2024成都中考數(shù)學(xué)第一輪專題復(fù)習(xí)之第五章 第二節(jié) 矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定 教學(xué)課件

一題串講重難點2成都8年真題子母題31考點精講第一輪專題復(fù)習(xí)之第五章第二節(jié)矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定

課標要求成都8年高頻點考情及趨勢分析命題點1矩形的性質(zhì)與判定(8年7考)1.理解矩形的概念；2.探索并證明矩形判定定理：三個角是直角的四邊形是矩形，對角線相等的平行四邊形是矩形；3.探索并證明矩形的性質(zhì)定理：矩形的四個角都是直角，對角線相等．

考情及趨勢分析考情分析年份題號題型分值考查題型背景圖形結(jié)合知識點202226解答題12幾何圖形綜合題矩形相似、全等三角形202124B卷填空題4幾何動態(tài)綜合題矩形相似三角形202025B卷填空題4幾何動態(tài)綜合題矩形相似三角形27解答題10幾何圖形綜合題矩形相似、全等三角形20195選擇題3平行線性質(zhì)求角度平行線＋矩形矩形一組對邊平行201814填空題4與尺規(guī)作圖有關(guān)的計算矩形作線段的垂直平分線，求線段長201614填空題4矩形的性質(zhì)相關(guān)計算矩形垂直平分線性質(zhì)，勾股定理【考情總結(jié)】考查特點：1.在幾何圖形綜合題、幾何動態(tài)綜合題、與尺規(guī)作圖有關(guān)的計算題均以矩形為背景考查，且只涉及矩形的相關(guān)性質(zhì)不涉及矩形的判定；2.考查知識點常涉及相似三角形、全等三角形、勾股定理.

課標要求命題點2菱形的性質(zhì)與判定(8年6考)1.理解菱形的概念；2.探索并證明菱形的判定定理：四邊相等的四邊形是菱形，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；3.探索并證明菱形的性質(zhì)定理：菱形的四條邊相等，對角線互相垂直．

考情及趨勢分析考情分析年份題號題型分值考查題型背景圖形結(jié)合知識點202223B卷填空題4幾何動態(tài)綜合題菱形相似三角形，線段差的最大值20216選擇題3全等三角形的判定菱形全等三角形判定201924B卷填空題4幾何動態(tài)綜合題菱形線段和的最小值201824B卷填空題4幾何動態(tài)綜合題菱形銳角三角函數(shù)201727(2)解答題5幾何圖形綜合題菱形等邊三角形判定，銳角三角函數(shù)201628(3)解答題4二次函數(shù)綜合題——探究菱形存在性【考情總結(jié)】1.考查頻次及題位特點：僅2021年在A卷選擇題中考查，其余均在B卷填空題和解答題中考查；2.考查題型：題型不定，主要在幾何動態(tài)探究題、幾何圖形綜合題、二次函數(shù)綜合題中作為背景圖形涉及考查，且只涉及菱形的相關(guān)性質(zhì)不涉及菱形的判定.

課標要求命題點3正方形的性質(zhì)與判定(8年2考)1.理解正方形的概念，以及它們之間的關(guān)系；2.正方形具有矩形和菱形的一切性質(zhì)．(2022年版課標細化)

考情及趨勢分析考情分析年份題號題型分值考查題型背景圖形201725B卷填空題4幾何動態(tài)綜合題正方形28(3)解答題4二次函數(shù)綜合題探究正方形存在性中點四邊形性質(zhì)矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定判定邊角對角線對稱性周長面積圖形定義常見結(jié)論考點精講性質(zhì)特殊四邊形矩形菱形正方形圖形

邊對邊相等且平行四條邊________，對邊________四條邊相等，對邊平行角四個角______(都是直角)兩組對角分別相等四個角相等(都是直角)相等平行相等性質(zhì)特殊四邊形矩形菱形正方形圖形對角線互相平分且相等互相____________，平分________互相平分且垂直、相等，平分一組對角對稱性既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，有________條對稱軸既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，有________條對稱軸既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，有________條對稱軸對稱中心為對角線交點平分且垂直一組對角224性質(zhì)特殊四邊形矩形菱形正方形圖形周長C＝2(a＋b)C＝4aC＝4a面積S＝abS＝ah＝mnS＝a2＝m2判定【拓展知識】中點四邊形1.定義：依次連接任意一個四邊形各邊的中點所得的四邊形叫做中點四邊形2.常見結(jié)論原圖形任意四邊形矩形菱形正方形對角線相等的四邊形對角線垂直的四邊形對角線垂直且相等的四邊形中點四邊形的形狀平行四邊形菱形矩形正方形菱形矩形正方形

知識關(guān)聯(lián)①特殊四邊形可類比三角形特殊化的過程進行研究；②特殊平行四邊形可在平行四邊形的基礎(chǔ)上進行探究，需理清平行四邊形和特殊平行四邊形的關(guān)聯(lián)和區(qū)別．一題串講重難點基礎(chǔ)知識鞏固例1

已知四邊形ABCD為矩形．(1)如圖①，連接BD，以點B為圓心，AB長為半徑畫弧，交BD于點E，交BC于點F，連接AE，EF.若∠BEF＝70°，則∠DAE的度數(shù)是________；例1題圖①【解法提示】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°.∵BE＝BF＝BA，∴∠BFE＝∠BEF＝70°，∠BAE＝∠BEA，∴∠EBF＝180°－∠BEF－∠BFE＝40°，∴∠ABE＝90°－∠EBF＝50°，∴∠BAE＝∠BEA＝(180°－∠ABE)÷2＝65°，∴∠DAE＝90°－∠BAE＝25°.例1題圖①【答案】25°(2)如圖②，設(shè)AC，BD交于點O，E為AD的中點．若AB＝6，BC＝8，則△BOE的周長為________；例1題圖②【解法提示】∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8.∵O是AC的中點，E為AD的中點，∴OE＝

CD＝3，AE＝

AD＝4，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理得，BE＝

，在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得，BD＝

.∵點O是BD的中點，∴BO＝

BD＝5，∴△BOE的周長為5＋3＋2＝8＋2.8＋2(3)如圖③，設(shè)AC，BD交于點O，過點O作EF⊥BD交AD于點E，交BC于點F，若AB＝3，BC＝4，則AE的長為________；例1題圖③【解法提示】如圖，連接BE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝3，AD＝BC＝4，OB＝OD.∵EF⊥BD，∴DE＝BE，設(shè)AE＝x，則DE＝BE＝4－x，在Rt△ABE中，由勾股定理得x2＋32＝(4－x)2，解得x＝

，即AE＝

.(4)如圖④，連接BD，過點A作AE⊥BD，垂足為E，連接CE.若∠ADB＝30°，則cos∠DEC的值為__________；例1題圖④【解法提示】如圖，過點C作CF⊥BD于點F，F(xiàn)設(shè)CD＝2a，∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABE＝∠CDF，在△ABE與△CDF中，

∴△ABE≌△CDF(AAS)，∴AE＝CF，BE＝DF.∵∠BAD＝90°，∠ADB＝30°，例1題圖④F∴∠ABD＝60°，BD＝2AB＝4a.∵AE⊥BD，∴∠BAE＝30°，∴BE＝FD＝

AB＝a，AE＝CF＝

a，EF＝4a－2a＝2a，在Rt△CEF中，CE＝

，∴cos∠DEC＝

.【答案】

解題關(guān)鍵點過點C作BD的垂線，通過三角形全等，得到∠DEC所在的直角三角形的邊之間關(guān)系，求出cos的值；(5)如圖⑤，E是BC的中點，F(xiàn)是CD邊上任意一點．若AB＝6，BC＝8，則AE＝________，當△AEF的周長最小時，點E到AF的距離為________；例1題圖⑤【解法提示】如圖，作點E關(guān)于直線CD的對稱點E′，連接AE′交CD于點F，作EH⊥AF于點H.HE′∵四邊形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝8，E是BC的中點，∴BE＝CE＝CE′＝

BC＝4.∵CD∥AB，∴△E′FC∽△E′AB，∴，即

，解得CF＝2，∴DF＝CD－CF＝6－2＝4，例1題圖⑤HE′∴AE＝

，AF＝

.∵S△AEF＝

AF·EH＝S矩形ABCD－S△ABE－S△ADF－S△EFC，∴×4·EH＝6×8－

×6×4－

×4×2－

×8×4＝16，∴EH＝

.【答案】

；(6)如圖⑥，E為BC上一點，將△ABE沿AE折疊，使點B落在點F處，連接CF.若AB＝6，BC＝8，當△CEF是直角三角形時，則線段BE的長為________；例1題圖⑥【解法提示】當△CEF為直角三角形時，有兩種情況：①當點F落在矩形內(nèi)部時，如解圖④，在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.由折疊的性質(zhì)得∠AFE＝∠B＝90°，EB＝EF，AB＝AF＝6，當△CEF為直角三角形時，只能得到∠EFC＝90°，∴A，F(xiàn)，C三點共線，∴CF＝10－6＝4，設(shè)BE＝x，則EF＝x，CE＝8－x，例1題解圖④在Rt△CEF中，∵EF2＋CF2＝CE2，∴x2＋42＝(8－x)2，解得x＝3，即BE＝3；②當點F落在AD邊上時，如解圖⑤，此時四邊形ABEF為正方形，∴BE＝AB＝6.綜上所述，BE的長為3或6.【答案】3或6例1題解圖④例1題解圖⑤

解題關(guān)鍵點△CEF為直角三角形需分點F落在矩形內(nèi)部和邊上兩種情況討論.(7)如圖⑦，若E，F(xiàn)分別是邊BC，AD上的點，F(xiàn)D＝BE，連接AE，DE，BF，CF，BF交AE于點H，CF交DE于點P，若∠BFC＝90°，求證：四邊形FPEH是矩形．例1題圖⑦(7)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥BC，AD＝BC.∵FD＝BE，∴AF＝EC，∴四邊形AECF、四邊形DFBE均為平行四邊形，∴AE∥CF，BF∥ED，∴四邊形FPEH為平行四邊形．∵∠BFC＝90°，∴四邊形FPEH是矩形．例2

已知四邊形ABCD是菱形．(1)若∠BAD＝110°，則∠ABD的度數(shù)為________；【解法提示】∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB.∵∠BAD＝110°，∴∠ABD＝

＝35°.35°(2)設(shè)AC與BD交于點O，若BD＝8，AC＝6，則菱形ABCD的周長為________，面積為________；【解法提示】∵四邊形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8，∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝4，BD⊥AC，由勾股定理得BC＝

＝5，∴菱形ABCD的周長為4×5＝20，菱形ABCD的面積為

×8×6＝24.2024(3)如圖①，設(shè)AC與BD交于點O，過點A作AP⊥BC于點P，連接OP，若AB＝4，OP＝

，則AP的長為________；例2題圖①【解法提示】∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD＝BC＝4，AO＝CO，AC⊥BD.∵AP⊥BC，∴OP為斜邊AC的中線，∴AC＝2OP＝2，AO＝OC＝

，由勾股定理得OD＝

，∴BD＝2OD＝2，∴菱形ABCD的面積為BC·AP＝

AC·BD＝2，∴AP＝

.(4)如圖②，過點A作AE⊥BC于點E，F(xiàn)是AB的中點，連接EF，DF.若∠EFD＝90°，AB＝2，則cos∠ABC的值為________；例2題圖②【解法提示】如圖，延長DF交CB的延長線于點G，連接DE.G∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝2，AD∥CG，∴∠ADF＝∠G.∵F是AB的中點，∴AF＝BF.∵∠AFD＝∠GFB，∴△ADF≌△BGF，例2題圖②G∴BG＝AD＝2，GF＝DF.∵∠EFD＝90°，∴EG＝ED，設(shè)BE＝x.∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，∴∠AEB＝∠EAD＝90°.∵AE2＝AB2－BE2＝DE2－AD2，即22－x2＝(2＋x)2－22，∴x＝

－1或－

－1(舍去)，即BE＝

－1，∴cos∠ABC＝

.【答案】(5)如圖③，菱形ABCD的邊長為4，過點A作AP⊥BC于點P，將菱形沿AP翻折，點B的對應(yīng)點為E，AE交CD于點G，若菱形ABCD的面積為4，則EG的長為________；例2題圖③【解法提示】∵菱形ABCD的邊長為4，∴AB＝BC＝4，CD∥AB.由折疊的性質(zhì)可知，PE＝BP，AE＝AB.∵AP⊥BC，∴折疊后點E落在BC的延長線上．∵菱形ABCD的面積為4，∴BC·AP＝4，∴AP＝

，∴在Rt△ABP中，BP＝

＝3，例2題圖③∴PE＝3，CP＝BC－BP＝1，∴BE＝6，CE＝2.∵CD∥AB，∴∠GCE＝∠B.又∵∠E＝∠E，∴△GCE∽△ABE，∴，即

，∴EG＝

.【答案】(6)如圖④，菱形ABCD的邊長為4，過點A作AP⊥BC于點P，∠ABC＝60°，對角線AC與BD交于點O，點Q是BD上的一動點，連接CQ，PQ，則CQ＋PQ的最小值為________；例2題圖④【解法提示】如圖，連接QA，∵四邊形ABCD為菱形，∴點C關(guān)于BD的對稱點為點A，∴QA＝QC，即CQ＋PQ＝AQ＋PQ≥AP，∴當A，Q，P三點共線時，CQ＋PQ取最小值，最小值為PA.∵∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC為等邊三角形．例2題圖④∵AP⊥BC，∴P為CB的中點，∴BP＝

BC＝2，∵AB＝4，∴PA＝

＝2，即CQ＋PQ的最小值為2.【答案】(7)如圖⑤，點E，F(xiàn)在對角線BD上(點E在點F左側(cè))，連接AE，AF，CE，CF，AE∥CF.求證：四邊形AECF是菱形．例2題圖⑤(7)證明：如圖，連接AC交BD于點O，O∵AE∥CF，∴∠AED＝∠CFB.∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CB，AD∥CB，BD垂直平分AC，∴∠ADE＝∠CBF，AE＝CE，AF＝CF，∴△ADE≌△CBF(AAS)，∴AE＝CF，∴AE＝CE＝AF＝CF，∴四邊形AECF是菱形．例3

已知四邊形ABCD為正方形，點E為該正方形內(nèi)一點．(1)如圖①，若點E在BD上，點F在AB上，過點F作FG⊥BD，垂足為點G，若FE＝EC，EF⊥CE，OE＝3，則BF的長為________；例3題圖①【解法提示】∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∠ABD＝45°.∵EF⊥CE，∴∠COE＝∠FEC＝90°，∴∠FEG＝90°－∠CEO＝∠ECO.∵FG⊥BD，∴∠EGF＝∠COE＝90°，在△EFG和△CEO中，

∴△EFG≌△CEO(AAS)，∴FG＝EO＝3.∵∠ABD＝45°，∴△FBG是等腰直角三角形，∴BF＝

FG＝3.例3題圖①【答案】(2)如圖②，若點E在BD上，延長AE交CD于點P，連接CE，若PE＝PC，則∠DPE＝________；例3題圖②【解法提示】∵四邊形ABCD為正方形，E為對角線BD上一點，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∠ADE＝∠CDE＝45°.在△AED和△CED中，∴△AED≌△CED(SAS)，∴∠DAE＝∠DCE，設(shè)∠PCE＝α，則∠DAE＝α.例3題圖②∵PE＝PC，∴∠PEC＝∠PCE＝α，∴∠DPE＝2α.∵∠DAE＋∠DPE＝90°，即3α＝90°，解得α＝30°，∴∠DPE＝60°.【答案】60°

解題關(guān)鍵點證明△AED≌△CED，再結(jié)合PE＝PC推導(dǎo)出角度相等，利用三角形內(nèi)外角關(guān)系求解．(3)如圖③，若點E在AC上，以DE為邊作正方形DEFG，H是CD上一點，且DH＝

CD，連接GH，若AB＝3，則GH的最小值為________；例3題圖③【解法提示】如圖，連接CG，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形DEFG是正方形，∴DA＝DC＝AB＝3，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°，∠DAC＝45°，∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG(SAS)，∴∠DCG＝∠DAE＝45°，∴點G的軌跡是射線CG，根據(jù)垂線段最短可知，當GH⊥CG時，GH的值最?。?題圖③∵DH＝

CD＝2，∴CH＝

CD＝

，∴GH最?。紺H·sin45°＝

×＝1.【答案】1

解題關(guān)鍵點連接CG，通過證明全等三角形判斷出點G的運動軌跡是關(guān)鍵．(4)如圖④，若點E在AC上，點F在AD上，且DF＝2，G為BC的中點，AB＝6，則EF－EG的最大值是________；例3題圖④【解法提示】如解圖②，取CD的中點G′，連接FG′，EG′.G′∵四邊形ABCD是正方形，BG＝GC，CG′＝CG，∴點G與點G′關(guān)于AC對稱，∴EG＝EG′，在Rt△DFG′中，F(xiàn)G′＝

.∵EF－EG＝EF－EG′≤FG′，即當F，G′，E三點共線時，EF－EG取最大值，最大值為FG′，∴EF－GE的最大值為

.(5)如圖⑤，對角線AC，BD相交于點E，∠F＝90°，F(xiàn)D＝FC.求證：四邊形DECF是正方形．例3題圖⑤(5)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EDC＝∠DCE＝45°.∵∠F＝90°，F(xiàn)D＝FC，∴∠FDC＝∠FCD＝45°，∴∠ECF＝∠EDF＝∠F＝90°，∴四邊形DECF是矩形．∵DF＝CF，∴四邊形DECF是正方形．

解題有策略四邊形的相關(guān)計算中，與三角形有關(guān)的知識：1.勾股定理：當題干中給出線段長和線段垂直(90°)或隱含的直角時，考慮利用勾股定理求解．注：隱含的垂直有：(1)矩形、正方形中的四個角均為90°；(2)菱形、正方形的對角線互相垂直；(3)直徑對直角．2.銳角三角函數(shù)：(1)已知特殊角(30，45°，60)或三角函數(shù)值，構(gòu)造直角三角形，利用銳角三角函數(shù)求解；(2)隱含特殊角，特殊四邊形的對角線平分兩組對角，如正方形的對角線將兩組對角分別平分成兩個45°角．3.全等三角形：(1)由特殊四邊形的對邊平行，可得角相等；(2)特殊四邊形的對邊相等；(3)根據(jù)題干中的已知條件再找一組等邊(或一對等角)可得三角形全等，如對頂角、中點、角平分線、垂直平分線等，可得兩個三角形全等．重難考法突破1.如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E，H分別為AB，AD的中點，F(xiàn)，G分別為CE，BH的中點，若線段GF的長為2，則AB的長為_______．第1題圖【解析】如圖，連接BF并延長交CD于點M，連接MH.M∵四邊形ABCD為菱形，∠A＝60°，∴AB∥CD，∴∠D＝120°，∠MCF＝∠BEF.∵點F為CE的中點，∴CF＝EF.∵∠CFM＝∠EFB，∴△CFM≌△EFB(ASA)，∴MF＝BF，CM＝EB＝

CD＝

AB，第1題圖M∴點M為CD的中點，F(xiàn)為BM的中點．∵G為BH的中點，∴FG是△BMH的中位線，∴FG＝

MH，∴MH＝2FG＝4.∵H，M分別為AD，CD的中點，∴DH＝DM.∵∠D＝120°，∴MH＝

DH＝4，∴DH＝4，∴AD＝2DH＝8，∴AB＝8.【答案】82.如圖，在正方形ABCD中，O為AC，BD的交點，△DCE為直角三角形，∠CED＝90°，OE＝3，若CE·DE＝6，則正方形ABCD的面積為________．第2題圖【解析】如圖，過點O作OM⊥CE交EC的延長線于點M，作ON⊥DE于點N，MN∵∠CED＝90°，∴四邊形OMEN是矩形，∴∠MON＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，O為AC，BD的交點，∴∠COD＝90°.第2題圖MN∵∠COM＋∠CON＝∠DON＋∠CON，∴∠COM＝∠DON.∵四邊形ABCD是正方形，∴OC＝OD，在△COM和△DON中，

∴△COM≌△DON(AAS)，∴OM＝ON，CM＝DN，∴四邊形OMEN是正方形．∵OE＝3，∴NE＝ON＝

OE＝

×3＝3.第2題圖MN∵DE＋CE＝DN＋NE＋CE＝CM＋NE＋CE＝EN＋EM＝2EN＝6，設(shè)DE＝a，CE＝b，∴a＋b＝6.∵CE·DE＝6，CD2＝a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝62－2×6＝24，∴S正方形ABCD＝24.【答案】24

解題關(guān)鍵點由題干可得到∠DOC＝∠DEC＝90°，OD＝OC，屬于典型的“對角互補”模型.3.如圖，已知四邊形ABCD，點Q為AB左側(cè)平面內(nèi)一點，連接BQ，DQ，AQ，且∠BQD＝∠BAD.(1)如圖①，當四邊形ABCD是菱形，且∠C＝60°時，求∠AQD的度數(shù)；第3題圖①

解：(1)如圖，在DQ上截取DE＝BQ，連接AE，設(shè)AB，DQ相交于點F.EF∵∠BQD＝∠BAD＝∠C＝60°，∠QFB＝∠AFD，∴∠QBA＝∠ADE.∵四邊形ABCD