全国各地中考数学压轴题专集答案之7平行四边形矩形菱形正方形梯形.docx
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全国各地中考数学压轴题专集答案之7平行四边形矩形菱形正方形梯形
2011年全国各地中考数学压轴题专集答案
七、平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形
1．解：
（1）由题意，得四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC＝AC＝5，OB＝OD＝BD＝3
由EF∥BD，得△AEF∽△ABD
O
∴＝，即EF＝（5－h1）
∴S＝2S△OEF＝EF·h1＝（5－h1）·h1＝－（h1－）2＋
∴当h1＝时，S有最大值6分
（2）根据题意，得OE＝OM
作OR⊥AB于R，OB关于OR对称线段为OS
①当点E，M不重合时，则OE，OM在OR的两侧，易知RE＝RM
∵AB＝＝，∴OR＝
S
∴BR＝＝
设EF，MN分别交OA于点K，L，则ML∥EK∥OB
∴＝，＝
∴＋＝＋＝，即＋＝
∴h1＋h2＝，此时h1的取值范围为0＜h1＜且h1≠
②当点E，M重合时，则h1＝h2，此时h1的取值范围为0＜h1＜512分
2．解：
（1）∵M是BC的中点，∴CM＝BM
又∠PMC＝∠DMB，∴Rt△PMC≌Rt△DMB2分
∴DB＝PC＝2－m，∴AD＝4－m3分
∴点D的坐标为（2，4－m）4分
（2）分三种情况：
①若AP＝AD
则4＋m2＝（4－m）2，解得m＝6分
F
②若PD＝PA
过P作PF⊥AB于F，则AF＝DF＝AD＝（4－m）
又OP＝AF，∴m＝（4－m）
解得m＝8分
③若DP＝DA
∵△PMC≌△DMB，∴PM＝PD＝AD＝（4－m）
又PC2＋CM2＝PM2，∴（2－m）2＋12＝＝（4－m）2
解得m1＝，m2＝2（舍去）10分
综上所述，当△APD是等腰三角形时，m的值为或或
（2）点H所经过的路径长为π12分
解答过程如下（原题不作要求，本人添加，仅供参考）：
连接OM，设OM中点为N，连接NC，NH，则NH＝NC＝OM（定值）
∴当点P从点O向点C运动时，点H所经过的路径是以N为圆心，NH为半径的一段圆弧
N
∵BC＝2，M是BC的中点，∴CM＝BM＝1
∴OM＝＝，∴NH＝
当P与O重合时，易得∠HOE＝45°，∴∠COH＝45°
∴∠CNH＝90°
∴点H所经过的路径长为：
×π＝π
3．解：
（1）在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠BAD＝180°－∠ADC＝180°－
∵△HAD和△EAB都是等腰直角三角形，∴∠HAD＝∠EAB＝45°
∴∠HAE＝360°－∠HAD－∠EAB－∠BAD
＝360°－45°－45°－（180°－）
＝90°＋
（2）∵△EAB和△GCD都是等腰直角三角形，∴AE＝AB，DG＝CD
在平行四边形ABCD中，AB＝CD，∴AE＝DG
∵△HAD和△GCD都是等腰直角三角形，∴∠HDA＝∠CDG＝45°
∴∠HDG＝∠HDA＋∠ADC＋∠CDG＝90°＋＝∠HAE
∵△HAD是等腰直角三角形，∴HA＝HD
∴△HAE≌△HDG，∴HE＝HG
（3）四边形EFGH是正方形
理由如下：
由
（2）同理可得：
GH＝GF，FG＝FE
∵HE＝HG，∴GH＝GF＝FE＝HE
∴四边形EFGH是菱形
∵△HAE≌△HDG，∴∠DHG＝∠AHE
又∵∠AHD＝∠AHG＋∠DHG＝90°，∴∠EHG＝∠AHG＋∠AHE＝90°
∴四边形EFGH是正方形
4．
（1）证明：
如图1
E
∵AF平分BAD，∴BAF＝DAF
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD
∴DAF＝CEF，BAF＝F
∴CEF＝F
∴CE＝CF2分
（2）BDG＝453分
（3）解：
分别连结GB、GE、GC（如图3）
∵AB∥DC，ABC＝120，∴ECF＝ABC＝120
3
∵FG∥CE且FG＝CE，∴四边形CEGF是平行四边形
由
（1）得CE＝CF，∴CEGF是菱形
∴EG＝EC，GCE＝GCF＝ECF＝60
∴△ECG是等边三角形
∴EG＝CG①
GEC＝EGC＝60，∴GEC＝GCF
∴BEG＝DCG②
由AD∥BC及AF平分BAD可得BAE＝AEB，∴AB＝BE
在□ABCD中，AB＝DC
∴BE＝DC③
由①②③得△BEG≌△DCG，∴BG＝DG，∠1＝∠2
∴BGD＝1＋3＝2＋3＝EGC＝60
∴△BDG是等边三角形
∴BDG＝607分
N
5．
（1）
（2）如图
①作出BN＝（BM＝4，MN＝1，∠MNB＝90°）
②画出两条裁剪线AK，BE（AK＝BE＝，BE⊥AK）
③平移△ABE和△ADK
此时，得到的四边形BEFG即为所求
G
6．解：
（1）当点E在BC的延长线上时，过O作OG⊥BC于G
则OG＝AB＝3，BG＝CG＝BC＝4
∴OC＝＝5
∵CE＝OC，∴CE＝5
∵CF∥OG，∴＝，即＝
∴CF＝4分
当点E在边BC上时，易证点F在CD的延长线上，与题意不符，舍去6分
（2）①若AD＝ED＝8，且点E在BC的延长线上
P
由勾股定理，得CE＝＝＝2
∵AD∥BE，∴＝＝＝
∴BP＝DP
又BP＋DP＝BD＝AC＝＝＝10
∴DP＋DP＝10
∴DP＝6分
P
②若AD＝ED＝8，且点E在边BC上
同理可得：
＝＝＝
∴BP＝DP
∴DP＋DP＝10
∴DP＝7分
P
③若AE＝DE
易证△AEB≌△DEC，∴BE＝CE＝BC＝4
同理可得：
＝＝
∴DP＝BD＝8分
④若AE＝AD＝8
P
∴BE＝＝＝2
同理可得：
＝＝＝
∴DP＋DP＝10
∴DP＝9分
综上所述，若△ADE为等腰三角形，DP的长为：
或或或10分
7．
（1）解：
∵BD⊥CD，∠DCB＝45°
∴∠DBC＝45°＝∠DCB，∴BD＝CD＝21分
在Rt△BDC中，BC＝＝22分
∵CE⊥BE，点G为BC的中点，∴EG＝BC＝4分
（2）证明：
在线段CF上截取CH＝BA，连结DH5分
∵BD⊥CD，BE⊥CE，∴∠EBF＋∠EFB＝90°，∠DFC＋∠DCF＝90°
又∵∠EFB＝∠DFC，∴∠EBF＝∠DCF6分
H
又∵BD＝CD，BA＝CH，∴△ABD≌△HCD
∴AD＝HD，∠ADB＝∠HDC7分
又∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC＝45°
∴∠HDC＝45°，∴∠HDB＝∠BDC－∠HDC＝45°
∴∠ADB＝∠HDB8分
又∵AD＝HD，DF＝DF，∴△ADF≌△HDF
∴AF＝HF9分
∴CF＝CH＋HF＝AB＋AF10分
8．
（1）证明：
设AD与l2交于点E，BC与l3交于点F
由已知BF∥ED，BE∥FD
∴四边形BEDF是平行四边形，∴BE＝DF
又AB＝CD，∴Rt△ABE≌Rt△CDF，∴h1＝h34分
（2）证明：
作BG⊥l4，DH⊥l4，垂足分别为G、H
G
在Rt△BGC和Rt△CHD中
∵∠BCG＋∠DCH＝180°－∠BCD＝90°，∠CDH＋∠DCH＝90°
∴∠BCG＝∠CDH
又∠BGC＝∠CHD＝90°，BC＝CD
∴Rt△BGC≌Rt△CHD，∴CG＝DH＝h3
又BG＝h2＋h3，∴BC2＝BG2＋CG2＝（h2＋h3）2＋h32＝（h1＋h2）2＋h12
∴S＝BC2＝（h1＋h2）2＋h127分
（3）解：
∵h1＋h2＝1，∴h2＝1－h1
∴S＝（h1＋1－h1）2＋h12＝h12－h1＋1＝（h1－）2＋
∵h1＞0，h2＞0，∴1－h1＞0，∴0＜h1＜12分
∴当0＜h1＜时，S随h1的增大而减小；当＜h1＜时，S随h1的增大而增大
14分
R
9．证明：
分别过点D、A、F作直线BC的垂线，垂足分别为P、R、Q
∵四边形ABDE为正方形，∴AB＝BD，∠ABD＝90°
∴∠DBP＝∠BAR，∴Rt△DPB≌Rt△BAR
∴DP＝BR，PB＝AR，同理CQ＝AR，CR＝FQ
∴PB＝CQ
又N为BC的中点，∴BN＝NC
∴PB＋BN＝CQ＋NC，即PN＝QN
在直角梯形DPQF中，M为DF的中点，N为PQ的中点
∴MN∥DP，MN＝（DP＋FQ）＝（BR＋CR）＝BC
又DP⊥BC，∴MN⊥BC
即：
MN⊥BC且MN＝BC
10．解：
（1）∵P，Q分别是矩形ABCD中AD，BC的中点
Q
∴AP＝AD＝AF，∠APF＝90°，∴∠AFP＝30°
∴∠PF＝AP＝AD＝×12＝6（cm）
DAF＝60°，∴∠DAE＝30°
∴AE＝＝＝8（cm）
（2）∵DP＝AD＝4（cm），∴AP＝AD＝8（cm）
G
∴FP＝＝4（cm）
∵DE＝EF，∠AED＝∠AEF，∠AED＝∠FGE
∴∠FGE＝∠FEG，∴GF＝EF＝DE
设DE＝x，则GF＝x
∵△APG∽△ADE，∴＝＝，∴PG＝x
∴x＋x＝4，∴x＝
∴AE＝＝
（3）①AE＝12②12
11．解：
（1）过点A作AE⊥BC，垂足为E，过点Q作QF⊥BC，垂足为F
由AD＝4，BC＝9，可知BE＝1分
由∠B＝45°可知在等腰Rt△ABE中
F
AB＝BE＝2分
（2）设BP＝x，则PC＝9－x，CQ＝x
由∠C＝∠B＝45°可得QF＝x3分
∴S△PCQ＝PC·QF＝·（9－x）·x＝－（x－）2＋5分
即当x＝时，△PCQ的面积最大，且最大值为6分
（3）不存在7分
过点P作PM∥CD交AB于M点
∵∠B＝45°，BP＝CQ，BP＝MP，∴MP≠CQ9分
∴四边形PCQM不可能是平行四边形，更不可能是菱形
即在AB边上不存在点M，使得四边形PCQM为菱形10分
12．解：
（1）等腰2分
图①
（2）如图①，连接BE，画BE的中垂线交BC于点F，连接EF，△BEF是矩形ABCD的一个折痕三角形3分
∵折痕垂直平分BE，AB＝AE＝2
∴点A在BE的中垂线上，即折痕经过点A
∴四边形ABFE为正方形
∴BF＝AB＝2，∴F（2，0）6分
图②
（3）矩形ABCD存在面积最大的折痕三角形BEF，其面积为47分
理由如下：
①当F在边BC上时，如图②所示
S△BEF≤S矩形ABCD，即当F与C重合时，面积最大为48分
②当F在边CD上时，如图③所示
H
过F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K
∵S△EKF＝KF·AH≤HF·AH＝S矩形AHFD
S△BKF＝KF·BH≤HF·BH＝S矩形BCFH
∴S△BEF≤S矩形ABCD＝4
即当F为边CD中点时，△BEF面积最大为49分
下面求面积最大时，点E的坐标
（F）
①当F与点C重合时，如图④所示
由折叠可知CE＝CB＝4
在Rt△CED中，ED＝＝＝2
∴AE＝4－2，∴E（4－2，2）11分
②当F在边DC的中点时，点E与点A重合，如图⑤所示
此时E（0，2）
综上所述，折痕△BEF的最大面积为4时，点E的坐标为E（0，2）或E（4－2，2）
（E）
12分
图1
13．解：
（1）当点E与D重合时，如图1
∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC
又∠DBC＝∠A＝90°
得△ABD∽△BDC，∴＝
即＝，∴BD2＝18
∴AD＝＝＝33分
F
（2）作BF⊥DC于F，如图2
则∠ABE＋∠EBF＝90°，∠EBF＋∠FBC＝90°
∴∠ABE＝∠FBC
又∠A＝∠BFC＝90°，∴△ABE∽△FBC
∵AB∥CD，∴BF＝AD＝x，FC＝CD－DF＝6－3＝3
∴＝，即＝
∴y＝x－（x＞3）7分
3
（3）假设能使△ABE、△CDE与△BCE都相似
有以下两种情况：
①当点E在边AD上时，如图3
易知∠EBC＝∠A＝∠D＝90°
考虑∠1的对应角，容易得到∠1≠∠ABE，∠1≠∠DCE
所以必有∠1＝∠2＝∠3＝60°
3
在Rt△ABE、Rt△DCE中，易得AE＝，DE＝2
∴AD＝3
此时BE＝2，CE＝4，BC＝6
即能使△ABE、△CDE与△BCE都相似
②当点E在边AD的延长线上时，如图4
类似①可知∠1＝∠2＝∠3＝30°，可求得AD＝
同样能使△ABE、△CDE与△BCE都相似12分
14．解：
（1）过G作GH⊥AD，垂足为H，则∠1＋∠2＝90°
∵FG垂直平分AE，∴∠1＋∠3＝90°
3
∴∠2＝∠3，∴Rt△ADE∽Rt△GHF
∴＝＝
（2）在Rt△ADE中，AE2＝AD2＋DE2＝16＋（3－x）2＝x2－6x＋25
则y＝2S△AGF＝2×FG·AO＝FG·AE＝×AE2
＝（x2－6x＋25）
＝x2－x＋（0≤x≤）
∵y＝（x2－6x＋25）＝（x－3）2＋6
（E）
∴抛物线开口向上，且对称轴为直线x＝3
∴当0≤x≤时，y随x的增大而减小
∴当x＝0时，y取最大值
此时四边形AGEF为菱形，理由如下：
此时点E与C重合，即AE是矩形ABCD的对角线
又∵FG垂直平分AE，垂足为O
∴点O为矩形ABCD的对称中心，∴OF＝OG
∴四边形AGEF为菱形
15．解：
（1）由题意，得AB＝AF＝10
∵AD＝6，∴DF＝＝8，∴CF＝22分
设EF＝x，则BE＝EF＝x，CE＝6－x
在Rt△CEF中，CE2＋CF2＝EF2，∴（6－x）2＋22＝x2
G
解得x＝，∴EF＝4分
（2）∵PM∥EF，∴△APM∽△AFE，∴＝
即＝，∴PM＝t
易知四边形PMNF是矩形
∴S＝PM·PF＝t（10－t）＝－t2＋t＝－（t－5）2＋6分
∴当t＝5时，S最大＝8分
（3）①若AM＝FM，则∠FAM＝∠AFM
∵∠FAM＋∠MEF＝90°，∠AFM＋∠MFE＝90°
∴∠MEF＝∠MFE，∴ME＝MF，∴AM＝ME
过M作MG⊥AB于G，则MG∥BE
∴AG＝AB＝5，MG＝BE＝
∴M1（5，）10分
H
②若AM＝AF＝10，过M作MH⊥AB于H
在Rt△AEB中，AE＝＝
由△AMH∽△AEB，得＝＝
即＝＝，∴AH＝3，MH＝
∴M2（3，）12分
图1
16．解：
（1）由题意得点B的坐标为（6，2）
若直线y＝－x＋m过点C时，则m＝2
若直线y＝－x＋m过点A时，则－×6＋m＝0，即m＝4
若直线y＝－x＋m过点B时，则－×6＋m＝2，即m＝6
①若点N在线段OA上，即2＜m≤4时，如图1
图2
在y＝－x＋m中，令y＝0，得x＝m，∴N（m，0）
∴S＝ON·OC＝×m×2＝m2分
②若点N在AB上，即4＜m＜6时，如图2
在y＝－x＋m中，令y＝2，得x＝m－3，∴M（m－3，0）
把x＝6代入y＝－x＋m，得y＝m－4，∴N（6，m－4）
∴BM＝6－（m－3）＝9－m，BN＝2－（m－4）＝6－m
3
∴S＝S矩形OABC－（S△COM＋S△AON＋S△BMN）
＝6×2－[（m－3）×2＋（m－4）×6＋（9－m）（6－m）]
＝－m2＋m
∴S＝5分
（2）①如图3，由轴对称的性质可知，若B、N、B1三点在同一直线上
则BN⊥MN，∴∠1＋∠3＝90°
又∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠2
设直线MN交y轴于点P，则tan∠1＝＝，tan∠2＝
∴＝，即＝7分
解得m＝8分
H
②如图4，设O1A1与CB相交于点D，OA与C1B1相交于点E，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC重叠部分的面积为四边形MEND的面积
由题意知，MD∥EN，ME∥DN，∴四边形MEND为平行四边形
由轴对称的性质知，∠DNM＝∠ENM
又∠DMN＝∠ENM，∴∠DNM＝∠DMN
∴DM＝DN，∴平行四边形MEND为菱形9分
过点M作MH⊥OA于H
由题易知，tan∠MNE＝，MH＝2，∴HN＝3
设菱形MEND的边长为a，则在Rt△MHE中，由勾股定理得：
a2＝（3－a）2＋22，∴a＝10分
∴S菱形MEND＝EN·MH＝×2＝11分
故矩形O1A1B1C1与矩形OABC重叠部分的面积不发生变化，面积始终为
12分
P0
17．解：
（1）假设△CPQ为等边三角形，则x＝PQ＝BQ＝CQ＝
连接AQ，∵△CPQ为等边三角形，∴∠PQC＝60°
∴∠PQB＝120°，∴∠AQB＝60°
∴tan∠AQB＝，即＝tan60°＝，∴x＝
得出自相矛盾；∴△CPQ不能为等边三角形3分
（2）△CPQ的周长＝PQ＋CQ＋PC＝BQ＋CQ＋PC＝BC＋PC＝1＋PC
∵PC≥AC－PA＝－1，∴△CPQ的周长≥1＋－1＝
即当点P运动至与对角线AC的交点时，△CPQ的周长取得最小值
P0
6分
（3）连接AC交于点P0，则∠P0CQ＝45°，∠CP0Q＝90°
∴x＝P0Q＝P0C＝－1
①当P在上运动时，∵∠APQ＝90°，∴0°＜∠CPQ＜90°
此时△CPQ为锐角三角形，x＞－18分
②当P与P0重合时，∠CPQ＝90°
此时△CPQ为直角三角形，x＝－1…9分
③当P在上运动时，∵∠APC＜180°，∠APQ＝90°，∴90°＜∠CPQ＜180°
此时△CPQ为钝角三角形，x＜－110分
G
18．解：
（1）当t＝5秒时，AP＝EQ＝5，∴EP＝5－4＝1
∵EF∥AD，∴∠PEQ＝∠A
∴sin∠PEQ＝sinA＝，∴cos∠PEQ＝
过作P作PG⊥EF于G，则PG＝，EG＝
∴GQ＝5－＝
∴PQ＝＝23分
（2）∵BQ平分∠ABC，∴∠EBQ＝∠CBQ
M
∵EF∥AD∥BC，∴∠CBQ＝∠BQE
∴∠EBQ＝∠BQE，∴EQ＝BE＝10－4＝6
∴t＝6，∴BP＝10－6＝4，PE＝6－4＝2
延长PQ交CD于点M
∵AB∥DC，∴△EPQ∽△FMQ
∴＝，∴MF＝＝
∴MD＝4－＝，CM＝10－＝
BP＋BC＋CM＝4＋10＋＝，AP＋AD＋MD＝6＋10＋＝
:
＝8:
7
G
因此菱形的周长被分为和两部分，这两部分的比为8:
77分
（3）过P作PH⊥AD于H，交EF于G
则PH＝t，PG＝（t－4），EG＝（t－4）
∴GQ＝t－（t－4）＝t＋
∴PQ2＝PG2＋GQ2＝[（t－4）]2＋（t＋）2
若以P为圆心，PQ长为半径的⊙P与直线AD相切，则PQ2＝PH2
即[（t－4）]2＋（t＋）2＝（t）2
整理得t2－20t＋100＝0，解得t＝1012分
19．解：
（1）如图1，过点C作CN⊥x轴于N，则四边形DONC为矩形，∴ON＝CD
∵四边形ABCD是菱形，AB＝10，∴AB＝BC＝CD＝AD＝10，∴ON＝10
∵A（－6，0），∴OA＝6
∴OD＝＝＝81分
∴点C的坐标为（10，8）2分
（2）如图1，过点P作PH⊥BC于H，则∠PHC＝∠DOA＝90°
x
∵四边形ABCD是菱形，∴∠PCH=∠DAO
∴△PHC∽△DOA3分
∴＝＝，即＝＝
∴CH＝x，PH＝x4分
∴BH＝10－x
∵PE∥BC，BQ⊥PQ，∴∠PQB＝∠QBH＝∠PHB＝90°
∴四边形PQBH为矩形，∴PQ＝BH＝10－x
∴y＝10－x（0＜x＜10）6分
（3）如图2，过点P作PH′⊥BC于H′，则四边形PQBH′是矩形，∴BQ＝PH′＝x
∵PE∥BC，∴∠PED＝∠CBD
∵CD＝CB，∴∠CBD＝∠CDB
∴∠CDB＝∠PED，∴PE＝PD＝10－x
G
∴QE＝PQ－PE＝10－x－（10－x）＝x7分
过点D作DG⊥PQ于点G，过点A作AF⊥PQ交PQ的延长线于点F
则∠DGF＝∠AFG＝90°
∵PQ∥BC，∴PQ∥AD，∴∠ADG＝90°
∴四边形AFGD为矩形，∴AF＝DG
∵PQ∥BC，∴∠DPG＝∠C
∵∠DGP＝∠PH′C＝90°，∴△DGP∽△PH′C
∴＝，∴AF＝DG＝（10－x）＝8－x8分
∵S△BQE＋S△AQE＝EQ·BQ＋EQ·AF＝×x·x＋×x·（8－x）＝x
S△DEP＝PE·DG＝（10－x）·（8－x）＝x2－8x＋40，S△BQE＋S△AQE＝S△DEP
∴x＝（x2－8x＋40），整理得x2－25x＋100＝0，∴x1＝5，x2＝20
∵0＜x＜10，∴x2＝20不符合题意，舍去，∴x＝5
∴当x＝5时，S△BQE＋S△AQE＝S△DEP9分
∵PH′＝x＝4＜5，∴⊙P与直线BC相交10分
H
20．解：
（1）EG＝CG，EG⊥CG2分
（2）EG＝CG，EG⊥CG4分
证明：
如图3，延长FE交DC延长线于H，连接GH
∵∠AEH＝90°，∠EBC＝90°，∠BCH＝90°
∴四边形BEHC是矩形，∴BE＝CH，∠EHC＝90°
H
又∵BE＝EF，∴EF＝CH
∵∠EHC＝90°，FG＝DG，∴HG＝DF＝FG
∵BC＝EH，BC＝CD，∴EH＝CD
∵EF＝CH，∴FH＝DH，∴∠F＝45°
又FG＝DG，∴∠CHG＝∠EHC＝45°
H
∴∠F＝∠CHG，∴△EFG≌△CHG
∴EG＝CG，∠EGF＝∠CGH6分
∵∠FHC＝90°，FH＝DH，FG＝DG，∴HG⊥DF
∴∠EGF＋∠EGH＝90°
∴∠CGH＋∠EGH＝90°，即∠EGC＝90°
∴EG⊥CG8分
（3）EG＝CG，EG⊥CG9分
证明：
如图4，延长CG至H，使GH＝CG，连接HF、HE、EC
∵GF＝GD，∠HGF＝∠CGD，GH＝GC，∴△HFG≌△CDG
H
∴HF＝CD，∠GHF＝∠GCD，∴HF∥CD
∵正方形ABCD，∴HF＝BC，HF⊥BC
∵△BEF是等腰直角三角形，∴EF＝BE，EF⊥BE
∴∠HFE＝∠CBE，∴△HFE≌△CBE
∴EH＝EC，∠FEH＝∠B
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