形ABCD中，E、F是BC上的点，∠DAE＝∠ADF．求证：BF＝CE．

【分析】由矩形的性质和∠DAE＝∠ADF，得出∠BEA＝∠CFD，再证明△ABE≌△DCF，得出对应边相等即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
∴∠DAE＝∠BEA，∠ADF＝∠CFD，
又∵∠DAE＝∠ADF，
∴∠BEA＝∠CFD，
在△BEA和△CFD中，
，
∴△BEA≌△CFD（AAS），
∴BE＝CF，
∴BF＝CE．
20．（2020春•常州期中）如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点E在AD上，点F在BC边上，FE平分∠DFB．
（1）判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）若点F是BC的中点，求AE的长．

【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥BC，由平行线的性质和角平分线的性质可得∠DEF＝∠DFE，可得结论；
（2）由勾股定理可求DF的长，即可求解．
【解答】解：（1）△DEF是等腰三角形，
理由如下：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠BFE＝∠DEF，
∵FE平分∠DFB，
∴∠BFE＝∠DFE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）∵AB＝1，BC＝2，
∴CD＝1，AD＝2，
∵点F是BC的中点，
∴FC＝＝1，
Rt△DCF中，∠C＝90°，
∴DF＝，
∴DE＝DF＝，
∴AE＝AD﹣DE＝2﹣．
21．（2020春•金山区期中）已知：如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ACB＝30°，BC＝4．
（1）求证：∠AOD＝120°；
（2）求AC的长．

【分析】（1）由四边形ABCD是矩形知BO＝CO，据此得∠OBC＝∠OCB，再由∠ACB＝30°知∠OBC＝30°，结合∠OBC+∠OCB+∠BOC＝180°得∠BOC＝120°，继而得证；
（2）由四边形ABCD是矩形知∠ABC＝90°，结合∠ACB＝30°得AC＝2AB，根据AB2+BC2＝AC2，BC＝4可求得AB＝，从而得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO＝AC，BO＝DO＝BD，
∴BO＝CO，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠ACB＝30°，
∴∠OBC＝30°，
∵∠OBC+∠OCB+∠BOC＝180°，
∴∠BOC＝120°，
∴∠AOD＝∠BOC＝120°；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC，即AC＝2AB，
∵AB2+BC2＝AC2，BC＝4，
解得AB＝，
∴AC＝．
22．（2021春•闵行区期末）如图，已知点E在矩形ABCD的边DC上，且AB＝AE＝2AD．求∠EBC的度数．

【分析】根据矩形的性质得出DC∥AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，求出∠DEA＝30°，根据平行线的性质求出∠EAB，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ABE，再求出答案即可．
【解答】解：如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∵AE＝2AD，
∴∠AED＝30°，
∵DC∥AB，
∴∠EAB＝∠AED＝30°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝（180°﹣∠EAB）＝75°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝90°﹣75°＝15°．
23．（2020春•玄武区期末）如图，在▱ABCD中，将对角线BD分别向两个方向延长至点E、F，且BE＝DF．连接AF、CF、CE、AE．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AD＝4，BE＝3，∠ADB＝∠CBD＝90°，当四边形AECF是矩形时，则BD的长为　　．

【分析】（1）连接AC，由平行四边形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，证出OE＝OF，即可得出四边形AECF是平行四边形．
（2）根据题意可得BE＝DF＝3，根据勾股定理可求AF，AA可证△FAD∽△FEA，根据相似三角形的性质可求EF，从而求得BD的长．
【解答】（1）证明：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：BE＝DF＝3，
∵∠ADB＝∠CBD＝90°，
∴AF＝＝5，
方法1：∵AD＝4，
∴BC＝4，
设OB＝x，则OE＝x+3，
∵四边形AECF是矩形，
∴OE＝OC＝x+3，
∵∠OBC＝90°，
在Rt△OBC中，
OB2+BC2＝OC2，
∴x2+42＝（x+3）2，
解得x＝，
∴OB＝，
∴BD＝．
方法2：∵四边形AECF是矩形，
∴∠FAE＝90°，
∴∠FAE＝∠ADF，
∵∠AFD＝∠EFA，
∴△FAD∽△FEA（AA），
∴＝，即＝，
解得FE＝，
∴BD＝﹣3﹣3＝．
故答案为：．

24．（2020春•溧阳市期末）如图，矩形ABCD中，AB＝BC，在边AB上截取BE，使得BE＝BC，连接CE，作DF⊥EC于点F，连接BF并延长交AD于点G，连接DE．
（1）求证：DE平分∠AEC；
（2）若AD＝，求出DG的长．

【分析】（1）证明CE＝BC，进而得CD＝CE，得∠CDE＝∠CED，再由平行线的性质得∠AED＝∠CDE，进而证得结论；
（2）证明△DFG≌△EBF便得DG＝EF，求出EF便可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥DC，∠ABC＝90°，
∵BC＝BE，
∴CE＝BC，
∵AB＝BC，
∴CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，
∵AB∥CD，
∴∠CDE＝∠AED，
∴∠AED＝∠DEC，
∴DE平分∠AEC；
（2）∵BC＝BE，∠CBE＝90°，
∴∠BCE＝∠BEC＝45°，
∵CD∥AB，
∴∠DCE＝∠BEC＝45°，
∵DF⊥CE，
∴∠CDF＝45°，
∴DF＝CF，
∴CD＝DF，
∵AB＝CD，AB＝，BC＝BE，
∴BE＝DF＝CF＝BC，
∵∠ADC＝90°，
∴∠FDG＝45°，
∴∠BEF＝∠EDF，
∵BC＝CF，∠BCF＝45°，
∴∠CBF＝∠CFB＝67.5°，
∴∠EBF＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∠DFG＝180°﹣67.5°﹣90°＝22.5°，
∴∠EBF＝∠DFG，
在△DFG和△EBF中，

∴△DFG≌△EBF（ASA），
∴DG＝EF，
∵EF＝CE﹣CF＝AB﹣BC＝，
∴DG＝2．