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    3.2旋转几何证明 教案

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    这是一份3.2旋转几何证明,共48页。

    旋转几何证明

    学生姓名

    年级

    学科

    授课教师

    日期

    时段

    核心内容
    旋转几何证明
    课型
    一对一/一对N
    教学目标
    1、熟练的应用旋转的性质;2、熟练的应用旋转的性质解决几何问题
    重、难点
    1、熟练的应用旋转的性质;2、熟练的应用旋转的性质解决几何问题


    课首沟通
    1. 上次课的知识点还有哪些不熟
    2. 最近有什么开心的一事
    知识导图

    课首小测

    1. 如图,将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE,点C和点E是对应点,若∠CAE=90°,AB=1,则BD= .

    2. [单选题] 如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(1,),将线段OA绕原点O逆时针旋转30°, 得到线段OB,则点B的坐标是( )

    A.(0,2) B.(2,0) C.(1,﹣ ) D.(﹣1, )

    3. 如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=α,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得到△EDC,此时点D在AB边上,则旋 转角的大小为 .



    4. (2016年深圳期末考试) 如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC= ,将△ABC绕点A逆时针旋转60°,得到
    △ADE,连接BE,则BE的长是 .

    5. 如图所示,在正方形ABCD中,G是CD上一点,延长BC到E,使CE=CG,连接
    BG并延长交DE于F,将△DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′.
    (1) 判断四边形E′BGD是什么特殊四边形,并说明理由.
    (2) 由△BCG经过怎样的变换可得到△DAE′?请说出具体的变换过程.
















    导学一 : 旋转性质基本应用
    知识点讲解 1:
    旋转的性质:
    旋转前后的两个图形是全等形; 两个对应点到旋转中心的距离相等
    两个对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角

    例 1. [单选题] 如图,在△ABC中,∠CAB=65°,将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置,使CC′∥AB,则旋转角的度数为( )






    A.35° B.40° C.50° D.65°

    例 2. 如图所示,设P为等边△ABC内的一点,且PB= ,PA=1,PC=3,则∠APB= .








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    1. 如图,点E是正方形ABCD内的一点,连接AE、BE、CE,将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置.若AE=1,BE
    =2,CE=3,则∠BE′C= 度.

    2. 在等腰直角△ABC中, ∠ACB=90°,AC=BC, P是△ABC内一点,满足PA= 、PB=2、PC=1求∠BPC的度数.


    3. 如图,点O是△ABC内的一点,AB=AC,∠BAC=90°,∠BOC=120°,将△AOB绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADC, 连结OD.
    (1)求证:△AOD是等腰直角三角形;
    (2)求证:∠DCO=30°
    (3)设∠AOB=α,那么当α为多少度时,△COD是等腰三角形.


















    例 1. (2016年广州黄埔区一模考试) 如图,已知 和 均为等边三角形,点 在 边上, 与 相交于点 ,如果 , ,那么 的长度为 .






    例 2. 如图,在直角△ABC中,BC是斜边,将 △ABP绕点A逆时针旋转后,能与△ABP/重合,如果AP=3,求PP/的长度。














    【学有所获】旋转变换的目的在于通过旋转变换可以使图形发生重组,使分散的条件得以集中,然后运用旋转的“不变 性”可以使一些问题迎刃而解。一般来说,当题目中有“共点等边”的图形时,常进行旋转变换。

    例 3. 如图,四边形ABCD中,AC,BD是对角线,△ABC是等边三角形.线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE,连接AE.
    (1) 求证:AE=BD;
    (2) 若∠ADC=30°,AD=3,BD=4 .求CD的长.
















    例 4. 如图,在凸四边形ABCD中,∠ABC=30°,∠ADC=60°,AD=DC,求证:

















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    1. (2016年广州市荔湾区一模考试) 如图, 的三个顶点都在 的网格(每个小正方形的边长均为1个单位长度)的格点上.
    (1) 在网格中画出将 绕点B顺时针旋转90°后的
    △A′BC′的图形.
    (2) 求点 在旋转中经过的路线的长度.(结果保留 )













    2. (2016年广州市白云区一模考试) 如图,在平面直角坐标系中,Rt△OAB的顶点A的坐标为(,1).若将
    △OAB绕O点逆时针旋转60°后,B点到达 点,则 点的坐标是 .






    3. 如图,△AOB中,∠AOB=90°,AO=3,BO=6,△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处,此时线段A′B′与BO的交点E为

    BO的中点,求线段B′E的值.


















    例 1. (2016年广州市南沙区一模考试) 1、已知,在 中, .过A点的直线 从与边 重合的位置开始绕点 按顺时针方向旋转角 ,直线 交BC边于点(点 不与点 、点 重合), 的边 始终在直线 上
    (点 在点 的上方),且 ,连接 。
    (1) 当 时,
    ①如图a,当 时,求 的度数;
    ②如图b,当 时, 的度数是否发生变化?说明理由。
    (2) 如图c,当 时,请直接写出 与 之间的数量关系,不必证明。

















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    1. 聪聪用两块含45°角的直角三角尺△ABC、△MNK进行一次探究活动:他将△MNK的直角顶点M放在△ABC的斜边AB的中点处,让MK经过C点(如图甲),若BC=MK=4.
    (1) 此时两三角尺的重叠部分(△ACM)面积为 ;
    (2) 再将图甲中的△MNK绕顶点M逆时针旋转45°得到图乙,此时两三角尺的重叠部分(四边形MDCG)面积为 ;
    (3) 据此猜想:在MK与BC相交的前提下,将△MNK绕点M旋转到任一位置(如图丙)时两三角尺的重叠部分面积为 , 请说出理由.









    【学有所获】不规则图形面积的求法:割补法、转化

    导学二 : 常见模型
    知识点讲解 1:半角模型

    例 1. 如图,已知正方形ABCD边长为1,∠EAF=45°,AE=AF,则有下列结论:
    ①∠1=∠2=22.5°;
    ②点C到EF的距离是 ;
    ③△ECF的周长为2;
    ④BE+DF>EF.

    其中正确的结论是 .(写出所有正确结论的序号)

    例 2. 课题学习
    问题背景 甲、乙、丙三名同学探索课本上一道题:如图1,E是边长为a的正方形ABCD中CD边上任意一点,以点A为中 心,把△ADE顺时针旋转90°,画出旋转后的图形
    任务要求:
    (1) 请你在图1中画出旋转后的图形甲、乙、丙三名同学又继续探索:
    在正方形ABCD中,∠EAF=45°,点F为BC上一点,点E为DC上一点,∠EAF的两边AE、AF分别与直线BD交于点M、N.连接EF 甲发现:线段BF,EF,DE之间存在着关系式EF=BF+DE;
    乙发现:△CEF的周长是一个恒定不变的值;
    丙发现:线段BN,MN,DM之间存在着关系式BN2+DM2=MN2
    (2) 现请也参与三位同学的研究工作中来,你认为三名同学中哪个的发现是正确的,并说明你的理由.


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    1. 如图所示,正方形ABCD的边长为1,P、Q分别为边AB、AD上的点, 的周长为2,求 的大小.

























    2. 如图,正方形ABCD中, ,点E、F分别在BC、CD上,且∠BAE=30°,∠DAF=15°,求△AEF的面积.











    3. (2015年宿迁中考) 如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,D、E在BC上,∠DAE=45°,求证:
































    知识点讲解 2: 手拉手模型

    例 1. 阅读与理解:
    图1是边长分别为a和b(a>b)的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起(C与C′重合)的图形. 操作与证明:

    (1) 操作:固定△ABC,将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,连接AD,BE,如图2;在图2中,线段BE与AD之间具有 怎样的大小关系?证明你的结论;








    (2) 操作:若将图1中的△C′DE,绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α,连接AD,BE,如图3;在图3中,线段BE与
    AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论; 猜想与发现:
    根据上面的操作过程,请你猜想当α为多少度时,线段AD的长度最大是多少?当α为多少度时,线段AD的长度最小是多 少?























    例 2. 如图1,已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上,连接AE,GC.
    (1) 试猜想AE与GC有怎样的位置关系,并证明你的结论;
    (2) 将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转,使点E落在BC边上,如图2,连接AE和GC.你认为(1)中的结论是否还成 立?若成立,给出证明;若不成立,请说明理由.































    【学有所获】
    旋转变化前后,对应线段、对应角分别相等,图形的大小、形状都不改变.

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    1. [单选题] (2016年广州市南沙区期中考试) 如图,C为线段AE上一动点(不与点A,E重合),在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE,AD与BE交与点O,AD与BC交与点P,BE与CD交与点Q,连接PQ.有下列结论:
    ①AD=BE;②AP=BQ;③∠AOB=60°;④DE=DP;⑤△CPQ为正三角形. 其中正确的结论有( )





    A.①②③⑤ B.①③④⑤ C.①②⑤ D.②③④

    2. 给出定义,若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方,则称该四边形为勾股四边形.
    (1) 在你学过的特殊四边形中,写出两种勾股四边形的名称;
    (2) 如图,将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE,连接AD,DC,CE,已知∠DCB=30°.
    ①求证:△BCE是等边三角形;
    ②求证:DC2+BC2=AC2,即四边形ABCD是勾股四边形.















































    限时考场模拟

    1. [单选题] 如图所示,边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上,将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1,则点A1的坐标为( )







    A.( ,1) B.( ,﹣1) C.(1,﹣ ) D.(2,﹣1)

    2. [单选题] 如图,将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°,得到△A′B′C,若∠B=60°,则∠1的度数是( )

    A.15° B.25° C.10° D.20°

    3. 如图,P是等边△ABC内一点,PA=2, ,PC=4,求BC的长。





















    4. 已知E、F分别在正方形ABCD边AB和BC上,AB=1,∠EDF=45°.求△BEF的周长.























    课后作业

    1. 如图,正方形ABCD的两条邻边分别在x、y轴上,点E在BC边上,AB=4,BE=3,若将△CDE绕点D按顺时针方向旋转
    90°,则点E的对应点的坐标为 .

    2. 已知:在△ABC中,∠CAB=70°,在同一平面内将△ABC绕A点旋转到△AB′C′位置,且CC′∥AB,则∠BAB′的度数 是 .





    3. (2015年深圳市中考) 如图,在△ABC中,AB=2,BC=3.6,∠B=60°,将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到
    △ADE,当点B的对应点D恰好落在BC边上时,则CD的长为 .



    4. 如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,AC=1,将△ABC绕点C逆时针旋转至△A′B′C,使得点A′恰好落在AB 上,连接BB′,则BB′的长度为 .







    5. 如图,正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上,连接BE、DG.
    (1) 求证:BE=DG;
    (2) 图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形?若存在,请说出旋转过程;若不存在,请说明理由.











    6. 如图,在△ABC和△ADE中,点E在BC边上,∠BAC=∠DAE,∠B=∠D,AB=AD.
    (1) 求证:△ABC≌△ADE;
    (2) 如果∠AEC=75°,将△ADE绕着点A旋转一个锐角后与△ABC重合,求这个旋转角的大小.

    7. 如图,△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=45°,△AEF是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到的,连接BE、CF相交于点D.
    (1) 求证:BE=CF;
    (2) 当四边形ABDF为菱形时,求CD的长.











































    8. (2017年贺州市中考) 如图,将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′,那么A(﹣2,5)的对应点A′的坐标是( )


    A.(2,5) B.(5,2) C.(2,﹣5) D.(5,﹣2)

    9. (2016年绥化市中考) 如图,在四边形ABCD中,∠ABC=30°,将△DCB绕点C顺时针旋转60°后,点D的对应点恰好与点A重合,得到△ACE,若AB=3,BC=4,则BD= (提示:可连接BE)







    10. (2015年广州市海珠区一期末考试) 如图,已知△ABD是一张直角三角形纸片,其中∠A=90°,∠ADB=30°,小亮将它绕点A逆时针旋转β(0<β<180°)后得到△AMF,AM交直线BD于点K.
    (1) 当β=90°时,利用尺规在图中作出旋转后的△AMF,并直接写出直线BD与线段MF的位置关系;
    (2) 求△ADK为等腰三角形时β的度数.



















    11. 如图,正方形ABCD的边长为6,E,F分别是AB,BC边上的点,且∠EDF=45°,将△DAE绕点D逆时针旋转90°,得到
    △DCM.
    (1) 求证:EF=FM.
    (2) 当AE=2时,求EF的长.























    12. (2015年宁波中考) 如图,等腰直角△ABC中,∠ABC=90°,点P在AC上,将△ABP绕顶点B沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ.
    (1) 求∠PCQ的度数;
    (2) 当AB=4,AP:PC=1:3时,求PQ的大小;
    (3) 当点P在线段AC上运动时(P不与A重合),请写出一个反映PA2,PC2,PB2之间关系的等式,并加以证明.






    13. (2016年来宾市中考) 如图,在正方形ABCD中,点E(与点B、C不重合)是BC边上一点,将线段EA绕点E顺时针旋转
    90°到EF,过点F作BC的垂线交BC的延长线于点G,连接CF.
    (1) 求证:△ABE≌△EGF;
    (2) 若AB=2,S△ABE=2S△ECF,求BE.
















    14. 已知:如图,正方形ABCD中,AC,BD为对角线,将∠BAC绕顶点A逆时针旋转α°(0<α<45),旋转后角的两边分 别交BD于点P、点Q,交BC,CD于点E、点F,连接EF,EQ.
    (1) 在∠BAC的旋转过程中,∠AEQ的大小是否改变?若不变写出它的度数;若改变,写出它的变化范围(直接在答题卡 上写出结果,不必证明);
    (2) 探究△APQ与△AEF的面积的数量关系,写出结论并加以证明.































    15. 在正方形ABCD的边AB上任取一点E,作EF⊥AB交BD于点F,取FD的中点G,连接EG、CG,如图(1)易证 EG=CG且EG⊥CG.
    (2) 将△BEF绕点B逆时针旋转90°,如图(2),则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系?请直接写出你的猜想.
    (3) 将△BEF绕点B逆时针旋转180°,如图(3),则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系?请写出你的猜想,并 加以证明


















    1、课后要按时完成作业,完成错题的收集与复习;
    2、调整心态,做好开学的准备。

    课首小测
    1.
    解析:
    解:∵将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE,点C和点E是对应点,
    ∴AB=AD=1,∠BAD=∠CAE=90°,
    ∴BD= = = .
    故答案为 . 2.A
    解析:
    解:作AC⊥x轴于点C,
    ∵点A的坐标为(1, ),
    ∴OC=1,AC= ,
    则OA= =2,tan∠AOC= = ,
    ∴∠AOC=60°,
    ∴将线段OA绕原点O逆时针旋转30°,得到线段OB,则点B的坐标是(0,2), 故选:A.







    3.2α
    解析: 解:∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=α,
    ∴∠B=90°﹣α,
    由旋转的性质可得:CB=CD,

    ∴∠CDB=∠B=90°﹣α,
    ∴∠BCD=180°﹣∠B﹣∠CDB=2α. 即旋转角的大小为2α.
    4.2+2
    解析:
    解:连结CE,设BE与AC相交于点F,如下图所示,
    ∵Rt△ABC中,AB=BC,∠ABC=90°
    ∴∠BCA=∠BAC=45°
    ∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°与Rt△ADE重合,
    ∴∠BAC=∠DAE=45°,AC=AE
    又∵旋转角为60°
    ∴∠BAD=∠CAE=60°,
    ∴△ACE是等边三角形
    ∴AC=CE=AE=4

    在△ABE与△CBE中,

    ∴△ABE≌△CBE (SSS)
    ∴∠ABE=∠CBE=45°,∠CEB=∠AEB=30°
    ∴在△ABF中,∠BFA=180°﹣45°﹣45°=90°
    ∴∠AFB=∠AFE=90°
    在Rt△ABF中,由勾股定理得,
    BF=AF= =2
    又在Rt△AFE中,∠AEF=30,°∠AFE=90° FE= AF=2
    故,本题的答案是:2+2
    ∴BE=BF+FE=2+2
    5.
    解:(1)四边形E′BGD是平行四边形. 理由:∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB∥CD,AB=CD,
    ∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′,
    ∴CE=AE′,
    ∵CE=CG,
    ∴AE′=CG,
    ∴BE′=DG,
    ∴四边形E′BGD是平行四边形;
    (2)∵四边形ABCD是正方形,
    ∴BC=CD,∠BCD=90°.
    ∵∠BCD+∠DCE=180°,

    ∴∠BCD=∠DCE=90°.
    在△BCG和△DCE,



    ∴△BCG≌△DCE(SAS);
    ∴由△BCG绕点C顺时针旋转90°可得到△DCE,再绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′.
    导学一
    知识点讲解 1: 例题
    1.C
    解析: 解:∵CC′∥AB,
    ∴∠ACC′=∠CAB=65°,
    ∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′,
    ∴AC=AC′,
    ∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°,
    ∴∠CAC′=∠BAB′=50°. 故选C.
    2.150°
    解析:
    解:∵△ABC为等边三角形,
    ∴BA=BC,∠ABC=60°,
    ∴把△BPC绕B点逆时针旋转60°可得到△BDA,如图,
    ∴BD=BP=2 ,∠DBP=60°,AD=PC=3,
    ∴△BPD为等边三角形,
    ∴PD=PB=2 ,∠DPB=60°,
    在△APD中,PD=2 ,AP=1,AD=3,
    ∵(2 )2+12=32,
    ∴PD2+PA2=AD2,
    ∴△APD是以AD为斜边的直角三角形,
    ∴∠APD=90°,
    ∴∠APB=∠APD+∠DPB=90°+60°=150°.
    故答案为150°.
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    1.135
    解析:
    解:连接EE′
    ∵△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′
    ∴∠EBE′是直角,∴△EBE′是直角三角形,

    ∵△ABE与△CE′B全等
    ∴BE=BE′=2,∠AEB=∠BE′C
    ∴∠BEE′=∠BE′E=45°,
    ∵EE′2=22+22=8,AE=CE′=1,EC=3,
    ∴EC2=E′C2+EE′2,
    ∴△EE′C是直角三角形,
    ∴∠EE′C=90°,
    ∴∠AEB=135°. 故答案为:135. 2.
    解析:
    由已知AC=BC,将 绕点C逆时针旋转 ,得 ,连接 ; 由旋转可知: , , ;
    ∴ ,
    ∴ 是等腰直角三角形 ,
    ∴ 且 ,
    在 中,∵ ,
    ∴ 是直角三角形,且 ,








    3.
    解:(1)∵△AOB绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADC,
    ∴AD=AO,∠OAD=∠BAC=90°,
    ∴△AOD是等腰直角三角形;
    (2)∵∠BOC=120°,
    ∴∠BOA+∠AOC=360°﹣120°=240°,
    由旋转可得,∠AOB=∠ADC,
    ∴∠ADC+∠AOC=240°,
    又∵△AOD是等腰直角三角形,
    ∴∠DOA=90°,
    ∴四边形AOCD中,∠DCO=360°﹣90°﹣240°=30°;
    (3)由题可得,∠COD=360°﹣∠AOD﹣∠α﹣∠COB=360°﹣45°﹣∠α﹣120°=195°﹣∠α,
    ∠CDO=∠ADC﹣∠ADO=∠α﹣45°,
    ∠OCD=180°﹣∠COD﹣∠CDO=180°﹣(195°﹣∠α)﹣(∠α﹣45°)=30°,
    ①若∠COD=∠CDO,即195°﹣∠α=∠α﹣45°, 解得:∠α=120°;
    ②若∠COD=∠OCD,则195°﹣∠α=30°, 解得:∠α=165°;
    ③若∠CDO=∠OCD,即∠α﹣45°=30°, 解得:∠α=75°;
    即当α为120°或165°或75°时,△COD是等腰三角形.


    例题
    1.
    2.
    解析:
    △ABP绕点A逆时针旋转后,能与△ABP/重合AP/=AP=3,∠CAP/=∠BAP
    ∠PAP/=∠CAP/+∠PAC=∠PAC+∠BAP=900
    △APP/为等腰直角三角形, PP/为斜边PP/=
    3.
    解:(1)∵△ABC是等边三角形,
    ∴AC=BC,∠ACB=60°.
    由旋转的性质可得: CE=CD,∠DCE=60°.
    ∴∠DCE+∠ACD=∠ACB+∠ACD,
    即∠ACE=∠BCD.
    在△ACE≌△BCD中,

    ∵ ,

    ∴△ACE≌△BCD.
    ∴AE=BD.
    (2)连接DE.
    ∵CD=CE,∠DCE=60°,
    ∴△DCE是等边三角形.
    ∴∠CDE=60°,DC=DE.
    ∵∠ADC=30°,
    ∴∠ADC+∠CDE=90°.
    ∵AD=3,BD=4 ,
    ∴AE=BD=4 .
    在Rt△ADE中,由勾股定理,
    可得DE= = = .
    ∴DC=DE= . 4.

    解:将 绕点D顺时针方向旋转60°,使AD和DC重合,得 并连接 , 由旋转可得: , , ;
    ∴ ∠BDE=∠BDC+∠CDE=∠BDC+∠ADE=∠ADC=600
    ∴ 是等边三角形,
    ∴ ,

    ∴ ,∴ 中: ,









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    1.
    (1)、 (2)∵在 中,∠ACB=90°



    ∴ 为所求
    2.( , )
    3.
    解:∵∠AOB=90°,AO=3,BO=6,
    ∴AB= =3 ,
    ∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处,
    ∴AO=A′O=3,A′B′=AB=3 ,
    ∵点E为BO的中点,
    ∴OE= BO= ×6=3,
    ∴OE=A′O,
    过 点 O 作 OF⊥A′B′ 于 F, S△A′OB′= ×3 •OF=×3×6,
    解得OF= ,
    在Rt△EOF中,EF= = ,
    ∵OE=A′O,OF⊥A′B′,
    ∴A′E=2EF=2× = (等腰三角形三线合一),
    ∴B′E=A′B′﹣A′E=3 ﹣ = .


    例题
    1.
    解:(1)①∵∠BAC=90°,θ=45°,
    ∴AP⊥BC,BP=CP(等腰三角形三线合一),
    ∴AP=BP(直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半), 又∵∠MBN=90°,BM=BN,
    ∴AP=PN(等腰三角形三线合一),
    ∴AP=PN=BP=PC,且AN⊥BC,
    ∴四边形ABNC是正方形,





    ∴∠ANC=45°;






    ②当θ≠45°时,①中的结论不发生变化.
    理由如下:∵∠BAC=∠MBN=90°,AB=AC,BM=BN,
    ∴∠ABC=∠ACB=∠BNP=45°,
    又∵∠BPN=∠APC,
    ∴△BNP∽△ACP,∴ = , 又∵∠APB=∠CPN,
    ∴△ABP∽△CNP,∴∠ANC=∠ABC=45°;
    (2)∠ANC=90°﹣ ∠BAC.
    理由如下:∵∠BAC=∠MBN≠90°,AB=AC,BM=BN,
    ∴∠ABC=∠ACB=∠BNP= (180°﹣∠BAC), 又∵∠BPN=∠APC,
    ∴△BNP∽△ACP,
    ∴ = ,
    又∵∠APB=∠CPN,
    ∴△ABP∽△CNP,
    ∴∠ANC=∠ABC, 在△ABC中,
    ∠ABC= (180°﹣∠BAC)=90°﹣ ∠BAC.
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    1.(1)4;(2)4;(3)4;

    导学二
    知识点讲解 1:半角模型例题
    1.①②③
    解析:
    解:∵四边形ABCD为正方形,
    ∴AB=AD,∠BAD=∠B=∠D=90°,
    在Rt△ABE和Rt△ADF中

    ∴Rt△ABE≌Rt△ADF,
    ∴∠1=∠2,
    ∵∠EAF=45°,
    ∴∠1=∠2=∠22.5°,所以①正确; 连结EF、AC,它们相交于点H,如图,
    ∵Rt△ABE≌Rt△ADF,
    ∴BE=DF, 而BC=DC,
    ∴CE=CF, 而AE=AF,
    ∴AC垂直平分EF,AH平分∠EAF,
    ∴EB=EH,FD=FH,
    ∴BE+DF=EH+HF=EF,所以④错误;
    ∴△ECF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+CF+DF=CB+CD=1+1=2,所以③正确;
    设BE=x,则EF=2x,CE=1﹣x,
    ∵△CEF为等腰直角三角形,
    ∴EF= CE,即2x= (1﹣x),解得x= ﹣1,
    ∴EF=2( ﹣1),
    ∴CH= EF= ﹣1,所以②正确. 故答案为①②③.

    2.解:画图如图(1)
    (2)选择甲发现:
    证明:延长CB到K,使BK=DE,连AK,则△AKB≌△AED,

    ∵∠BAF+∠DAE=45°,
    ∴∠KAF=45°,
    ∴∠KAF=∠FAE.
    ∵AK=AE,AF=AF,
    ∴△AKF≌△AEF.
    ∴KF=EF.
    又∵BK=DE,
    ∴EF=BF+DE
    选择乙发现:
    证明:延长CB到K,使BK=DE,连AK,则△AKB≌△AED
    ∵∠BAF+∠DAE=45°,
    ∴∠KAF=45°,
    ∴∠KAF=∠FAE.
    ∵AK=AE,AF=AF,
    ∴△AKF≌△AEF.
    ∴KF=EF.
    又∵BK=DE,
    ∴EF=BF+DE
    △CEF周长=CF+CE+EF
    =CF+CE+(BF+DE)
    =(CF+BF)+(CE+DE)
    =BC+DC=2a(定值) 选择丙发现:









    证明:如图,在AK上截取AG=AM,连接BG,GN.
    ∵AG=AM,AB=AD,∠KAB=∠EAD,
    ∴△ABG≌△ADM,
    ∴BG=DM,∠ABG=∠ADB=45°.
    又∵∠ABD=45°,
    ∴∠GBD=90°.
    ∵∠BAF+∠DAE=45°,
    ∴∠KAF=45°,
    ∴∠KAF=∠FAE.
    又∵AG=AM,AN=AN,
    ∴△GAN≌△NAM.
    ∴NG=MN,
    ∵∠GBD=90°,
    ∴BG2+BN2=NG2,
    ∴BN2+DM2=MN2.
    综上所述:甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的.

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    1.

    解析:
    解:∵ BC=DC,
    ∴ 将绕点C顺时针旋转90°得 ;
    ∴ , , , ;
    ∴ ,
    且 ,
    ∴ E、D、Q三点共线,
    ∵ 的周长为2,即 , 又 ∵,



    中:
    ,∴














    2.
    解析:
    将△ADF绕A点延顺时针方向旋转90°得△ABG,
    由旋转性质可知: , , ,
    ∵ , ∴ 点G、B、E三点共线, 又∵ ,


    中:


    在 ,

    ∴ ;
    ∴ ,又∵ ,
    中: ,∠BAE=30°, ∴ ,
    在Rt△EFC中, ,



    ∴ , ∴,




    3.
    ∵ AB=AC,将 绕点A延顺时针方向旋转90°得 ,连接 ,
    由旋转可得: , , , ;

    ,∴

    ∵ , ,

    在 和 中:

    ∴ ,

    ∴ 是 ,

    ∴ .
    知识点讲解 2: 手拉手模型例题
    1.解:操作与证明:
    (1) BE=AD.
    ∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,
    ∴∠BCE=∠ACD=30度,
    ∵△ABC与△C′DE是等边三角形,
    ∴CA=CB,CE=CD,
    ∴△BCE≌△ACD,
    ∴BE=AD.
    (2) BE=AD.
    ∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转的角度为α,
    ∴∠BCE=∠ACD=α,
    ∵△ABC与△C′DE是等边三角形,
    ∴CA=CB,CE=CD,
    ∴△BCE≌△ACD,
    ∴BE=AD.
    猜想与发现:
    当α为180°时,线段AD的长度最大,等于a+b;当α为0°(或360°)时,线段AD的长度最小,等于a﹣b. 2.
    解:(1)答:AE⊥GC; 证明:延长GC交AE于点H,
    在正方形ABCD与正方形DEFG中,

    AD=DC,∠ADE=∠CDG=90°, DE=DG,
    ∴△ADE≌△CDG,
    ∴∠1=∠2;
    ∵∠2+∠3=90°,
    ∴∠1+∠3=90°,
    ∴∠AHG=180°﹣(∠1+∠3)=180°﹣90°=90°,
    ∴AE⊥GC.
    (2)答:成立;
    证明:延长AE和GC相交于点H, 在正方形ABCD和正方形DEFG中,
    AD=DC,DE=DG,∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°,
    ∴∠1=∠2=90°﹣∠3;
    ∴△ADE≌△CDG,
    ∴∠5=∠4;
    又∵∠5+∠6=90°,∠4+∠7=180°﹣∠DCE=180°﹣90°=90°,
    ∴∠6=∠7,
    又∵∠6+∠AEB=90°,∠AEB=∠CEH,
    ∴∠CEH+∠7=90°,
    ∴∠EHC=90°,
    ∴AE⊥GC.
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    1.A
    解析:
    解:∵△ABC和△DCE是正三角形,
    ∴AC=BC,DC=CE,∠BCA=∠DCE=60°,
    ∴∠BCA+∠BCD=∠DCE+∠BCD,
    ∴∠ACD=∠BCE, 在△ACD和△BCE中
    ∴△ACD≌△BCE(SAS),
    ∴AD=BE,∴①正确;
    ∵△ACD≌△BCE,
    ∴∠CBE=∠CAD,
    ∵∠ACB=∠DCE=60°,
    ∴∠BCD=60°=∠ACB,

    在△ACP和△BCQ中

    ∴△ACP≌△BCQ(ASA),

    ∴AP=BQ,∴②正确; PC=QC,
    ∴△CPQ为正三角形∴⑤正确
    ∵△ACD≌△BCE,
    ∴∠ADC=∠BEC,
    ∠DCE=60°=∠CAD+∠ADC,
    ∴∠CAD+∠BEC=60°,
    ∴∠AOB=∠CAD+∠BEC=60°,∴③正确;
    ∵△DCE是正三角形,
    ∴DE=DC,
    ∵∠AOB=60°,∠DCP=60°,∠DPC>∠AOB,
    ∴∠DPC>∠DCP,
    ∴DP<DC,即DP<DE,∴④错误; 所以正确的有①②③⑤,
    故选A. 2.
    (1) 由勾股四边形的定义和特殊四边形的性质,则可得出;
    (2) ①由旋转的性质可知△ABC≌△DBE,从而可得BC=BE,由∠CBE=60°可得△BCE为等边三角形;
    ②由①可得∠BCE=60°,从而可知△DCE是直角三角形,再利用勾股定理即可解决问题. 试题解析:(1)正方形、矩形、直角梯形均可;
    (2) ①∵△ABC≌△DBE,
    ∴BC=BE,
    ∵∠CBE=60°,
    ∴△BCE是等边三角形;
    ②由①△BCE为等边三角形,
    ∴BC=CE,∠BCE=60°,
    ∵∠DCB=30°,
    ∴∠DCE=90°, 在Rt△DCE中, DC2+CE2=DE2,
    ∴DC2+BC2=AC2.
    限时考场模拟
    1.B
    解析: 解:如图,设A1B1与x轴相交于C,
    ∵△ABO是等边三角形,旋转角为30°,
    ∴∠A1OC=60°﹣30°=30°,
    ∴A1B1⊥x轴,
    ∵等边△ABO的边长为2,
    ∴OC= ×2= , A1C= ×2=1,
    又∵A1在第四象限,
    ∴点A1的坐标为( ,﹣1). 故选:B.


    2.A
    解析:
    解:∵∠ACB=90°,∠B=60°,
    ∴∠BAC=90°﹣∠B=30°,
    ∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°,得到△A′B′C,
    ∴∠ACA′=90°,CA=CA′,∠CA′B′=∠CAB=30°,
    ∴△ACA′为等腰直角三角形,
    ∴∠CA′A=45°,
    ∴∠1=∠CA′A﹣∠CA′B′=45°﹣30°=15°. 故选A.
    3.∵ △ABC是等边三角形,
    ∴ 将△BPA绕点B逆时针旋转60°,则BA与BC重合,
    ∴ 且 BP=BE,PA=EC,连接EP;
    ∵ ,
    ∴ 是等边三角形,

    ∵ 在 中: ;
    ∴ ,
    ∵ , sub∴ ,
    ∴ ,∴ .
    4.
    解:(1)EA1=FC.理由如下:
    ∵AB=BC,∴∠A=∠C,
    ∵△ABC绕点B顺时针旋转角α得△A1BC1,
    ∴∠ABE=∠C1BF,AB=BC=A1B=BC1,

    在△ABE和△C1BF中, ,

    ∴△ABE≌△C1BF(ASA),
    ∴BE=BF,
    ∴A1B﹣BE=BC﹣BF, 即EA1=FC;

    (2) 四边形BC1DA是菱形.理由如下:
    ∵旋转角α=30°,
    ∠ABC=120°,
    ∴∠ABC1=∠ABC+α
    =120°+30°=150°,

    ∵∠ABC=120°,AB=BC,
    ∴∠A=∠C= (180°﹣120°)=30°,
    ∴∠ABC1+∠C1=150°+30°=180°,
    ∠ABC1+∠A=150°+30°=180°,
    ∴AB∥C1D,AD∥BC1,
    ∴四边形BC1DA是平行四边形, 又∵AB=BC1,
    ∴四边形BC1DA是菱形;

    (3) 过点E作EG⊥AB,
    ∵∠A=∠ABA1=30°,
    ∴AG=BG= AB=1,
    在Rt△AEG中,AE= = = , 由(2)知AD=AB=2,
    ∴DE=AD﹣AE=2﹣


    课后作业
    1.(﹣1,0) 解析:
    解:如图,△CDE绕点D按顺时针方向旋转90°后为如图△ODF位置, OF=CE=BC﹣BE=1,
    ∴点E的对应点F的坐标为(﹣1,0). 故答案为:(﹣1,0).







    2.40°
    解析:
    解:∵CC′∥AB,∠CAB=70°,
    ∴∠C′CA=∠CAB=70°,
    又∵C、C′为对应点,点A为旋转中心,

    ∴AC=AC′,即△ACC′为等腰三角形,
    ∴∠BAB′=∠CAC′=180°﹣2∠C′CA=40°. 故填:40°.
    3.1.6
    解析:
    解:由旋转的性质可得:AD=AB,
    ∵∠B=60°,
    ∴△ABD是等边三角形,
    ∴BD=AB,
    ∵AB=2,BC=3.6,
    ∴CD=BC﹣BD=3.6﹣2=1.6.
    故答案为:1.6. 4.
    解析:
    解:∵Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,AC=1,
    ∴A′C=AC=1,AB=2,BC= ,
    ∵∠A=60°,
    ∴△AA′C是等边三角形,
    ∴AA′= AB=1,
    ∴A′C=A′B,
    ∴∠A′CB=∠A′BC=30°,
    ∵△A′B′C是△ABC旋转而成,
    ∴∠A′CB′=90°,BC=B′C,
    ∴∠B′CB=90°﹣30°=60°,
    ∴△BCB′是等边三角形,
    故答案为: .
    ∴BB′=BC= .
    5.
    (1) 证明:∵四边形ABCD和四边形ECGF都是正方形,
    ∴BC=DC,EC=GC,
    ∠BCE=∠DCG=90°,
    ∴△BCE≌△DCG,
    ∴BE=DG;
    (2) 解:图中存在通过旋转能够重合的两个三角形,它们是Rt△BCE和Rt△DCG. 将Rt△BCE绕点C顺时针旋转90°,可与Rt△DCG完全重合.

    6.(1)证明:在△ABC和△ADE中



    ∴△ABC≌△ADE;
    (2)解:∵△ABC≌△ADE,
    ∴AC=AE,
    ∴∠C=∠AEC=75°,
    ∴∠CAE=180°﹣∠C﹣∠AEC=30°,
    ∴△ADE绕着点A逆时针旋转30°后与△ABC重合,
    ∴这个旋转角为30°. 7.
    (1) 证明:∵△AEF是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到的,
    ∴AE=AF=AB=AC=2,∠EAF=∠BAC=45°,
    ∴∠BAC+∠3=∠EAF+∠3,即∠BAE=∠CAF, 在△ABE和△ACF中



    ∴△ABE≌△ACF,
    ∴BE=CF;
    (2) 解:∵四边形ABDF为菱形,
    ∴DF=AF=2,DF∥AB,
    ∴∠1=∠BAC=45°,
    ∴△ACF为等腰直角三角形,
    ∴CD=CF﹣DF=2 ﹣2.
    ∴CF= AF=2 ,
    8.B
    解析:
    解:∵线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′,
    ∴△ABO≌△A′B′O′,∠AOA′=90°,
    ∴AO=A′O.
    作AC⊥y轴于C,A′C′⊥x轴于C′,
    ∴∠ACO=∠A′C′O=90°.
    ∵∠COC′=90°,
    ∴∠AOA′﹣∠COA′=∠COC′﹣∠COA′,
    ∴∠AOC=∠A′OC′.
    在△ACO和△A′C′O中,



    ∴△ACO≌△A′C′O(AAS),
    ∴AC=A′C′,CO=C′O.
    ∵A(﹣2,5),
    ∴AC=2,CO=5,
    ∴A′C′=2,OC′=5,
    ∴A′(5,2). 故选:B.






    9.5
    解析:
    解:连接BE,如右图所示,
    ∵△DCB绕点C顺时针旋转60°得到△ACE,AB=3,BC=4,∠ABC=30°,
    ∴∠BCE=60°,CB=CE,AE=BD,
    ∴△BCE是等边三角形,
    ∴∠CBE=60°,BE=BC=4,
    ∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=30°+60°=90°,
    ∴AE= ,
    又∵AE=BD,
    ∴BD=5,
    故答案为:5.

    10.
    解:(1)如图,△AMF为所作,
    因为△ADB绕点A逆时针旋转90°后得到△AMF, 所以BD旋转90°得到MF,
    所以BD⊥MF;

    (2)∵△ABD绕点A逆时针旋转β(0<β<180°)后得到△AMF,
    ∴∠MAD=β,
    当KA=KD时,则∠KAD=∠D=30°,即β=30°;
    当DK=DA时,则∠DKA=∠DAK,而∠D=30°,所以∠DAK= (180°﹣30°)=75°,即β=75°; 当AK=AD时,则∠AKD=∠D=30°,则∠KAD=180°﹣30°﹣30°=120°,即β=120°,

    综上所述,β的度数为30°或75°或120°. 11.
    (1) 证明:∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM,
    ∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°,
    ∴F、C、M三点共线,
    ∴DE=DM,∠EDM=90°,
    ∴∠EDF+∠FDM=90°,
    ∵∠EDF=45°,
    ∴∠FDM=∠EDF=45°,
    在△DEF和△DMF中,



    ∴△DEF≌△DMF(SAS),
    ∴EF=MF;

    (2) 解:设EF=MF=x,
    ∵AE=CM=2,且BC=6,
    ∴BM=BC+CM=6+2=8,
    ∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=8﹣x,
    ∵EB=AB﹣AE=6﹣2=4,
    在Rt△EBF中,由勾股定理得EB2+BF2=EF2, 即42+(8﹣x)2=x2,
    解得:x=5, 则EF=5.







    12.
    解:(1)由题意知,△ABP≌△CQB,
    ∴∠A=∠ACB=∠BCQ=45°,∠ABP=∠CPQ,AP=CQ,PB=BQ,
    ∴∠PCQ=∠ACB+∠BCQ=90°,∠ABP+∠PBC=∠CPQ+∠PBC=90°,
    ∴△BPQ是等腰直角三角形,△PCQ是直角三角形.
    (2)当AB=4,AP:PC=1:3时,有AC=4 ,AP= ,PC=3 ,
    ∴PQ= =2 .
    (3) 存在2PB2=PA2+PC2,
    由于△BPQ是等腰直角三角形,
    ∴PQ= PB,
    ∵AP=CQ,
    ∴PQ2=PC2+CQ2=PA2+PC2, 故有2PB2=PA2+PC2.
    13.
    (1) 证明:∵EP⊥AE,

    ∴∠AEB+∠GEF=90°,
    又∵∠AEB+∠BAE=90°,
    ∴∠GEF=∠BAE, 又∵FG⊥BC,
    ∴∠ABE=∠EGF=90°,
    在△ABE与△EGF中,



    ∴△ABE≌△EGF(AAS);


    (2) 解:∵△ABE≌△EGF,AB=2,


    ∴AB=EG=2,S△ABE=S△EGF,
    ∵S△ABE=2S△ECF,
    ∴SEGF=2S△ECF,
    ∴EC=CG=1,
    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∵BC=AB=2,
    ∴BE=2﹣1=1.
    14.解:(1)不变,其度数为:45°; 设对角线交于O点,
    由题意可知∠BAE=α°,∠OAQ=α°,所以∠BAE=∠OAQ 因为∠ABE=∠AOQ=90°
    所以△ABE∽△AOQ
    ∴AB:AO=AE:AQ
    所以AB/AE=AO/AQ,又因为∠BAO=∠EAQ=45°, 所以△BAO∽△EAQ,
    所以∠AEQ=∠ABO=45°, 所以∠AEQ的度数不变;

    (2)结论:S△AEF=2S△APQ
    证明:∵∠AEQ=45°,∠EAF=45°
    ∴∠EQA=90°

    ∴S△AEF=
    过点Q作QG⊥AE于点G, 同理可得, 过点P作PH⊥AF于H,
    = △APQ



    15.

    解:(1) EG=CG,EG⊥CG.
    (2)EG=CG,EG⊥CG.
    证明:延长FE交DC延长线于M,连MG.
    ∵∠AEM=90°,∠EBC=90°,∠BCM=90°,
    ∴四边形BEMC是矩形.
    ∴BE=CM,∠EMC=90°,
    又∵BE=EF,
    ∴EF=CM.
    ∵∠EMC=90°,FG=DG,
    ∴MG= FD=FG.
    ∵BC=EM,BC=CD,
    ∴EM=CD.
    ∵EF=CM,
    ∴FM=DM,
    ∴∠F=45°. 又FG=DG,
    ∠CMG= ∠EMC=45°,
    ∴∠F=∠GMC.
    ∴△GFE≌△GMC.
    ∴EG=CG,∠FGE=∠MGC.
    ∵∠FMC=90°,MF=MD,FG=DG,
    ∴MG⊥FD,
    ∴∠FGE+∠EGM=90°,
    ∴∠MGC+∠EGM=90°, 即∠EGC=90°,
    ∴EG⊥CG.
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