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中考数学压轴题 福建历年中考压轴精选(2020年8月整理).pdf

来源:华佗健康网
学 海 无 涯

莆田

25.(12分)已知矩形ABCD和点P,当点P在BC上任一位置(如图(1)所示)时,

易证得结论:PA2+PC2=PB2+PD2,请你探究:当点P分别在图(2)、图(3)中的位置时,PA、PB、PC和PD又有怎样的数量关系?请你写出对上述两种情况的探究结论,并利用图(2)证明你的结论.

答:对图(2)的探究结论为____________________________________. 对图(3)的探究结论为_____________________________________. 证明:如图(2)

26.(14分)如图:抛物线经过A(-3,0)、B(0,4)、C(4,0)三点. (1) 求抛物线的解析式.

(2)已知AD = AB(D在线段AC上),有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单位长度的速度移动;同时另一个动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动,经过t 秒的移动,线段PQ被BD垂直平分,求t的值;

(3)在(2)的情况下,抛物线的对称轴上是否存在一点M,使MQ+MC的值最小?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由. (注:抛物线y=ax+bx+c的对称轴为x=−

1

22222

b) 2a

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福州

21.(满分12分)

如图9,等边ABC边长为4,E是边BC上动点,

EH⊥AC于H,过E作EF∥AC,交线段AB于点F,

在线段AC上取点P,使PE=EB。设

EC=x(0x2)。

(1) 请直接写出图中与线段EF相等的两条线段(不再

另外添加辅助线);

(2) Q是线段AC上的动点,当四边形EFPQ是平行四边形时,求

含x的代数式表示);

(3) 当(2)中 的EFPQ面积最大值时,以E为圆心,r为半径作圆,根据⊙E与此时EFPQ四条边交点的总个数,求相应的r的取值范围。

22.(满分14分)

已知直线l:y=-x+m(m≠0)交x轴、y轴于A、B两点, 点C、M分别在线段OA、AB上,且OC=2CA,AM=2MB, 连接MC,将△ACM绕点M旋转180°,得到△FEM,则 点E在y轴上, 点F在直线l上;取线段EO中点N,将ACM沿 MN所在直线翻折,得到△PMG,其中P与A为对称点.记: 过点F的双曲线为C1,过点M且以B为顶点的抛物线为C2, 过点P且以M为顶点的抛物线为C3.

(1) 如图10,当m=6时,①直接写出点M、F的坐标,

②求C1、C2的函数解析式;

(2)当m发生变化时, ①在C1的每一支上,y随x的增大如何变化?请说明理由。 ②若C2、C3中的y都随着x的增大而减小,写出x的取值范围。

2

(用EFPQ的面积

图10

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漳州

26.(满分14分)如图1,已知:抛物线y=交于点C,经过B、C两点的直线是y=12x+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴21x−2,连结AC. 2(1)B、C两点坐标分别为B(_____,_____)、C(_____,_____),抛物线的函数关系

式为______________;

(2)判断△ABC的形状,并说明理由;

(3)若△ABC内部能否截出面积最大的矩形DEFC(顶点D、E、F、G在△ABC各边上)?若能,求出在AB边上的矩形顶点的坐标;若不能,请说明理由.

b4ac−b2[抛物线y=ax+bx+c的顶点坐标是−,]

2a4a2

y y A C O B x A C O B x

图1

(第26题)

图2(备用)

3

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厦门

4

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三明 22.(本题满分12分)

已知:矩形ABCD中AD>AB,O是对角线的交点,过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N(如图①). (1)求证:BM=DN;

(2)如图②,四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的,连接CN,求证:四边形AMCN是菱形;

(3)在(2)的条件下,若△CDN的面积与△CMN的面积比为1︰3,求

23.(本题满分14分)

如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=−MN的值. DN12、 x+bx+c与x轴交于A(1,0)

2B(5,0)两点.

(1)求抛物线的解析式和顶点C的坐标;(4分)

(2)设抛物线的对称轴与x轴交于点D,将∠DCB绕点C按顺时针方向旋转,角的两边

CD和CB与x轴分别交于点P、Q,设旋转角为(0≤90). ①当等于多少度时,△CPQ是等腰三角形?(5分) ②设BP=t,AQ=s,求s与t之间的函数关系式.(5分)

5

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厦门

6

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莆田

25:结论均是PA2+PC2=PB2+PD2(图2 2分,图3 1分) 证明:如图2过点P作MN⊥AD于点M,交BC于点N,

因为AD∥BC,MN⊥AD,所以MN⊥BC 在Rt△AMP中,PA2=PM2+MA2 在Rt△BNP中,PB2=PN2+BN2 在Rt△DMP中,PD2=DM2+PM2 在Rt△CNP中,PC2=PN2+NC2

所以PA2+PC2=PM2+MA2+PN2+NC2 PB2+PD2=PM2+DM2+BN2+PN2

因为MN⊥AD,MN⊥NC,DC⊥BC,所以四边形MNCD是矩形 所以MD=NC,同理AM = BN,

所以PM2+MA2+PN2+NC2=PM2+DM2+BN2+PN2 即PA2+PC2=PB2+PD2

26(1)解法一:设抛物线的解析式为y = a (x +3 )(x - 4)

因为B(0,4)在抛物线上,所以4 = a ( 0 + 3 ) ( 0 - 4 )解得a= -1/3 所以抛物线解析式为y=−(x+3)(x−4)=−213121x+x+4 33解法二:设抛物线的解析式为y=ax+bx+c(a0),

1a=−9a−3b+4=03依题意得:c=4且 解得

16a+4b+4=0b=13 所以 所求的抛物线的解析式为y=−121x+x+4 33

(2)连接DQ,在Rt△AOB中,AB=AO2+BO2=32+42=5

7

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所以AD=AB= 5,AC=AD+CD=3 + 4 = 7,CD = AC - AD = 7 – 5 = 2 因为BD垂直平分PQ,所以PD=QD,PQ⊥BD,所以∠PDB=∠QDB 因为AD=AB,所以∠ABD=∠ADB,∠ABD=∠QDB,所以DQ∥AB 所以∠CQD=∠CBA.∠CDQ=∠CAB,所以△CDQ∽ △CAB

DQCDDQ210 即==,DQ=

ABCA57710252525所以AP=AD – DP = AD – DQ=5 –= ,t= 1=777725所以t的值是

7(3)答对称轴上存在一点M,使MQ+MC的值最小 理由:因为抛物线的对称轴为x=−b1= 2a21对称 2所以A(- 3,0),C(4,0)两点关于直线x=连接AQ交直线x=1于点M,则MQ+MC的值最小 2过点Q作QE⊥x轴,于E,所以∠QED=∠BOA=900 DQ∥AB,∠ BAO=∠QDE, △DQE ∽△ABO

10QEDEQEDQDE 即 =7===453BOABAO86620208所以QE=,DE=,所以OE = OD + DE=2+=,所以Q(,)

777777设直线AQ的解析式为y=kx+m(k0)

820k+m=则77 由此得 −3k+m=08k=41 m=24411x=8242所以直线AQ的解析式为y= x+ 联立8244141y=x+41411x=1282由此得 所以M(,)

824241y=x+4141则:在对称轴上存在点M(

8

128,),使MQ+MC的值最小. 241学 海 无 涯

福州

21.解:(1)BE、PE、BF三条线段中任选两条.………………………2分 (2)在Rt△CHE中,∠CHE=90° ∠C=60°,

∴EH=3x 2∵PQ=EF=BE=4-x ∴S(3)

EFPQ=−32x+23x.………………5分 2SEFPQ=−32x+23x2=−3(x−2)2+232EFPQ

∴当x=2时,S有最大值.

此时E、F、P分别为△ABC三边BC、AB、

AC的中点,且点C、 点Q重合

∴平行四边形EFPQ是菱形. 过E点作ED⊥FP于D, ∴ED=EH=3.

∴当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是2

个时,0<r<3;

当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是4个时,r=3; 当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是6个时,3<r<2; 当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是3个时,r=2时; 当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是0个时,r>2时.

……………………………………12分

22.解:(1)①点M的坐标为(2,4),点F的坐标为(-2,8).………2分

9

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② 设C1的函数解析式为y= ∵C1过点F(-2,8) ∴C1的函数解析式为y=−k(k0). x16. x∵C2的顶点B的坐标是(0,6)

∴设C2的函数解析式为y=ax+6(a0). ∵C2过点M(2,4) ∴4a+6=4

21a=−.

2∴C2的函数解析式为y=−

(2)依题意得,A(m,0),B(0,m),

12x+6.……………………6分 2214,点F坐标为(−m,m). m)333k①设C1的函数解析式为y=(k0).

x14∵C1过点F(−m,m)

33∴点M坐标为(m,13 10

学 海 无 涯

∴k=−42m. 9∵m0 ∴k0

∴在C1的每一支上,y随着x的增大而增大. ②答:当m>0时,满足题意的x的取值范围为 0<x<

1m; 3当m<0时,满足题意的x的取值范围为m<x<0.

……………………………………………………14分

漳州

26.(1)B(4,0),C(0,···································································· 2分 −2). ·

13123······················································································ 4分 x−x−2. ·

22(2)△ABC是直角三角形. ··········································································· 5分

123证明:令y=0,则x−x−2=0.

22y=x1=−1,x2=4.

································································································ 6分 A(−10),. ·解法一:AB=5,AC=5,BC=25. ······················································ 7分

AC2+BC2=5+20=25=AB2.

··············································································· 8分 △ABC是直角三角形. ·

COAO1解法二:AO=1,CO=2,BO=4,==

BOOC2AOC=COB=90°,

··················································································· 7分 △AOC∽△COB. ·

ACO=CBO.

CBO+BCO=90°,

ACO+BCO=90°.即ACB=90°. △ABC是直角三角形. ················································································ 8分 (3)能.①当矩形两个顶点在AB上时,如图1,CO交GF于H.

GF∥AB,

△CGF∽△CAB. GFCH. ················································ 9分 =ABCOy D A O F G H C E B x 11

图1

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解法一:设GF=x,则DE=x,CH=2x, 52DG=OH=OC−CH=2−x.

522S矩形DEFG=x·2−x=−x2+2x

55255=−x−+. ····················································································· 10分

5225时,S最大. 25DE=,DG=1.

2△ADG∽△AOC, ADDG11=,AD=,OD=,OE=2. AOOC22当x=21·············································································· 11分 D−,0,E(2,0). ·

210−5x. 210−5x555··································· 10分 S矩形DEFG=x·=−x2+5x=−(x−1)2+. ·

2222当x=1时,S最大.

5DG=1,DE=.

2△ADG∽△AOC, ADDG11=,AD=,OD=,OE=2. AOOC22解法二:设DG=x,则DE=GF=1·············································································· 11分 D−,0,E(2,0). ·

2y ②当矩形一个顶点在AB上时,F与C重合,如图2,

DG∥BC, △AGD∽△ACB. GDAG. =BCAF解法一:设GD=x,AC=5,BC=25,

D O A G C 图2

B G x xGF=AC−AG=5−.

2 12

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x1S矩形DEFG=x·5−=−x2+5x

22=−1x−52()25··················································································· 12分 +.·2当x=5时,S最大.

GD=5,AG=535,AD=AG2+GD2=.OD=

2223································································································ 13分 D,0 ·

2解法二:设

DE=x,

AC=5,

BC=25,GC=x,

AG=5−x.GD=25−2x.

S矩形DEFG=x·25−2x=−2x2+25x

55=−2x−····················································································· 12分 +2 ·22()当x=5时,S最大, 253522.AD=AG+GD=.OD=.

222GD=5,AG=3································································································ 13分 D,0 ·

2综上所述:当矩形两个顶点在AB上时,坐标分别为−,(2,0); 0,

12当矩形一个顶点在AB上时,坐标为,······················································ 14分 0 · 厦门 23.(本题满分9分)

(1)解: 不正确. ……1分 如图作(直角)梯形ABCD, ……2分

使得AD∥BC,∠C=90°. 连结BD,则有BD2=BC2+CD2. ……3分

32 13

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而四边形ABCD是直角梯形不是矩形. ……4分 (2)证明:如图,

AD ∵ tan∠DBC=1,

∴ ∠DBC=45°. ……5分 ∵ ∠DBC=∠BDC, ∴ ∠BDC=45°.

且BC=DC. ……6分 BC 法1: ∵ BD平分∠ABC,

∴ ∠ABD=45°,∴ ∠ABD=∠BDC. ∴ AB∥DC.

∴ 四边形ABCD是平行四边形. ……7分 又∵ ∠ABC=45°+45°=90°,

∴ 四边形ABCD是矩形. ……8分 ∵ BC=DC,

∴ 四边形ABCD是正方形. ……9分 法2:∵ BD平分∠ABC, ∠BDC=45°,∴∠ABC=90°. ∵ ∠DBC=∠BDC=45°,∴∠BCD=90°. ∵ AD∥BC,

∴ ∠ADC=90°. ……7分 ∴ 四边形ABCD是矩形. ……8分 又∵ BC=DC

∴ 四边形ABCD是正方形. ……9分 法3:∵ BD平分∠ABC,∴ ∠ABD=45°. ∴ ∠BDC=∠ABD. ∵ AD∥BC,∴ ∠ADB=∠DBC. ∵ BD=BD,

∴ △ADB≌△CBD.

∴ AD=BC=DC=AB. ……7分 ∴ 四边形ABCD是菱形. ……8分 又∵∠ABC=45°+45°=90°,

∴ 四边形ABCD是正方形. ……9分 24.(本题满分9分)

(1)解:延长OP交AC于E, C2 ∵ P是△OAC的重心,OP=,

3

EPFD ∴ OE=1, ……1分 ABO 且 E是AC的中点.

∵ OA=OC,∴ OE⊥AC.

在Rt△OAE中,∵ ∠A=30°,OE=1,

∴ OA=2. ……2分 ∴ ∠AOE=60°.

∴ ∠AOC=120°. ……3分 ︵4

∴ AC=π. ……4分

3(2)证明:连结BC.

14

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∵ E、O分别是线段AC、AB的中点,

∴ BC∥OE,且BC=2OE=2=OB=OC.

∴ △OBC是等边三角形. ……5分 法1:∴ ∠OBC=60°.

∵ ∠OBD=120°,∴ ∠CBD=60°=∠AOE. ……6分 ∵ BD=1=OE,BC=OA,

∴ △OAE ≌△BCD. ……7分 ∴ ∠BCD=30°. ∵ ∠OCB=60°,

∴ ∠OCD=90°. ∴ CD是⊙O的切线. 法2:过B作BF∥DC交CO于F. ∵ ∠BOC=60°,∠ABD=120°,

∴ OC∥BD. ∴ 四边形BDCF是平行四边形. ∴ CF=BD=1. ∵ OC=2,

∴ F是OC的中点.

∴ BF⊥OC. ∴ CD⊥OC.

∴ CD是⊙O的切线. 25.(本题满分10分)

(1)解:相交. ∵ 直线y=155

3x+6与线段OC交于点(0,6)同时 直线y=151

3x+6与线段CB交于点(2,1), ∴ 直线y=13x+5

6

与正方形OABC相交.

(2)解:当直线y=-3x+b经过点B时, 即有 1=-3+b,

∴ b=3+1.

即 y=-3x+1+3. 记直线y=-3x+1+3与x、y轴的交点分别为D、E. 则D(3+3

3,0),E(0,1+3). ……6分

法1:在Rt△BAD中,tan∠BDA=BAAD =1

3

=3,

3 ∴ ∠EDO=60°, ∠OED=30°.

过O作OF1⊥DE,垂足为F1,则OF1=d1. ……7分 在Rt△OF1E中,∵ ∠OED=30°, ∴ d+1

1=

32

. 15

……8分 ……9分 ……6分 ……7分 ……8分 ……9分 ……2分 ……3分

……4分

……5分 ……8分 学 海 无 涯

2

法2:∴ DE=(3+3).

3

过O作OF1⊥DE,垂足为F1,则OF1=d1. ……7分 3+32

∴ d1=×(1+3)÷(3+3)

33 =3+1

. ……8分 2

∵ 直线y=-3x+b与直线y=-3x+1+3平行.

法1:当直线y=-3x+b与正方形OABC相交时,一定与线段OB相交,且交点不与 点O、 B重合.故直线y=-3x+b也一定与线段OF1相交,记交点为F,则 F不与

点O、 F1重合,且OF=d. ……9分 ∴ 当直线y=-3x+b与正方形相交时, 有 0<d<

3+1

. ……10分 2

法2:当直线y=-3x+b与直线y=x(x>0)相交时,

b

有 x=-3x+b,即x=. 1+3 ① 当0<b<1+3时,0<x<1, 0<y<1.

此时直线y=-3x+b与线段OB相交,且交点不与点O、 B重合. ② 当b>1+3时,x>1,

此时直线y=-3x+b与线段OB不相交.

而当b≤0时,直线y=-3x+b不经过第一象限,即与正方形OABC不相交.

∴ 当0<b<1+3时,直线y=-3x+b与正方形OABC相交. ……9分 此时有0<d<3+1

. ……10分 2

26.(本题满分11分)

n=2+c, (1)解:法1:由题意得 ……1分

2n-1=2+c.n=1,

解得 ……2分

c=-1.

1

法2:∵ 抛物线y=x2-x+c的对称轴是x=,

2

11

且 -(-1) =2-,∴ A、B两点关于对称轴对称.

22 ∴ n=2n-1 ……1分

∴ n=1,c=-1. ……2分 ∴ 有 y=x2-x-1 ……3分 15

=(x-)2-.

24

5

∴ 二次函数y=x2-x-1的最小值是-. ……4分

4 (2)解:∵ 点P(m,m)(m>0),

16

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∴ PO=2m.

∴ 22≤2m ≤2+2.

∴ 2≤m≤1+2. ……5分 法1: ∵ 点P(m,m)(m>0)在二次函数y=x2-x+c的图象上, ∴ m=m2-m+c,即c=-m2+2m. ∵ 开口向下,且对称轴m=1,

∴ 当2≤m≤1+2 时,

有 -1≤c≤0. ……6分 法2:∵ 2≤m≤1+2, ∴ 1≤m-1≤2. ∴ 1≤(m-1)2≤2. ∵ 点P(m,m)(m>0)在二次函数y=x2-x+c的图象上, ∴ m=m2-m+c,即1-c=(m-1)2. ∴ 1≤1-c≤2.

∴ -1≤c≤0. ……6分 ∵ 点D、E关于原点成中心对称, 法1: ∴ x2=-x1,y2=-y1.

y1=x12-x1+c,

∴ 

2

-y1=x1+x1+c.

∴ 2y1=-2x1, y1=-x1. 设直线DE:y=kx. 有 -x1=kx1.

由题意,存在x1≠x2.

∴ 存在x1,使x1≠0. ……7分 ∴ k=-1.

∴ 直线DE: y=-x. ……8分 法2:设直线DE:y=kx.

则根据题意有 kx=x2-x+c,即x2-(k+1) x+c=0. ∵ -1≤c≤0,

∴ (k+1)2-4c≥0.

∴ 方程x2-(k+1) x+c=0有实数根. ……7分 ∵ x1+x2=0, ∴ k+1=0. ∴ k=-1.

∴ 直线DE: y=-x. ……8分 y=-x,332+c+=0.即 x2=-c-. 若 则有 x388y=x2-x+c+.8

333

① 当 -c-=0时,即c=-时,方程x2=-c-有相同的实数根,

888

3

即直线y=-x与抛物线y=x2-x+c+有唯一交点. ……9分

8

17

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333

② 当 -c->0时,即c<-时,即-1≤c<-时,

8883

方程x2=-c-有两个不同实数根,

8

3

即直线y=-x与抛物线y=x2-x+c+有两个不同的交点. ……10分

8333

③ 当 -c-<0时,即c>-时,即-<c≤0时,

8883

方程x2=-c-没有实数根,

8

3

即直线y=-x与抛物线y=x2-x+c+没有交点. ……11分

8 三明 22.(1)证法一:连接BD,则BD过点O.

∵AD∥BC, ∴∠OBM=∠ODN. ················ 1分 又OB=OD, ∠BOM=∠DON, ·················· 2分 ∴△OBM≌△ODN. ······················· 3分 ∴BM=DN. ······················· 4分 证法二:∵矩形ABCD是中心对称图形,点O是对称中心.

················································································ 1分

∴B、D和M、N关于O点中心对称. ······················· 3分 ∴BM=DN. ······················································ 4分 (2)证法一:∵矩形ABCD,

∴AD∥BC,AD=BC. 又BM=DN, ∴AN=CM. ··················· 5分

∴四边形AMCN是平行四边形. ··················· 6分

由翻折得,AM=CM, ··················· 7分 ∴四边形AMCN是菱形. ··················· 8分 证法二:由翻折得,AN=NC,AM=MC, ∠AMN=∠CMN. ············································ 5分 ∵AD∥BC, ∴∠ANM=∠CMN. ∴∠AMN=∠ANM. ∴AM=AN. ····················································· 6分 ∴AM=MC=CN=NA. ······························································ 7分 ∴四边形AMCN是菱形. ························································· 8分 (3)解法一:∵SCDN=DNCD,SCMN=1CMCD,

212又SCDN:SCMN=1︰3,

∴DN︰CM=1︰3 ···································· 9分 设DN=k,则CN=CM=3k. 过N作NG⊥MC于点G,

则CG=DN=k,MG=CM-CG=2k. ··················· 10分 NG=CN2−CG2=9k2−k2=22k

18

学 海 无 涯

∴MN=MG2+NG2=4k2+8k2=23k ·················································· 11分 ∴

DNk3. ··············································· 12分 ==MN23k611解法二:∵SCDN=DNCD,SCMN=CMCD,

22又SCDN:SCMN=1︰3, ∴DN︰CM=1︰3 ······································· 9分

连接AC,则AC过点O,且AC⊥MN. 设DN=k,则CN=AN=CM=3k,AD=4 k.

CD=NC2−DN2=9k2−k2=22k ········································ 10分 111OC=AC=AD2+CD2=16k2+8k2=6k

222∴MN=2ON=2CN2−OC2=29k2−6k2=23k ······································· 11分 ∴

DNk3. ········································································ 12分 ==MN23k61−+b+c=0,223.解:(1)根据题意,得  ··················································· 1分

25−+5b+c=0.2b=3, 解得·································· 2分 5 ·

c=−.2125·········································· 3分 x+3x− ·

2212 =−(x−3)+2

2∴y=−∴顶点C的坐标为(3,2). ······························································· 4分 (2)①∵CD=DB=AD=2,CD⊥AB, ∴∠DCB=∠CBD=45°. ··································· 5分

ⅰ)若CQ=CP,则∠PCD=

1∠PCQ=22.5°. 2∴当=22.5°时,△CPQ是等腰三角形. ··········· 6分 ⅱ)若CQ=PQ,则∠CPQ=∠PCQ=45°, 此时点Q与D重合,点P与A重合. ∴当=45°时,

△CPQ是等腰三角形. ··································· 7分 ⅲ)若PC=PQ, ∠PCQ=∠PQC=45°,此时点Q与B重合,点P与D重合.

∴=0°,不合题意. ·································· 8分 ∴当=22.5°或45°时,△CPQ是等腰三角形. ······································· 9分 ②连接AC,∵AD=CD=2,CD⊥AB,

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学 海 无 涯

∴∠ACD=∠CAD=45, AC= BC=22+22=22 ····································· 10分 ⅰ)当0≤45时,

∵∠ACQ=∠ACP+∠PCQ=∠ACP+45°. ∠BPC=∠ACP+∠CAD=∠ACP+45°.

∴∠ACQ=∠BPC. ·············································· 11分 又∵∠CAQ=∠PBC=45°,

∴△ACQ∽△BPC. ∴

AQAC. =BCBP∴AQ·BP=AC·BC=22×22=8 ····························································· 12分 ⅱ)当4590时,同理可得AQ·BP=AC·BC=8 ···································· 13分 ∴s=

8. ······················································································· 14分 t 20

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