人教版八年级下册18.2.1 矩形课后练习题

这是一份人教版八年级下册18.2.1 矩形课后练习题，文件包含专题185矩形的判定原卷版人教版docx、专题185矩形的判定解析版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。

专题18.5矩形的判定
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．（2020春•海淀区校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．有一组对角是直角的四边形一定是矩形
B．一条对角线被另一条对角线垂直平分的四边形是菱形
C．对角互补的平行四边形是矩形
D．对角线相等的四边形是矩形
【分析】由矩形和菱形的判定方法得出A、B、D不正确，C正确，即可得出结论．
【解析】∵有一组对角是直角的四边形不一定是矩形，
∴选项A不正确；
∵两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，
∴选项B不正确；
∵对角互补的平行四边形一定是矩形，
∴选项C正确；
∵对角线相等的平行四边形是矩形，
∴选项D错误；
故选：C．
2．（2020春•临海市期末）如图，▱ABCD中的对角线AC，BD相交于点O，点E．F在BD上，且BE═DF，连接AE，EC，CF，FA，下列条件能判定四边形AECF为矩形的是（　　）

A．BE＝EO B．EO=12AC C．AC⊥BE D．AE＝AF
【分析】先证四边形AECF是平行四边形，再根据矩形的判定、菱形的判定分别对各个选项进行推理论证即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC=12AC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
A、BE＝EO时，不能判定四边形AECF为矩形；故选项A不符合题意；
B、EO=12AC时，EF＝AC，
∴四边形AECF为矩形；故选项B符合题意；
C、AC⊥BE时，四边形AECF为菱形；故选项C不符合题意；
D、AE＝AF时，四边形AECF为菱形；故选项D不符合题意；
故选：B．
3．（2020春•德城区校级月考）检查一个门框（已知两组对边分别相等）是不是矩形，不可用的方法是（　　）
A．测量两条对角线是否相等
B．用重锤线检查竖门框是否与地面垂直
C．测量两条对角线是否互相平分
D．测量门框的三个角是否都是直角
【分析】由矩形的判定、平行四边形的判定，依次判断可求解．
【解析】∵门框两组对边分别相等，
∴门框是个平行四边形，
∵对角线相等的平行四边形是矩形，
故A不符合题意；
∵竖门框与地面垂直，门框一定是矩形；
故B不符合题意，
∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴C符合题意，
∵三个角都是直角的四边形是矩形，
故D不符合题意；
故选：C．
4．（2020春•襄汾县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，添加一个条件不能使平行四边形ABCD变为矩形的是（　　）

A．OA＝OC B．AC＝BD C．DA⊥AB D．∠OAB＝∠OBA
【分析】根据矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
A、OA＝OC时，平行四边形ABCD仍然是平行四边形，故选项A符合题意；
B、AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、DA⊥AB时，∠BAD＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、∠OAB＝∠OBA时，OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：A．
5．（2020•十堰）已知平行四边形ABCD中，下列条件：①AB＝BC；②AC＝BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD，其中能说明平行四边形ABCD是矩形的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【分析】根据矩形的判定进行分析即可．
【解析】A．AB＝BC，邻边相等的平行四边形是菱形，故A不符合题意；
B．AC＝BD，对角线相等的平行四边形是矩形，故B符合题意；
C．AC⊥BD，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C不符合题意；
D．AC平分∠BAD，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D不符合题意．
故选：B．
6．（2019•普陀区二模）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，顺次连接▱ABCD各边中点得到一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①AC⊥BD；②C△ABO＝C△CBO；③∠DAO＝∠CBO；④∠DAO＝∠BAO，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．逐一对四个条件进行判断．
【解析】顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．
①∵AC⊥BD，∴新的四边形成为矩形，符合条件；
②∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝OC，BO＝DO．
∵C△ABO＝C△CBO，∴AB＝BC．
根据等腰三角形的性质可知BO⊥AC，∴BD⊥AC．所以新的四边形成为矩形，符合条件；
③∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠CBO＝∠ADO．
∵∠DAO＝∠CBO，∴∠ADO＝∠DAO．
∴AO＝OD．
∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，连接各边中点得到的新四边形是菱形，不符合条件；
④∵∠DAO＝∠BAO，BO＝DO，
∴AO⊥BD，即平行四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴新四边形是矩形．符合条件．
所以①②④符合条件．
故选：C．
7．（2020春•辉县市期末）如图．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点P为斜边AB上一动点．过点P作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，连结EF．则线段EF的最小值为（　　）

A．1.2 B．2.4 C．2.5 D．4.8
【分析】连接PC，当CP⊥AB时，PC最小，利用三角形面积解答即可．
【解析】连接PC，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠PEC＝∠PFC＝∠C＝90°，
∴四边形ECFP是矩形，
∴EF＝PC，
∴当PC最小时，EF也最小，
即当CP⊥AB时，PC最小，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∴PC的最小值为：AC⋅BCAB=2.4．
∴线段EF长的最小值为2.4．
故选：B．

8．（2018春•邳州市期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，则下面条件能判断平行四边形ABCD是矩形的是（　　）

A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AO＝CO D．AB＝AD
【分析】矩形的判定定理有：
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）有三个角是直角的四边形是矩形；
（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．据此分析判断．
【解析】A选项是对角线相等，可判定平行四边形ABCD是矩形．而B、C、D不能．
故选：A．
9．（2019•工业园区一模）如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC，∠BCD＝90°，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，若CD＝1cm，则AC等于（　　）

A．2cm B．3cm C．2cm D．1cm
【分析】过D作DE⊥BA交BA的延长线于E，根据角平分线的性质得到DE＝CD，推出△ADE是等腰直角三角形，得到AE＝DE＝1，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】过D作DE⊥BA交BA的延长线于E，
∵∠BCD＝90°，BD平分∠ABC，
∴DE＝CD，
∵CD＝1，
∴DE＝1，
∵AD∥BC，∠ABC＝45°，
∴∠EAD＝∠ABC＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝DE＝1，
∴AD=2，
∵AD∥BC，∠BCD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴AC=AD2+CD2=(2)2+12=3，
故选：B．

10．（2020春•金乡县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，P为边BC上一动点（P不与B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的取值范围是（　　）

A．3013≤AM＜6 B．5≤AM＜12 C．125≤AM＜12 D．125≤AM＜6
【分析】首先证明四边形AEPF是矩形，因为M是EF的中点，推出延长AM经过点P，推出EF＝AP，可得AM=12EF=12PA，求出PA的最小值可得AM的最小值，又由AP＜AC，即可求得AM的取值范围．
【解析】在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，
∴BC=52+122=13，
∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，
∴∠PEA＝∠PFA＝∠EAF＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∵M是EF的中点，
∴延长AM经过点P，
∴EF＝AP，
AM=12EF=12PA，
当PA⊥CB时，PA=5×1213=6013，
∴AM的最小值为3013，
∵PA＜AC，
∴PA＜12，
∴AM＜6，
∴3013≤AM＜6，
故选：A．
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．（2019•黑龙江）如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，请添加一个条件　∠ABC＝90°或AD⊥AB　，使平行四边形ABCD是矩形．

【分析】根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”填空．
【解析】添加条件：∠ABC＝90°或AD⊥AB（答案不唯一）．
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形（矩形的定义）．
故答案是：∠ABC＝90°．
12．（2018春•花都区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若再添加一个条件，就可得平行四边形ABCD是矩形，则你添加的条件是　AC＝BD或∠ABC＝90°　．

【分析】矩形是特殊的平行四边形，矩形有而平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线相等，矩形的四个内角是直角；可针对这些特点来添加条件．
【解析】若使▱ABCD变为矩形，可添加的条件是：
AC＝BD；（对角线相等的平行四边形是矩形）
∠ABC＝90°等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形）
故答案为：AC＝BD或∠ABC＝90°．
13．（2020春•潮安区期末）如图，点E，F，G，H分别是BD，BC，AC，AD的中点：下列结论：①EH＝EF；②当AB＝CD，EG平分∠HGF；③当AB⊥CD时，四边形EFGH是矩形；其中正确的结论序号是　②③　．

【分析】由三角形中位线定理可得EF∥CD，HG∥CD，EF=12EF，HG=12CD，HE=12AB，AB∥HE，可证四边形是平行四边形，可判断①，由AB＝CD可证平行四边形HEFG是菱形，可判断②，由AB⊥CD可证平行四边形HEFG是矩形，可判断③，即可求解．
【解析】∵点E，F，G，H分别是BD，BC，AC，AD的中点，
∴EF∥CD，HG∥CD，EF=12EF，HG=12CD，HE=12AB，AB∥HE，
∴EF＝HG，EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AB不一定等于CD，
∴EH不一定等于EF，故①错误，
∵AB＝CD，
∴EH＝EF，
∴平行四边形HEFG是菱形，
∴EG平分∠HGF，故②正确，
③∵AB⊥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝90°，
∵四边形HEFG是平行四边形，
∴GF∥HE∥AB，
∴∠GFC＝∠ABC，
∵EF∥CD，
∴∠BFE＝∠BCD，
∴∠GFC+∠BCD＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形HEFG是矩形，故③正确，
故答案为：②③．
14．（2018秋•丰顺县期末）如图，将平行四边形ABCD的边DC延长到E，使CE＝CD，连接AE交BC于F，∠AFC＝n∠D，当n＝　2　时，四边形ABEC是矩形．

【分析】首先根据四边形ABCD是平行四边形，得到四边形ABEC是平行四边形，然后证得FC＝FE，利用对角线互相相等的四边形是矩形判定四边形ABEC是矩形．
【解析】当∠AFC＝2∠D时，四边形ABEC是矩形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，∠BCE＝∠D，
由题意易得AB∥EC，AB＝EC，
∴四边形ABEC是平行四边形．
∵∠AFC＝∠FEC+∠BCE，
∴当∠AFC＝2∠D时，则有∠FEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∴四边形ABEC是矩形，
故答案为：2．
15．（2020春•雨花区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，若∠1＝∠2，则四边形ABCD是　矩形　．

【分析】由平行四边形的性质可得AO＝CO=12AC，BO＝DO=12BD，由等腰三角形的判定可得BO＝CO，可得AC＝BD，由矩形的判定可得平行四边形ABCD是矩形．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO=12AC，BO＝DO=12BD，
∵∠1＝∠2，
∴BO＝CO，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为矩形．
16．（2020春•柘城县期末）如图，为了检查平行四边形书架ABCD的侧边是否与上、下边都垂直，工人师傅用一根绳子比较了其对角线AC，BD的长度，若二者长度相等，则该书架的侧边与上、下边都垂直，请你说出其中的数学原理　对角线相等的平行四边形是矩形，矩形的四个角都是直角　．

【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【解析】这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形，
故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形，矩形的四个角都是直角．（“矩形的四个角都是直角”没写不扣分）
17．（2020春•房山区期末）在四边形ABCD中，有以下四个条件：
①AB∥CD；②AD＝BC；③AC＝BD；④∠ADC＝∠ABC．
从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为矩形．则可以选择的条件序号是　①③④　．
【分析】根据全等三角形的判定和性质以及矩形的判定定理即可得到结论．
【解析】当具备①③④这三个条件，能得到四边形ABCD是矩形．理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠ABC＝∠ADC，AC＝CA，
∴△ABC≌△CDA（AAS），
∴∠ACB＝∠DCA，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
故答案为：①③④．

18．（2019春•江干区期末）已知Rt△ABC，∠ABC＝90°，小明按如下步骤作图，①以A为圆心，BC长为半径作弧，以C为圆心，AB长为半径作弧，两弧相交于点D；②连接DA，DC，则四边形ABCD为　矩形　．
【分析】直接利用基本作图方法得出四边形ABCD是平行四边形，进而利用矩形的判定方法得出答案．
【解析】四边形ABCD为矩形．
理由：∵AD＝BC，AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形．
故答案为：矩形．

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．（2020•玄武区二模）如图，在▱ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD、EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝40°，则当∠BOD＝　80　°时，四边形BECD是矩形．

【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠BCD＝∠A＝40°，由三角形的外角性质求出∠ODC＝∠BCD，得出OC＝OD，证出DE＝BC，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：若∠A＝40°，则当∠BOD＝80°时，四边形BECD是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝40°，
∵∠BOD＝∠BCD+∠ODC，
∴∠ODC＝80°﹣40°＝40°＝∠BCD，
∴OC＝OD，
∵BO＝CO，OD＝OE，
∴DE＝BC，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
故答案为：80．
20．（2020春•吴中区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．
（1）若∠BAD＝120°，AC＝8．求菱形ABCD的周长．
（2）若DE∥AC，AE∥BD．求证：四边形AODE是矩形．

【分析】（1）由菱形的性质得出AD＝DC＝BC＝AB，∠BAO=12∠BAD＝60°，证出△ABC是等边三角形，得出AB＝BC＝AC＝8，即可得出答案；
（2）先证四边形AODE是平行四边形，由菱形的性质得出∠AOD＝90°，即可得出结论．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC＝BC＝AB，∠BAO=12∠BAD＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝32；
（2）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形．
21．（2020春•南京期末）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于点E，BF平分∠CBD，交CD于点F．
（1）求证：DE＝BF；
（2）若AD＝BD，求证：四边形DEBF是矩形．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出∠ADB＝∠CBD，由角平分线的定义得出∠EDB＝∠DBF，则DE∥BF，可证出结论；
（2）由等腰三角形的性质得出DE⊥AB，则可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠EDB=12∠ADB，∠DBF=12∠CBD，
∴∠EDB＝∠DBF，
∴DE∥BF，
又∵AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形．
∴DE＝BF．
（2）∵AD＝BD，DE平分∠ADB，
∴DE⊥AB，
又∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是矩形．
22．（2019秋•东莞市校级期末）如图所示，在▱ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，延长AE至点G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）求证：四边形EGCF是矩形．

【分析】（1）由AAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）由全等三角形的性质得AE＝CF，证出EG＝CF，则四边形EGCF是平行四边形，由∠GEF＝90°，即可得出四边形EGCF是矩形．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥CF，∠GEF＝∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，∠ABE=∠CDF∠AEB=∠CFDAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS）；
（2）由（1）得：△ABE≌△CDF，AE∥CF，
∴AE＝CF，
∵EG＝AE，
∴EG＝CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
又∵∠GEF＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
23．（2018春•北海期末）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过点O作直线EF∥BC分别交∠ACB、外角∠ACD的平分线于点E，F．
（1）若CE＝4，CF＝3，求OC的长．
（2）连接AE、AF，问当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？请说明理由．

【分析】（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠OEC＝∠OCE，∠OFC＝∠OCF，证出OE＝OC＝OF，∠ECF＝90°，由勾股定理求出EF，即可得出答案；
（2）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【解析】（1）证明：∵EF交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠OCE＝∠BCE，∠OCF＝∠DCF，
∵EF∥BC，
∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠DCF，
∴∠OEC＝∠OCE，∠OFC＝∠OCF，
∴OE＝OC，OF＝OC，
∴OE＝OF；
∵∠OCE+∠BCE+∠OCF+∠DCF＝180°，
∴∠ECF＝90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：EF=CE2+CF2=5，
∴OC＝OE=12EF＝2.5；
（2）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
连接AE、AF，如图所示：
当O为AC的中点时，AO＝CO，
∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠ECF＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．

24．（2020•武威模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上的一个动点（不与点A重合），延长ME交CD的延长线于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形．
（2）当AM的值为何值时，四边形AMDN是矩形？请说明理由．

【分析】（1）根据菱形的性质可得ND∥AM，再根据两直线平行，内错角相等可得∠NDE＝∠MAE，∠DNE＝∠AME，根据中点的定义求出DE＝AE，然后利用“角角边”证明△NDE和△MAE全等，根据全等三角形对应边相等得到ND＝MA，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明；
（2）根据矩形的性质得到DM⊥AB，再求出∠ADM＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ND∥AM，
∴∠NDE＝∠MAE，∠DNE＝∠AME，
∵点E是AD中点，
∴DE＝AE，
在△NDE和△MAE中，∠NDE=∠MAE∠DNE=∠AMEDE=AE，
∴△NDE≌△MAE（AAS），
∴ND＝MA，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）解：当AM＝1时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝2，
∵平行四边形AMDN是矩形，
∴DM⊥AB，
即∠DMA＝90°，
∵∠DAB＝60°，
∴∠ADM＝30°，
∴AM=12AD＝1．