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2024年重点中学自主招生模拟试卷（1）
数 学 试 题 卷
（考试时间：120分钟 总分150分）
一．选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（2024春 礼县校级月考）已知a﹣2+b＝0（a＞0，b＞0），则等于（　　）
A． B． C． D．
2．（2024 九龙坡区自主招生）在数轴上，若点M、N分别表示数m、n，则|m|表示点M到原点的距离，|m﹣n|表示M、N两点间的距离．以下说法正确的有（　　）
①若|m﹣2|+|n+3|＝0，则 m﹣2n＝8；
②若|m﹣2|＝|m+3|，则；
③若，则；
④函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x有三个交点．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2023 南安市校级模拟）如图，矩形ABCD由3×4个小正方形组成，此图中不是正方形的矩形有（　　）
A．34个 B．36个 C．38个 D．40个
4．（2023 惠城区校级开学）已知x，y为实数，且满足x2﹣xy+4y2＝4，记u＝x2+xy+4y2的最大值为M，最小值为m，则M+m＝（　　）
A． B． C． D．
5．（2024 碑林区校级自主招生）在一种扑克牌游戏中，玩家可以利用“牌值”来预估还没有发出的牌的点数大小，“牌值”的计算方式为：没有发牌时，“牌值”为0；发出的牌点数为2至9时，表示发出点数小的牌，则“牌值”加1；发出的牌点数为10、J、Q、K、A、大王、小王时，表示发出点数大的牌，则“牌值”减1．若一副完整的扑克牌已发出34张，且此时的“牌值”为10，则随机发出的下一张牌的可能性判断正确的是（　　）
A．点数小的牌可能性大 B．点数大的牌可能性大
C．两者可能性一样大 D．无法判断
6．（2021 龙岗区校级自主招生）如图，点A是函数y＝的图象上的点，点B，C的坐标分别为B（﹣，﹣），C（，）．试利用性质：“函数y＝的图象上任意一点A都满足|AB﹣AC|＝2”求解下面问题：作∠BAC的角平分线AE，过B作AE的垂线交AE于F，已知当点A在函数y＝的图象上运动时，点F总在一条曲线上运动，则这条曲线为（　　）
A．直线 B．抛物线
C．圆 D．反比例函数的曲线
7．（2013 宁波自主招生）正方形ABCD中，点P，Q分别是边AB，AD上的点，连接PQ、PC、QC，下列说法：①若∠PCQ＝45°，则PB+QD＝PQ；②若AP＝AQ＝，∠PCQ＝36°，则；③若△PQC是正三角形，若PB＝1，则AP＝．其中正确的说法有（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
8．（2021 龙岗区校级自主招生）如图，直线AB：y＝﹣x+9交y轴于A，交x轴于B，x轴上一点C（﹣1，0），D为y轴上一动点，把线段BD绕B点逆时针旋转120°得到线段BE，连接CE，CD，则当CE长度最小时，线段CD的长为（　　）
A． B． C．2 D．5
9．（2022秋 高邑县期中）已知实数a，b，c满足a+b+c＝0，abc＝6，那么++的值（　　）
A．是正数 B．是零
C．是负数 D．正、负不能确定
10．（2022 温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结CF，作GM⊥CF于点M，BJ⊥GM于点J，AK⊥BJ于点K，交CF于点L．若正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，CE＝+，则CH的长为（　　）
A． B． C．2 D．
二．填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）
11．（2023秋 长治月考）如图平行四边形ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G，则△DEG与五边形DABFG的面积比值是 　 　．
12．（2022 温江区校级自主招生）若关于x的方程（1﹣m2）x2+2mx﹣1＝0的所有根都是比1小的正实数，则实数m的取值范围是　 　．
13．（2022 宁波）如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数y＝（x＞0）的图象上，BE⊥x轴于点E．若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为9时，的值为 　 　，点F的坐标为 　 　．
14．（2020 黄州区校级模拟）若方程x2+2（1+a）x+3a2+4ab+4b2+2＝0有实根，则＝　 　
15．（2022 成都自主招生）如图，面积为4的平行四边形ABCD中，AB＝4，过点B作CD边的垂线，垂足为点E，点E正好是CD的中点，点M、点N分别是AB、AC．上的动点，MN的延长线交线段DE于点P，若点P是唯一使得∠MPB＝45°的点，则线段BM长x的取值范围是 　 　．
16．（2022秋 长沙月考）已知a，b，c，d，x，y，z，w是互不相等的非零实数，且＝＝，则的值为　 　．
三．解答题（本大题共8小题，共80分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（8分）解方程：
（1）；
（2）|x2+4x﹣5|＝2﹣2x．
（8分）
（镜湖区校级自主招生）对a＞b＞c＞0，作二次方程x2﹣（a+b+c）x+ab+bc+ca＝0．
（1）若方程有实根，求证：a，b，c不能成为一个三角形的三条边长；
（2）若方程有实根x0，求证：a＞x0＞b+c；
（3）当方程有实根6，9时，求正整数a，b，c．
（10分）
（2022 相城区校级自主招生）阅读材料：对于正数a、b，有（﹣）2≥0，所以a+b﹣2≥0，即a+b≥2（当且仅当a＝b时取“＝”）．特别地：a+≥2＝2（当且仅当a＝1时取“＝”）．
因此，当a＞0时，a+有最小值2，此时a＝1．
简单应用：
（1）函数y＝2﹣x﹣（x＞0）的最大值为 　 　．
（2）求函数y＝9x+（x＞1），当x＝　 　时，最小值为 　 　．
解决问题：
（3）已知P（﹣2，3）是反比例函数y＝图象上的点，Q是双曲线在第四象限这一分支上的动点，过点Q作直线，使其与双曲线y＝只有一个公共点，且与x轴、y轴分别交于点A、B．另一直线y＝x+6与x轴、y轴分别交于点C、D，求四边形ABCD面积的最小值．
（10分）（2020 汉阳区校级自主招生）如图1，平面直角坐标系xOy中，A（﹣4，3），反比例函数y＝（k＜0）的图象分别交矩形ABOC的两边AC，BC于E，F（E，F不与A重合），沿着EF将矩形ABOC折叠使A，D重合．
（1）①如图2，当点D恰好在矩形ABOC的对角线BC上时，求CE的长；
②若折叠后点D落在矩形ABOC内（不包括边界），求线段CE长度的取值范围．
（2）若折叠后，△ABD是等腰三角形，请直接写出此时点D的坐标．
（10分）
（2020春 禹会区校级月考）当m为整数时，关于x的方程（2m﹣1）x2﹣（2m+1）x+1＝0是否有有理根？如果有，求出m的值；如果没有，请说明理由．
（10分）
（浙江校级自主招生）请你利用直角坐标平面上任意两点（x1，y1）、（x2，y2）间的距离公式解答下列问题：
已知：反比例函数与正比例函数y＝x的图象交于A、B两点（A在第一象限），点F1（﹣2，﹣2）、F2（2，2）在直线y＝x上．设点P（x0，y0）是反比例函数图象上的任意一点，记点P与F1、F2两点的距离之差d＝|PF1﹣PF2|．试比较线段AB的长度与d的大小，并由此归纳出双曲线的一个重要定义（用简练的语言表述）．
（12分）（2023春 宜丰县校级月考）已知x＝，y＝，且19x2+123xy+19y2＝1985．试求正整数n．
24．（12分）（淳安县自主招生）如图正方形ABCD中，E为AD边上的中点，过A作AF⊥BE，交CD边于F，M是AD边上一点，且有BM＝DM+CD．
（1）求证：点F是CD边的中点；
（2）求证：∠MBC＝2∠ABE．中小学教育资源及组卷应用平台
2024年重点中学自主招生模拟试卷（1）
数 学 参 考 答 案
一．选择题（共10小题）
1．（2024春 礼县校级月考）已知a﹣2+b＝0（a＞0，b＞0），则等于（　　）
A． B． C． D．
【分析】由已知可得（）2＝0，则，代入原式计算即可．
【解答】解：由已知可得（）2＝0，
则，即a＝b，
原式＝＝．
故选：D．
2．（2024 九龙坡区自主招生）在数轴上，若点M、N分别表示数m、n，则|m|表示点M到原点的距离，|m﹣n|表示M、N两点间的距离．以下说法正确的有（　　）
①若|m﹣2|+|n+3|＝0，则 m﹣2n＝8；
②若|m﹣2|＝|m+3|，则；
③若，则；
④函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x有三个交点．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】利用非负数的性质得出m＝2，n＝﹣3，代入m﹣2n即可判断①；解绝对值方程求得m的值即可判断②；由可知a＜0，b＜0，c＞0，得到ab＞0，bc＜0，ac＜0即可判断③；作出函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x的图象，根据函数的图象即可判断④．
【解答】解：①∵|m﹣2|+|n+3|＝0，
∴m﹣2＝0，n+3＝0，
∴m＝2，n＝﹣3，
∴m﹣2n＝8，故①正确；
②∵|m﹣2|＝|m+3|，
∴m﹣2＝﹣m﹣3，
∴m＝﹣，故②错误；
③若，则a＜0，b＜0，c＞0，
∴ab＞0，bc＜0，ac＜0，
∴，故③正确；
④当x2﹣6≤0时，即﹣≤x≤，y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|＝2x2；
当x2﹣6＞0时，即x＜﹣或x＞，y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|＝12；
作出函数的图象如图：
由图象可知，函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x有三个交点，故④正确．
故选：C．
3．（2023 南安市校级模拟）如图，矩形ABCD由3×4个小正方形组成，此图中不是正方形的矩形有（　　）
A．34个 B．36个 C．38个 D．40个
【分析】解答此题要从矩形的两边长进行分类分析，在由3×4个小正方形组成矩形ABCD中，不是正方形的矩形的两边长存在以下几种情况：2、1；3、1；4、1；3、2；3、4；4、2．
【解答】解：在由3×4个小正方形组成矩形ABCD中，
共有矩形60个，是正方形的有20个，
其中，边长为1的12个，边长为2的6个，边长为3的2个；
不是正方形的矩形有40个，
其中，两边长分别为2和1的有17个；
两边长分别为3和1的有10个；
两边长分别为4和1的有3个；
两边长分别为3和2的有7个；
两边长分别为3和4的有1个；
两边长分别为4和2的有2个；
故选：D．
4．（2023 惠城区校级开学）已知x，y为实数，且满足x2﹣xy+4y2＝4，记u＝x2+xy+4y2的最大值为M，最小值为m，则M+m＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】本题先将u转化为2xy+4，然后根据x2﹣xy+4y2＝4进行配方，确定xy的范围，从而求出u的范围，得到M，m的大小即可得解．
【解答】解：方法一：∵x2﹣xy+4y2＝4，
∴x2+4y2＝xy+4，
∴u＝x2+xy+4y2＝2xy+4，
∵5xy＝4xy+（x2+4y2﹣4）＝（x+2y）2﹣4≥﹣4，当且仅当x＝﹣2y，即，，或，时等号成立．
∴xy的最小值为，u＝x2+xy+4y2＝2xy+4的最小值为，即．
∵3xy＝4xy﹣（x2+4y2﹣4）＝4﹣（x﹣2y）2≤4，当且仅当x＝2y，即，或，时等号成立．
∴xy的最大值为，u＝x2+xy+4y2＝2xy+4的最大值为，即．
∴．
方法二：由x2﹣xy+4y2＝4，得x2+4y2＝xy+4，u＝x2+xy+4y2＝2xy+4．
设xy＝t，若x＝0，则u＝4；x≠0时，，将代入x2﹣xy+4y2＝4，
得，即x4﹣（t+4）x2+4t2＝0，…①
由△＝（t+4）2﹣16t2≥0，解得．
将代入方程①，解得，；代入方程①，解得，．
∴xy的最大值为，最小值为．
因此，，，，
故选：C．
方法三：
由题意得，
①﹣②，得2xy＝u﹣4，
u＝2xy+4，
把②两边加5xy，得（x+2y）2＝4+5xy 0，
解得：，
把②两边减3xy，得（x﹣2y）2＝4﹣3xy 0，
解得：xy≤，
∴，
，
因此，，
，
，
故选：C．
5．（2024 碑林区校级自主招生）在一种扑克牌游戏中，玩家可以利用“牌值”来预估还没有发出的牌的点数大小，“牌值”的计算方式为：没有发牌时，“牌值”为0；发出的牌点数为2至9时，表示发出点数小的牌，则“牌值”加1；发出的牌点数为10、J、Q、K、A、大王、小王时，表示发出点数大的牌，则“牌值”减1．若一副完整的扑克牌已发出34张，且此时的“牌值”为10，则随机发出的下一张牌的可能性判断正确的是（　　）
A．点数小的牌可能性大 B．点数大的牌可能性大
C．两者可能性一样大 D．无法判断
【分析】利用方程组的思想求得已发出的34张牌中的点数大的张数与点数小的张数，从而得到剩余的牌中点数大的张数与点数小的张数，再利用计算概率的方法解答即可．
【解答】解：设一副完整的扑克牌已发出的34张牌中点数小的张数为x张，点数大的张数为y张，
∴．
解得：，
∴已发出的34张牌中点数小的张数为22张，点数大的张数为12张，
∴剩余的20张牌中点数大的张数为5×4+2﹣12＝10张，点数小的张数为8×4﹣22＝10张，
∵剩下的牌中每一张牌被发出的机会皆相等，
∴下一张发出的牌是点数大的牌的几率是，下一张发出的牌是点数小的牌的几率是，
∴两者可能性一样大，
故选：C．
6．（2021 龙岗区校级自主招生）如图，点A是函数y＝的图象上的点，点B，C的坐标分别为B（﹣，﹣），C（，）．试利用性质：“函数y＝的图象上任意一点A都满足|AB﹣AC|＝2”求解下面问题：作∠BAC的角平分线AE，过B作AE的垂线交AE于F，已知当点A在函数y＝的图象上运动时，点F总在一条曲线上运动，则这条曲线为（　　）
A．直线 B．抛物线
C．圆 D．反比例函数的曲线
【分析】如图：延长AC交BF的延长线于G，连接OF．只要证明OF是△BCG的中位线，可得OF＝CG＝，即可解决问题．
【解答】解：如图：延长AC交BF的延长线于G，连接OF．
∵AF⊥BG，
∴∠AFB＝∠AFG＝90°，
∴∠BAF+∠ABF＝90°，∠G+∠GAF＝90°，
∵AE为∠BAG的平分线，
∴∠BAF＝∠FAG，
∴∠ABF＝∠G，
∴AB＝AG，∵AF⊥BG，
∴BF＝FG，
∵B（﹣，﹣），C（，），
∴OB＝OC，
∴OF＝CG，
∵AC＝AG﹣CG，AB＝AG，
∴AB﹣AC＝CG，
∵|AB﹣AC|＝2，
∴CG＝2，
∴OF＝，
∴点F在以O为圆心为半径的圆上运动．
故选：C．
7．（2013 宁波自主招生）正方形ABCD中，点P，Q分别是边AB，AD上的点，连接PQ、PC、QC，下列说法：①若∠PCQ＝45°，则PB+QD＝PQ；②若AP＝AQ＝，∠PCQ＝36°，则；③若△PQC是正三角形，若PB＝1，则AP＝．其中正确的说法有（　　）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【分析】（1）延长AB至点E，使BE＝DQ，连接EC，AC，首先通过求证△BEC和△DQC全等推出等量关系，求出∠ECP＝45°，然后再求证△PCE≌△PCQ，通过等量代换即可推出结论，
（2）过点Q作∠PQC的角平分线，交PC于点E，首先根据题意推出△PBC和△QDC全等，推出有关的等量关系，推出△PQC为等腰三角形，然后，通过顶角为36°角的等腰三角形的特殊性质，推出PQ2＝PE PC，PE＝PC﹣2，解方程组即可推出结论，
（3）取PC的中点E，连接BE，做BM⊥PC于点M，首先根据题意推出Rt△PBC和Rt△QDC全等，然后根据其性质推出相关角的度数和PB＝QD，再通过直角三角形斜边上的中线的性质，和解直角三角形，推出4BM＝PC，PC＝AP，即得，4BM＝AP，然后通过求证△PBM∽△PCB，推出BP：PC＝BM：BC，最后通过等量代换，求关于AP的方程即可．注意不合适的值要舍去．
【解答】（1）证明：延长AB至点E，使BE＝DQ，连接EC，AC，
∵正方形ABCD，
∴∠BCA＝∠DCA＝45°，CD＝DA＝AB＝BC，∠D＝∠EBC＝90°，
∴在△BEC和△DQC中，
，
∴△BEC≌△DQC（SAS），
∴CE＝CQ，∠BCE＝∠DCQ，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠DCQ+∠PCB＝45°，
∴∠BCE+∠PCB＝45°，即∠ECP＝45°，
∵在△PCE和△PCQ中，
，
∴△PCE≌△PCQ（SAS），
∴PE＝PQ，
∵PE＝PB+BE＝PB+QD，
∴PQ＝PB+QD，
（2）过点Q作∠PQC的角平分线，交PC于点E，
∵正方形ABCD，
∴∠A＝∠D＝∠B＝90°，AD＝AB＝BC＝CD，
∵∠PCQ＝36°，AP＝AQ＝，
∴PQ＝2，PB＝QD，
∴PE＝PC﹣2，
∵在△PBC和△QDC中，
，
∴△PBC≌△QDC（SAS），
∴QC＝PC，
∴∠CPQ＝∠CQP＝72°，
∴∠PQE＝∠EQC＝36°，
∴QE＝QP＝EC＝2，
∵△QPE∽△CQP，
∴PQ：QC＝PE：PQ，即PQ2＝PE PC，
∵PQ＝2，
∴PE PC＝4，
∵PE＝PC﹣2，
∴PC2﹣2PC﹣4＝0，
解得：PC1＝1﹣＜0（舍去），PC2＝1+，
∴PC＝+1，
（3）取PC的中点E，连接BE，做BM⊥PC于点M，
∵正方形ABCD，
∴BC＝CD＝AB＝AD，∠D＝∠B＝∠A＝∠BCD＝90°，
∵△PCQ为正三角形，
∴QC＝PQ＝PC，∠QCP＝60°，
∵在Rt△PBC和Rt△QDC中，
，
∴Rt△PBC≌Rt△QDC（HL），
∴∠BCP＝∠DCQ＝，PB＝QD，
∵E为PC的中点，
∴BE＝EC＝PE＝，
∴∠BEM＝30°，
∴2BM＝BE，
∴4BM＝PC，
∵PC＝AP，
∴4BM＝AP，
∵BM⊥PC，∠BCP＝15°，
∴∠PBM＝15°，
∴△PBM∽△PCB，
∴BP：PC＝BM：BC，
∵PB＝1，
∴BC＝AB＝AP+1，
∴，
∴AP2﹣AP﹣1＝0，
解得：AP1＝1+，AP2＝1﹣＜0（舍去），
∴AP＝+1，
∴其中说法正确的共3个，
故选：A．
8．（2021 龙岗区校级自主招生）如图，直线AB：y＝﹣x+9交y轴于A，交x轴于B，x轴上一点C（﹣1，0），D为y轴上一动点，把线段BD绕B点逆时针旋转120°得到线段BE，连接CE，CD，则当CE长度最小时，线段CD的长为（　　）
A． B． C．2 D．5
【分析】如图，设D（0，m）．在BD的下方作等边三角形△BDQ，延长DQ到M，使得QM＝DQ，连接BM，DE，DE交BQ于点N，作MH⊥x轴于H．想办法求出点E的坐标，构建二次函数，利用二次函数的性质求出m的值即可解决问题；
【解答】解：如图，设D（0，m）．由题意：B（5，0）．
在BD的下方作等边三角形△BDQ，延长DQ到M，使得QM＝DQ，连接BM，DE，DE交BQ于点N，作MH⊥x轴于H．
∵△BDQ是等边三角形，
∴∠DQB＝∠DBQ＝60°，
∵QM＝BQ，
∴∠QMB＝∠QBM，
∵∠DQB＝∠QMB+∠BQM，
∴∠QMB＝∠QBM＝30°，
∴∠DBM＝90°，
∴BM＝BD，
∵∠DBO+∠ODB＝90°，∠DBO+∠MBH＝90°，
∴∠MBH＝∠BDO，∵∠DOB＝∠MHB＝90°，
∴△DOB∽△BHM，
∴＝＝＝，
∵OD＝m，OB＝5，
∴BH＝m，MH＝5，
∴M（5﹣m，﹣5），
∵MQ＝DQ，
∴Q（，），
∵∠DBE＝120°，
∴∠DBN＝∠EBN＝60°，
∴DE⊥BQ，DN＝NE，QN＝BN，
∴N（，），E（，），
∴CE2＝（）2+（）2＝m2﹣6m+91，
∴当m＝﹣＝3时，CE的值最小，此时D（0，3），
∴CD＝＝2，
方法二：如图，将线段OB绕点B逆时针旋转120°得到线段BP，直线EP交x轴于G，作CM⊥PE于M．
易证△BOD≌△BPE，BG＝2BP＝10，
∴点E的运动轨迹是直线PE，当点E与M重合时，CE的值最小，此时PM＝OD＝3，
∴CD＝＝＝2．
故选：C．
9．（2022秋 高邑县期中）已知实数a，b，c满足a+b+c＝0，abc＝6，那么++的值（　　）
A．是正数 B．是零
C．是负数 D．正、负不能确定
【分析】根据abc＝6，可以将所求式子化简，然后再根据a+b+c＝0，可以得到bc+ac+ab的正负情况，从而可以判断所求式子的正负情况，本题得以解决．
【解答】解：∵abc＝6，
∴++
＝
＝，
∵bc+ac+ab＝[（a+b+c）2﹣（a2+b2+c2）]，a+b+c＝0，
∴bc+ac+ab＝﹣（a2+b2+c2），
∵a、b、c均不为0，
∴bc+ac+ab＜0，
∴＜0，
即++的值是负数，
故选：C．
10．（2022 温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结CF，作GM⊥CF于点M，BJ⊥GM于点J，AK⊥BJ于点K，交CF于点L．若正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，CE＝+，则CH的长为（　　）
A． B． C．2 D．
【分析】设CF交AB于点P，过C作CN⊥AB于点N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF＝AB＝m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL＝FM，设AL＝FM＝x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2＝（m）2，可解得x＝m，有AL＝FM＝m，FL＝2m，从而可得AP＝，FP＝m，BP＝，即知P为AB中点，CP＝AP＝BP＝，由△CPN∽△FPA，得CN＝m，PN＝m，即得AN＝m，而tan∠BAC＝＝＝，又△AEC∽△BCH，得＝，即＝，故CH＝2．
【解答】解：设CF交AB于点P，过C作CN⊥AB于点N，如图：
设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，
∴AF＝AB＝m，
由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL＝FM，
设AL＝FM＝x，则FL＝FM+ML＝x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2＝AF2，
∴x2+（x+m）2＝（m）2，
解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），
∴AL＝FM＝m，FL＝2m，
∵tan∠AFL＝＝＝＝，
∴＝，
∴AP＝，
∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，
∴AP＝BP，即P为AB中点，
∵∠ACB＝90°，
∴CP＝AP＝BP＝，
∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴CN＝m，PN＝m，
∴AN＝AP+PN＝m，
∴tan∠BAC＝＝＝＝，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
∴＝，
∵CE＝+，
∴＝，
∴CH＝2，
故选：C．
二．填空题（共6小题）
11．（2023秋 长治月考）如图平行四边形ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使DE：AD＝1：3，连接EF交DC于点G，则△DEG与五边形DABFG的面积比值是 　　．
【分析】连接BG，先由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC及∠E＝∠CFG；再由F为BC中点及DE：AD＝1：3得DE：CF的比值；然后由∠E＝∠CFG，∠DGE＝∠CGF证得△DGE∽CGF，最后由相似三角形的面积比等于相似比的平方及△CFG和△BGC之间的关系，可得答案．
【解答】解：如图，连接BG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠E＝∠CFG，
∵F为BC中点，
∴FC＝BC＝AD，
∵DE：AD＝1：3，
∴DE：BC＝1：3，
∴DE：CF＝2：3，
∵∠E＝∠CFG，∠DGE＝∠CGF，
∴△DGE∽CGF，
∴DG：CG＝DE：CF＝2：3，
设△DEG的面积为a
∴S△DEG：S△CFG＝4：9＝a：S△CFG，
∴S△CFG＝，
取AD的中点Q，连接FQ，
∴FQ∥DG，
∴△EDG∽△EQF，
∴DE：EQ＝1：2.5＝2：5，
∴S△DEG：S△QEF＝4：25＝a：S△EQF，
∴S△EQF＝，
∴S四边形DQFG＝a﹣a＝a，
∴S四边形ABFQ＝S四边形DQFG+S△CFG＝，
∴S五边形DABFG＝．
∴△DEG与五边形DABFG的面积比值是．
故答案为：．
12．（2022 温江区校级自主招生）若关于x的方程（1﹣m2）x2+2mx﹣1＝0的所有根都是比1小的正实数，则实数m的取值范围是　m＝1或m＞2　．
【分析】分1﹣m2＝0，1﹣m2≠0两种情况先求出原方程的实数根，再根据两个实数根都是比1小的正实数，列出不等式，求出m的取值范围．
【解答】解：当1﹣m2＝0时，m＝±1．
当m＝1时，可得2x﹣1＝0，x＝，符合题意；
当m＝﹣1时，可得﹣2x﹣1＝0，x＝﹣，不符合题意；
当1﹣m2≠0时，（1﹣m2）x2+2mx﹣1＝0，
[（1+m）x﹣1][（1﹣m）x+1]＝0，
∴x1＝，x2＝．
∵关于x的方程（1﹣m2）x2+2mx﹣1＝0的所有根都是比1小的正实数，
∴0＜＜1，解得m＞0，
0＜＜1，解得m＞2．
综上可得，实数m的取值范围是m＝1或m＞2．
故答案为：m＝1或m＞2．
13．（2022 宁波）如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数y＝（x＞0）的图象上，BE⊥x轴于点E．若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为9时，的值为 　　，点F的坐标为 　（，0）　．
【分析】连接OD，作DG⊥x轴，设点B（b，），D（a，），根据矩形的面积得出三角形BOD的面积，将三角形BOD的面积转化为梯形BEGD的面积，从而得出a，b的等式，将其分解因式，从而得出a，b的关系，进而在直角三角形BOD中，根据勾股定理列出方程，进而求得B，D的坐标，进一步可求得结果．
【解答】解：如图，
方法一：作DG⊥x轴于G，连接OD，设BC和OD交于I，
设点B（b，），D（a，），
由对称性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，
∴∠OBC＝∠BOD，BC＝OD，
∴OI＝BI，
∴DI＝CI，
∴＝，
∵∠CID＝∠BIO，
∴△CDI∽△BOI，
∴∠CDI＝∠BOI，
∴CD∥OB，
∴S△BOD＝S△AOB＝S矩形AOCB＝，
∵S△BOE＝S△DOG＝＝3，S四边形BOGD＝S△BOD+S△DOG＝S梯形BEGD+S△BOE，
∴S梯形BEGD＝S△BOD＝，
∴ （a﹣b）＝，
∴2a2﹣3ab﹣2b2＝0，
∴（a﹣2b） （2a+b）＝0，
∴a＝2b，a＝﹣（舍去），
∴D（2b，），
即：（2b，），
在Rt△BOD中，由勾股定理得，
OD2+BD2＝OB2，
∴[（2b）2+（）2]+[（2b﹣b）2+（﹣）2]＝b2+（）2，
∴b＝，
∴B（，2），D（2，），
∵直线OB的解析式为：y＝2x，
∴直线DF的解析式为：y＝2x﹣3，
当y＝0时，2﹣3＝0，
∴x＝，
∴F（，0），
∵OE＝，OF＝，
∴EF＝OF﹣OE＝，
∴＝，
方法二：如图，连接OD，连接BF，BD，作DG⊥x轴于G，直线BD交x轴于H，
由上知：DF∥OB，
∴S△BOF＝S△BOD＝，
∵S△BOE＝|k|＝3，
∴＝＝，
设EF＝a，FG＝b，则OE＝2a，
∴BE＝，OG＝3a+b，DG＝，
∵△BOE∽△DFG，
∴＝，
∴＝，
∴a＝b，a＝﹣（舍去），
∴D（4a，），
∵B（2a，），
∴＝＝，
∴GH＝EG＝2a，
∵∠ODH＝90°，DG⊥OH，
∴△ODG∽△DHG，
∴，
∴，
∴a＝，
∴3a＝，
∴F（，0）
故答案为：，（，0）．
14．（2020 黄州区校级模拟）若方程x2+2（1+a）x+3a2+4ab+4b2+2＝0有实根，则＝　﹣．　
【分析】由二次方程有实根，得到△≥0，即Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，通过代数式变形可得两个非负数的和小于或等于0，从而得到a，b的方程组，解方程组即可求出它们的比．
【解答】解：∵方程有实根，
∴△≥0，即Δ＝4（1+a）2﹣4（3a2+4ab+4b2+2）≥0，
化简得：2a2+4ab+4b2﹣2a+1≤0，
∴（a+2b）2+（a﹣1）2≤0，而（a+2b）2+（a﹣1）2≥0，
∴a+2b＝0，a﹣1＝0，解得a＝1，b＝﹣，
所以＝﹣．
故答案为﹣．
15．（2022 成都自主招生）如图，面积为4的平行四边形ABCD中，AB＝4，过点B作CD边的垂线，垂足为点E，点E正好是CD的中点，点M、点N分别是AB、AC．上的动点，MN的延长线交线段DE于点P，若点P是唯一使得∠MPB＝45°的点，则线段BM长x的取值范围是 　x＝2﹣2或＜x≤　．
【分析】根据点P是唯一使得∠MPB＝45°的点，可看成弦MB所对的圆周角∠MPB＝45°，设△MBP外接圆的圆心为O，分三种情况画图，列出方程即可得结果．
【解答】解：∵平行四边形ABCD的面积为4，AB＝4，BE⊥CD，
∴BE＝1，
∵点P是唯一使得∠MPB＝45°的点，
则可看成弦MB所对的圆周角∠MPB＝45°，
设△MBP外接圆的圆心为O，
则∠MOB＝90°，
∴，
∵CD与AB之间的距离为1，
当⊙O经过点D时，即点P在点D处时，
（x）2＝（2﹣x）2+（1﹣x）2
解得x＝；
当四边形PEBM是正方形时，圆与DE有两个交点，
此时BM＝BE＝1；
∴1＜x≤；
当△PMB的外接圆经过D时，算的x＝，只有当x＞时才成立，
要让有且只有一个点，D点应该在外接圆内．
∴＜x≤4；
当圆与DE相切时，如图，
x+x＝1，
解得x＝2﹣2．
综上所述：线段BM长x的取值范围是x＝2﹣2或＜x≤4．
但是由题意：“MN的延长线交线段DE于点P，若点P是唯一使得线段∠MPB＝45°的点”，
也就是说点P只能在线段DE上，如果x大于了，那么P点就在线段EC上了，与题意不符，
因此答案应该是：2倍根号2﹣2 或者 1＜x≤ （x＝时，P与D重合，P也在线段DE上）．
故答案为：x＝2﹣2或1＜x≤．
16．（2022秋 长沙月考）已知a，b，c，d，x，y，z，w是互不相等的非零实数，且＝＝，则的值为　2　．
【分析】可设＝＝＝，则＝＝＝＝k，即＝，＝，＝k，设＝＝k1，＝＝k2，由＝k可得k＝，由+＝得k1+k2＝k，代入计算即可求解．
【解答】解：设＝＝＝，则＝＝＝＝k，
整理得+＝+＝+＝＝k，
∴＝，＝，＝k，
设＝＝k1，＝＝k2，
由＝k得k＝，
由+＝得k1+k2＝k，
∴原式＝2×+2×＝＝2．
故答案为：2．
三．解答题（共9小题）
17．解方程：
（1）；
（2）|x2+4x﹣5|＝2﹣2x．
【分析】（1）设＝t，则原方程可化为t2﹣t﹣6＝0，再解整式方程得到当＝3或当t＝＝﹣2，然后分别解两个无方程；
（2）利用绝对值的意义，当x2+4x﹣5≥0时，解得x≤﹣5或x≥1，则x2+4x﹣5＝2﹣2x；当x2+4x﹣5＜0时，解得﹣5＜x＜1，则x2+4x﹣5＝﹣（2﹣2x），然后分别解两个一元二次方程，最后进行检验确定原方程的解．
【解答】解：（1）设＝t，
则原方程可化为t2﹣t﹣6＝0，
解得t1＝3，t2＝﹣2，
当t＝3时，＝3，
x2﹣3x+5＝9，
解得x1＝4，x2＝﹣1，
当t＝﹣2时，＝﹣2，此方程无解
所以经检验原方程的解为x1＝4，x2＝﹣1；
（2）当x2+4x﹣5≥0时，x≤﹣5或x≥1，
所以x2+4x﹣5＝2﹣2x，
整理得x2+6x﹣7＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣7，
当x2+4x﹣5＜0时，﹣5＜x＜1，
所以x2+4x﹣5＝﹣（2﹣2x），
整理得x2+2x﹣3＝0，
解得x1＝1（舍去），x2＝﹣3，
综上所述，原方程的解为x1＝1，x2＝﹣7，x3＝﹣3．
18．（2022 镜湖区校级自主招生）对a＞b＞c＞0，作二次方程x2﹣（a+b+c）x+ab+bc+ca＝0．
（1）若方程有实根，求证：a，b，c不能成为一个三角形的三条边长；
（2）若方程有实根x0，求证：a＞x0＞b+c；
（3）当方程有实根6，9时，求正整数a，b，c．
【分析】（1）若一元二次方程有实根，则根的判别式Δ＝b2﹣4ac≥0，建立a、b、c的关系，则能证明．
（2）设f（x）＝x2﹣（a+b+c）x+ab+bc+ca，由二次函数性质可证．
（3）由根与系数关系可得a、b、c的关系，进而解得a、b、c的值．
【解答】解：（1）由方程有实根得，Δ＝（a+b+c）2﹣4（ab+bc+ca）≥0
即0≤a2+b2+c2﹣2ab﹣2bc﹣2ca＝a（a﹣b﹣c）﹣b（a+c﹣b）﹣c（a+b﹣c）＜a（a﹣b﹣c），由a＞0，得a﹣b﹣c＞0，
即a＞b+c．所以，a，b，c不能成为一个三角形的三边．（4分）
（2）设f（x）＝x2﹣（a+b+c）x+ab+bc+ca，则f（b+c）＝bc＞0，f（a）＝bc＞0，
且f（）＝＜0由（1）知b+c＜＜a，
所以二次方程的实根x0都在b+c与a之间，即a＞x0＞b+c．（7分）
（3）由根与系数关系有a+b+c＝15，ab+bc+ca＝54，
得a2+b2+c2＝（a+b+c）2﹣2（ab+bc+ca）＝225﹣108＝117＜112．由（2）知a＞9，
故得92＜a2＜112，∴a＝10．∴b+c＝5，bc＝4，由b＞c，解得b＝4，c＝1，
∴a＝10，b＝4，c＝1．（10分）
19．（2022 相城区校级自主招生）阅读材料：对于正数a、b，有（﹣）2≥0，所以a+b﹣2≥0，即a+b≥2（当且仅当a＝b时取“＝”）．特别地：a+≥2＝2（当且仅当a＝1时取“＝”）．
因此，当a＞0时，a+有最小值2，此时a＝1．
简单应用：
（1）函数y＝2﹣x﹣（x＞0）的最大值为 　﹣2　．
（2）求函数y＝9x+（x＞1），当x＝　　时，最小值为 　5　．
解决问题：
（3）已知P（﹣2，3）是反比例函数y＝图象上的点，Q是双曲线在第四象限这一分支上的动点，过点Q作直线，使其与双曲线y＝只有一个公共点，且与x轴、y轴分别交于点A、B．另一直线y＝x+6与x轴、y轴分别交于点C、D，求四边形ABCD面积的最小值．
【分析】（1）求得x+≥4，进而求得结果；
（2）变形y＝9x+＝9（x﹣1）++9，进一步求得结果；
（3）设点A（a，0），B（0，b），求出AB的解析式和反比例函数的解析式，进而联立得出一元二次方程，由根的判别式为0，求得a，b的关系，进而表示出四边形ABCD的面积，进一步得出结果．
【解答】解：（1）∵x+≥2＝4，
∴y最大＝2﹣4＝﹣2，
故答案为：﹣2；
（2）y＝9x+＝9（x﹣1）++9≥2+9＝15，
当9（x﹣1）＝时，
即：当x＝时，y最小＝15，
故答案为：，15；
（3）把x＝﹣2，y＝3代入y＝得，
3＝，
∴k＝﹣6，
∴y＝﹣，
设点A（a，0），B（0，b），（a＞0，b＜0），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+b，
由﹣＝﹣+b得，
bx2﹣abx﹣6a＝0，
∵直线AB与双曲线y＝只有一个公共点，
∴Δ＝（ab）2+24ab＝0，
∴b＝﹣，
由y＝+6得：D（0，6），C（﹣4，0），
∴AC＝a+4，BD＝6﹣b＝6+，
∴S四边形ABCD＝＝＝3（a+）+24≥3×2+24＝48，
∴当a＝，即：a＝4时，四边形ABCD的面积最小值为：48．
20．（2020 汉阳区校级自主招生）如图1，平面直角坐标系xOy中，A（﹣4，3），反比例函数y＝（k＜0）的图象分别交矩形ABOC的两边AC，BC于E，F（E，F不与A重合），沿着EF将矩形ABOC折叠使A，D重合．
（1）①如图2，当点D恰好在矩形ABOC的对角线BC上时，求CE的长；
②若折叠后点D落在矩形ABOC内（不包括边界），求线段CE长度的取值范围．
（2）若折叠后，△ABD是等腰三角形，请直接写出此时点D的坐标．
【分析】（1）①如图2中，连接AD交EF于H．想办法证明△AEF∽△ACB，推出EF∥BC，再利用平行线分线段成比例定理证明AE＝EC＝2即可．
②如图3中，当点D落在OB上时，连接AD交EF于H．求出CE的长即可判断．
（2）由△ABD是等腰三角形，F与B不重合，推出AB≠BD．分两种情形：①如图4中，当AD＝BD时，②如图5中，当AD＝AB时，分别求解即可．
【解答】解：（1）①如图2中，连接AD交EF于H．
∵四边形ABOC是矩形，A（﹣4，3），
∴∠A＝90°，OB＝AC＝4，AB＝OC＝3，
∵E，F在y＝时，
∴可以假设E（，3），F（﹣4，），
∴AE＝4+，AF＝3+，
∴AE：AF＝4：3，
∵AC：BC＝4：3，
∴＝，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴∠AEF＝∠ACB，
∴EF∥BC，
∵A，D关于EF对称，点D落在BC上，
∴EF垂直平分线段AD，
∴AH＝DH，
∵EF∥BC，
∴＝，
∴AE＝EC＝2．
②如图3中，当点D落在OB上时，连接AD交EF于H．
∵∠EAF＝∠ABD＝90°，∠AEF＝∠BAD，
∴△AEF∽△BAD，
∴＝，则＝＝，
∴BD＝AB÷＝，
设AF＝x，则FB＝3﹣x，FD＝AF＝x
在Rt△BDF中，∵FB2+BD2＝DF2，
∴（3﹣x）2+（）2＝x2，
解得x＝，
∴AF＝，
∴AE＝AF＝，
∴EC＝4﹣AE＝4﹣＝，
∴＜CE＜4时，折叠后点D落在矩形ABOC内（不包括边界），
线段CE长度的取值范围为：＜CE＜4．
（2）∵△ABD是等腰三角形，F与B不重合，
∴AB≠BD．
①如图4中，当AD＝BD时，∠BAD＝∠ABD，
由（1）可知∠BAD＝∠AEF，
∴∠ABD＝∠AEF．
作DM∥OB交AB于M，交OC于N．则DM⊥AB，MN＝AC＝4，
∴∠BMD＝∠EAF＝90°，BM＝AB＝，
∴△AEF∽△MBD，
∴＝，则＝＝，
∴MD＝BM÷＝，
∴DN＝MN﹣MD＝4﹣＝，
∴D（﹣，）．
②如图5中，当AD＝AB时，作DM∥OB交AB于M，交OC于N．则DM⊥AB，MN＝AC＝4，
∴∠AMD＝∠EAF＝90°，
由（1）可得∠BAD＝∠AEF，
∴△AEF∽△MAD，
∴＝，则＝＝，
设AM＝4a，则MD＝3a，
在Rt△MAD中，∵AM2+DM2＝AD2，
∴（4a）2+（3a）2＝32，
∴a＝，
∴AM＝，MD＝，
∴BM＝AB＝AM＝3﹣＝，DN＝MN﹣MD＝4﹣＝，
∴D（﹣，）．
综上所述，满足条件的点D的坐标为（﹣，）或（﹣，）．
21．（2020春 禹会区校级月考）当m为整数时，关于x的方程（2m﹣1）x2﹣（2m+1）x+1＝0是否有有理根？如果有，求出m的值；如果没有，请说明理由．
【分析】先计算出△并且设Δ＝（2m+1）2﹣4（2m﹣1）＝4m2﹣4m+5＝（2m﹣1）2+4＝n2（n为整数），整系数方程有有理根的条件是△为完全平方数．解不定方程，讨论m的存在性．变形为（2m﹣1）2﹣n2＝4，（2m﹣1﹣n）（2m﹣1+n）＝﹣4，利用m，n都为整数进行讨论即可．
【解答】解：当m为整数时，关于x的方程（2m﹣1）x2﹣（2m+1）x+1＝0没有有理根．理由如下：
①当m为整数时，假设关于x的方程（2m﹣1）x2﹣（2m+1）x+1＝0有有理根，则要Δ＝b2﹣4ac为完全平方数，而Δ＝（2m+1）2﹣4（2m﹣1）＝4m2﹣4m+5＝（2m﹣1）2+4，
设Δ＝n2（n为整数），即（2m﹣1）2+4＝n2（n为整数），所以有（2m﹣1﹣n）（2m﹣1+n）＝﹣4，
∵2m﹣1与n的奇偶性相同，并且m、n都是整数，所以或，
解得m＝，
②2m﹣1＝0时，m＝（不合题意舍去）．
所以当m为整数时，关于x的方程（2m﹣1）x2﹣（2m+1）x+1＝0没有有理根．
22．（2011 浙江校级自主招生）请你利用直角坐标平面上任意两点（x1，y1）、（x2，y2）间的距离公式解答下列问题：
已知：反比例函数与正比例函数y＝x的图象交于A、B两点（A在第一象限），点F1（﹣2，﹣2）、F2（2，2）在直线y＝x上．设点P（x0，y0）是反比例函数图象上的任意一点，记点P与F1、F2两点的距离之差d＝|PF1﹣PF2|．试比较线段AB的长度与d的大小，并由此归纳出双曲线的一个重要定义（用简练的语言表述）．
【分析】由和y＝x组成的方程组可得A、B两点的坐标分别为（，）、（，），利用两点间的距离公式可求出线段AB的长度，由P为反比例函数y＝上一点可得出x0与y0的关系式，利用两点间的距离公式可得出PF1、PF2的长，代入d＝|PF1﹣PF2|即可得到x0的表达式，再根据x0的取值范围即可求出d的长，进而得出结论．
【解答】解：解由和y＝x组成的方程组可得A、B两点的坐标分别为，（，）、（，），线段AB的长度＝4（2分）
∵点P（x0，y0）是反比例函数图象上一点，
∴y0＝
∴PF1＝＝＝||，
PF2＝＝＝||，
∴d＝|PF1﹣PF2|＝|||﹣|||，
当x0＞0时，d＝4；当x0＜0时，d＝4．
因此，无论点P的位置如何，线段AB的长度与d一定相等．
由此可知：到两个定点的距离之差（取正值）是定值的点的集合（轨迹）是双曲线．
23．（2023春 宜丰县校级月考）已知x＝，y＝，且19x2+123xy+19y2＝1985．试求正整数n．
【分析】首先化简x与y，可得：x＝（）2＝2n+1﹣2，y＝2n+1+2，所以x+y＝4n+2，xy＝1；将所得结果看作整体代入方程，化简即可求得．
【解答】解：化简x与y得：x＝＝2n+1﹣2，y＝＝2n+1+2，
∴x+y＝4n+2，xy＝＝[（+）（﹣）]2＝1，
∴将xy＝1代入方程，化简得：x2+y2＝98，
∴（x+y）2＝x2+y2+2xy＝98+2×1＝100，
∴x+y＝10．
∴4n+2＝10，
解得n＝2．
24．（淳安县自主招生）如图正方形ABCD中，E为AD边上的中点，过A作AF⊥BE，交CD边于F，M是AD边上一点，且有BM＝DM+CD．
（1）求证：点F是CD边的中点；
（2）求证：∠MBC＝2∠ABE．
【分析】（1）由正方形得到AD＝DC＝AB＝BC，∠C＝∠D＝∠BAD＝90°，AB∥CD，根据AF⊥BE，求出∠AEB＝∠AFD，推出△BAE≌△ADF，即可证出点F是CD边的中点；
（2）延长AD到G使BM＝MG，得到DG＝BC＝DC，证△FDG≌△FCB，求出B，F，G共线，再证△ABE≌△CBF，得到∠ABE＝∠CBF，根据三角形的外角性质即可求出结论．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴AD＝DC＝AB＝BC，∠C＝∠D＝∠BAD＝90°，AB∥CD，
∵AF⊥BE，
∴∠AOE＝90°，
∴∠EAF+∠AEB＝90°，∠EAF+∠BAF＝90°，
∴∠AEB＝∠BAF，
∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠AFD，
∴∠AEB＝∠AFD，
∵∠BAD＝∠D，AB＝AD，
∴△BAE≌△ADF，
∴AE＝DF，
∵E为AD边上的中点，
∴点F是CD边的中点；
（2）证明：延长AD到G．使MG＝MB．连接FG，FB，
∵BM＝DM+CD，
∴DG＝DC＝BC，
∵∠GDF＝∠C＝90°，DF＝CF，
∴△FDG≌△FCB（SAS），
∴∠DFG＝∠CFB，
∴B，F，G共线，
∵E为AD边上的中点，点F是CD边的中点，AD＝CD
∴AE＝CF，
∵AB＝BC，∠C＝∠BAD＝90°，AE＝CF，
∴△ABE≌△CBF，
∴∠ABE＝∠CBF，
∵AG∥BC，
∴∠AGB＝∠CBF＝∠ABE，
∴∠MBC＝∠AMB＝2∠AGB＝2∠GBC＝2∠ABE，
∴∠MBC＝2∠ABE．

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