矩形练习题

矩形练习题（精选7篇）

篇1：矩形练习题

关于矩形和菱形的练习题

矩形

1：若矩形的对角线长为8cm，两条对角线的一个交角为600，则该矩形的面积为

2：菱形具有而矩形不具有的性质是 ( )

A. 对角线互相平分; B.四条边都相等; C.对角相等; D.邻角互补

3： 已知：如图， □ABCD各角的`平分线分别相交于点E，F，G，H，

 求证：四边形EFGH是矩形.

菱形

1 已知：如图，四边形ABCD是菱形，F是AB上一点，DF交AC于E.

求证：∠AFD=∠CBE.

2已知：如图 ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于E、F.

求证：四边形AFCE是菱形.

3、如图，在 ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作AC的垂线与边AD、BC分别交于E、F，求证：四边形AFCE是菱形.

篇2：矩形练习题

1. ( 安徽省,第10题4分)如图，正方形ABCD的对角线BD长为2 ，若直线l满足：

①点D到直线l的距离为 ;

②A、C两点到直线l的距离相等.

则符合题意的直线l的条数为( )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

考点： 正方形的性质.

分析： 连接AC与BD相交于O，根据正方形的性质求出OD= ，然后根据点到直线的距离和平行线间的距离相等解答.

解答： 解：如图，连接AC与BD相交于O，

∵正方形ABCD的对角线BD长为2 ，

∴OD= ，

∴直线l‖AC并且到D的距离为 ，

同理，在点D的另一侧还有一条直线满足条件，

故共有2条直线l.

故选B.

点评： 本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线互相垂直平分，点D到O的距离小于 是本题的关键.

2. ( 福建泉州，第5题3分)正方形的对称轴的条数为( )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

考点： 轴对称的性质

分析： 根据正方形的.对称性解答.

解答： 解：正方形有4条对称轴.

故选D.

点评： 本题考查了轴对称的性质，熟记正方形的对称性是解题的关键.

3. (珠海，第2题3分)边长为3cm的菱形的周长是( )

A. 6cm B. 9cm C. 12cm D. 15cm

考点： 菱形的性质.

分析： 利用菱形的各边长相等，进而求出周长即可.

解答： 解：∵菱形的各边长相等，

∴边长为3cm的菱形的周长是：3×4=12(cm).

故选：C.

点评： 此题主要考查了菱形的性质，利用菱形各边长相等得出是解题关键.

4.(广西玉林市、防城港市，第6题3分)下列命题是假命题的是( )

A. 四个角相等的四边形是矩形 B. 对角线相等的平行四边形是矩形

C. 对角线垂直的四边形是菱形 D. 对角线垂直的平行四边形是菱形

考点： 命题与定理.

分析： 根据矩形的判定对A、B进行判断;根据菱形的判定方法对C、D进行判断.

解答： 解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以A选项为真命题;

B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题;

C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题;

D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以D选项为真命题.

故选C.

点评： 本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题;正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题;经过推理论证的真命题称为定理.

5.(毕节地区，第8题3分)如图，菱形ABCD中，对角线AC、BC相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于( )

A. 3.5 B. 4 C. 7 D. 14

考点： 菱形的性质;直角三角形斜边上的中线;三角形中位线定理

分析： 根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OH= AB.

解答： 解：∵菱形ABCD的周长为28，

∴AB=28÷4=7，OB=OD，

∵H为AD边中点，

∴OH是△ABD的中位线，

∴OH= AB= ×7=3.5.

故选A.

点评： 本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键.

6.(襄阳，第12题3分)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE= AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE;②PF=2PE;③FQ=4EQ;④△PBF是等边三角形.其中正确的是( )

A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④

考点： 翻折变换(折叠问题);矩形的性质

分析： 求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠APE=30°，然后求出∠AEP=60°，再根据翻折的性质求出∠BEF=60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=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可得EF=2BE，判断出①正确;利用30°角的正切值求出PF= PE，判断出②错误;求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出③错误;求出∠PBF=∠PFB=60°，然后得到△PBF是等边三角形，判断出④正确.

解答： 解：∵AE= AB，

∴BE=2AE，

由翻折的性质得，PE=BE，

∴∠APE=30°，

∴∠AEP=90°-30°=60°，

∴∠BEF= (180°-∠AEP)= (180°-60°)=60°，

∴∠EFB=90°-60°=30°，

∴EF=2BE，故①正确;

∵BE=PE，

∴EF=2PE，

∵EF>PF，

∴PF>2PE，故②错误;

由翻折可知EF⊥PB，

∴∠EBQ=∠EFB=30°，

∴BE=2EQ，EF=2BE，

∴FQ=3EQ，故③错误;

由翻折的性质，∠EFB=∠BFP=30°，

∴∠BFP=30°+30°=60°，

∵∠PBF=90°-∠EBQ=90°-30°=60°，

∴∠PBF=∠PFB=60°，

∴△PBF是等边三角形，故④正确;

综上所述，结论正确的是①④.

故选D.

点评： 本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键.

7.(孝感，第9题3分)如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D(5，3)在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是( )

A. (2，10) B. (-2，0) C. (2，10)或(-2，0) D. (10，2)或(-2，0)

考点： 坐标与图形变化-旋转.

分析： 分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可.

解答： 解：∵点D(5，3)在边AB上，

∴BC=5，BD=5-3=2，

①若顺时针旋转，则点D′在x轴上，OD′=2，

所以，D′(-2，0)，

②若逆时针旋转，则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，

所以，D′(2，10)，

综上所述，点D′的坐标为(2，10)或(-2，0).

故选C.

篇3：矩形练习题

矩形件排样是指将一系列矩形零件排放到矩形板材区域内, 使得材料利用率最高。矩形件排样问题广泛存在于机械加工、造纸、玻璃等行业中。如何优化排样以提高材料利用率、降低生产成本, 对企业来说具有重要意义。从理论上看, 矩形件排样属于NP完全问题, 计算复杂性很高, 存在组合爆炸[1]。但由于生产实际的需要, 为此不少学者在这方面作了许多工作, 提出了一些近似算法[2,3,4,5,6]。由于各算法自身的局限性, 因而求得的结果并不十分满意。

本文利用模拟退火算法能够全局寻优特点和剩余矩形法的局部寻优特点, 将二者相结合进行矩形件的优化排样。实例表明, 本文算法是有效的。

1 矩形件排样问题描述

其中xi和yi分别表示矩形件pi (1≤i≤n) 在矩形板材上排入后其左下角的横坐标和纵坐标, H为零件排样后在板材上所达到的最大高度。如果零件较多, 在一块板材上排不完, 就在另外一块板材上排。那么H即为两块板材上高度的和。

因此矩形件排样优化问题可表述为:寻求满足约束条件的最佳排样方案, 使得板材的利用率E最大。

2 算法介绍

2.1 模拟退火算法

模拟退火算法[7]是上世纪80 年代初期出现的一种求解组合优化问题的方法。它起源于物理学中对金属退火过程的模拟。在搜索策略上它与传统的随机搜索方法不同。它在迭代过程中不仅接受使目标函数值变“好”的点, 而且还利用Metropolis准则以一定的概率接受使目标函数值变“差”的点。模拟退火算法的这种搜索策略有利于避免搜索过程陷入局部最优解, 从而达到求解全局优化问题的目的。目前, 模拟退火算法已受到人们广泛研究并被应用于多个领域[8,9,10,11,12,13]。

模拟退火算法求解过程如下 (以最小化问题为例) :

(1) 初始化。给定初始温度T0、初始解a0、每个温度T时的迭代次数N, 计算a0的目标函数值f (a0) 。

(2) 对当前解随机扰动产生新解a1, 计算对应的目标函数值f (a1) 。

(3) 计算函数值的增量df = f (a1)  f (a0) 。

(4) 如果df ≤0 , 则接受新解为当前解;否则以概率exp (df/T) 接受新解。

(5) 重复 (2) ~ (4) 步骤迭代N次。

(6) 如果满足算法终止条件, 则输出当前解为最优解, 结束算法;否则继续步骤 (7) 。算法终止条件一般为连续若干个新解a1都没有被接受时终止算法, 或是设定终止温度。

(7) 对当前温度T降温, 转步骤 (2) 。

2.2 剩余矩形排样算法

剩余矩形排样算法是目前提出的一种有效的排样算法[14]。它将所有可以使用的剩余原材料区域作为可以排样的区域, 从而让许多空闲的区域重新利用, 减少废料。剩余矩形算法弥补了BL或最小水平线方法中空区域无法排入矩形件的缺陷, 实现了动态寻优策略。

假设有N个矩形零件, pi为矩形件的序号, ri为排样方式, ri=1 表示将矩形件竖排, ri=0 表示将矩形件横排。对于给定的一个排样方案D ={P, R} ={ (p1, p2, …, pn) , (r1, r2, …, rn) }, 剩余矩形算法排样流程如下:

(1) 设板材的左下角和右上角坐标分别为 (0, 0) 和 (W, H) , 于是开始时剩余矩形数据集中只有一个矩形S1=[ (0, 0, ) , (W, H ) ]。

(2) 从矩形件序列P中取出第一个矩形件p1 (宽wp1, 高hp1) , 将p1根据相应排放方式r1排放在板材的左下角, 计算板材剩余矩形S={S1, S2}。如图1 所示。

若r1=0, 则S1=[ (wp1, 0) , (W, H) ], S2=[ (0, hp1) , (W, H) ];

若r1=1, 则S1=[ (hp1, 0) , (W, H) ], S2=[ (0, wp1) , (W, H) ]。

(3) 排放剩余矩形零件, 计算板材剩余矩形空间。

(1) 判断每个剩余矩形与已排入零件的图形关系, 去除与该零件相交部分, 形成新的剩余矩形数据。

(2) 整理新的剩余矩形数据。去掉面积为零的或已无法排下所剩的任何一个矩形件的剩余矩形, 并且去除具有完全包含关系的剩余矩形中面积小的矩形, 保留有相交关系的矩形。

(4) 进行剩余矩形与入排零件的匹配计算。在剩余矩形集中选择宽高均大于等于此矩形零件的底部最低最靠左的剩余矩形 (先靠下后靠左) , 让矩形件与剩余矩形的左下角重叠。

(5) 返回 (3) 继续执行, 直至零件排放完毕或板材再无可排放空间。

3 应用模拟退火算法和剩余矩形法求解矩形件排样问题

3.1 编解码方法

在优化排样过程中, 必须先确定编码方法。本文对矩形件采用十进制整数顺序编码, 用{0, 1}对各矩形零件的排样方向进行二值编码。规定矩形件横放时编号为0, 竖放时编号为1。例如有包含4 个矩形件的排列{4 0, 2 1, 1 1, 3 0}表示先横放4 号零件, 接着竖放2 号、1 号零件, 最后横放3 号零件。

解码就是将一个零件编号排列解转换为排样图。本文利用剩余矩形法来排放零件。

3.2 目标函数

本文采用 (1) 式作为目标函数, 利用剩余矩形算法计算目标函数值。显然, 目标函数值越大, 材料利用率越高。

3.3 降温方式

降温方式对模拟退火算法优化结果有很大影响。如果温度下降过快, 可能会丢失极值点;反之, 则大大降低算法的收敛速度。本文定义的降温公式为[15]

其中T0>0为初始温度, T (k) 为当第k次迭代的温度, m为大于等于1的常数。

3.4 终止条件

当满足下列条件之一时算法终止:

(2) 温度达到终止温度当达到最大迭代次数时。

本文定义板材高度下界H0为所有矩形零件的面积和与板材宽度的比值。即

4 排样实例

为了测试本文所提排样算法的有效性, 对文献[1]中的算例进行求解, 进行实例验证。按照本文提出的算法, 设置初始温度0.6, 终止温度为0.006, 降温系数m = 1, 得到的排样结果如图2 所示。排样结果的板材利用率为97.56%, 而文献[1]的板材利用率为93.75%。

5 结束语

模拟退火算法已在矩形件排样等组合优化问题求解上得到应用, 但该算法本身存在的不足使其在实际应用中难以保证计算结果的最优性。本文将剩余矩形排样算法和模拟退火算法融合到一起, 求解矩形件排样问题。实例表明, 本文所提算法是有效的。

但是, 本文算法并不保证总能得到最优解, 因此在实际应用中最好采用多种方法或多次求解, 再从这些较优方案中择优选用。

摘要：针对矩形件优化排样问题, 讨论了用模拟退火算法结合剩余矩形法求解问题。首先阐述了矩形件排样问题的数学模型, 然后给出了模拟退火剩余矩形算法求解问题的步骤和方法, 最后用实例进行了算法验证。实例分析表明, 采用模拟退火剩余矩形算法求解矩形件排样问题是适合的。

篇4：矩形“搭台” 解几“唱戏”

例1 已知矩形[ABCD]中，[AB=22，BC=1].以[AB]的中点[O]为原点建立如图所示的平面直角坐标系[xOy].

（1）求以[A，B]为焦点，且过[C，D]两点的椭圆的标准方程；

（2）过点[P（0，2）]的直线[l]与（1）中的椭圆交于两个不同的点[M，N]，是否存在直线[l]，使得以线段[MN]为直径的圆恰好过原点？若存在，求出直线[l]的方程；若不存在，请说明理由.

解析 （1）由题意可得，点[A，B，C]的坐标分别为[（-2，0），（2，0），（2，1）].

设椭圆的标准方程为[x2a2+y2b2=1a>b>0].

则[2a=AC+BC]，即[2a=（22）2+12+1=4，a=2].

又[c=2]，所以[b2=a2-c2=2].

故椭圆的标准方程是[x24+y22=1].

（2）假设存在直线[l]，使得以线段[MN]为直径的圆恰好过原点. 由题意可知，直线[l]的斜率存在，可设直线[l]的方程为[y=kx+2].

由[y=kx+2，x2+2y2=4]得，[1+2k2x2+8kx+4=0].

因为[M，N]是椭圆上不同的两点，

所以[Δ=64k2-16（1+2k2）>0].

设[Mx1，y1，Nx2，y2]，

则[x1+x2=-8k1+2k2，x1x2=41+2k2].

若以[MN]为直径的圆恰好过原点，则[OM⊥ON].

所以[OM?ON=0]，

即[x1x2+y1y2=0?x1x2+（kx1+2）（kx2+2）=0]，

即[（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=0]，

所以[4（1+k2）1+2k2-16k21+2k2+4=0].

解得[k=±2]，显然满足[Δ=48>0].

综上所述，存在直线[l]，使得以线段[MN]为直径的圆恰好过原点，直线[l]的方程为[y=2x+2]或[y=-2x+2].

点拨 本题以矩形为依托考查椭圆的标准方程，直线与椭圆、圆的位置关系，涉及到平面向量的有关知识，是一道难易适中的考题.

矩形“搭台” 巧求范围

例2 如图，在矩形[ABCD]中，已知[A（2，0），][C（-2，2）]，点[P]在[BC]边上移动，线段[OP]的垂直平分线交[y]轴于点[E]，点[M]满足[EM=EO+EP].

（1）求点[M]的轨迹方程；

（2）已知点[F（0，12）]，过点[F]的直线[l]交点[M]的轨迹于[Q，R]两点，且[QF=λFR]，求实数[λ]的取值范围.

解析 （1）依题意设[P（t，2）（-2≤t≤2），M（x，y）].

当[t=0]时，点[M]与点[E]重合，则[M（0，1）].

当[t≠0]时，线段[OP]的垂直平分线方程为[y-1=][-t2（x-t2）].

令[x=0]得，[y=t2+44]，即[E（0，t2+44）].

由[EM=EO+EP]得，

[x，y-t2+44=0，-t2+44+t，2-t2+44].

[∴x=t，y=2-t2+44，]消去[t]得，[x2=-4（y-1）]，

显然，点[（0，1）]适合上式.

故点[M]的轨迹方程为[x2=-4（y-1）（-2≤x≤2）].

（2）当直线[l]的斜率不存在时，显然不合题意.

设直线[l]的斜率为[k]，[A（-2，0），B（2，0）]，要使直线[l]与点[M]的轨迹交于[Q，R]两点，画图易知，[kBF≤k≤kAF]，即[-14≤k≤14].

设[l：y=kx+12-14≤k≤14]，代入[x2=-4（y-1）]得，

[x2+4kx-2=0].

设[Qx1，y1，Rx2，y2]，则[Δ=16k2+8>0，x1+x2=-4k，x1x2=-2.]

由[QF=λFR]得，[x1=-λx2].

[∴（1-λ）x2=-4k，-λx22=-2.] 消去[x2]得，[（1-λ）2λ=8k2].

[∵][0≤k2≤116，∴0≤（1-λ）2λ≤12]，

即[2λ2-5λ+2≤0（λ>0）]，解得，[12≤λ≤2].

故所求实数[λ]的取值范围为[12，2].

点拨 本题以矩形为载体考查动点的轨迹方程的探求和参数取值范围的求解，利用平面向量进行“包装”愈发加大了题目的难度.

矩形“搭台” 向量传接

例3 如图，在矩形[ABCD]中，[AB=8，BC=4]，[E，F，G，H]分别为四边的中点，且都落在坐标轴上. 设[OP=λOF，][CQ=λCF，][λ≠0.]

（1）求直线[EP]与[GQ]的交点[M]的轨迹[Γ]的方程；

（2）过圆[x2+y2=r2（0

解析 （1）设[M（x，y）]，由已知得，

nlc202309090555

[P（4λ，0），Q（4，2-2λ），E（0，-2），G（0，2）]，

则直线[EP]的方程为[y=x2λ-2]，直线[GQ]的方程为[y=-λx2+2].

消去[λ]即得交点[M]的轨迹[Γ]的方程为

[x216+y24=1（x≠0）].

（2）如图，连接[OS，OT，ON]，由已知得，

[NS?NT=ON2].

又[ON⊥ST]，则[OS⊥OT].

①当直线[ST]的斜率不存在时，

则其方程为[x=±r（0

将其代入椭圆方程[x216+y24=1]得，[y=±4-r24].

又[NS?NT+r2=0] ，所以[r24-4+r2=0].

解得[r=455].

②当直线[ST]的斜率存在时，

设直线[ST：y=kx+m（m≠±2）]，

将其代入椭圆方程[x216+y24=1]得，

[1+4k2x2+8kmx+4m2-16=0].

设[Sx1，y1，Tx2，y2]，

则[x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-161+4k2].

由[OS⊥OT]得，[x1x2+y1y2=0].

又[y1=kx1+m，y2=kx2+m]，

所以[km（x1+x2）+（1+k2）x1x2+m2=0].

则[5m2=16（1+k2）].

又点[O]到直线[ST]的距离为[r=m1+k2] ，

故[r=455].

而[455∈（0，2）]，满足题意，所以[r=455].

综上所述，所求[r]的值为[455].

点拨 本题考查动点轨迹方程的探求方法（交轨法），直线与圆、椭圆的位置关系，平面向量的线性运算及数量积运算. 考查数形结合思想、分类讨论思想及运算求解能力.

矩形“搭台” 注重探究

例4 如图 ，矩形[ABCD]中，[AB=22，BC=2]，[E，F，G，H]分别是矩形四条边的中点，分别以[HF，EG]所在的直线为[x]轴、[y]轴建立平面直角坐标系，已知[OR=λOF，CR=λCF]，其中[0<λ<1].

（1）求证：直线[ER]与[GR]的交点[M]在椭圆[Γ：x22+y2=1]上；

（2）若点[N]是直线[l：y=x+2]上且不在坐标轴上的任意一点，[F1，F2]分别为椭圆[Γ]的左、右焦点，直线[NF1]和[NF2]与椭圆[Γ]的交点分别为[P，Q]和[S，T]. 是否存在点[N]，使得直线[OP，OQ，OS，OT]的斜率[kOP，kOQ，kOS，kOT]满足[kOP+kOQ+kOS+kOT=0]？若存在，求出点[N]的坐标；若不存在，请说明理由.

解析 （1）参照例3（1）的解法可得，

直线[ER]与[GR]的交点[M]在椭圆[Γ：x22+y2=1]上.

（2）假设满足条件的点[N（x0，y0）]存在，若[NF1]，[NF2]有一条直线的斜率不存在，显然[kOP+kOQ+kOS][+kOT≠0]，所以[NF1]，[NF2]两条直线的斜率均存在，

故可设直线[NF1]的方程为[y=k1（x+1）]，其中[k1=y0x0+1].

直线[NF2]的方程为[y=k2（x-1）]，其中[k2=y0x0-1].

由[y=k1（x+1），x22+y2=1]消去[y]并化简得，

[2k21+1x2+4k21x+2k21-2=0].

设[P（x1，y1），Q（x2，y2）]，

则[x1+x2=-4k212k21+1，x1x2=2k21-22k21+1].

[∵OP，OQ]的斜率存在，[∴x1≠0，x2≠0，∴k21≠1].

[∴kOP+kOQ=y1x1+y2x2=k1（x1+1）x1+k1（x2+1）x2]

[=2k1+k1?x1+x2x1x2=k12-4k212k21-2=-2k1k21-1].

同理可得，[kOS+kOT=-2k2k22-1].

[∴kOP+kOQ+kOS+kOT=-2k1k21-1+k2k22-1=-2?k1k22-k1+k21k2-k2k21-1k22-1]

[=-2k1+k2k1k2-1k21-1k22-1].

[∵kOP+kOQ+kOS+kOT=0]，

[∴-2k1+k2k1k2-1k21-1k22-1=0]，即[k1+k2k1k2-1=0].

由点[N]不在坐标轴上知，[k1+k2≠0，]

[∴k1k2=1]，即[y0x0+1?y0x0-1=1]. ③

又[y0=x0+2]，④

由③④解得，[x0=-54，y0=34].

故满足条件的点[N]存在，其坐标为[-54，34].

点拨 本题考查直线的方程，直线与椭圆的位置关系等.考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想以及运算求解能力和推理论证能力. 本题第（2）问是探究型问题，构思巧妙、新颖别致，堪称一道优秀的创新题.

篇5：矩形练习题

。下面小编跟大家分享下圆角矩形的一些常用知识，希望对学习ps的新手有所帮助。

ps中圆角矩形工具在哪？

1、ps中圆角矩形工具，位于工具箱的靠下方的位置，它的快捷键是“U”，如下图所示。

ps中怎么画圆角矩形？

方法一：

1、选择工具箱中的矩形工具，我们将羽化值设置为0像素，用矩形工具画出来的就是一个矩形。

2、我们按快捷键Ctrl+D取消选区，从新画一个矩形，我们将羽化值设置为50像素，画一个矩形松开，我们就可以发现，它自动接近于圆。

3、我们再次按快捷键Ctrl+D取消选区，将之前的选区删除，从新画一个矩形，我们将羽化值设置为100像素，再画一个矩形松开，我们就可以发现，它就是一个圆，

从上面的例子我们可以知道，羽化值越大，越接近于圆。

方法二：

第二种方法，就是直接画圆角矩形，选择工具箱中的圆角矩形工具，如下图所示。

选择好圆角矩形工具后，我们在属性栏中可以看到，画出来的圆角矩形有三种，分别是像素、路径、形状。我们选择形状，在属性中我们可以设置矩形的大小和圆角的大小。

我们画一个230*279的，半径为0像素的圆角矩形，我们可以发现画出来的就是一个矩形。

我们将半径设置为50像素，画出来的就是一个接近圆的矩形。

现在我们将半径改为100像素，就可以发现画出来的圆角矩形弧度最大。

篇6：矩形性质

1.矩形的四个角都是直角

2.矩形的对角线相等且互相平分

3.对边相等且平行

4.矩形所在平面内任一点到其两对角线端点的距离的平方和相等

5.矩形是轴对称图形，对称轴是任何一组对边中点的连线

矩形判定：

1.有一个角是直角的平行四边形是矩形

2.对角线相等的平行四边形是矩形

3.有三个角是直角的四边形是矩形

4.四个内角都相等的四边形为矩形

5.关于任何一组对边中点的连线成轴对称图形的平行四边形是矩形

6.对于平行四边形，若存在一点到两双对顶点的距离的平方和相等，则此平行四边形为矩形

依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形。不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形。矩形的中点四边形是菱形。

菱形性质对角线互相垂直且平分；

四条边都相等；对角相等,邻角互补；

每条对角线平分一组对角．菱形是轴对称图形，对称轴是两条对角线

判定

一组邻边相等的平行四边形是菱形

对角线互相垂直平分的四边形是菱形

四边相等的四边形是菱形

关于两条对角线都成轴对称的四边形是菱形

篇7：《矩形》说课稿

现代数学教育观认为,数学教学过程就在学生已有的认知水平和知识经验的基础上，引导学生通过实践探索、交流等多种活动理解和掌握基本的数学知识和技能、数学思想和方法的过程。因此学生应成为学习活动的主体，教师应成为学习得组织者、合作者与引导者。基于这一理念我准备从教材分析、目标分析、教法与学法分析、教学过程分析四个大方面进行说课。一：教材分析：

（一）、教材内容的地位和作用：

本节课是在学生已经学习了平行四边形和菱形性质的基础上进行的，它既是前面所学平行四边形、菱形性质的运用，也是后面继续学习正方形和梯形以及以后初三年级更深一步学习矩形的重要前提，起到承上启下的作用，是本章内容的一个重点。同时，矩形又是人们日常生活中最常见的应用最广泛的一种几何图形，使学生体会到几何知识来源于实际又作用于实际的辨证关系。

（二）、学情分析：

由于学生的理解能力和思维特征和生理特征，学生好动性，注意力易分散，爱发表见解，希望得到老师的表扬等特点，所以在教学中应抓住学生这一生理心理特点，一方面要运用直观生动的形象，引发学生的兴趣，使他们的注意力始终集中在课堂上；另一方面要创造条件和机会，让学生发表见解，发挥学生学习的主动性。二：目标分析：

（一）教学目标

新课标要求教学目标的制定要使学生能够获得适应未来社会生活和进一步发展所必需的重要数学知识，以及基本的数学思想方法和必要的应用技能，学会应用数学的思维方式去观察分析问题，了解数学的价值，增进对数学的理解和学好数学的信心。“和谐高效、思维对话”新理念要求我们设计目标时既让学生“学会”（知识与技能），又让学生“会学”（过程与方法），还要让学生“乐学”（情感态度价值观），依据这些理念，结合学生的认知水平我制定本节课的教学目标如下：

1.知识与技能：经历探索经历探索矩形的概念和性质的过程，理解矩形与平行四边形和菱形的区别与联系。初步应用矩形的性质来合理推理来解决简单问题，渗透转化的思想。让学生经历真正的“做数学”和“学数学”的过程，发展学生思维能力，激发想象力和创造潜能。

2.过程与方法：经历、体验、探索矩形概念、性质的过程，渗透从一般到特殊、类比的数学思想，培养学生归纳和和初步的演绎推理能力，进一步培养学生的逻辑推理能力。

3.情感态度价值观：兴趣是学生最好的老师，为此本节课我将通过动手操作、观察比较、合作交流，激发学生的学习兴趣，向学生渗透数学是应用数学的思想，让学生知道数学来源于实践，培养学生对数学的学习兴趣,形成正确的价值观和积极的人生态度。

（二）教学重点和难点：

重点：矩形的概念、性质、及简单应用

由于学生学刚接触平行四边形的有关知识、学习程度较浅，独立思考和探究的能力不强，我结合本节的教学内容确定教学难点：

难点：矩形性质的应用，尤其是有条理地书写解题过程

三、教法与学法：

孔子说“学而不思则罔,思而不学则殆。”这句话就准确的表达了学与思之间的关系，而创设问题情境恰恰能引导学生积极思考的十分有效途径。因此围绕 本节目标和重难点我将对学生提出一系列的问题，让学生在学习中思考，在思考中学习。

由于学生的理解能力和思维特征，他们往往需要依赖直观具体形象的图形的年龄特点，许多学生容易造成知识遗忘。为此教学中积极利用几何画板、视频展台、板书和练习中的图形，以及小组合作的方式向学生提供更多的活动机会和空间，使学生在动脑、动手、动口的过程中获得充足的体验和发展，从而培养学生的数形结合的思想。

同时为使课堂生动、有趣、和谐、高效，特将整节课以观察、思考、合作、讨论贯穿于整个教学环节之中，采用自主探究、小组合作的教学法和师生互动、思维对话式教学模式，注意师生之间的情感交流，并教给学生“多观察、动脑想、大胆猜、勤钻研”的研讨式学习方法。

四、教学过程：

为充分发挥学生的主体性和教师的主导辅助作用，教学过程中设计了六个教学环节：

（一）、创设情境，引出课题。

我用多媒体展示生活中的和谐对称的物体，问学生物体的侧面是什么图形；学生观察、回答，引出课题。

（设计意图：用生活中的物体展示长方形（即矩形），激发学生兴趣，让学生直观感受生活中物体的美，体会数学源于生活，充分体现课标理念——数学应向生活回归，向学生经验回归，人人学有价值的数学。同时为形成矩形概念打下基础。）

（二）观察思考，提出概念。

我出示平行四边形木架进行变化，提出问题1：变化后是什么图形； 学生通过观察后回答是平行四边形；

接下来，我提出问题2：平行四边形的一个内角变为多少度时，木架变成了刚才多媒体展示的物体的侧面形状；

通过我的引导和学生的观察，学生容易得出为直角时是矩形，然后让学生说一说矩形概念；

我再进行规范，让学生在书上进行批注并齐读书上概念2次，强调矩形的概念有两方面的涵义，它既是矩形的定义，又是以后学习中矩形的一种识别方法。

（设计意图：诱发学生学习动机有两种，即感性认识和理性思考，让学生动手操作，学生兴趣肯定很高；阅读是理解的基础，数学教学同样需要阅读，让学生齐读，这样有利于学生理解和记忆。）

（三）、合作研讨，探究新知：

这一环节我主要设计了三个层次的研讨活动：

1、判断对错：1）平行四边形是矩形。

2）有一个角是90度的四边形是矩形。

3）矩形是平行四边形。

学生先独立思考验证、操作2、3分钟后，前后四人小组，共同观察、讨论、猜想、验证。

（设计意图：利用判断题和关系图，让学生在合作交流的基础上得出矩形与平行四边形的区别与联系，知道矩形是特殊的平行四边形，使学生认识特殊与一般的辩证关系，为矩形具有平行四边形的性质做好铺垫。体现生生之间的思维对话，把课堂的时间还给学生。）

2、提出问题。生活中，侧面是矩形形状的物体给人以美的感觉，肯定矩形具有很多独特性质，让我们利用手中的矩形纸片一起来探究矩形的性质。学生先独立思考、操作2、3分钟后，前后四人小组，共同观察、讨论、猜想、验证。我将参与部分小组的讨论，引导学生用迁移的思想从平行四边形的性质类比出矩形的性质。

（设计意图：“有困难，老师才引导。”学生不仅能主动获取知识，体验探索的快乐，而且能不断丰富数学活动经验，学会探索，学会学习。体现师生之间的思维对话，把习得的过程和课堂的空间更好的还给学生。）

3、拓展提高。让学生体验探索课本例题1，鼓励学生合作交流，启发引导学生尝试有勾股定理这个模型探究。鼓励探究出的学生到讲台给其他学生展示自己的思路和步骤，由其他学生评价。

（设计意图：本环节的学生讲题过程中教师对学生寄予的期望，会对学生产生极大的激励作用，教师的期望和爱心可激发学生的潜质，使其得以充分发挥，使学生通过实现自我参照来体验成功，正确认识自己的能力，改变对学习无能为力的心理状态，进而引发学习的激情。）

通过以上三层次的研讨活动，加深学生对知识的理解，突出重点，突破难点，顺利达成教学目标2、3。

（四）、巩固练习，体验成功：

在这一环节我将依据本节目标和重难点设计两种层次的练习，一种是围绕矩形性质基础知识的训练，一种是围绕性质的推理论证的基本技能训练。这样的设计，可以同时让不同层次的学生体验成功的喜悦，激发学生的学习兴趣，调动学生的积极性，从而使学生真正成为学习的主体。本环节采用学生板演、学生讲解、学生批改、小组评价、教师点拨归纳等形式，进一步把课堂的时间和空间还给学生。通过探索、合作、归纳让学生进一步加深对数形结合、分类思想的理解和渗透，很自然的攻克本节课的难点。

（五）、个人小结，注重参与：

为巩固本节的教学重点让学生独立完成： 学生重点从我学会了什么、我是怎么学的、我学的怎么样、我还想知道点什么等方面来总结，同时引导学生对教材内容中例题的编写，以及和本节前后内容对比贯穿，体现了以人为本的教育理念，避免使总结流于形式，体现师生与教材之间的思维对话，把评价的权利和提问的权利还给学生。

（六）布置作业，引导预习：

1、分必做题和选做题，既让大多数同学巩固基础知识和基本技能，又因材施教照顾学有余力的学生。2布置提前预习下一节课《矩形的判定方法》来引导学生养成预习的学习习惯，同时形成良好的学习习惯和提前准备、积极向上的生活习惯。

总之，在教学过程中，我会始终注意体现新课标要求的：学生是学习的主人，把时间和空间还给学生，让学生通过自主、探究、合作学习来主动发现结论，实现师生互动，注重思维发展和能力培养。通过这样的教学实践不仅体现了“和谐高效，思维对话”的新课改理念，同时做到教师不仅要教给学生知识，更要培养学生良好的数学素养和学习习惯，让学生学会学习，体验成功，增强学好数学的自信心。