北师大版九年级上册2 矩形的性质与判定教案

这是一份北师大版九年级上册2 矩形的性质与判定教案，共29页。教案主要包含了教学建议，知识导图，总结与反思， ，问题情境，结论运用，迁移拓展等内容，欢迎下载使用。

第2讲


讲























矩形的性质与判定












































概 述














【教学建议】


矩形这种图形在生活中也比较常见，并且在七八年级甚至小学阶段均有涉及，在教学过程中，结合现实生活中的矩形物体和复习回顾学过的矩形知识，将使学生对矩形有一个更深刻的认识..


【知识导图】


























教学过程








一、导入








【教学建议】


在这一部分知识的学习中，要重视学生灵活运用所学知识点的能力培养.


在小学阶段的学习中我们已经学习过了矩形的性质和判定，在本讲中我们将会更加深入地学习矩形，矩形在初中数学四边形题型中占据了非常重要的位置.





二、知识讲解








考点1 矩形的定义和性质








有三个角是直角的四边形是矩形；


①矩形的对角线相等且互相平分；


②矩形的四个角都是直角；


考点2 矩形的判定











①有一个角是90°的平行四边形；


②对角线相等的平行四边形；


③四个角都是直角的四边形；


④对角线相等且互相平分的四边形.





三 、例题精析








类型一 矩形的定义与性质





例题1








如图，矩形ABCD的周长为18cm，M是CD的中点，且AM⊥BM，则矩形ABCD的两邻边长分别是（ ）











A.3cm和6cm B.6cm和12cm C.4cm和5cm D.以上都不对


【解析】A


首先证得△ADM≌△BCM，可得出∠AMD=∠BMC，由此可求出两角的度数，即可得出DM、MC的长，由此得解．


∵四边形ABCD是矩形，


∴∠D=∠C=90°，AD=BC，


又∵M是CD的中点


∴MD=MC，


∴△ADM≌△BCM，


∴∠AMD=∠BMC


∵AM⊥BM，


∴∠AMD=∠BMC=45°，


∴AD=DM，BC=CM，


∵矩形ABCD的周长为18cm，


∴AD=3cm，DC=6cm，


故选A.


【总结与反思】此题运用了矩形的定义与性质：四个角都是90°.





类型二 直角三角形斜边上的中线的性质与判定





例题1








如图，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离为【 】





A． B． C． D．


【解析】A


如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，


∵OD≤OE+DE，


∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，


此时，∵AB=2，BC=1，∴OE=AE=AB=1.


DE=，


∴OD的最大值为：.故选A.





【总结与反思】 此题是对直角三角形斜边上的中线的性质的灵活运用.





类型三 矩形中的折叠问题





例题1








如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上．若AB=6，BC=9，则BF的长为（ ）


Ａ、４ Ｂ、３ Ｃ、４.５ Ｄ、５





【解析】A


由折叠可得，BC’= 3，BF+FC’= 9，


根据勾股定理可得：在△C’BF中，


BF=4


故选A．


【总结与反思】根据折叠的性质和勾股定理即可解出此题.








类型四：矩形的性质与判定





例题1





如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，BE⊥AC于E，DF⊥AC于


F，点O既是AC的中点，又是EF的中点．





(1)求证：△BOE≌△DOF；


(2)若OA＝BD，则四边形ABCD是什么特殊四边形？请说明理由．


【解析】解：（1）证明：∵BE⊥AC．DF⊥AC，∴∠BEO=∠DFO=90°.


∵点O是EF的中点，∴OE=OF.


又∵∠DOF=∠BOE，∴△BOE≌△DOF（ASA）.


（2）四边形ABCD是矩形.理由如下：


∵△BOE≌△DOF，∴OB=OD.


又∵OA=OC，∴四边形ABCD是平行四边形.


∵OA=BD，OA=AC，∴BD=AC.∴平行四边形ABCD是矩形.


（1）根据垂直可得∠BEO=∠DFO=90°，再由点O是EF的中点可得OE=OF，再加上对顶角


∠DOF=∠BOE，可利用ASA证明△BOE≌△DOF.


（2）根据△BOE≌△DOF可得DO=BO，再加上条件AO=CO可得四边形ABCD是平行四边形，再证明DB=AC，可根据对角线相等的平行四边形是矩形证出结论.


【总结与反思】根据矩形的性质即可解出此题.





类型五：与矩形对角线相关的拓展问题





例题1








如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，P是AD上的动点，PE⊥AC于E，PF⊥BD 于F，则PE+FF的值是（ ）





A、 B、2 C、 D、


A


【解析】B


连接OP，过D作DM⊥AC于M，求出AC长，根据三角形的面积公式求出CM的值，根据代入求出PE+PF=DM即可．


连接OP，过D作DM⊥AC于M，


∵四边形ABCD是矩形，


∴AO=OC=AC，OD=OB=BD，AC=BD，∠ADC=90°


∴OA=OD，


由勾股定理得：


，


，





，





即，


故选B．


【总结与反思】根据矩形对角线相等且互相平分即可解出此题.








四 、课堂运用








基础








1.若矩形的对角线长为4cm，一条边长为2cm，则此矩形的面积为（ ）


A．8cm2 B．4cm2 C．2cm2 D．8cm2


2.如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处．则BC：AB的值为 .











答案与解析


1.【答案】B


【解析】先根据矩形的性质及勾股定理求出另一条边长，再根据矩形的面积公式即可求得结果.


由题意得，另一条边长，‘


则此矩形的面积为，


故选B.


2.【答案】


【解析】





连接CC′，


∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处,


∴EC=EC′，∴∠EC′C=∠ECC′，


∵∠DC′C=∠ECC′，∴∠EC′C=∠DC′C.


∴CC′是∠EC'D的平分线.


∵∠CB′C′=∠D=90°，C′C=C′C，∴△CB′C′≌△CDC′（AAS）.∴CB′=CD.


又∵AB′=AB，∴B′是对角线AC中点，即AC=2AB.∴∠ACB=30°.


∴tan∠ACB=tan30°=.∴BC：AB=.








巩固








1.如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AE平分∠BAD，AE交BC于E，则∠BOE的度数是_______________.





2.如图，∠MON=90°，边长为2的等边三角形ABC的顶点A、B分别在边OM，ON上当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，等边三角形的形状保持不变，运动过程中，点C到点O的最大距离为





3.矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF．





（1）当A′与B重合时（如图1），EF= ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长；


（2）①观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是 时，四边形AEA′F是菱形；②在①的条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形．





答案与解析


1.【答案】75°


【解析】根据矩形的对角线相等，结合∠AOB=60°，得△AOB为等边三角形，则∠AB0=60°，BO=AB，从而得到∠EB0=30°，再根据AE平分∠BAD，结合矩形的性质可得△ABE为等腰直角三角形，则AB=BE=BO，即可求得结果.


∵矩形ABCD，


∴AO=BO，∠ABE=∠BAD=90°，


∵∠A0B=60°，


∴△AOB为等边三角形，


∴∠AB0=60°，BO=AB，


∴∠EB0=∠ABE-∠AB0=30°，


∵AE平分∠BAD，


∴∠BAE=45°，


∵∠ABE=90°，


∴△ABE为等腰直角三角形，


∴AB=BE，


∵BO=AB，


∴BO=BE，


∵∠EB0=30°，


∴∠BOE=75°


2.【答案】1+


【解析】如图，取AB的中点D．连接CD．根据三角形的边角关系得到OC小于等于OD+DC，只有当O、D及C共线时，OC取得最大值，最大值为OD+CD，由等边三角形的边长为2，根据D为AB中点，得到BD为1，根据三线合一得到CD垂直于AB，在直角三角形BCD中，根据勾股定理求出CD的长，在直角三角形AOB中，OD为斜边AB上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OD等于AB的一半，由AB的长求出OD的长，进而求出DC+OD，即为OC的最大值．


解答：解：如图，取AB的中点D，连接CD．


∵△ABC是等边三角形，且边长是2，∴BC=AB=1，


∵点D是AB边中点，


∴BD=AB=1，


∴CD=，即CD=；


连接OD，OC，有OC≤OD+DC，


当O、D、C共线时，OC有最大值，最大值是OD+CD，


由（1）得，CD=，


又∵△AOB为直角三角形，D为斜边AB的中点，


∴OD==1，


∴OD+CD=1+，即OC的最大值为1+．


3.【答案】（1）当A′与B重合时，EF=5，当折痕EF过点D时EF= ，（2）①，②证明见解析


【解析】解：(1)5.


由折叠（轴对称）性质知A′D=AD=5，∠A=∠EA′D=900.


在Rt△A′DC中，DC=AB=2，∴ .


∴A′B=BC－A′C=5－4=1.


∵∠EA′B＋∠BEA′=∠EA′B＋∠FA′C=900， ∴∠BEA′=∠FA′C.


又 ∵∠B=∠C=900，∴Rt△EBA′∽Rt△A′CF.∴，即


∴ .


在Rt△A′EF中，.


（2）①.


②证明：由折叠（轴对称）性质知∠AEF=∠FEA′，AE=A′E，AF=A′F.


又 ∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEA′ .∴∠AEF=∠AFE .


∴AE=AF.∴AE=A′E=AF=A′F.


∴四边形AEA′F是菱形.


(1)根据折叠和矩形的性质，当A′与B重合时（如图1），EF= AD=5.根据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出A′B、A′F和FC的长，由Rt△EBA′∽Rt△A′CF求得，在Rt△A′EF中，由勾股定理求得EF的长.


（2）①由图3和图4可得，当时，四边形AEA′F是菱形.


②由折叠和矩形的性质，可得AE=A′E，AF=A′F.由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF.从而AE=A′E=AF=A′F.根据菱形的判定得四边形AEA′F是菱形.




















拔高








1、如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC的两个顶点A、B 的坐标分别A、B，∠CAO=30°．


（1）求对角线AC所在的直线的函数表达式；


（2）把矩形OABC以AC所在的直线为对称轴翻折，点O落在平面上的点D处，求点D的坐标；


（3）在平面内是否存在点P，使得以A、O、D、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．








答案与解析


1.【答案】见解析


【解析】（1）由题意得，OA=2，∠CAO=30°，


则OC=OAtan∠CAO=2，


即点C的坐标为（0，2），


设直线AC的解析式为：y=kx+b，将点A及点C的坐标代入得：


解得：


故直线AC的函数表达式为：y=x+2．


（2）过点D作DE⊥OA于点E，





∵∠CAO=30°，


∴∠DAE=60°，


又∵AD=AO=2，


∴DE=3，AE=，


∴OE=，


故点D的坐标为（-，3）．





（3）①当AD为平行四边形的一边时，点P的位置有两个，分别为P1、P2，


当点P位于P1位置时，DP1=AO，


此时可得点P的坐标为（，3）；


当点P位于P2位置时，


∵OD=AD，△AOD是等边三角形，


∴点P2与点D关于x轴对称，


此时可得点P的坐标为（-，-3）；


②当AD为平行四年行的对角线时，点P的位置有一个，在P3的位置，


此时DP3=AO，


故可得点P的坐标为（-3，3）．


综上可得存在点P的坐标，使得以A、O、D、P为顶点的四边形为平行四边形，点P的坐标为（，3）或（-，-3）或（-3，3）．














五 、课堂小结








本节的重要内容：矩形的性质与判定.


①四个角都是直角的四边形是矩形；


②在已知是平行四边形的情况下，要证明是矩形，只要证明一个角是90°或对角线长度相等；


③对角线相等且互相平分的四边形是矩形．








六 、课后作业











基础








1、矩形两条对角线的夹角是60°，若矩形较短的边长为4cm，则对角线长 ．


2、如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF=BD，连接BF.





（1）求证：D是BC的中点


（2）如果AB=AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论.





答案与解析


1.【答案】8cm


【解析】先根据题意画出图形，根据矩形的性质结合两条对角线的夹角是60°，可得△AOB为等边三角形，即可求得结果．





∵四边形ABCD为矩形，


∴OA=OB，


∵两对角线的夹角为60°，


∴△AOB为等边三角形，


∴OA=OB=AB=4cm，


∴AC=BD=8cm，


即对角线的长度为8cm


2.【答案】见解析


【解析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证；


（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可知∠ADB=90°，由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC．


（1）∵AF∥BC，


∴∠AFE=∠DCE，


∵E是AD的中点，


∴AE=DE，


∵∠AEF=∠DEC，


∴△AEF≌△DEC（AAS），


∴AF=CD，


∵AF=BD，


∴BD=CD，


∴D是BC的中点；


（2）四边形AFBD是矩形．


∵AF∥BD，AF=BD，


∴四边形AFBD是平行四边形，


∵AB=AC，BD=CD，


∴∠ADB=90°，


∴▱AFBD是矩形．




















巩固











1.如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为（0，0）、（20，0）、（20，10）．在线段AC、AB上各有一动点M、N，则当BM+MN为最小值时，点M的坐标是________．





2.已知如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为A（20，0），C（0，8），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为10的等腰三角形时，点P的坐标为________．





3.（1)操作发现


如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE．且点G在矩形ABCD内部.小明将BG延长交DC于点F，认为GF=DF，你同意吗？请说明理由.





(2)问题解决保持(1)中的条件不变，若DF=4 , CD=9 ，求的值.


(3)类比探究保持(1)中的条件不变，若DC=2DF，求的值.








答案与解析


1.【答案】（12，6）


【解析】 思路：先确定点M、N的位置：作点B关于AC的对称点B′，过点B′作B′N⊥OB于N，B′N交AC于M．连接OB′，交DC于P，再根据矩形、轴对称、等腰三角形的性质得出PA=PC，那么在Rt△ADP中，运用勾股定理求出PA的长，然后由cs∠B′ON=cs∠OPD，求出ON的长，由tan∠MON=tan∠OCD，求出MN的长，即可得出点M的坐标．








解答：如图，作点B关于AC的对称点B′，过点B′作B′N⊥OB于N，B′N交AC于M，则B′N=B′M+MN=BM+MN，B′N的长就是BM+MN的最小值．


连接OB′，交DC于P．


∵四边形ABCD是矩形，


∴DC∥AB，


∴∠BAC=∠PCA，


∵点B关于AC的对称点是B′，


∴∠PAC=∠BAC，


∴∠PAC=∠PCA，


∴PA=PC．


令PA=x，则PC=x，PD=20-x．


在Rt△ADP中，∵PA2=PD2+AD2，


∴x2=（20-x）2+102，


∴x=12.5．


∵cs∠B′ON=cs∠OPD，


∴ON：OB′=DP：OP，


∴ON：20=7.5：12.5，


∴ON=12．


∵tan∠MON=tan∠OCD，


∴MN：ON=OD：CD，


∴MN：12=10：20，


∴MN=6．


∴点M的坐标是（12，6）．


故答案为（12，6）．


2.【答案】（6，8）或（4，8），（16,8）


【解析】分为三种情况①OP=OD=10，②DP=OD=10，③OP=DP=10，根据勾股定理求出CP，OM即可．


解答：∵A（20，0），C（0，8），四边形OABC是矩形，D是OA的中点，


∴OC=8，OD=10，∠OCB=∠COD=90°，


①OP=OD=10，


由勾股定理得：CP==6，


即P的坐标是（6，8）；


②DP=OD=10，


过P作PM⊥OA于M，


则PM=OC=8，由勾股定理得：DM==6，


OM=10-6=4，


即P的坐标是（4，8）或（16,8）；


③OP=DP=10，此时DM=OD=6，即OD≠10，即此时不存在；


故答案为：（6，8）或（4，8）．


3.【答案】（1）同意.证明 Rt△EGF ≌ Rt△EDF得GF = DF. （2） （3）=


【解析】（1）同意；理由如下：将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，所以；矩形ABCD中，E是AD的中点，所以EG=ED，；又因为EF是的公共边，且是斜边，所以Rt△EGF ≌ Rt△EDF，所以GF = DF.


（2）矩形ABCD中，AB=CD，AD=BC，；将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，△ABE△GBE，AB=BG=9；由（1）知证明 Rt△EGF ≌ Rt△EDF得GF = DF，GF=4；所以BF=BG+GE=9+4=13；CF=CD-DF=9-4=5；在Rt△BFC中由勾股定理得BC=，所以=


（3）若DC=2DF，所以F是DC的中点，DF=CF


矩形ABCD中，AB=CD，AD=BC，；将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，△ABE△GBE，AB=BG


，BG=AB=2DF；由（1）知证明 Rt△EGF ≌ Rt△EDF得GF = DF；所以BF=BG+GE=3DF；；在Rt△BFC中由勾股定理得BC=，所以=








拔高








1.课本中，把长与宽之比为的矩形纸片称为标准纸．请思考解决下列问题：


（1）将一张标准纸ABCD（AB＜BC）对开，如图1所示，所得的矩形纸片ABEF是标准纸．请给予证明．


（2）在一次综合实践课上，小明尝试着将矩形纸片ABCD（AB＜BC）进行如下操作：





第一步：沿过A点的直线折叠，使B点落在AD边上点F处，折痕为AE（如图2甲）；


第二步：沿过D点的直线折叠，使C点落在AD边上点N处，折痕为DG（如图2乙），此时E点恰好落在AE边上的点M处；


第三步：沿直线DM折叠（如图2丙），此时点G恰好与N点重合．





请你探究：矩形纸片ABCD是否是一张标准纸？请说明理由．


（3）不难发现：将一张标准纸按如图3一次又一次对开后，所得的矩形纸片都是标准纸．现有一张标准纸ABCD，AB=1，BC=，问第5次对开后所得标准纸的周长是多少？探索直接写出第2012次对开后所得标准纸的周长．





2.【问题情境】如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．





【结论运用】如图2，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；


【迁移拓展】图3是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD·CE=DE·BC，AB=8，AD=3，BD=7；M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．








答案与解析


1.【答案】见解析


【解析】（1）证明见解析（2）是标准纸，理由见解析（3），


【解析】解：（1）证明： ∵矩形ABCD是标准纸，∴.


由对开的含义知：AF=BC，∴.


∴矩形纸片ABEF也是标准纸.


（2）是标准纸，理由如下：


设AB=CD=a，由图形折叠可知：DN=CD=DG=a，DG⊥EM.


∵由图形折叠可知：△ABE≌△AFE，∴∠DAE=∠BAD=45°.


∴△ADG是等腰直角三角形.


∴在Rt△ADG中，AD=，


∴，∴矩形纸片ABCD是一张标准纸.


（3）对开次数：


第一次，周长为：，


第二次，周长为：，


第三次，周长为：，


第四次，周长为：，


第五次，周长为：，


第六次，周长为：，


…


∴第5次对开后所得标准纸的周长是：，


第2012次对开后所得标准纸的周长为：.


（1）根据，得出矩形纸片ABEF也是标准纸.


（2）利用已知得出△ADG是等腰直角三角形，得出，即可得出答案.


（3）分别求出每一次对折后的周长，从而得出变化规律求出即可：观察变化规律，得


第n次对开后所得标准纸的周长=


2.【答案】 【问题情境】见解析；【结论运用】；【迁移拓展】．


【解析】思路：【问题情境】连接AP，利用可证得CF=PD+PE；


【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，根据条件求出BF，BE的长，从而证明BE=BF后，直接利用【问题情境】中的结论可得出，而 EQ=CD=4；


【迁移拓展】延长AD、BC交于点F，作BH⊥AF，垂足为H，证明△ADE∽△BCE得出∠A=∠CBE从而FA=FB，然后应用问题情境中的结论可得：，设DH=x，根据勾股定理求出x的值，然后可求图中各条线段的长，最后将△DEM与△CEN的周长之和转化为DE+EC+AB的值即可．


解：【问题情境】连接AP，


∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且，


∴．∵AB=AC，∴CF=PD+PE．


【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图





∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°．


∵AD=8，CF=3，∴．


由折叠可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF．∴DF=5．


∵∠C=90°，∴．


∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC．


∴四边形EQCD是矩形．


∴EQ=DC=4．


∵AD∥BC，∴∠DEF=∠EFB．∵∠BEF=∠DEF，∴∠BEF=∠EFB．


∴BE=BF．


由问题情境中的结论可得：．


∴．∴PG+PH的值为4．





【迁移拓展】延长AD、BC交于点F，作BH⊥AF，垂足为H，如图⑤．


∵，∴．∵ED⊥AD，EC⊥CB，


∴∠ADE=∠BCE=90°．


∴△ADE∽△BCE．


∴∠A=∠CBE．∴FA=FB．


由问题情境中的结论可得：．


设DH=x，则AH=AD+DH=x+3．


∵BH⊥AF，∴∠BHA=90°．∴．


∵AB=8，AD=3，BD=7，


∴72-x2=82-（3+x）2．解得：．


∴BH2=BD2-DH2=49-1=48．∴BH=．∴


ED+EC=．


∵，且M、N分别为AE、BE的中点，


∴，．


∴△DEM与△CEN的周长之和=DE+DM+EM+CN+EN+EC


=DE+AE+BE+EC


=DE+AB+EC


=DE+EC+AB


=








七 、教学反思











适用学科
初中数学
适用年级
初三
适用区域
北师版区域
课时时长（分钟）
120
知识点
矩形的性质


直角三角形斜边上的中线的性质与判定


矩形中的折叠问题


矩形的性质与判定


与矩形对角线相关的拓展问题
教学目标
1、掌握矩形的性质与判定.


2、学会应用矩形的性质解决最值问题
教学重点
能熟练掌握矩形的性质与判定.
教学难点
矩形综合题.