20202021上海中考数学压轴题专题复习-直角三角形边角关系综合

2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——直角三角形的边角关系的综合2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——直角三角形的边角关系的综合21/212020-2021上海中考数学压轴题专题复习——直角三角形的边角关系的综合2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——直角三角形的边角关系的综合一、直角三角形的边角关系1．如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时辰，哨所A与哨所B同时发现一走私船，其地址C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．1）求观察哨所A与走私船所在的地址C的距离；2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃跑，并马上派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰幸好D处成功拦截．（结果保留根号）（参照数据：sin37°＝cos53°≈，cos37＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）【答案】（1）观察哨所A与走私船所在的地址C的距离为小时617海里的速度行驶时，恰幸好D处成功拦截.

15海里；（

2）当缉私艇以每【解析】【解析】（1）先依照三角形内角和定理求出∠ACB＝90°，再解Rt△ABC，利用正弦函数定义得出AC即可；（2）过点

C作

CM⊥AB于点

M，易知，

D、C、M

在一条直线上．解

Rt△AMC，求出CM、AM．解Rt△AMD中，求出DM、AD，得出CD．设缉私艇的速度为x海里/小时，根据走私船行驶CD所用的时间等于缉私艇行驶AD所用的时间列出方程，解方程即可．【详解】（1）在△ABC中，ACB180BBAC180375390.在RtVABC中，sinBAC，所以ACABsin3725315（海里）.AB5答：观察哨所A与走私船所在的地址C的距离为15海里.（2）过点C作CMAB，垂足为M，由题意易知，D、C、M在一条直线上.在RtVACM中，CMACsinCAM412，155AMACcosCAM1539.5在Rt△ADM中，tanDAMMD，AM所以MDAMtan7636.所以ADAM2MD292362917，CDMDMC24.设缉私艇的速度为v海里/小时，则有24917，解得v617.16v经检验，v617是原方程的解.答：当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰幸好D处成功拦截.【点睛】此题观察认识直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实责问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，表现了数学应用于实质生活的思想．2．（6分）某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长（结果保留根号）．

60海75°方【答案】．【解析】试题解析：作AD⊥BC于D，于是有∠ABD=45°，获取AD=BD=，求出∠C=60°，依照正切的定义求出CD的长，获取答案．试题解析：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45，°又AB=60，∴AD=BD=，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75，°∠ABC=45，°∴∠C=60，°在∴BC=

Rt△ACD中，∠C=60，°AD=．故该船与B港口之间的距离

，则tanC=CB的长为

，∴CD=

=海里．

，考点：解直角三角形的应用-方向角问题．3．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，可否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明原由；2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．【解析】试题解析：（1）连接AE、DE，如图1，依照圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，依照垂直均分线的性质可得AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，依照切线的性质可得∠AEF=90，°进而可证到△ADE∽△AEF，尔后运用相似三角形的性质可得=AD?AF．①当CF=CD时，可得，进而有EC=AE=CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得sin∠CED=，依照圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．试题解析：（1）AE=CE．原由：连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90，°∴∠ADE=∠AEF=90，°又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴，∴=AD?AF．①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴=DC?3DC=，∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED===；②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=．∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴=DC?（a+2）DC=（a+2），∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED==．考点：1．圆的综合题；2．研究型；3．存在型．4．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于切点为G，连接AG交CD于K．1）求证：KE=GE；2）若KG2=KD?GE，试判断AC与EF的地址关系，并说明原由；（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG=．【解析】试题解析：（1）如图1，连接OG．依照切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，依照等角同等边获取KE=GE；2）AC与EF平行，原由于：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD?GE，利用两边对应成比率且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等获取∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，进而获取AC∥EF；3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，依照勾股定理与垂径定理可以求解；尔后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．试题解析：（1）如图1，连接OG．∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90，°∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90，°又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．（2）AC∥EF，原由于连接GD，如图2所示．∵KG2=KD?GE，即，∴，又∵∠KGE=∠GKE，∴△GKD∽△EGK，∴∠E=∠AGD，又∵∠C=∠AGD，∴∠E=∠C，∴AC∥EF；（3）连接OG，OC，如图3所示，∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90，°∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90，°又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．sinE=sin∠ACH=，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，∵KE=GE，AC∥EF，CK=AC=5t，HK=CK-CH=t．在Rt△AHK中，依照勾股定理得AH2+HK2=AK2，即（3t）2+t2=（2）2，解得t=．设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r=t=．∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形，在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH=，FG=【点睛】此题观察了切线的性质，相似三角形的判断与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判断，以及等腰三角形的判断，熟练掌握定理及性质是解此题的要点．5．已知：△ABC内接于⊙O，D是弧BC上一点，OD⊥BC，垂足为H．1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；2）如图2，当圆心O在△ABC外面时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：∠ACD=∠APB；（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，AC=，BN=，tan∠ABC=，求BF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24.【解析】试题解析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC=∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD订交于点M，连接OB，易证∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ.在Rt△BNQ中，依照tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．试题解析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD订交于点M，连接OB，∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180，°∴2∠AND=180，°∴∠AND=90，°∵tan∠ABC=，∴，∴，∴，∵∠BNQ=∠QHD=90°，∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90，°∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，∴BG=BQ=，GN=NQ=，∵∠ACI=90，°tan∠AIC=tan∠ABC=，∴，∴IC=，∴由勾股定理可求得：AI=25，设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，BH=BQ+QH=，∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，当QH=时，∴QD=，∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不吻合题意，舍去，当QH=时，∴QD=∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=ED﹣GD=，∵tan∠OED=，∴，∴EG=RG，∴RG=，∴BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形.6．（此题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）已知：如图，AB是半圆O的直径，弦CD//AB，动点P、Q分别在线段OC、CD上，且DQOP，AP的延长线与射线OQ订交于点E、与弦CD订交于点F（点F与点C、不重合），AB20，cosAOC4y．D5．设OPx，CPF的面积为1）求证：APOQ；2）求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；（3）当OPE是直角三角形时，求线段OP的长．【答案】（1）证明见解析；（23x260x30050）y(x10)；（3）OP8x13【解析】【解析】（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，经过解析已知条件，

OPDQ，联系OD后还有OADO，再结合要证明的结论APOQ，则可必定需证明三角形全等，寻找已知对应边的夹角，即POAQDO即可；（2）依照PFC∽PAO，将面积转变成相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况谈论，充分利用已知条件cosAOC4、以及（1）（2）中已证的结论，注5意要对不吻合（2）中定义域的答案舍去．【详解】（1）联系OD，∵OCOD，∴OCDODC，CD//AB，OCDCOA，∴POAQDO．在AOP和ODQ中，OPDQ{POAQDO，OADOAOP≌ODQ，APOQ；（2）作PHOA，交OA于H，∵cosAOC4，5∴OH443OPx，PHx，555∴SAOP1AOPH3x．2CD//AB，PFC∽PAO，∴y(CP)2(10x)2，SAOPOPx∴y3x260x300，当F与点D重合时，x∵CD2OCcosOCD2104，165∴xx10，解得x50，101613∴y3x260x300(50x10)；x13（3）①当OPE90o时，OPA90o，∴OPOAcosAOC1048；590o时，CQOC101025②当POEcosQCOcosAOC42，5∴OPDQCDCQCD251625722，250OP10，∵13∴OP7（舍去）；2③当PEO90o时，∵CD//AB，∴AOQDQO，AOP≌ODQ，∴DQOAPO，AOQAPO，∴AEOAOP90o，此时弦CD不存在，故这种情况不吻合题意，舍去；综上，线段OP的长为8．7．如图，将一副直角三角形拼放在一起获取四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折获取△AD′E，D′E交AC于F点．若AB=6cm．1）AE的长为cm；2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；3）求点D′到BC的距离．【答案】（1）；（2）12cm；（3）cm．【解析】试题解析：（1）第一利用勾股定理得出AC的长，进而求出边上的中线等于斜边的一半进而得出答案：∵∠BAC=45，°∠B=90，°∴AB=BC=6cm，∴AC=12cm．

CD的长，利用直角三角形斜∵∠ACD=30，°∠DAC=90，°AC=12cm，∴（cm）．∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=cm．（2）第一得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交于点P，依照轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案．（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45，D°′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离．试题解析：解：（1）．

AC2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°，∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判断∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°．∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30，°∴∠EFA=90，°即AC所在的直线垂直均分线段ED′．∴点E，D′关于直线AC对称．如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′．∵△ADE是等边三角形，AD=AE=，∴，即DP+EP最小值为12cm．3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，∵AC垂直均分线ED′，∴AE=AD，′CE=CD，′∵AE=EC，∴AD′=CD′=．在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45．°∴D′G=GB．设D′G长为xcm，则CG长为cm，在Rt△GD′C中，由勾股定理得，解得：（不合题意舍去）．∴点D′到BC边的距离为cm．考点：1．翻折和单动点问题；三角形三角形的判断和性质；和性质；7．方程思想的应用．8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M同时同方向以同样的速度运动，以

MN

为边在

BC的上方作正方形

MNGH．点

M到达点

D时停止运动，点

N到达点

C时停止运动．设运动时间为

t（s）．（1）当

t为何值时，点

G恰好落在线段

AD上？（2）设正方形

MNGH与

Rt△ABC重叠部分的图形的面积为

S，当重叠部分的图形是正方形时，求出

S关于

t的函数关系式并写出自变量

t的取值范围．（3）设正方形

MNGH

的边

NG所在直线与线段

AC交于点

P，连接

DP，当

t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题解析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，既而算出EN的长度即可求出时间，再经过正方形的面积公式求出正方形的面积.3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度即可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.1）∵当G恰好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1

MNGH是边长为

1的正方形，令

H点在

AB∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形在AC上，

MNGH的边长随着

N点的连续运动而增大，令

G点设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，x=3．当≤t≤4时，SMNGN=1cm2．当4＜t≤6时，SMNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cmNC=6cmEN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cmt=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特别角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实责问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.9．如图，抛物线y=﹣x2+3x+4与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D在抛物线上且横坐标为3．1）求tan∠DBC的值；2）点P为抛物线上一点，且∠DBP=45°，求点P的坐标．【答案】（1）tan∠DBC=；（2）P（﹣，）．【解析】试题解析：（1）连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．利用抛物线解析式可以求得点A、BCD的坐标，则可得CD//AB，OB=OC∠BCO=∠BCD=∠ABC=45°、、，所以．由直角三角形的性质、勾股定理和图中相关线段间的关系可得BC=4，BE=BC﹣DE=．由此可知tan∠DBC=；2）过点P作PF⊥x轴于点F．由∠DBP=45°及∠ABC=45°可得∠PBF=∠DBC，利用（1）中的结果获取：tan∠PBF=．设P（x，﹣x2+3x+4），则利用锐角三角函数定义推知=，经过解方程求得点P的坐标为（﹣，）．试题解析：1）令y=0，则﹣x2+3x+4=﹣（x+1）（x﹣4）=0，解得x1=﹣1，x2=4．∴A（﹣1，0），B（4，0）．当x=3时，y=﹣32+3×3+4=4，∴D（3，4）．如图，连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．∵C（0，4），CD//AB，∴∠BCD=∠ABC=45．°在直角△OBC中，∵OC=OB=4，∴BC=4．在直角△CDE中，CD=3．∴CE=ED=，∴BE=BC﹣DE=．∴tan∠DBC=；2）过点P作PF⊥x轴于点F．∵∠CBF=∠DBP=45，°∴∠PBF=∠DBC，∴tan∠PBF=．设P（x，﹣x2+3x+4），则=，解得x1=﹣，x2=4（舍去），∴P（﹣，）．考点：1、二次函数；2、勾股定理；3、三角函数10．如图，已知二次函数y1x2bxc的图象经过点A（-36），并与x轴交于点B2，-1，0）和点C，极点为点P．1）求这个二次函数解析式；2）设D为x轴上一点，满足∠DPC=∠BAC，求点D的坐标；（3）作直线AP，在抛物线的对称轴上可否存在一点M，在直线AP上可否存在点N，使AM+MN的值最小？若存在，求出M、N的坐标：若不存在，请说明原由．【答案】（1）点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；（2）点P（7，0）；（3）点N（-，14）．55【解析】【解析】（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解；（211）利用S△ABC=×AC×BH=×BC×yA，求出sinα=22MDx1△PMD中，tanα==x22，即可求解；PM2

BH2211，在AB2105，则tanα=2（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，即可求解．【详解】693b13b（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：2，解得：3，10ccb22故：抛物线的表达式为：y=1x2-x-3，2令y=0，则x=-1或3，令x=0，则y=-3，2故点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；（2）过点B作BH⊥AC交于点H，过点P作PG⊥x轴交于点G，设：∠DPC=∠BAC=α，由题意得：AB=210，AC=62，BC=4，PC=22，11S△ABC=×AC×BH=×BC×yA，22解得：BH=22，BH2211sinα===，则tanα=，AB21052由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°，延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M，则MD=MC=x，MDx=1在△PMD中，tanα==，PMx222解得：x=22，则CD=2x=4，故点P（7，0）；（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，直AP表达式中的k：8=-2，直A′N表达式中的k1，421x+b，直A′N的表达式：y=2将点A′坐代入上式并求解得：b=7，2故直A′N的表达式：y=1x+7⋯①，22当x=1，y=4，故点M（1，4），同理直AP的表达式：y=-2x⋯②，立①②

两个方程并求解得：

x=-7，5故点N（-7，14）．5【点睛】本考的是二次函数合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知，其中（3），利用称点求解最小，是此目的一般方法．11．关于三角函数有以下的公式：sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①cos（α+）β=cosαcosβsinαsinβ②tan（α+）β=③利用些公式可将某些不是特别角的三角函数化特别角的三角函数来求，如：tan105°=tan（45°+60°）==（2+）．依照上面的知，你可以合适的公式解决下面的：如，直升机在一建筑物

CD上方

A点得建筑物端

D点的俯角α=60°，底端

C点的俯角β=75°，此直升机与建筑物

CD的水平距离

BC42m，求建筑物

CD的高．【答案】建筑物CD的高为84米．【解析】解析：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60，°这样在

Rt△ABC和在

Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出

AB和

AE的长，即可由

CD=BE=AB-AE求得结果了

.详解