数迹
题目列表试卷列表
共找到 16 题
排序：
组题
本页 16 题去组卷
1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的左焦点为 F(−1,0)F(-1,0)，离心率为 12\dfrac{1}{2}.
(1) 求 CC 的方程； (2) 设 OO 为坐标原点，过 FF 且斜率大于 00 的动直线 ll 与 CC 交于 PP，QQ 两点，其中 QQ 在第三象限，直线 POPO 与 CC 的另一个交点为 RR.
(i) 若 △PQR\triangle PQR 的面积是 △PFO\triangle PFO 的面积的 33 倍，求 ll 的方程； (ii) 求 tan⁡∠PQR\tan \angle PQR 的最小值．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
1817分解析几何★★★★★
设椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的离心率为 223\frac{2\sqrt{2}}{3}，下顶点为 AA，右顶点为 BB，∣AB∣=10|AB| = \sqrt{10}.
(1) 求椭圆 CC 的标准方程； (2) 已知动点 PP 不在 yy 轴上，点 RR 在射线 APAP 上，且满足 ∣AP∣⋅∣AR∣=3|AP| \cdot |AR| = 3.
(i) 设 P(m,n)P(m, n)，求点 RR 的坐标（用 mm，nn 表示）； (ii) 设 OO 为坐标原点，QQ 是 CC 上的动点，直线 OROR 的斜率为直线 OPOP 的斜率的3倍，求 ∣PQ∣|PQ| 的最大值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
2215分解析几何★★★★★
在直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到 xx 轴的距离等于点 PP 到点 (0,12)(0,\frac12) 的距离，记动点 PP 的轨迹为 WW.
(1) 求 WW 的方程； (2) 已知矩形 ABCDABCD 有三个顶点在 WW 上，证明：矩形 ABCDABCD 的周长大于 333\sqrt3.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
20解析几何★★★★★
已知抛物线 C1:x2=4yC_1: x^2 = 4y 的焦点 FF 也是椭圆 C2:y2a2+x2b2=1C_2: \frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的一个焦点，C1C_1 与 C2C_2 的公共弦长为 262\sqrt{6}.
(1) 求 C2C_{2} 的方程； (2) 过点 FF 的直线 ll 与 C1C_1 相交于 AA，BB 两点，与 C2C_2 相交于 CC，DD 两点，且 AC→\overrightarrow{AC} 与 BD→\overrightarrow{BD} 同向.
① 若 ∣AC∣=∣BD∣|AC| = |BD|，求直线 ll 的斜率； ② 设 C1C_1 在点 AA 处的切线与 xx 轴的交点为 MM，证明： 直线 ll 绕点 FF 旋转时，△MFD\triangle MFD 总是钝角三角形.

2015 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21解析几何★★★★★
如图，OO 为坐标原点，椭圆 C1:x2a2+y2b2=1C_1: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，离心率为 e1e_1；双曲线 C2:x2a2−y2b2=1C_2: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 的左，右焦点分别为 F3F_3，F4F_4，离心率为 e2e_2. 已知 e1e2=32e_1 e_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}，且 ∣F2F4∣=3−1|F_2 F_4| = \sqrt{3} - 1.
(1) 求 C1C_{1}，C2C_{2} 的方程； (2) 过 F1F_{1} 作 C1C_{1} 的不垂直于 yy 轴的弦 ABAB，MM 为弦 ABAB 的中点. 当直线 OMOM 与 C2C_{2} 交于 PP，QQ 两点时，求四边形 APBQAPBQ 面积的最小值.
\begin{solution} 设椭圆和双曲线的焦距参数分别为 c=a2−b2c=\sqrt{a^2-b^2}，d=a2+b2d=\sqrt{a^2+b^2}. 则 e1=cae_1=\frac{c}{a}，e2=dae_2=\frac{d}{a}，从而 e12+e22=c2+d2a2=2e_1^2+e_2^2=\frac{c^2+d^2}{a^2}=2，e12e22=34e_1^2e_2^2=\frac34. 所以 e12e_1^2、e22e_2^2 是方程 u2−2u+34=0u^2-2u+\frac34=0 的两个根，即 12\frac12、32\frac32. 由于椭圆离心率小于 11，有 e1=12e_1=\frac{1}{\sqrt2}，e2=32e_2=\sqrt{\frac32}. 又因为 F2=(c,0)F_2=(c,0)，F4=(d,0)F_4=(d,0)，所以
a(e2−e1)=d−c=3−1a(e_2-e_1)=d-c=\sqrt3-1
而 e2−e1=3−12e_2-e_1=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2}，故 a=2a=\sqrt2. 于是 c=1c=1，b2=a2−c2=1b^2=a^2-c^2=1，即 C1:x22+y2=1C_1:\frac{x^2}{2}+y^2=1，C2:x22−y2=1C_2:\frac{x^2}{2}-y^2=1.
第二问先设弦 ABAB 的斜率为 kk，由于题设排除了垂直于 yy 轴的水平弦，故 k≠0k\ne0. 直线方程为 y=k(x+1)y=k(x+1). 与椭圆联立得
(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2=0(1+2k^2)x^2+4k^2x+2k^2-2=0
由根与系数的关系，弦中点为
M(−2k21+2k2,k1+2k2)M\left(-\frac{2k^2}{1+2k^2},\frac{k}{1+2k^2}\right)
因此直线 OMOM 的方向向量可取 (−2k,1)(-2k,1). 令该直线上的点为 (x,y)=t(−2k,1)(x,y)=t(-2k,1)，代入 C2C_2 得
(2k2−1)t2=1(2k^2-1)t^2=1
由于题设要求有两个交点，必须有 k2>12k^2>\frac12，此时
PQ=24k2+12k2−1PQ=\frac{2\sqrt{4k^2+1}}{\sqrt{2k^2-1}}
设椭圆交点的横坐标之差的绝对值为 ∣Δx∣|\Delta x|. 由上面二次方程的判别式，
∣Δx∣=22(1+k2)1+2k2|\Delta x|=\frac{2\sqrt{2(1+k^2)}}{1+2k^2}
所以
AB=∣Δx∣1+k2=22(1+k2)1+2k2AB=|\Delta x|\sqrt{1+k^2}=\frac{2\sqrt2(1+k^2)}{1+2k^2}
四边形 APBQAPBQ 的两条对角线为 ABAB、PQPQ，且交点为 MM. 因此用向量行列式计算面积，注意
det⁡(1k−2k1)=1+2k2\det\begin{pmatrix}1&k\\-2k&1\end{pmatrix}=1+2k^2
得到
S=12∣Δx∣⋅22k2−1(1+2k2)=22(1+k2)2k2−1S=\frac12|\Delta x|\cdot\frac{2}{\sqrt{2k^2-1}}(1+2k^2) =\frac{2\sqrt{2(1+k^2)}}{\sqrt{2k^2-1}}
有限斜率下
S2=8(1+k2)2k2−1=4+122k2−1>4S^2=\frac{8(1+k^2)}{2k^2-1}=4+\frac{12}{2k^2-1}>4
还需考虑 AB∥yAB\parallel y 轴的情形，此时弦为 x=−1x=-1，其中点为 M=(−1,0)M=(-1,0)，直线 OMOM 为 xx 轴，与双曲线交于 (−2,0)(-\sqrt2,0)、(2,0)(\sqrt2,0). 此时 AB=2AB=\sqrt2，PQ=22PQ=2\sqrt2，故 S=2S=2. 因而四边形 APBQAPBQ 面积的最小值为 22. \end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
20解析几何★★★★★
如图，OO 为坐标原点，双曲线 C1:x2a12−y2b12=1C_{1}:\frac{x^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{1}^{2}} = 1（a1>0a_{1} > 0，b1>0b_{1} > 0） 和椭圆 C2:y2a22+x2b22=1C_{2}:\frac{y^{2}}{a_{2}^{2}} + \frac{x^{2}}{b_{2}^{2}} = 1（a2>b2>0a_{2} > b_{2} > 0） 均过点 P(233,1)P\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},1\right)，且以 C1C_{1} 的两个顶点和 C2C_{2} 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 22 的正方形.
(1) 求 C1C_1，C2C_2 的方程； (2) 是否存在直线 ll，使得 ll 与 C1C_1 交于 AA，BB 两点，与 C2C_2 只有一个公共点，且 ∣OA→+OB→∣=∣AB→∣\left|\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\right| = \left|\overrightarrow{AB}\right|，证明你的结论.

2014 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
20不等式★★★★★
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，将从点 MM 出发沿纵、横方向到达点 NN 的任一路径称为 MM 到 NN 的一条“LL 路径”. 如图所示的路径 MM1M2M3NMM_{1}M_{2}M_{3}N 与路径 MN1NMN_{1}N 都是 MM 到 NN 的“LL 路径”. 某地有三个新建的居民区，分别位于平面 xOyxOy 内三点 A(3,20)A(3,20)，B(−10,0)B(-10,0)，C(14,0)C(14,0) 处. 现计划在 xx 轴上方区域（包含 xx 轴）内的某一点 PP 处修建一个文化中心.
(1) 写出点 PP 到居民区 AA 的“LL 路径”长度最小值的表达式（不要求证明）； (2) 若以原点 OO 为圆心，半径为 11 的圆的内部是保护区，“LL 路径”不能进入保护区，请确定点 PP 的位置，使其到三个居民区的“LL 路径”长度之和最小.

2013 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21解析几何★★★★★
过抛物线 E:x2=2pyE: x^{2} = 2py（p>0p > 0）的焦点 FF 作斜率分别为 k1k_{1}，k2k_{2} 的两条不同的直线 l1l_{1}，l2l_{2}，且 k1+k2=2k_{1} + k_{2} = 2，l1l_{1} 与 EE 相交于点 AA，BB，l2l_{2} 与 EE 相交于点 CC，DD. 以 ABAB，CDCD 为直径的圆 MM，圆 NN（MM，NN 为圆心）的公共弦所在的直线记为 ll.
(1) 若 k1>0k_{1} > 0，k2>0k_{2} > 0，证明：FM→⋅FN→<2p2\overrightarrow{FM} \cdot \overrightarrow{FN} < 2p^{2}； (2) 若点 MM 到直线 ll 的距离的最小值为 755\frac{7\sqrt{5}}{5}，求抛物线 EE 的方程.

2013 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21解析几何★★★★★
如图，椭圆 C1:x2a2+y2b2=1C_{1}:\frac{x^{2}}{a^{2}} +\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>b>0a > b > 0）的离心率为 32\frac{\sqrt{3}}{2}，xx 轴被曲线 C2C_2：y=x2−by = x^{2} - b 截得的线段长等于 C1C_1 的长半轴长.
(1) 求 C1C_1，C2C_2 的方程； (2) 设 C2C_2 与 yy 轴的交点为 MM，过坐标原点 OO 的直线 ll 与 C2C_2 相交于点 AA，B，直线 MAMA，MBMB 分别与 C1C_1 相交于点 DD，EE.
(i) 证明：MD⊥MEMD \perp ME； (ii) 记 △MAB\triangle MAB，△MDE\triangle MDE 的面积分别是 S1S_{1}，S2S_{2}. 问：是否存在直线 ll，使得 S1S2=1732\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{17}{32}，请说明理由.

2011 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
20解析几何★★★★★
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到点 F(3,0)F(3,0) 的距离的 44 倍与它到直线 x=2x = 2 的距离的 33 倍之和记为 dd. 当点 PP 运动时，dd 恒等于点 PP 的横坐标与 1818 之和.
(1) 求点 PP 的轨迹 CC； (2) 设过点 FF 的直线 ll 与轨迹 CC 相交于 MM，NN 两点，求线段 MNMN 长度的最大值.

2009 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
20解析几何★★★★★
若 AA，BB 是抛物线 y2=4xy^{2} = 4x 上的不同两点，弦 ABAB（不平行于 yy 轴）的垂直平分线与 xx 轴相交于点 PP，则称弦 ABAB 是点 PP 的一条“相关弦”. 已知当 x>2x > 2 时，点 P(x,0)P(x, 0) 存在无穷多条“相关弦”. 给定 x0>2x_0 > 2.
(1) 证明：点 P(x0,0)P(x_0, 0) 的所有“相关弦”的中点的横坐标相同； (2) 试问：点 P(x0,0)P(x_0, 0) 的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值（用 x0x_0 表示）；若不存在，请说明理由.

2008 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
19解析几何★★★★★
已知椭圆的中心在原点，一个焦点是 F(2,0)F(2,0)，且两条准线间的距离为 λ\lambda（λ>4\lambda > 4）.
(1) 求椭圆的方程； (2) 若存在过点 A(1,0)A(1,0) 的直线 ll，使点 FF 关于直线 ll 的对称点在椭圆上，求 λ\lambda 的取值范围.
\begin{solution} 设椭圆的长半轴为 aa，短半轴为 bb，半焦距为 cc，离心率为 ee. 因为焦点为 F(2,0)F(2,0)，所以 c=2c=2，且 a2−b2=c2=4a^2-b^2=c^2=4. 椭圆的两条准线分别为 x=aex=\frac{a}{e} 和 x=−aex=-\frac{a}{e}，故 λ=2ae=2a2c=a2\lambda=\frac{2a}{e}=\frac{2a^2}{c}=a^2. 从而 a2=λa^2=\lambda，b2=λ−4b^2=\lambda-4.
\begin{enumerate} \item 椭圆的方程为
x2λ+y2λ−4=1\frac{x^2}{\lambda}+\frac{y^2}{\lambda-4}=1
\item 设点 FF 关于直线 ll 的对称点为 F′F'. 因为直线 ll 经过 AA，反射保持点到 AA 的距离不变，所以 AF′=AF=1AF'=AF=1，即 F′F' 在圆 (x−1)2+y2=1\left(x-1\right)^2+y^2=1 上. 反过来，圆上任一点都可以取 AFAF 与 AF′AF' 的角平分线作为反射轴（当 F′=FF'=F 时取直线 AFAF），因此题设条件等价于该圆与椭圆有公共点.
由圆的方程得 y2=2x−x2y^2=2x-x^2，且 0⩽x⩽20\leqslant x\leqslant2. 代入椭圆方程，得
x2λ+2x−x2λ−4=1\frac{x^2}{\lambda}+\frac{2x-x^2}{\lambda-4}=1
即 4x2−2λx+λ(λ−4)=04x^2-2\lambda x+\lambda\left(\lambda-4\right)=0. 该方程有实根的充要条件是
Δ=4λ(16−3λ)⩾0\Delta=4\lambda\left(16-3\lambda\right)\geqslant0
结合 λ>4\lambda>4，可得 4<λ⩽1634<\lambda\leqslant\frac{16}{3}.
还需验证此范围内的根确实给出圆上的点. 当 4<λ⩽1634<\lambda\leqslant\frac{16}{3} 时，方程的根为 x=λ±λ(16−3λ)4x=\frac{\lambda\pm\sqrt{\lambda\left(16-3\lambda\right)}}{4}. 由 λ>4\lambda>4 可知较小的根大于 00，而 λ(16−3λ)⩽(8−λ)2\lambda\left(16-3\lambda\right)\leqslant\left(8-\lambda\right)^2，所以较大的根不超过 22. 因而至少有一个根属于 [0,2][0,2]，此时 y2=x(2−x)⩾0y^2=x\left(2-x\right)\geqslant0，公共点确实存在. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
21解析几何★★★★★
已知椭圆 C1:x24+y23=1C_{1}: \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1，抛物线 C2:(y−m)2=2pxC_{2}: (y - m)^2 = 2px（p>0p > 0），且 C1C_{1}，C2C_{2} 的公共弦 ABAB 过椭圆 C1C_{1} 的右焦点.
(1) 当 AB⊥xAB \perp x 轴时，求 mm，pp 的值，并判断抛物线 C2C_{2} 的焦点是否在直线 ABAB 上； (2) 是否存在 mm，pp 的值，使抛物线 C2C_{2} 的焦点恰在直线 ABAB 上？若存在，求出符合条件的 mm，pp 的值；若不存在，请说明理由.

2006 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21解析几何★★★★★
已知椭圆 C1:x24+y23=1C_1:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1，抛物线 C2:(y−m)2=2pxC_2:(y-m)^2=2px（p>0p>0），且 C1C_1，C2C_2 的公共弦 ABAB 过椭圆 C1C_1 的右焦点.
(1) 当 AB⊥xAB\perp x 轴时，求 mm，pp 的值，并判断抛物线 C2C_2 的焦点是否在直线 ABAB 上； (2) 若 p=43p=\frac43 且抛物线 C2C_2 的焦点在直线 ABAB 上，求 mm 的值及直线 ABAB 的方程.

2006 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21解析几何★★★★★
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左、右焦点为 F1F_1，F2F_2，离心率为 ee. 直线 l:y=ex+al: y = ex + a 与 xx 轴，yy 轴分别交于点 AA，BB，MM 是直线 ll 与椭圆 CC 的一个公共点，PP 是点 F1F_1 关于直线 ll 的对称点，设 AM→=λAB→\overrightarrow{AM} = \lambda \overrightarrow{AB}.
(1) 证明： λ=1−e2\lambda = 1 - e^{2}； (2) 若 λ=34\lambda = \frac{3}{4}，△PF1F2\triangle PF_{1}F_{2} 的周长为 66；写出椭圆 CC 的方程； (3) 确定 λ\lambda 的值，使得 △PF1F2\triangle PF_{1}F_{2} 是等腰三角形.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 记椭圆的焦半距为 cc. 由离心率定义，c=aec=ae，且 b2=a2−c2=a2(1−e2)b^2=a^2-c^2=a^2(1-e^2)，0<e<10<e<1. 直线 ll 与坐标轴的交点为 A(−ae,0)A\left(-\frac{a}{e},0\right)，B(0,a)B(0,a). 由 AM→=λAB→\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AB}，得
M(a(λ−1)e,aλ)M\left(\frac{a(\lambda-1)}{e},a\lambda\right)
将点 MM 代入椭圆方程，得
(λ−1)2e2+λ21−e2=1\frac{(\lambda-1)^2}{e^2}+\frac{\lambda^2}{1-e^2}=1
两边乘以 e2(1−e2)e^2(1-e^2)，整理得
(1−e2)(λ−1)2+e2λ2=e2(1−e2)(1-e^2)(\lambda-1)^2+e^2\lambda^2=e^2(1-e^2)
即
(λ−(1−e2))2=0\left(\lambda-(1-e^2)\right)^2=0
所以
λ=1−e2\lambda=1-e^2
\item 当 λ=34\lambda=\frac34 时，e2=14e^2=\frac14，由 e>0e>0 得 e=12e=\frac12. 又 F1(−ae,0)F_1(-ae,0)，F2(ae,0)F_2(ae,0) 且直线 ll 的方程为 ex−y+a=0ex-y+a=0. 记
δ=e(−ae)−0+a1+e2=a(1−e2)1+e2\delta=\frac{e(-ae)-0+a}{1+e^2}=\frac{a(1-e^2)}{1+e^2}
由点关于直线的对称公式，点 F1F_1 的对称点为
P=(−ae−2eδ,2δ)=(−ae(3−e2)1+e2,2a(1−e2)1+e2)P=\left(-ae-2e\delta,2\delta\right) =\left(-\frac{ae(3-e^2)}{1+e^2},\frac{2a(1-e^2)}{1+e^2}\right)
因此
PF1=2dist⁡(F1,l)=2a(1−e2)1+e2PF_1=2\operatorname{dist}(F_1,l)=\frac{2a(1-e^2)}{\sqrt{1+e^2}}
PF2=2a1+e24e2+(1−e2)2=2aPF_2=\frac{2a}{1+e^2}\sqrt{4e^2+(1-e^2)^2}=2a，F1F2=2aeF_1F_2=2ae. 三角形 PF1F2PF_1F_2 的周长为
2a(1−e21+e2+1+e)2a\left(\frac{1-e^2}{\sqrt{1+e^2}}+1+e\right)
代入 e=12e=\frac12 和周长为 66，得
3a5+2a+a=6\frac{3a}{\sqrt5}+2a+a=6
所以
a=255+1=5−52a=\frac{2\sqrt5}{\sqrt5+1}=\frac{5-\sqrt5}{2}
又 a2=5(3−5)2a^2=\frac{5(3-\sqrt5)}{2}，b2=a2(1−e2)=15(3−5)8b^2=a^2(1-e^2)=\frac{15(3-\sqrt5)}{8}. 故椭圆 CC 的方程为
x25(3−5)2+y215(3−5)8=1\frac{x^2}{\frac{5(3-\sqrt5)}{2}}+\frac{y^2}{\frac{15(3-\sqrt5)}{8}}=1
\item 因为 0<e<10<e<1，所以 PF1<PF2PF_1<PF_2，且 PF2=2a>2ae=F1F2PF_2=2a>2ae=F_1F_2. 因而等腰三角形只能满足 PF1=F1F2PF_1=F_1F_2，即
1−e21+e2=e\frac{1-e^2}{\sqrt{1+e^2}}=e
两边均为正，平方得
(1−e2)2=e2(1+e2)(1-e^2)^2=e^2(1+e^2)
即 1−3e2=01-3e^2=0. 由 e>0e>0，得 e=33e=\frac{\sqrt3}{3}，所以
λ=1−e2=23\lambda=1-e^2=\frac23
\end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22解析几何★★★★★
如图，过抛物线 x2=4yx^{2} = 4y 的对称轴上任一点 P(0,m)P(0, m)（m>0m > 0）作直线与抛物线交于 AA，BB 两点，点 QQ 是点 PP 关于原点的对称点.
(1) 设点 PP 分有向线段 AB→\overrightarrow{AB} 所成的比为 λ\lambda. 证明：QP→⊥(QA→−λQB→)\overrightarrow{QP} \perp (\overrightarrow{QA} - \lambda \overrightarrow{QB})； (2) 设直线 ABAB 的方程是 x−2y+12=0x - 2y + 12 = 0，过 AA，BB 两点的圆 CC 与抛物线在点 AA 处有共同的切线，求圆 CC 的方程.

2004 · 湖南 · 文 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析