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初中数学竞赛几何试题(较难)

发布时间:2014-01-02 15:47:12  

初中数学竞赛几何试题

1、如图,圆O与圆D相交于A,B两点,BC为圆D的切线,点C在圆O上,且AB?BC.(1)证明:点O在圆D的圆周上.(2)设△ABC的面积为S,求圆D的的半径r的最小值.

解:(1)连OA,OB,OC,AC,因为O为圆心,AB?BC,

所以△OBA∽△OBC,从而?OBA??OBC.

因为OD?AB,DB?BC,所以?DOB?90???OBA?90???OBC??DBO,

所以DB?DO,因此点O在圆D的圆周上.

(2)设圆O的半径为a,BO的延长线交AC于点E,易知BE?AC.

设AC?2y(0?y?a),OE?x,AB?l,则a2?x2?y2,S?y(a?x),

l2?y2?(a?x)2?y2?a2?2ax?x2?2a2?2ax?2a(a?x)?2aS.y

因为?ABC?2?OBA?2?OAB??BDO,AB?BC,DB?DO,

所以△BDO∽△ABC,所以BDBOraal,即?,故r?.?ABACl2y2y

a2l2a22aSSa3Sr?????()?所以r?,即,24y24y2y2y22

其中等号当a?y时成立,这时AC是圆O的直径.所以圆D的的半径r的最小值为.2

2、如图,给定锐角三角形ABC,BC?CA,AD,BE是它的两条高,过点C作△ABC的外接圆的切线l,过点D,E分别作l的垂线,垂足分别为F,G.试比较线段DF和EG的大小,并证明你的结论.

解法1:结论是DF?EG.下面给出证明.

因为?FCD??EAB,所以Rt△FCD∽Rt△EAB.于是可得

DF?BE?CDCE.同理可得EG?AD?.ABAB

ADBE又因为tan?ACB?,所以有BE?CD?AD?CE,?CDCE

于是可得DF?EG.

解法2:结论是DF?EG.下面给出证明连接DE,

因为?ADB??AEB?90?,所以A,B,D,E四点共圆,

故?CED??ABC.

1

又l是⊙O的过点C的切线,所以?ACG??ABC.

所以,?CED??ACG,于是DE∥FG,故DF=EG.

3、是否存在一个三边长恰是三个连续正整数,且其中一个内角等于另一个内角2倍的△ABC?证明你的结论.

解:存在满足条件的三角形.

当△ABC的三边长分别为a?6,b?4,c?5时,?A?2?B.………………5分

如图,当?A?2?B时,延长BA至点D,使AD?AC?b.连接CD,则△ACD为等腰三角形.因为?BAC为△ACD的一个外角,所以?BAC?2?D.由已知,?BAC?2?B,所以

?B??D.所以△CBD为等腰三角形.

又?D为△ACD与△CBD的一个公共角,有△ACD∽△CBD,于是ADCD,即?CDBD所以ba,?ab?ca2?b?b?c?.

而62?4?(4?5),所以此三角形满足题设条件,

故存在满足条件的三角形.………………15分

说明:满足条件的三角形是唯一的.

若?A?2?B,可得a?b?b?c?.有如下三种情形:2

(i)当a?c?b时,设a?n?1,c?n,b?n?1(n为大于1的正整数),

代入a?b?b?c?,得?n?1???n?1??2n?1?,解得n?5,有a?6,b?4,c?5;22

(ⅱ)当c?a?b时,设c?n?1,a?n,b?n?1(n为大于1的正整数),

代入a?b?b?c?,得n2??n?1??2n,2

解得n?2,有a?2,b?1,c?3,此时不能构成三角形;

(ⅲ)当a?b?c时,设a?n?1,b?n,c?n?1(n为大于1的正整数),

2代入a?b?b?c?,得?n?1??n?2n?1?,即n?3n?1?0,此方程无整数解.22

所以,三边长恰为三个连续的正整数,且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在,而且只有三边长分别为4,5,6构成的三角形满足条件.

4、△ABC的三边长BC?a, AC?b, AB?c, a,b,c都是整数,且a,b的最大公约数是2.

o点G和点I分别为△ABC的重心和内心,且?GIC?90,求△ABC的周长.

解:如图,连结GA,GB,过G,I作直线交BC、AC于点E、F,作△ABC的内切圆I,切BC边于点D。记△ABC的半周长为P,内切圆半径为r,BC,AC边上的高线长为ha,hb

2

?S?ABC?rp??r?r2

易知:CD?p?c,在Rt?CIE中,DE?p?c即DE?(p?a)(p?b)

p

(p?a)(p?b)ab∴CE?CD?DE?(p?c)??pp

又∵CI

由S?ABC?EF,CI平分?ACB,所以CE=CF?S?ABG?S?BEG?S?AFG?S?FEC 

S?ABC1abha1abhb1ab得:S?ABC=??(a?)???(b?)??2???r32p32p32p即S?ABC=S?ABC1p?b1p?aab?(?a?ha)??(?b?hb)??2?rp323p23pp整理得2p2?cp?3ab,即3ab?2p2?cp?p(2p?c)?P(a?b)设△ABC的周长为m,则m?2p

由已知(a,b)?2,设a

代入上式,得m??6ab为整数。a?b?2s,b?2t,且(s,t)?1,s,t都是正整数,12st∵(s,s?t)?1,(t,s?t)?1,s?t

∴s?t是12的约数,即s?t=1,2,3,4,6,12

?s?1?s?2?s?3?s?5?s?11?s?7??????不妨设s?t,则(s,t)=1,得?t?1,?t?1,?t?1,?t?1,?t?1,?t?5?m?6?m?8?m?9?m?10?m?11?m?35??????

?s?7?经检验,只有?t?5符合题意,

?m?35?

3

所以:a?14,b?10,c?11或a?10,b?14,c?11,即所求△ABC的周长为35。

5、设CD是直角三角形ABC的斜边AD上的高,I1、I2分别是△ADC、△BDC的内心,AC=3,BC=4,求I1I2的长

解作I1E⊥AB于E,I2F⊥AB于F.

在直角三角形ABC中,AC=3,BC=4,AB=?5.16AC29又CD⊥AB,由射影定理可得AD=?,故BD=AB?AD?,5AB5

CD=?12.5

13(AD?CD?AC)?.25因为I1E为直角三角形ACD的内切圆的半径,所以I1E=

连接DI1、DI2,则DI1、DI2分别是∠ADC和∠BDC的平分线,所以∠I1DC=∠I1DA=∠I2DC

3

I1E=∠I2DB=45°,故∠I1DI2=90°,所以I1D⊥I2D,DI1?.?5?sin?ADI1sin45?5

同理,可求得I2F?4,DI2?.所以I1I2?.55

6、已知△ABC中,∠ACB=90°,AB边上的高线CH与△ABC的两条内角平分线AM、BN分别交于P、Q两点.PM、QN的中点分别为E、F.求证:EF∥AB.

解因为BN是∠ABC的平分线,所以?ABN??CBN.

又因为CH⊥AB,所以

?CQN??BQH?90???ABN?90???CBN??CNB,

因此CQ?NC.

又F是QN的中点,所以CF⊥QN,所以?CFB?90???CHB,

因此C、F、H、B四点共圆.

又?FBH=?FBC,所以FC=FH,故点F在CH的中垂线上.

同理可证,点E在CH的中垂线上.

因此EF⊥CH.又AB⊥CH,所以EF∥AB.

4

7、如图,四边形ABCD是梯形,点E是上底边AD上一点,CE的延长线与BA的延长线交于点F,过点E作BA的平行线交CD的延长线于点M,BM与AD交于点N.证明:∠AFN=∠DME.证明

设MN与EF交于点P,∵NE//BC,

PNPE

∴△PNE∽△PBC,∴,?

PBPC

∴PB?PE?PN?PC.

又∵ME//BF,∴△PME∽△PBF,∴∴PB?PE?PM?PF.∴PN?PC?PM?PF,故

FA

PNE

M

D

PMPE

,?

PBPF

BC

PMPC

又∠FPN=∠MPE,∴△PNF∽△PMC,?

PNPF

∴∠PNF=∠PMC,∴NF//MC∴∠ANF=∠EDM.

又∵ME//BF,∴∠FAN=∠MED.∴∠ANF+∠FAN=∠EDM+∠MED,∴∠AFN=∠DME.

8、如图,点P为⊙O外一点,过点P作⊙O的两条切线,切点分别为A,B.过点A作PB的平行线,交⊙O于点C.连结PC,交⊙O于点E;连结AE,并延长AE交PB于点K.求证:PE·AC=CE·KB.

证明:因为AC∥PB,所以∠KPE=∠ACE.又PA是⊙O的切线,所以∠KAP=∠ACE,故∠KPE=∠KAP,于是△KPE∽△KAP,

P

K

所以

KPKE

?,即KAKP

2

KP2?KE?KA.E

A

O

B

由切割线定理得

KB?KE?KA,所以KP?KB.…10分

因为AC∥PB,△KPE∽△ACE,于是

PEKP

?CEAC

PEKB

?,即PE·AC=CE·KB.…………15分CEAC

C

9、锐角ΔABC中,AB>AC,CD、BE分别是AB、AC边上的高,DE与BC的延长线于交于T,过D作BC的垂线交BE于F,过E作BC的垂线交CD于G,证明:F、G、T三点共线。

证法1:设过D、E的垂线分别交BC于M、N,在Rt△BEC与Rt△BDC中,由射影定理得:

CNCE2

CE=CN·CB,BD=BM·BC∴?

BMBD2

2

2

又Rt△CNG∽Rt△DCB,Rt△BMF∽Rt△BEC,∴GN?

BDCE

?CN,FM??BMCDBE

5

GNBD?BECNBD?BECE2BE?CE∴??????1?FMCD?CEBMCD?CEBD2BD?CD在Rt△BEC与Rt△BDC中,由面积关系得:BE·CE=EN·BC,BD·CD=DM·BC

∴BE?CEENTN???2?BD?CDDMTM

GNTN?,又GN?FM,?F、G、T三点共线.证法2:设CD、BE相交于点H,则H为FMTM由(1)(2)得:

△ABC的垂心,记DF、EG、AH与BC的交点分别为M、N、R

∵DM∥AR∥EN

∴DFAHEG??FMHRGN

DMENGNENTN?,???,故F、G、T三点共线.FMGNFMDMTM由合比定理得:

证法3:在△ABC中,直线DET分别交BC、CA、AB于T、E、D,由梅涅劳斯定理得:

BTCEAD???1    (1)TCEADB

设CD、BE相交于点H,则H为△ABC的垂心,AH⊥BC

∵DF⊥BC、EG⊥BC

∴AH∥DF∥EG

∴CECGADHFBTCGHF?,?,代入?1?得???1EAGHDBFBTCGHFB

由梅涅劳斯定理的逆定理得:F、G、T三点共线.

证法4:连结FT交EN于G’,易知DFEG'?FMG'N

DFEG?即可FMGN为了证明F、G、T三点共线,只需证明

1BD?BFsin?ABEBDsin?ABEDFS?BDF??12??∵FMS?BMF2BM?BFsin?CBEBMsin?CBE

EGS?CEG1CEsin?ACD2CE?CGsin?ACD??1??GNS?CMG2CN?CGsin?BCDCNsin?BCD

又BDBCCEBC?,?BMBDCNCE

6

∴DFBCsin?ABEEGBCsin?ACD?,?  ?1?FMBDsin?CBEGNCEsin?BCD

∵CD⊥AB、BE⊥CA,∴B、D、E、C四点共圆

∴∠ABE=∠ACD(2)

又BDCE?BC?,?BDsin?CBE?CEsin?BCD(3)sin?BCDsin?CBE

DFEG?,故F、G、T三点共线.FMGN将(2)(3)代入(1)得:

10、在△ABC中,D为AB的中点,分别延长CA、CB到点E、F,使DE=DF;过E,F分别作CA、CB的垂线,相交于P,设线段PA、PB的中点分别为M、N.求证:①△DEM≌△DFN;②∠PAE=∠PBF.(本题满分20分)证明:(1)如图,据题设可知,DM∥BN,DM=BN,DN∥AM,DN=AM故∠AMD=∠BND

因为M、N分别是Rt△AEP和Rt△BFP斜边的中点,所以,EM=AM=DN,FN=BN=DMF又已知DE=DF,故△DEM≌△FDN

(2)由上述三角形全等可知∠EMD=∠FND,则∠AME=∠BNF而△AME、△BNF均为等腰三角形,所以,∠PAE=∠PBF

11、如图4,已知:四边形ABCD的面积为32,AB、CD、AC的长都是整数,且它们的和为16.①这样的四边形有几个?②求这样的四边形边长的平方和的最小值.

分析:(1)如图,记AB=a,CD=b,AC=l,并设△ABC的边AB上的高为h1,△ADC的边DC上的高为

11h2。则S四边形ABCD?S?ABC?S?ADC=(h1a?h2b)?l(a?b)22

仅当h1?h2?l时等号成立。即在四边形ABCD中,当AC⊥AB,AC⊥CD时等号成立。

由已知可得64?l(a?b)

又由题设a?b?16?l,可得64?l(16?l)?64?(l?8)?64

于是,l2?8,a?b?8,且这时AC⊥AB,AC⊥CD

因此,这样的四边形有如下4下:

a?1,b?7,l?8;a?2,b?6,l?8

a?3,b?5,l?8;a?b?4,l?8

它们都是以AC为高的梯形或平行四边形。

(2)又由AB=a,CD=8?a,则BC?8?a,AD?8?(8?a)222222

7

因此,这样的四边形的边长的平方和为

2a2?2(8?a)2?128?4(a?4)2?192

故当a?b?4时,平方和最小,且为192

12、已知P为?ABCD内一点,O为AC与BD的交点,M、N分别为PB,PC的中点,Q为AN与DM的交点,求证:

(1)P,Q,O三点在一条直线上;

(2)PQ=2OQ.

证明如原图,连PO,设PO与AN,DM分别交于点Q',Q''.

在?PAC中,∵AO?OC,PN?NC,

∴Q'为重心,PQ'?2OQ'

在?PDB中,∵DO?BO,BM?MP,

∴Q''为重心,PQ''?2OQ''

这样Q'?Q'',并且Q',Q''就是AN,DM的交点Q.故P,Q,O在一条直线上,且PQ?2OQ.

13、如上图:已知四边形ABCD外接圆O的半径为2,对角线AC与BD的交

点为E,AE=EC,AB=2AE,且BD=23,求四边形ABCD的面积.

解:由题设得AB2=2AE2=AE·AC,∴AB:AC=AE:AB,又∠EAB=∠BAC,

∴△ABE∽△ACB,∴∠ABE=∠ACB,从而AB=AD。

连结AD,交BD于H,则BH=HD=3.

∴OH=OB?BH=1,AH=OA-OH=2-1=1.

∴S?ABD?2211BD?AH??23?1?3,22

∵E是AC的中点,∴S?ABE?S?BCE,S?ADE?S?CDE,,

∴S?ABD?S?BCD,∴SABCD?2S?ABD?23.

14、D是△ABC的边AB上的一点,使得AB=3AD,P是△ABC外接圆上一点,使得?ADP??ACB,求PB的值.PD

解:连结AP,则?APB??ACB??ADP,

所以,△APB∽△ADP,∴ABAP?,APAD

所以AP2?AB?AD?3AD2,∴AP?3AD,

8

所以PBAP??3.PDAD15、如图,△ABC为等腰三角形,AP是底边BC上的高,点D是线段PC上的一点,BE和CF分别是△ABD和△ACD的外接圆直径,连接EF.求证:tan?PAD?EF.BC

证明:如图,连接ED,FD.因为BE和CF都是直径,所以ED⊥BC,FD⊥BC,

因此D,E,F三点共线.…………(5分)

连接AE,AF,则?AEF??ABC??ACB??AFD,

所以,△ABC∽△AEF.…………(10分)

作AH⊥EF,垂足为H,则AH=PD.

由△ABC∽△AEF可得EFAHEFPD??,从而,BCAPBCAP

…………(20分)所以tan?PAD?PDEF?.APBC

16、已知等腰三角形△ABC中,AB=AC,∠C的平分线与AB边交于点P,M为△ABC的内切圆⊙I与BC边的切点,作MQ//AC,交⊙I于点Q.证明:PQ是⊙I的切线.

证明:过点P作⊙I的切线PQ(切点为Q)并延长,交BC于点N.

因为CP为∠ACB的平分线,所以∠ACP=∠BCP.

又因为PA、PQ均为⊙I的切线,所以∠APC=∠NPC.

又CP公共,所以△ACP≌△NCP,…………10分

所以∠PAC=∠PNC.

由NM=QN,BA=BC,所以△QNM∽△BAC,

故∠NMQ=∠ACB,所以MQ//AC.

又因为MD//AC,所以MD和MQ为同一条直线.

又点Q、D均在⊙I上,所以点Q和点D重合,

故PD是⊙I的切线.…………………25分

17、如图,在四边形ABCD中,已知?BAD?60?,?ABC?90?,?BCD?120?,对角线AC,BD交于点S,且DS?2SB,P为AC的中点.

求证:(1)?PBD?30?;(2)AD?DC.

证明(1)由已知得?ADC?90?,从而A,B,C,D四点共圆,AC为直径,P为该圆的圆心.作PM?BD于点M,知M为BD的中点,所以?BPM=1?BPD=?A?60?,2

9

从而?PBM?30?.

(2)作SN?BP于点N,则

SN?1SB.2又DS?2SB,DM?MB?1BD,2

31SB?SB?SN,………15分22

?MPS??NPS?30?,∴MS?DS?DM?2SB?∴Rt△PMS≌Rt△PNS,∴

又PA?PB,所以?PAB?1?NPS?15?,故?DAC?45???DCA,所以AD?DC.…25分2

18、如图,已知P为锐角△ABC内一点,过P分别作BC,AC,AB的垂线,垂足分别为D,E,F,BM为?ABC的平分线,MP的延长线交AB于点N.如果PD?PE?PF,求证:CN是?ACB的平分线.证明如图1,作MM1?BC于点M1,MM2?AB于点M2,NN1?BC于点N1,NN2?AC于点N2.设NP??NM,∵NN1//PD//MM1,∴N1D??N1M1.…………5分

若NN1?MM1,如图2,作NH?MM1,分别交MM1,PD于点H,H1,则△NPH1∽△NMH,∴PH1NP???,∴PH1??MH,MHNM

∴PD?PH1?H1H??MH?NN1??(MM1?NN1)?NN1??MM1?(1??)NN1.

若NN1?MM1,则PD?NN1?MM1??MM1?(1??)NN1.

若NN1?MM1,同理可证PD??MM1?(1??)NN1.…………15分

10

∵PE//NN2,∴PEPM??1??,∴PE?(1??)NN2.NN2NMPFNP???,∴PF??MM2.…………………20分MM2NM∵PF//MM2,∴

又PD?PE?PF,∴?MM1?(1??)NN1??MM2?(1??)NN2.

又因为BM是?ABC的平分线,所以MM1?MM2,∴(1??)NN1?(1??)NN2.

显然??1,即1???0,∴NN1?NN2,∴CN是?ACB的平分线.………25分

19、如图,AD、AH分别是△ABC(其中AB>AC)的角平分线、高线,M是AD的中点.△MDH的外接圆交CM于E.求证:∠AEB=90°.

证明:如图,连结MH,EH,

∵M是Rt?AHD斜边AD的中点

∴MA?MH?MD

∴?MHD??MDH

∵M,D,H,E四点共圆

∴?CEH??MDH

∴?MHD??MDH??HEC

∴?MHC?180??MHD?180??HEC??MEH

∵?CMH??HME,∴?CMH∽?HME

∴??(5分)MHME2,即MH?ME?MC?MCMH

2(15分)∴MA?ME?MC,又∵?CMA??AME

∴?CMA∽?AME,

∴?MCA??MAE(20分)

∴?BHE??BAE??DHE??BAD??MAE

??DHE??MAC??MCA??DHE??DME?180?

∴A,B,H,E四点共圆,∴?AEB??AHB?90.?(25分)

20、如图,已知AB为半圆O的直径,点P为直径AB上的任意一点.以点A为圆心,AP为半径作⊙A,⊙A与半圆O相交于点C;以点B为圆心,BP为半径作⊙B,⊙B与半圆O相交于点D,且线段CD的中点为M.求证:MP分别与⊙A和⊙B相切.

证明:如图,连接AC,AD,BC,BD,并且分别过点C,D作CE⊥AB,DF⊥AB,垂足分别为E,F∴CE∥DF,∠AEC=90°,∠BFD=90°.

∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=∠ADB=90°.

又∵∠CAB是△ACB和△AEC的公共角,

11

∴△ACB∽△AEC,∴AC:AB=AE:AC即PA2=AC2=AE?AB,同理PB2=BD2=BF?AB.

两式相减可得PA2-PB2=AB(AE-BF),

∴PA2-PB2=(PA+PB)(PA-PB)=AB(PA-PB),

∴AE-BF=PA-PB,即PA-AE=PB-BF,

∴PE=PF,∴点P是线段EF的中点.

∵M是CD的中点,∴MP是直角梯形CDEF的中位线,

∴MP⊥AB,∴MP分别与⊙A和⊙B相切.

21、如图,在等腰三角形ABC中,AB=1,∠A=900,点E为腰AC中点,点F在底边BC上,且FE⊥BE,求△CEF的面积。

解法1:如图,过C作CD⊥CE与EF的延长线交于D.

因为∠ABE+∠AEB=90°,∠CED+∠AEB=90°,所以∠ABE=∠CED.于是Rt△ABE∽Rt△CED,S?CE?1CEAB?2.所以?CDE????,?S?EAB?AB?4CDAE又∠ECF=∠DCF=45°,

所以CF是∠DCE的平分线,点F到CE和CD的距离相等,

所以2S?CEFCE??2.S?CDFCD

22121111.S?CDE???S?ABE?????334342224所以S?CEF?

解法2:如图,作FH⊥CE于H,设FH=h.

因为∠ABE+∠AEB=90°,∠FEH+∠AEB=90°,所以∠ABE=∠FEH,于是Rt△EHF∽Rt△BAE.

EHAB1.即EH=2h,所以HC=-2h.?FHAE2

11又因为HC=FH,所以h=-2h,h=,26

11111所以S△CEF=?EC?FH????.222624因为

22、如图,△ABC中,?BAC?60?,AB?2AC.点P在△ABC内,且PA?求△ABC的面积.PB?5,PC?2,

解:如图,作△ABQ,使得?QAB??PAC,则△ABQ∽△ACP.?ABQ??ACP,

由于AB?2AC,所以相似比为2.于是AQ?2AP?BQ?2CP?4.?QAP??QAB??BAP??PAC??BAP??BAC?60?.

由AQ:AP?2:1知,?APQ?90?,于是PQ??3.所以BP2?25?BQ2?PQ2,从而?BQP?90?.

12

于是AB2?PQ2?(AP?BQ)2?28?.

故S?ABC?16?AB?ACsin60??AB2?.282

23、如图,⊙O的直径为AB,⊙O1过点O,且与⊙O内切于点B.C为⊙O上的点,OC与⊙O1交于点D,且OD?CD.点E在OD上,且DC?DE,BE的延长线与⊙O

△BOC∽△DO1F.

证明:连接BD,因为OB为?O1的直径,所以?ODB?90?.

又因为DC?DE,所以△CBE是等腰三角形.

设BC与?O1交于点M,连接OM,则?OMB?90?.又因为OC?OB,

所以?BOC?2?DOM?2?DBC?2?DBF??DO1F.

又因为?BOC,?DO1F分别是等腰△BOC,等腰△DO1F的顶角,

所以△BOC∽△DO1F.

24、如图,PA为⊙O的切线,PBC为⊙O的割线,AD⊥OP于点D.△ADC的外接圆与BC的另一个交点为E.证明:(1)AD2?BD?CD.(2)∠BAE=∠ACB.

证明:连接OA,OB,OC.

∵OA⊥AP,AD⊥OP,∴由射影定理可得PA2?PD?PO,AD?PD?OD.

又由切割线定理可得PA?PB?PC,∴PB?PC?PD?PO,

∴D、B、C、O四点共圆,

∴∠PDB=∠PCO=∠OBC=∠ODC,∠PBD=∠COD,

∴△PBD∽△COD,221交于点F,求证:

PDBD2,∴AD?PD?OD?BD?CD.?CDOD

ADCD??BDAD∴

又∠BDA=∠BDP+90°=∠ODC+90°=∠ADC,

∴△BDA∽△ADC,

∴∠BAD=∠AC

∴AB是△ADC的外接圆的切线,

∴∠BAE=∠ACB.

13

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