决胜中考专题圆综合题.docx
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决胜中考专题圆综合题
决胜2020年中考专题圆综合题
挑战突破
1.(2020•大邑模拟)如图,点A是以BC为直径的⊙O上一点,AD⊥BC于点D,过点B作⊙O的切线,与CA的延长线相交于点E,G是AD的中点,连结CG并延长与BE相交于点F,延长AF与CB的延长线相交于点P,且FG=FB=3.则以下四个结论:
①BF=EF;②PA⊥OA;③tan∠P
;④OC=3
,上述结论中正确的有①②④(填番号).
【点睛】①正确,根据AD∥EB得
即可证明.②正确,只要证明∠FAB+∠OAB=90°即可.③错误,求出AH,FH,根据tan∠P=tan∠AFH
,即可解决问题.④正确,在RT△ADO中利用勾股定理即可求出半径.
【解析】解:
如图连接AO、AB、BG作FH⊥AD于H,
∵EB是切线,AD⊥BC
∴∠EBC=∠ADC=90°,
∴AD∥EB,
∴
,
∵AG=GD,
∴EF=FB故①正确,
∵BC是直径,
∴∠BAC=∠BAE=90°,∵EF=FB,
∴FA=FB=FE=FG=3,
∴∠FAB=∠FBA,
∵OA=OB,
∴∠OAB=∠OBA,
∵∠FBA+∠ABO=90°,
∴∠FAB+∠OAB=90°,
∴PA是⊙O的切线,故②正确.
∵FA=FG,FH⊥AG,
∴AH=HG,
∵∠FBD=∠BDH=∠FHD=90°,
∴四边形FBDH是矩形,
∴FB=DH=3,
∵AG=GD,
∴AH=HG=1,GD=2,FH
2
,
∵FH∥PD,
∴∠AFH=∠APD,
∴tan∠P=tan∠AFH
,故③错误,
设半径为r,在RT△ADO中,∵AO2=AD2+OD2,
∴r2=42+(r﹣2
)2,
∴r=3
故④正确,
故答案为①②④.
2.(2020•成都)如图,A,B,C为⊙O上相邻的三个n等分点,
,点E在
上,EF为⊙O的直径,将⊙O沿EF折叠,使点A与A′重合,点B与B′重合,连接EB′,EC,EA′.设EB′=b,EC=c,EA′=p.现探究b,c,p三者的数量关系:
发现当n=3时,p=b+c.请继续探究b,c,p三者的数量关系:
当n=4时,p=c
b;当n=12时,p=c
b.
(参考数据:
sin15°=cos75°
,cos15°=sin75°
)
【点睛】如解答图所示,作辅助线,构造相似三角形.首先,在AE上取一点D,使ED=EC,连接CD,则△ABC与△CED为顶角相等的两个等腰三角形,所以△ABC∽△CED,得到
;其次,证明△ACD∽△BCE,得到
;由EA=ED+DA,整理得到p的通项公式为:
p=c+2cos
•b.将n=4,n=12代入,即可求得答案.
【解析】解:
如解答图所示,连接AB、AC、BC.
由题意,点A、B、C为圆上的n等分点,
∴AB=BC,∠ACB
(度).
在等腰△ABC中,过顶点B作BN⊥AC于点N,
则AC=2CN=2BC•cos∠ACB=2cos
•BC,
∴
2cos
.
连接AE、BE,在AE上取一点D,使ED=EC,连接CD.
∵∠ABC=∠CED,
∴△ABC与△CED为顶角相等的两个等腰三角形,
∴△ABC∽△CED.
∴
,∠ACB=∠DCE.
∵∠ACB=∠ACD+∠BCD,∠DCE=∠BCE+∠BCD,
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD与△BCE中,
∵
,∠ACD=∠BCE,
∴△ACD∽△BCE.
∴
,
∴DA
•EB=2cos
•EB.
∴EA=ED+DA=EC+2cos
•EB.
由折叠性质可知,p=EA′=EA,b=EB′=EB,c=EC.
∴p=c+2cos
•b.
当n=4时,p=c+2cos45°•b=c
b;
当n=12时,p=c+2cos15°•b=c
b.
故答案为:
c
b,c
b.
3.如图,矩形ABCD中,AB=6,BC=9,以D为圆心,3为半径作⊙D,E为⊙D上一动点,连接AE,以AE为直角边作Rt△AEF,使∠EAF=90°,tan∠AEF
,则点F与点C的最小距离为3
1.
【点睛】如图取AB的中点G,连接FG,FC,GC,由△FAG∽△EAD,推出FG:
DE=AF:
AE=1:
3,因为DE=3,可得FG=1,推出点F的运动轨迹是以G为圆心1为半径的圆,再利用两点之间线段最短即可解决问题.
【解析】解:
如图取AB的中点G,连接FG.FC.GC.
∵∠EAF=90°,tan∠AEF
,
∴
,
∵AB=6,AG=GB,
∴AG=GB=3,
∵AD=9,
∴
,
∴
,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=∠B═∠EAF=90°,
∴∠FAG=∠EAD,
∴△FAG∽△EAD,
∴FG:
DE=AF:
AE=1:
3,
∵DE=3,
∴FG=1,
∴点F的运动轨迹是以G为圆心1为半径的圆,
∵GC
3
,
∴FC≥GC﹣FG,
∴FC≥3
1,
∴CF的最小值为3
1.
故答案为3
1.
4.(2020南岗区校级模拟)如图,点O是四边形ABCD内的一点,OB=OC=OD,OD⊥AD,当∠BCD=∠BAD=75°时,AB:
OD的值为
.
【点睛】如图:
连接BD.作△BDC的外接圆,首先证明BD=BA,作BK⊥DO交DO的延长线于点K.设BK=m,求出OD,BD(用m表示),即可解决问题.
【解析】解:
如图:
连接BD.
作△BDC的外接圆,∵OD=OB=OC,
∴点O是△BDC的外接圆的圆心,
∴∠DOB=2∠DCB=150°,
∵OD=OB,
∴∠ODB=∠OBD=15°,
∵OD⊥AD,
∴∠ADO=90°,
∴∠ADB=75°,
∵∠A=75°,
∴∠A=∠ADB,
∴BA=BD,
作BK⊥DO交DO的延长线于点K.设BK=m,
∵∠BOK=180°﹣∠DOB=30°,
∴OB=2BK=2m,OK
m,
在Rt△DBK中,BD
(
)m,
∴
.
故答案为
.
5.(2020•东台市模拟)如图,已知圆O中,R=5,四边形ABCD,EFGH均为正方形,∠BOD=45°,点A,H在⊙O上,O,G,D三点共线,则小正方形EFGH的边长=
.
【点睛】如图,连接OA,DH,OH,作DP⊥OA于P,OT⊥HD交HD的延长线于T,设OA交CD于K.三心两意勾股定理求出AB,再证明四边形OTDP是矩形,在Rt△ADK中求出DP,再利用勾股定理求出DT,HT,可得DH,设HE=EF=FG=DF=y,
在Rt△DHE中,根据EH2+DE2=DH2,构建方程即可解决问题;
【解析】解:
如图,连接OA,DH,OH,作DP⊥OA于P,OT⊥HD交HD的延长线于T,设OA交CD于K.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC=CD,∠ABC=∠DCO=90°,
∵∠BOD=45°,
∴∠DOC=∠CDO=45°,
∴CD=OC,设AB=CD=BC=OC=x,
在Rt△AOB中,∵AB2+OB2=OA2,
∴x2+(2x)2=52,
∴x
(负根已经舍弃),
∴CD=OC
,
∴DO
,
∵tan∠AOB
,tan∠HDE
,
∴tan∠AOB=tan∠HDE,
∴∠AOB=∠HDE,
∵∠DGA=∠BOD=45°,
∴∠GDH=∠DOA,
∴DT∥OA,
∵DP⊥OA,OT⊥DT,
∴PD∥OT,
∴四边形OTDP是平行四边形,
∵∠T=90°,
∴四边形OTDP是矩形,
∵CK∥AB,
∴
,
∴CK=DK
,
∴AK
,
∵DP⊥AK,
∴DP
1,
∴OT=DP=1,
在Rt△OHT中,HT
2
,
在Rt△DTO中,DT
3,
∴DH=2
3,
设HE=EF=FG=DF=y,
在Rt△DHE中,∵EH2+DE2=DH2,
∴y2+(2y)2=(2
3)2,
∴y
,
故答案为
.
6.(2020•锦江区模拟)如图,AB是⊙O上的直径,弦CD⊥AB于点G,点F是CD上的一点,且满足
,连接AF并延长交⊙O于点E,连接AD、DE,若CF=2,AF=3,给出下列结论:
①△ADF∽△AED;②GF=2;③tan∠E
;④S△ADE=7
.其中正确的是①②④(写出所有正确结论的序号)
【点睛】①由AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,根据垂径定理可得:
,DG=CG,继而证得△ADF∽△AED;
②由
,CF=2,可求得DF的长,继而求得CG=DG=4,则可求得FG=2;
③由勾股定理可求得AG的长,即可求得tan∠ADF的值,继而求得tan∠E
;
④首先求得△ADF的面积,由相似三角形面积的比等于相似比的平方,即可求得△ADE的面积.
【解析】解:
①∵AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB,
∴
,DG=CG,
∴∠ADF=∠AED,
∵∠FAD=∠DAE(公共角),
∴△ADF∽△AED;故①正确;
②∵
,CF=2,
∴FD=6,
∴CD=DF+CF=8,
∴CG=DG=4,
∴GF=CG﹣CF=2;故②正确;
③∵AF=3,FG=2,
∴AG
,
∴在Rt△AGD中,tan∠ADG
,
∴tan∠E
;故③错误;
④∵DF=DG+FG=6,AD
,
∴S△ADF
DF•AG
6
3
,
∵△ADF∽△AED,
∴
(
)2,
∴
(
)2,
∴S△AED=7
,故④正确.
故答案为:
①②④.
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识.注意证得△ADF∽△AED是解此题的关键.
7.(2020•成都校级模拟)如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=6,BC=8,D是AB的中点,⊙O过C、D两点且分别交边AC、BC于点E、F,连接CO、EF.下列结论:
①AE2+BF2=EF2;②设⊙O的面积为S,则
π≤S
π;③当⊙O从过点A变化到过点B时,点O移动的路径长为5;④当CO⊥AB时,△CEF面积的最大.
其中正确的结论的序号是①②④(把所有正确结论的序号都填上).
【点睛】
(1)由中线倍长将三条线段转移到一个三角形当中,然后判定这个三角形为直角三角形即可.
(2)要求圆的面积的取值范围,就是求半径的取值范围,而EF是直径,从而将问题转化为求EF长度的取值范围.注意到CD长度是不变的,且是圆的一条弦,连接OD由三角形三边关系可知CD就是直径的最小值,由于E点只能在AC上运动,所以当E点取极端位置(与A点或C点重合)时,EF取最大值,由此确定圆面积的取值范围.
(3)当⊙O从过点A变化到过点B时,点O移动的路径长不为5,此论断描述有误.
(4)设CE=b,CF=a,由勾股定理得出4a+3b=25,和为定值,由此考虑利用均值不等式判断出△CEF面积最大时的条件为4a=3b,再看这一条件能否等价推出CO垂直AB,从而作出判断.
【解析】解:
(1)如图1,连接DF、DE,延长FD至G,使DG=DF,连接EG、AG.
∵AD=BD,∠ADG=∠BDF,
从而△AGD与△BFD全等,
∴AG=BF,∠FBD=∠GAD,
∴AG∥BF,
∵∠ACB=90°,
∴∠EAG=90°,
∴AE2+AG2=EG2,
又∵EF是直径,
∴∠EDF=90°,
∴EF=EG,
∴AE2+BF2=EF2,故①正确.
(2)设圆的半径为R,连接CO、OD,如图1,
则CO+OD≥CD,
∵AC=6,BC=8,∠ACB=90°,
∴AB=10,
∴CD=5,
∵CO=OD=R,
∴2R≥5,
∴R
,
∴S
π,
当E点与C点重合,F与B重合时,如图所示,
连接OD交BC与H,设EO=OD=x,则OH=x﹣3
在直角三角形OCH中,HC2+OH2=OC2,
即16+(x﹣3)2=x2,解得x
∴S
π,故②正确;
(3)当⊙O从过点A变化到过点B时,点O移动的路径长不为5,故此判断描述错误;
(4)如图3,设CF=a,CE=b,
则AE=6﹣b,BF=AG=8﹣a,
∵EG=EF,
∴AE2+AG2=CE2+CF2,
即(6﹣b)2+(8﹣a)2=a2+b2,
∴4a+3b=25,
∵4a+3b≥2
,
∴
ab
,当且仅当4a=3b,
时,△CEF取最大值,
∵
,
故△CEF∽△CBA,
∴∠OCF=∠OFC=∠CAB,∠OCE=∠OEC=∠CBA,
∴∠OCF+∠CBA=90°,即CO⊥AB,
由此可知④正确.
故答案为①②④.
8.(2020•海曙区校级模拟)如图,正方形ABCD中,AB=4,AE=1,点P是对角线BD上一动点,当△APE的周长最小时,过B,P,E三点的圆的直径为
.
【点睛】连接AC,由正方形的性质可知A和C关于BD对称,再连接CE交BD为P,则此时三角形APE的周长最小,求出P的坐标,即可求出答案.
【解析】解:
连接AC,连接CE交BD为P,
∵四边形ABCD是正方形,
∴直线BD是正方形的一条对称轴,
∴此时三角形APE的周长最小,∠DBA=45°,PA=PC,
∵AE=1,AB=BC=4,PM=BM,
∴BE=3,
设PA=PC=x,PM=BM=a,
由勾股定理得:
PA2﹣AM2=PE2﹣EM2,PE2=PM2+EM2,
即x2﹣(4﹣a)2=(5﹣x)2﹣(3﹣a)2,(5﹣x)2=(3﹣a)2+a2,
解得:
x
,a
,
即PM=BM
,
由勾股定理得:
BP
,
∵∠PBN=90°,∠PBM=45°,
建立如图坐标系:
即C(0,4),B(0,0),D(﹣4,4),E(﹣3,0),
则P的坐标为(
,
),
∵直线BD的解析式为y=﹣x,
∴线段PB的中垂线的解析式为y=x
,线段BE的中垂线的解析式为x
,
∴△PBE的外接圆的圆心O′(
,
),
∴PO′
,
∴过B,P,E三点的圆的直径为
,
故答案为:
9.(2020•成都模拟)如图,第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A,作直径AD,过点D作⊙C的切线l交x轴于点B,P为直线l上一动点,已知直线PA的解析式为:
y=kx+3.设⊙C与PA交于点M,与AB交于点N,则
时,k=2±
或﹣2.
【点睛】首先连接DN.由直径所对的圆周角是直角,可得∠AND=90°,易证得△AMN∽△ABP;又由OA与PB都是⊙C的切线,易证得四边形OADB是矩形,把x=0代入y=kx+3得y=3,即OA=BD=3,然后由勾股定理求得AB=5;又由相似三角形的相似比推知相似三角形的面积比.然后分两种情况进行讨论:
①当点P在B点上方时,由相似三角形的面积比得到k2﹣4k﹣2=0,解关于k的一元二次方程;②当点P在B点下方时,由相似三角形的面积比得到k2+1=﹣(4k+3),解关于k的一元二次方程.
【解析】解:
连接DN.
∵AD是⊙C的直径,
∴∠AND=90°,
∵∠ADN=90°﹣∠DAN,∠ABD=90°﹣∠DAN,
∴∠ADN=∠ABD,
又∵∠ADN=∠AMN,
∴∠ABD=∠AMN,
∵∠MAN=∠BAP,
∴△AMN∽△ABP,
∵OA与PB都是⊙C的切线,
∴AD⊥OA,AD⊥PB,
∵∠AOB=90°,
∴四边形OADB是矩形,
∴OB=AD=4,OA=BD,
把x=0代入y=kx+3得:
y=3,即OA=BD=3,
∴在Rt△OAB中,AB
5,
∵S△ABD
AB•DN
AD•BD,
∴DN
,
∴AN2=AD2﹣DN2=42﹣(
)2
,
∴
,
∴S△AMN=(
)2•S△ABP
,
∵点P的横坐标为4,且直线PA的解析式为:
y=kx+3,
∴点P的纵坐标为:
4k+3,
当点P在B点上方时,
∵AP2=AD2+PD2=AD2+(PB﹣BD)2=42+(4k+3﹣3)2=16(k2+1),
或AP2=AD2+PD2=AD2+(BD﹣PB)2=42+(3﹣4k﹣3)2=16(k2+1),
∴S△ABP
PB•AD
(4k+3)×4=2(4k+3),
∴S△AMN
,
整理得:
k2﹣4k﹣2=0,
解得:
k1=2
,k2=2
;
当点P在B点下方时,
∵AP2=AD2+PD2=42+(3﹣4k﹣3)2=16(k2+1),S△ABP
PB•AD
[﹣(4k+3)]×4=﹣2(4k+3),
S△AMN
,
化简得:
k2+1=﹣(4k+3),
解得:
k=﹣2,
综上可得:
当
时,k=2±
或k=﹣2.
故答案为:
2±
或﹣2.
10.(2020•富顺县校级模拟)①半径为13cm圆内的两条平行弦分别为10cm和24cm长,则两条平行弦之间距离是17cm或7cm;
②△ABC是⊙O的内接三角形,AB=AC,BC=20cm,点O到BC的距离为6cm,则△ABC的面积是(20
60)cm2或(20
60)cm2;
③两个圆相切,其中一个圆的半径为5,两圆的圆心距为2,则另一个圆的半径为3或7;
④若O为△ABC的外心,∠C=n°,用n°表示∠AOB为2n°或360°﹣2n°;
⑤OA、OB是⊙O的半径,且互相垂直,延长OB到C,使BC=OB,CD是⊙O的切线,D为切点,则∠OAD的度数为75°或15°;
⑥已知两圆的半径分别为4和5,公共弦长6,则两圆的圆距为4
或4
;
⑦若一个点到圆的最长距离为a,最短距离为b,则此圆的半径
或
.
【点睛】①可分AB和CD在O的两旁和同旁两种情况讨论,然后运用垂径定理和勾股定理就可解决问题;
②可分圆心O在△ABC的外部和内部两种情况讨论,然后运用垂径定理和勾股定理就可解决问题;
③由于两圆的圆心距小于一个圆的半径,因此两圆内切,可分所求圆的半径大于5和小于5两种情况讨论,然后运用切线的性质就可解决问题;
④可分点C与点O在AB的同侧和异侧两种情况讨论,然后运用圆周角定理和圆内接四边形的性质就可解决问题;
⑤可分点A与点D在直线OC的同侧和异侧两种情况讨论,然后运用切线的性质和特殊三角函数值就可解决问题;
⑥可分两圆的圆心在公共弦的两侧和同侧两种情况讨论,然后运用相交两圆的性质和勾股定理即可解决问题;
⑦只需可分点在圆内和圆外两种情况讨论即可解决问题.
【解析】解:
①若AB和CD在O的两旁,如图①a,
过O作MN⊥AB于M,交CD于N,连接OB、OD,
∵AB∥CD,
∴MN⊥CD,
∴BM
AB=12cm,DN
CD=5cm,
∵OB=OD=13cm,
∴OM
5cm,
同理ON=12cm,
∴MN=OM+ON=5+12=17(cm),
若AB和CD在O的同旁,如图①b,
同理可得:
MN=12﹣5=7(cm).
故答案为:
17cm或7cm.
②若圆心O在△ABC的外部,连接OA、OB,如图②a,
则有OA⊥BC,BD=DC
BC=10,
∴OB2=BD2+OD2=100+36=136,
∴OB=2
,
∴AD=OA﹣OD=OB﹣OD=2
6,
∴S△ABC
BC•AD
20×(2
6)=20
60(cm2).
若圆心O在△ABC的内部,连接OA并延长交BC于D,连接OB,如图②b,
则有AD⊥BC,BD=DC
BC=10,
同理可得:
S△ABC
BC•AD
20×(2
6)=20
60(cm2).
故答案为:
(20
60)cm2或(20
60)cm2.
③不妨设⊙O2的半径为5,由题可得O1O2=2.
∵O1O2<5,∴两个圆相内切.
若⊙O2的半径比⊙O1的半径大,连接AO2,如图③a,
则AO2必过点O1.
∴AO1=AO2﹣O1O2=5﹣2=3.
若⊙O2的半径比⊙O1的半径小,连接AO1,如图③b,
则AO1必过点O2,
同理可得:
AO1=AO2+O1O2=5+2=7.
故答案为:
3或7.
④若点C与点O在AB的同侧,如图④a,
则∠AOB=2∠C=2n°.
若点C与点O在AB的异侧,如图④b,
在弦AB所对的优弧上取一点D,连接DA、DB,
则有∠C+∠D=180°,∠AOB=2∠D.
∴∠AOB=2(180°﹣∠C)=2(180°﹣n°)=360°﹣2n°.
故答案为:
2n°或360°﹣2n°.
⑤若点A与点D在直线OC的同侧,连接OD,如图⑤a,
∵CD与⊙O相切于D,∴OD⊥DC即∠ODC=90°.
∵BC=OB,OD=OB,
∴OC=2OD,
∴cos∠DOC
,
∴∠DOC=60°.
∵OA⊥OB即∠AOB=90°,
∴∠AOD=30°.
∵OA=OD,∴∠OAD=∠ODA
75°.
若点A与点D在直线OC的异侧,连接OD,如图⑤b,
同理可得∠OAD=15°.
故答案为:
75°或15°.
⑥不妨设⊙O1的半径为5,⊙O2的半径为4.
若圆心O1与圆心O2在公共弦AB的两侧,连接AO1、AO2,如图⑥a,
则有O1O2⊥AB,AH=BH
AB=3.
在Rt△AHO1中,
O1H
4.
同理可得O2H
,
∴O1O2=O1H+O2H=4
.
若圆心O1与圆心O2在公共弦AB的同侧,连接AO1、AO2,如图⑥b,
同理可得:
O1O2=O1H﹣O2H=4
.
故答案为:
4
或4
.
⑦若点P在圆外,连接PO交⊙O于点A,延长PO与⊙O交于点B,如图⑦a,
则PB=a,PA=b,
∴AB=PB﹣PA=a﹣b,
∴OA
AB
.
若点P在圆内,延长OP交⊙O于点A,延长PO与⊙O交于点B,如图⑦b,
同理可得:
OA
AB
.
故答案为:
或
.
11.(2020•锦江区校级模拟)如图,在锐角△ABC中,AC是最短边;以AC中点O为圆心,
AC长为半径作⊙O,交BC于E,过O作OD∥BC交⊙O于D,连接AE、AD、DC.
(1)求证:
D是
的中点;
(2)求证:
∠DAO=∠B+∠BAD;
(3)若
,且AC=4,求CF的长.
【点睛】
(1)判断出OD⊥AE,则利用垂径定理可得出点D是
的中点;
(2)延长AD交BC于H,利用外角可得出∠AHC=∠B+∠BAD,再由OA=OD,可得出结论.
(3)根据OA=OC可得出△OCD和△ACD的面积比,从而结合
可得出△CEF和△ACD的面积比,判断出△ACD∽△FCE,利用面积比等于相似比的平方即可解出CF的值.
【解析】证明:
(1)∵AC是⊙O的直径,
∴AE⊥BC,
∵OD∥BC
∴AE⊥OD,
∴D是
的中点(垂径定理).
(2)如图,延长AD交BC于H,
则∠ADO=∠AHC,
∵∠AHC=∠B+∠BAD,
∴∠ADO=∠B+∠BAD,
又∵OA=OD,
∴∠ADO=∠DAO,
∴∠DAO=∠B+∠BAD.
(3)∵AO=OC,
∴
,
∵
,
∴
,
∵∠ACD=∠FCE,∠ADC=∠FEC=90°,
∴△
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