2024年中考数学（华东师大版）二轮复习高频考点突破课件：矩形、菱形与正方形

第19章　矩形、菱形与正方形 考点一 矩形的性质 典例1　如图，在矩形ABCD中，AC与BD相交于点O.若E是OA的中点，F是OD的中点，求证：BE＝CF. 思路导引　由矩形的性质，得出OA＝OC＝OB＝OD，进而得出OE＝OF，从而证明△OBE≌△OCF，即可得出BE＝CF. 规范解答　∵ 四边形ABCD是矩形，∴ OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD.∴ OA＝OC＝OB＝OD.∵ E是OA的中点，F是OD的中点，∴ OE＝OA，OF＝OD.∴ OE＝OF.又∵ ∠BOE＝∠COF，OB＝OC，∴ △OBE≌△OCF.∴ BE＝CF. 1. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠BOC＝120°，AB＝1.求： （1） 对角线的长. 解：（1） ∵ 四边形ABCD是矩形，∴ AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD.∴ OA＝OB.又∵ ∠BOC＝120°， ∴ ∠AOB＝60°.∴ △AOB是等边三角形.∴ OA＝AB＝1. ∴ BD＝AC＝2OA＝2×1＝2，即对角线的长为2. （第1题） （2） BC的长. 解：（2） ∵ 四边形ABCD是矩形，∴ ∠ABC＝90°.∵ 在Rt△ABC中，AB＝1，AC＝2，∴ 由勾股定理，得BC＝＝＝. （第1题） （3） 矩形ABCD的面积. 解：（3） S矩形ABCD＝AB·BC＝1×＝. （第1题） 考点二 矩形的判定 典例2　（2022·巴中）如图，在▱ABCD中，E为边BC的中点，连结AE并延长，交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG＝CE，连结DG、DE、FG. （1） 求证：△ABE≌△FCE. （2） 若AD＝2AB，求证：四边形DEFG是矩形. 思路导引　（1） 由平行四边形的性质推出AB∥CD，根据平行线的性质推出∠EAB＝∠EFC，利用“A.A.S.”即可判定△ABE≌△FCE.（2） 先证明四边形DEFG是平行四边形，再证明DF＝EG，即可证明四边形DEFG是矩形. 规范解答　（1） ∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AB∥CD. ∴ ∠EAB＝∠EFC. 又∵ E为边BC的中点， ∴ EB＝EC. 在△ABE和△FCE中， ∴ △ABE≌△FCE. （2） ∵ △ABE≌△FCE， ∴ AB＝FC. ∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD＝BC，AB＝DC. ∴ DC＝FC. 又∵ CG＝CE， ∴ 四边形DEFG是平行四边形. ∵ E为边BC的中点，CG＝CE， ∴ BC＝EG. 又∵ AD＝BC＝EG＝2AB，DF＝CD＋CF＝2CD＝2AB， ∴ DF＝EG. ∴ 四边形DEFG是矩形. 方法归纳 矩形的判定方法 证明一个四边形是矩形，若题设与这个四边形的对角线有关，通常先证明这个四边形是平行四边形，再证明其对角线相等；若题设与角度有关，通常考虑用矩形的定义或者依据“有三个角是直角的四边形是矩形”来证明.若容易证出有一个直角且为平行四边形，则可根据矩形的定义进行证明；若容易证出有三个直角，亦可证明. 2. 如图，在等腰三角形MNO中，MO＝NO，Q是MN的中点，S是QO的中点，过点O作OP∥MN，交NS的延长线于点P，连结MP.求证：四边形OPMQ是矩形. （第2题） 解：∵ OP∥MN，∴ ∠POS＝∠NQS.∵ S是QO的中点，∴ OS＝QS.在△OPS和△QNS中，∴ △OPS≌△QNS.∴ OP＝QN.∵ Q是MN的中点，∴ MQ＝QN.∴ OP＝MQ.又∵ OP∥MN，∴ 四边形OPMQ是平行四边形.∵ MO＝NO，Q是MN的中点， ∴ OQ⊥MN.∴ ∠OQM＝90°.∴ 四边形OPMQ是矩形. 考点三 菱形的性质 典例3　如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H.已知BO＝4，S菱形ABCD＝24，则AH＝ 　　　　　⁠. （典例3图） 思路导引　根据“菱形的面积＝对角线长的乘积的一半”，可求AC的长，再根据勾股定理求出BC的长，然后由菱形面积的另一种求法即可求出结果. 规范解答　∵ 四边形ABCD是菱形，∴ OB＝OD＝4，OA＝OC，AC⊥BD.∴ BD＝8，∠BOC＝90°.∵ ＝AC·BD＝24，∴ AC＝6.∴ OC＝AC＝3.∴ BC＝＝5.∵ ＝BC·AH＝24，∴ AH＝.故填. 3. 如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为E.若∠ADC＝130°，则∠AOE的度数为（　B　） A. 75° B. 65° C. 55° D. 50° （第3题） B 考点四 菱形的判定 典例4　（2022·郴州）如图，四边形ABCD是菱形，E、F是对角线AC上的两点，且AE＝CF，连结BF、FD、DE、EB.求证：四边形D