1、 20222022 山东省烟台市中考数学模拟试卷山东省烟台市中考数学模拟试卷 一一 、选择题（本大题共、选择题（本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 3636 分。 ）分。 ） 1.如果温度上升 10记作+10，那么温度下降 5记作（ ） A+10 B10 C+5 D5 2.下列各式中，与22a b为同类项的是（ ） A22a b B2ab C22ab D22a 3.某市从 2017 年开始大力发展“竹文化”旅游产业据统计，该市 2017 年“竹文化”旅游收入约为 2 亿元预计 2019“竹文化”旅游收入达到 2.88 亿元，据此估计该市 2018 年、2019
2、年“竹文化”旅游收入的年平均增长率约为（ ） A2% B4.4% C20% D44% 4.从棱长为 2a 的正方体零件的一角，挖去一个棱长为 a 的小正方体，得到一个如图所示的零件，则这个零件的俯视图是（ ） A B C D 5.不等式 3（1x）24x 的解在数轴上表示正确的是（ ） A BC D 6.已知一个正多边形的内角是 140，则这个正多边形的边数是（ ） A6 B7 C8 D9 7.已知m，n是一元二次方程x2+ x-2021 = 0的两个实数根，则代数式m2+ 2m + n的值等于（ ） A2019 B2020 C2021 D2022 8.某校为了解学生的课外阅读情况，随机抽取了
3、一个班级的学生，对他们一周的读书时间进行了统计，统计数据如下表所示： 读书时间（小时） 7 8 9 10 11 学生人数 6 10 9 8 7 则该班学生一周读书时间的中位数和众数分别是（ ） A9，8 B9，9 C9.5，9 D9.5，8 9.如图， 在ABCV中，ABBC， 由图中的尺规作图痕迹得到的射线BD与AC交于点 E， 点 F 为BC的中点， 连接EF，若2BEAC，则CEF的周长为（ ） A31 B53 C51 D4 10.过三点 A（2，2） ，B（6，2） ，C（4，5）的圆的圆心坐标为（ ） A （4，） B （4，3） C （5，） D （5，3） 11.如图，PAPB
4、是O 的切线，切点分别为 AB，若 OA=2，P=60，则的长为（ ） A B C D 12.已知二次函数 yax2+bx+c 的自变量 x 与函数 y 的部分对应值见表格，则下列结论：c2；b24ac0；方程 ax2+bx0 的两根为 x12，x20；7a+c0其中正确的有（ ） x 3 2 1 1 2 y 1.875 3 m 1.875 0 A B C D 二二 、填空题（本大题共、填空题（本大题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 1818 分）分） 13.一个角是 7039，则它的余角的度数是 14.因式分解：a2-9=_ 15.如图，线段10cmAB，用尺规作图
5、法按如下步骤作图 （1）过点 B 作AB的垂线，并在垂线上取12BCAB； （2）连接AC，以点 C 为圆心，CB为半径画弧，交AC于点 E； （3）以点 A 为圆心，AE为半径画弧，交AB于点 D即点 D 为线段AB的黄金分割点 则线段AD的长度约为_cm（结果保留两位小数，参考数据：21.414, 31.732, 52.236） 16.设 AB， CD， EF 是同一平面内三条互相平行的直线， 已知 AB 与 CD 的距离是 12cm， EF 与 CD 的距离是 5cm，则 AB 与 EF 的距离等于_cm 17.如图，在直角坐标系中，每个小方格的边长均为 1，AOB 与AOB是以原点 O
6、 为位似中心的位似图形，且相似比为 3：2，点 A，B 都在格点上，则点 B的坐标是 18.如图，AB 是O 的弦，AB=5，点 C 是O 上的一个动点，且ACB=45，若点 M、N 分别是 AB、AC 的中点，则 MN 长的最大值是 三三 、解答题（本大题共、解答题（本大题共 7 7 小题，共小题，共 6666 分）分） 19.先化简，再求值：2233816164xxxxxxx，其中24x 20.小云统计了自己所住小区 5 月 1 日至 30 日的厨余垃圾分出量（单位：千克） ，相关信息如下： a小云所住小区 5 月 1 日至 30 日的厨余垃圾分出量统计图： b小云所住小区 5 月 1 日
7、至 30 日分时段的厨余垃圾分出量的平均数如下： 时段 1 日至 10 日 11 日至 20 日 21 日至 30 日 平均数 100 170 250 （1）该小区 5 月 1 日至 30 日的厨余垃圾分出量的平均数约为 （结果取整数） （2）已知该小区 4 月的厨余垃圾分出量的平均数为 60，则该小区 5 月 1 日至 30 日的厨余垃圾分出量的平均数约为 4 月的 倍（结果保留小数点后一位） ； （3）记该小区 5 月 1 日至 10 日的厨余垃圾分出量的方差为s12, 5 月 11 日至 20 日的厨余垃圾分出量的方差为s22，5 月 21 日至 30 日的厨余垃圾分出量的方差为s32直
8、接写出s12,s22,s32的大小关系 21.如图， 在ABC 中， BAC90， E 为边 BC 上的点， 且 ABAE， D 为线段 BE 的中点， 过点 E 作 EFAE，过点 A 作 AFBC，且 AF、EF 相交于点 F （1）求证：CBAD， （2）求证：ACEF 22.新冠疫情期间，口罩成为了人们出行必备的防护工具某药店三月份共销售 A，B 两种型号的口罩 9000只，共获利润 5000 元，其中 A，B 两种型号口罩所获利润之比为 2：3已知每只 B 型口罩的销售利润是 A 型口罩的 1.2 倍 （1）求每只 A 型口罩和 B 型口罩的销售利润； （2）该药店四月份计划一次性购
9、进两种型号的口罩共 10000 只，其中 B 型口罩的进货量不超过 A 型口罩的 1.5 倍，设购进 A 型口罩 m 只，这 10000 只口罩的销售总利润为 W 元该药店如何进货，才能使销售总利润最大？ 23.如图，已知抛物线 y=x2+mx+3 与 x 轴交于点 AB 两点，与 y 轴交于 C 点，点 B 的坐标为（3，0） ，抛物线与直线 y=x+3 交于 C、D 两点连接 BD、AD （1）求 m 的值 （2）抛物线上有一点 P，满足 SABP=4SABD，求点 P 的坐标 24.点P是平行四边形ABCD的对角线AC所在直线上的一个动点 （点P不与点A、C重合） ， 分别过点A、C向直
10、线BP作垂线，垂足分别为点E、F点O为AC的中点 （1）如图 1，当点P与点O重合时，线段OE和OF的关系是 ； （2）当点P运动到如图 2 所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？ （3）如图 3，点P在线段OA的延长线上运动，当30OEF时，试探究线段CF、AE、OE之间的关系 25.如图，ABC 中，BAC 为钝角，B=45，点 P 是边 BC 延长线上一点，以点 C 为顶点，CP 为边，在射线 BP 下方作PCF=B （1）在射线 CF 上取点 E，连接 AE 交线段 BC 于点 D 如图 1，若 AD=DE，请直接写出线段 AB 与 CE 的数量关系和
11、位置关系； 如图 2，若 AD=DE，判断线段 AB 与 CE 的数量关系和位置关系，并说明理由； （2）如图 3，反向延长射线 CF，交射线 BA 于点 C，将PCF 沿 CC方向平移，使顶点 C 落在点 C处，记平移后的PCF 为PCF，将PCF绕点 C顺时针旋转角（045） ，CF交线段 BC 于点 M，CP交射线 BP 于点 N，请直接写出线段 BM，MN 与 CN 之间的数量关系 答案与解析答案与解析 一一 、选择题、选择题 1.【考点】正数和负数 【分析】此题主要用正负数来表示具有意义相反的两种量：上升记为正，则下降就记为负，直接得出结论即可 解：如果温度上升 10记作+10，那么
12、下降 5记作5； 故选：D 【点评】此题主要考查正负数的意义，正数与负数表示意义相反的两种量，看清规定哪一个为正，则和它意义相反的就为负 2.【考点】同类项 【分析】含有相同字母，并且相同字母的指数相同的单项式为同类项，据此分析即可 解：与22a b是同类项的特点为含有字母, a b，且对应a的指数为 2，b的指数为 1, 只有 A 选项符合； 故选 A 【点评】本题考查了同类项的概念，掌握同类项的概念是解题的关键 3.【考点】一元二次方程的应用 【分析】设该市 2018 年、2019 年“竹文化”旅游收入的年平均增长率为 x，根据 2017 年及 2019 年“竹文化”旅游收入总额，即可得出
13、关于 x 的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论 解：设该市 2018 年、2019 年“竹文化”旅游收入的年平均增长率为 x， 根据题意得：2（1+x）2=2.88， 解得：x1=0.2=20%，x2=2.2（不合题意，舍去） 答：该市 2018 年、2019 年“竹文化”旅游收入的年平均增长率约为 20% 故选：C 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键 4.【考点】简单组合体的三视图 【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案 解：从上面看是一个正方形，正方形的左下角是一个小正方形， 故选：B 【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从
14、上面看得到的图形是俯视图 5.【考点】解一元一次不等式，用数轴表示不等式的解集 【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项可得不等式的解集，继而可得答案 解：去括号，得：33x24x， 移项，得：3x+4x23， 合并，得：x1， 故选：A 【点评】本题考查了解一元一次不等式及用数轴表示不等式的解集，正确解不等式是解题关键，注意“”向右， “”向左，带等号用实心，不带等号用空心 6.【考点】多边形内角与外角 【分析】首先根据一个正多边形的内角是 140，求出每个外角的度数是多少；然后根据外角和定理，求出这个正多边形的边数是多少即可 解：360（180-140） =36040
15、 =9 答：这个正多边形的边数是 9 故选：D 【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确多边形的外角和定理 7.【考点】根与系数的关系 【分析】根据一元二次方程根的定义得到m2+ m = 2021，则m2+ 2m + n = 2021 + m + n，再利用根与系数的关系得到m + n = -1，然后利用整体代入的方法计算 解：m 是一元二次方程x2+ x-2021 = 0的实数根， m2+ m-2021 = 0， m2+ m = 2021， m2+ 2m + n = m2+ m + m + n = 2021 + m + n， m、n 是一元二次方程x2+
16、x-2021 = 0的两个实数根， m + n = -1， m2+ 2m + n = 2021-1 = 2020， 故选：B 【点评】本题考查了根与系数的关系：若 x1，x2是一元二次方程ax2+ bx + c = 0(a0)的两根时，x1+ x2= -ba，x1x2=ca也考查了一元二次方程的解 8.【考点】众数、中位数 【分析】根据表格中的数据可知该班有学生 40 人，从而可以求得中位数和众数，本题得以解决 解：由表格可得， 该班学生一周读书时间的中位数和众数分别是：9、8， 故选：A 【点评】本题考查众数、中位数，解答本题的关键是明确题意，会求一组数据的众数和中位数 9.【考点】等腰三角
17、形的性质,勾股定理,直角三角形斜边上的中线,作图基本作图 【分析】根据作图可知BD平分ABC，ABBC，由三线合一，解RtBEC，即可求得 解：QBD平分ABC,ABBC,2BEAC BEAC,112AEECAC 2222215BCBEEC Q点 F 为BC的中点 1522EFBCFC CEF的周长为: 5515122CEEFFC 故选 C 【点评】本题考查了角平分线的概念，等腰三角形性质，勾股定理，直角三角形性质，求出BC边是解题的关键 10.【考点】两条直线相交或平行问题，坐标与图形性质，待定系数法求一次函数的解析式 【分析】已知 A（2，2） ，B（6，2） ，C（4，5） ，则过 AB
18、、C 三点的圆的圆心，就是弦的垂直平分线的交点，故求得 AB 的垂直平分线和 BC 的垂直平分线的交点即可 解：已知 A（2，2） ，B（6，2） ，C（4，5） ， AB 的垂直平分线是 x=4， 设直线 BC 的解析式为 y=kx+b， 把 B（6，2） ，C（4，5）代入上式得 ， 解得， y=x+11， 设 BC 的垂直平分线为 y=x+m， 把线段 BC 的中点坐标（5，）代入得 m=， BC 的垂直平分线是 y=x+， 当 x=4 时，y=， 过 AB、C 三点的圆的圆心坐标为（4，） 故选 A 【点评】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，求两直线的交点，圆心是弦的垂直平分
19、线的交点，理解圆心的作法是解决本题的关键 11.【考点】弧长的计算；切线的性质 【分析】由 PA 与 PB 为圆的两条切线，利用切线的性质得到两个角为直角，再利用四边形内角和定理求出AOB 的度数，利用弧长公式求出的长即可 解：PAPB 是O 的切线， OBP=OAP=90， 在四边形 APBO 中，P=60， AOB=120， OA=2， 的长 l=， 故选 C 【点评】此题考查了弧长的计算，以及切线的性质，熟练掌握弧长公式是解本题的关键 12.【考点】根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与 x 轴的交点 【分析】由表格可以得到二次函数图象经过点点（-3，1.875）和点（1，
20、1.875） ，这两点关于对称轴对称，由此得到对称轴直线，设出二次函数顶点式，代入两点，求解出二次函数解析式，得到 a，b，c的值，依次代入到中进行判断即可解决 解：由表格可以得到，二次函数图象经过点( 3,1.875)和点(1,1.875)， Q点( 3,1.875)与点(1,1.875)是关于二次函数对称轴对称的， 二次函数的对称轴为直线3 112x ， 设二次函数解析式为2(1)ya xh， 代入点( 2,3)，(2,0)得， 390ahah， 解得38278ah ， 二次函数的解析式为：2327(1)88yx ， Q233384yxx ， 3c ， 是错误的， 2934430168ba
21、cQ， 是正确的， 方程20axbx为233084xx， 即为220 xx， 12x ，20 x ， 是正确的， 3377()3088ac Q， 是错误的， 是正确的， 故选：B 【点评】本题考查了二次函数系数特征和二次函数解析式求法，利用待定系数法求解函数解析式是通法，由表格提炼出对称轴的信息，是解题的突破口，此题，也可以通过二次函数系数特征来解决 二二 、填空题、填空题 13.【考点】余角，度分秒的换算 【分析】依据余角的定义列出算式进行计算即可 解：它的余角=907039=1921 故答案为：1921 【点评】本题主要考查的是余角的定义以及度分秒的换算，掌握相关概念是解题的关键 14.【
22、考点】因式分解-运用公式法 【分析】a2-9 可以写成 a2-32，符合平方差公式的特点，利用平方差公式分解即可 解：a2-9=（a+3） （a-3） 【点评】本题考查了公式法分解因式，熟记平方差公式的结构特点是解题的关键 15.【考点】近似数和有效数字,勾股定理,作图复杂作图 【分析】根据作图得ABC 为直角三角形，15cm2CEBCAB，AE=AD, 根据勾股定理求出 AC，再求出 AE，即可求出 AD 解：由作图得ABC 为直角三角形，15cm2CEBCAB，AE=AD, 22221055 5ACABBCcm， 5 55551AEACCEcm， 5516.18ADAEcm 故答案为：6.
23、18 【点评】本题考查了尺规作图，勾股定理等知识，根据作图步骤得到相关已知条件是解题关键 16.【考点】平行线之间的距离 【分析】分两种情况讨论，EF 在 AB，CD 之间或 EF 在 AB，CD 同侧，进而得出结论 解：分两种情况： 当 EF 在 AB，CD 之间时，如图： AB 与 CD 的距离是 12cm，EF 与 CD 的距离是 5cm， EF 与 AB 的距离为 1257（cm） 当 EF 在 AB，CD 同侧时，如图： AB 与 CD 的距离是 12cm，EF 与 CD 的距离是 5cm， EF 与 AB 的距离为 12+517（cm） 综上所述，EF 与 AB 的距离为 7cm
24、或 17cm 故答案为：7 或 17 【点评】此题主要考查线段之间的距离，解题的关键是根据题意分情况作图进行求解 17.【考点】位似变换；坐标与图形性质 【分析】把 B 的横纵坐标分别乘以得到 B的坐标 解：由题意得：AOB与AOB 的相似比为 2：3， 又B（3，2） B的坐标是3，2，即 B的坐标是（2，） ； 故答案为： （2，） 【点评】本题考查了位似变换：先确定点的坐标，及相似比，再分别把横纵坐标与相似比相乘即可，注意原图形与位似图形是同侧还是异侧，来确定所乘以的相似比的正负 18.【考点】三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质，圆周角定理 【分析】根据中位线定理得到 MN 的最大
25、时，BC 最大，当 BC 最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值 解：如图，点 M，N 分别是 AB，AC 的中点， MN=BC， 当 BC 取得最大值时，MN 就取得最大值，当 BC 是直径时，BC 最大， 连接 BO 并延长交O 于点 C，连接 AC， BC是O 的直径， BAC=90 ACB=45，AB=5， ACB=45， BC=5， MN最大= 故答案为： 【点评】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是了解当什么时候 MN 的值最大，难度不大 三三 、解答题、解答题 19.【考点】分式的化简求值，分母有理化 【分析】先利用平方差公式和完全平
26、方公式对原式进行分解因式化简，然后代入值计算即可得到答案. 解：原式23(4)(4)(4)34xxxxxxx 44444xxxxx 当24x 时， 原式442 2( 24)42 【点评】本题主要考查了因式分解，分式的化简求解，解题的关键在于能够熟练掌握因式分解的方法. 20.【考点】方差，平均数 【分析】 （1）利用加权平均数的计算公式进行计算，即可得到答案； （2）利用 5 月份的平均数除以 4 月份的平均数，即可得到答案； （3）直接利用点状图和方差的意义进行分析，即可得到答案 解： （1）平均数：130 (100 10) + (170 10) + (250 10) = 173（千克） ；
27、 故答案为：173； （2）173 60 = 2.9倍； 故答案为：2.9； （3）方差反应数据的稳定程度，即从点状图中表现数据的离散程度， 所以从图中可知：s12 s22 s32； 【点评】本题考查了方差的意义，平均数，以及数据的分析处理，解题的关键是熟练掌握题意，正确的分析数据的联系 21.【考点】等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质 【分析】 （1）由等腰三角形的性质可得 ADBC，由余角的性质可得CBAD， （2）由“ASA”可证ABCEAF，可得 ACEF 证明： （1）ABAE，D 为线段 BE 的中点， ADBC C+DAC90， BAC90 BAD+DAC90 CBAD （
28、2）AFBC FAEAEB ABAE BAEB BFAE，且AEFBAC90，ABAE ABCEAF（ASA） ACEF 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键 22.【考点】一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用 【分析】 （1）设销售 A 型口罩 x 只，销售 B 型口罩 y 只，根据“药店三月份共销售 A，B 两种型号的口罩 9000 只，共获利润 5000 元，其中 A，B 两种型号口罩所获利润之比为 2：3”列方程组解答即可； （2）根据题意即可得出 W 关于 m 的函数关系式；根据题意列不等式得出 m 的
29、取值范围，再结合根据一次函数的性质解答即可 解：设销售 A 型口罩 x 只，销售 B 型口罩 y 只，根据题意得： 9000200030001.2xyxy， 解得40005000 xy， 经检验，x4000，y5000 是原方程组的解， 每只 A 型口罩的销售利润为：20000.54000（元） ， 每只 B 型口罩的销售利润为：0.51.20.6（元） ， 答：每只 A 型口罩和 B 型口罩的销售利润分别为 0.5 元，0.6 元 （2）根据题意得，W0.5m+0.6（10000m）0.1m+6000， 10000m1.5m，解得 m4000， 0.10， W 随 m 的增大而减小， m 为
30、正整数， 当 m4000 时，W 取最大值，则0.14000+60005600， 即药店购进 A 型口罩 4000 只、B 型口罩 6000 只，才能使销售总利润最大，最大利润为 5600 元 【点评】本题主要考查了一次函数的应用，二元一次方程组及一元一次不等式的应用，解题的关键是根据一次函数 x 值的增大而确定 y 值的增减情况 23.【考点】抛物线与 x 轴的交点；二次函数图象上点的坐标特征 【分析】 （1）利用待定系数法即可解决问题； （2）利用方程组首先求出点 D 坐标由面积关系，推出点 P 的纵坐标，再利用待定系数法求出点 P 的坐标即可； 解： （1）抛物线 y=x2+mx+3 过
31、（3，0） ， 0=9+3m+3， m=2 （2）由，得， D（，） ， SABP=4SABD， AB|yP|=4AB， |yP|=9，yP=9， 当 y=9 时，x2+2x+3=9，无实数解， 当 y=9 时，x2+2x+3=9，x1=1+，x2=1， P（1+，9）或 P（1，9） 【点评】本题考查抛物线与 x 轴的交点、二次函数的图象上的点的特征，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，学会利用方程组确定 两个函数的交点坐标，属于中考常考题型 【 24.【考点】直角三角形斜边上的中线，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质 【分析】 （1）证明AOECOF 即可
32、得出结论； （2） （1）中的结论仍然成立，作辅助线，构建全等三角形，证明AOECGO，得 OEOG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论； （3）FCAEOE，理由是：作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得AOECOH，得出AECH，OEOH，再根据30OEF，90HFE，推出12HFEHOE，即可得证 解： （1）如图 1，四边形 ABCD 是平行四边形， OAOC， AEBP，CFBP， AEOCFO90， AOECOF， AOECOF（AAS） ， OEOF； （2）补全图形如图所示，OEOF仍然成立， 证明如下：延长EO交CF于点G， AEBPCFBP， /AE
33、CF， EAOGCO， 点O为AC的中点， AOCO， 又AOECOG， AOECOG， OEOG， 90GFE， 12OFEGOE； （3）当点P在线段OA的延长线上时，线段CF、AE、OE之间的关系为OECFAE， 证明如下：延长EO交FC的延长线于点H，如图所示， 由（2） 可知 AOECOH， AECH，OEOH， 又30OEF，90HFE， 12HFEHOE， OECFCHCFAE 【点评】本题考查了平行四边形、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，以构建全等三角形和证明三角形全等这突破口，利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，从而使问题得以解决 25.【考
34、点】几何变换综合题 【分析】 （1）结论：AB=CE，ABCE如图 1 中，作 EHBA 交 BP 于 H只要证明BDAHDE，EC=EH即可解决问题； 结论：AB=CE，ABEC如图 2 中，作 EHBA 交 BP 于 H由ABDEHD，可得=，推出 AB=EH，再证明 EC=EH，即可解决问题； （2）结论：MN2=BM2+CN2首先说明BCC是等腰直角三角形，将CBM 绕点 C逆时针旋转 90得到CCG，连接 GN只要证明CMNCGN，推出 MN=GN，在 RtGCN 中，根据 GN2=CG2+CN2，即可证明； 解： （1）结论：AB=CE，ABCE 理由：如图 1 中，作 EHBA
35、交 BP 于 H ABEH， B=DHE， AD=DE，BDA=EDH， BDAHDE， AB=EH，B=EHC=45 PCF=B=CHE， EC=EH， AB=EH，ECH=EHC=45， CEH=90， CEEH， ABEH， ABCE 结论：AB=CE，ABEC 理由：如图 2 中，作 EHBA 交 BP 于 H BAEH， ABDEHD， =， AB=EH， PCF=B=CHE， EC=EH， AB=EH， B=PCF=CHE=45， CEH=90， CEPE，ABPE， ABEC （2）结论：MN2=BM2+CN2 理由：如图 3 中， B=PCF=BCC=45， BCC是等腰直角三角形， 将CBM 绕点 C逆时针旋转 90得到CCG，连接 GN CCG=B=45， GCB=CCG+CCB=90， GCN=90， MCG=90，MCN=45， NCM=NCG， CM=CG，CN=CN， CMNCGN， MN=GN， 在 RtGCN 中，GN2=CG2+CN2，CG=BM，MN=GN， MN2=BM2+CN2
浙公网安备33030202001339号