高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册单元过关卷——第二章直线和圆的方程B（有答案）

一、单选题
1．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为
A． B． C． D．
3．在平面直角坐标系中，已知点满足，记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．已知A、B是圆O：上两个动点，点P的坐标为，若，则线段长度的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知与是直线(为常数)上两个不同的点，则关于和的方程组的解的情况是（ ）
A．无论如何,总是无解 B．无论如何,总有唯一解
C．存在使之恰有两解 D．存在使之有无穷多解
6．在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为
A． B．
C． D．
7．已知点，，，直线将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．若直线与直线相交，且交点在第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是
A． B． C． D．
二、多选题
9．设圆：与y轴的正半轴交于点A，过点A作圆О的切线为，对于切线上的点B和圆О上的点C，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则点B的坐标为
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．圆和圆的交点为，，则有（ ）
A．公共弦所在直线方程为
B．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
C．公共弦的长为
D．圆上存在三个点到直线的距离为
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（ ）
A．圆的方程是
B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，该直线斜率为
D．在直线上存在异于，的两点，，使得
12．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．圆与圆恰有三条公切线
B．直线与圆一定相交
C．直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是
D．已知直线不经过第三象限，则的取值范围
三、填空题
13．已知实数、满足，则的取值范围_______________
14．已知二元函数的最小值为，则正实数a的值为________．
15．在平面直角坐标系中，已知圆，点是圆外的一个动点，直线分别切圆于两点．若直线过定点（1，1），则线段长的最小值为____________．
16．平面直角坐标系中，已知圆，点为直线上的动点，以为直径的圆交圆于、两点，点在上且满足，则点的轨迹方程是________．
四、解答题
17．已知点，曲线C上任意一点P满足．
（1）求曲线C的方程；
（2）设点，问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由．
18．如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥（是圆的直径）.规划在公路上选两个点，，并修建两段直线型道路，，规划要求：线段，上的所有点到点的距离均不小于圆的半径.已知点，到直线的距离分别为和（，为垂足），测得，，（单位：百米）.
（1）若道路和桥垂直，求道路的长；
（2）在规划要求下，和中能否有一个点选在处？并说明理由；
（3）在规划要求下，若道路和的长度均为（单位：百米），求当最小时，，两点间的距离.
19．在平面直角坐标系中，已知以点（）为圆心的圆过原点O，不过圆心C的直线（）与圆C交于M，N两点，且点为线段的中点.
（1）求m的值和圆C的方程；
（2）若Q是直线上的动点，直线，分别切圆C于A，B两点，求证：直线恒过定点；
（3）若过点（）的直线L与圆C交于D，E两点，对于每一个确定的t，当的面积最大时，记直线l的斜率的平方为u，试用含t的代数式表示u，并求u的最大值.
20．已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线.
（1）求的轨迹方程，并说明其形状；
（2）过直线上的动点分别作的两条切线、（、为切点），为弦的中点，直线：分别与轴、轴交于点、，求的面积的取值范围.
21．已知点，，圆，直线过点.
（1）若直线与圆相切，求的方程；
（2）若直线与圆交于不同的两点，，设直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
22．已知圆C过坐标原点O和点，且圆心C在x轴上.
(1)求圆C的方程：
(2)设点.
①过点M的直线l与圆C相交于P，Q两点，求当的面积最大时直线l的方程；
②若点T是圆C上任意一点，试问：在平面上是否存在点N，使得.若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
2．D
【分析】由于两圆不在直线的同侧，先做出圆关于直线对称的圆，把转化为，若最大，必须最大，最小.
【详解】如图：
依题意得点在直线上，
点关于直线对称的点,
点在圆关于直线对称的圆上，
则，设圆的圆心为，
因为，，
所以，当五点共线，在线段上，在线段上时“=”成立.
因此，的最大值为4.
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，距离和差的最值问题对称变换是常采用的方法.
3．C
【分析】根据直线过定点确定出对于给定的一点，取最大值时且，然后根据点为正方形上任意一点求解出，由此可知.
【详解】直线过定点，
对于任意确定的点，
当时，此时，
当不垂直时，过点作，此时，如图所示：
因为，所以，所以，
由上可知：当确定时，即为，且此时；
又因为在如图所示的正方形上运动，所以，
当取最大值时，点与重合，此时，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于利用图像分析取最大值时与直线的位置关系，通过位置关系的分析可将问题转化为点到点的距离问题，根据图像可直观求解.
4．D
【分析】先根据题意设出Q的坐标，根据勾股定理得到Q的轨迹方程，求出的最大值，根据即可求解.
【详解】解：如图所示：
取的中点Q，连、，
由圆的性质可知，
由可知：，
设点Q的坐标为，
在中，，
即 ，整理为，
可化为，
故Q的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
的最大值为，
故．
故选：D.
5．B
【分析】判断直线的斜率存在，通过点在直线上，推出的关系，再求解方程组的解，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，点与是直线(为常数)上两个不同的点，
直线的斜率存在，所以，即，
且，所以，
由方程组，
可得：，即，
所以方程组有唯一的解．
故选B．
【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，直线的斜率的求法，以及一次函数根与系数的关系和方程组的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
6．C
【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为.
【详解】为单位圆上一点，而直线过点，
所以的最大值为，选C.
【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．
7．B
【分析】先求得直线（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b；②若点M在点O和点A之间，求得b； ③若点M在点A的左侧，求得b＞1．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．
【详解】由题意可得，三角形ABC的面积为 1，
由于直线与x轴的交点为M，
由直线将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，
故0，故点M在射线OA上．
设直线和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为，
①若点M和点A重合，如图：
则点N为线段BC的中点，故N（，），
把A、N两点的坐标代入直线，求得a＝b．
②若点M在点O和点A之间，如图：
此时，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于，
即，即 ，可得a0，求得 b，
故有．
③若点M在点A的左侧，
则，由点M的横坐标1，求得b＞a．
设直线和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为，
此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即 ，
即，化简可得 ．
由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2 ．
两边开方可得 1，∴，化简可得，
故有1．
综上可得b的取值范围应是 ，
故选：B．
8．C
【详解】联立方程 得交点 ，由交点在第一象限知： 解得 ，即是锐角，故 ，选C.
9．BD
【分析】对A：在直角三角形中即可求解；对B：当与圆О相切时，最大；当B、O、C三点共线时，最小，分两种情况讨论即可；对C、D：当与圆О相切时，最大，即最大，此时，分析点B在点和之间变动即可求解.
【详解】解：对A：若，在直角三角形中，由可得，所以点B的坐标为或，故选项A错误；
对B：当与圆О相切时，最大，此时在直角三角形中，因为，所以易得；当B、O、C三点共线时，最小，此时.综上，，故选项B正确；
对C、D：当与圆О相切时，最大，即最大，此时，当时，，.当点B在点和之间变动时，，，所以若，即，则.故选项C错误，选项D正确.
故选项：BD.
10．ABD
【分析】求得公共弦所在直线方程判断选项A；求得到直线距离的最大值判断选项B；求得公共弦的长判断选项C；求得圆心到直线的距离进而可判断选项D.
【详解】圆的圆心，半径
选项A：由和两式怍差得
则公共弦所在直线方程为.判断正确；
选项B：圆心到直线的距离为
则圆上动点到直线距离的最大值为.判断正确；
选项C：公共弦的长.判断错误；
选项D：圆心到直线的距离为
又圆的半径，
则圆上存在三个点到直线的距离为.判断正确.
故选：ABD
11．ABD
【解析】根据，，点满足，设点，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.
【详解】因为，，点满足，
设点，则 ，
化简得：，即 ，故A正确；
因为，所以，则 ，解得 ，故B正确；
易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，则圆心到直线的距离为： ，解得，故C错误；
假设存在异于，的两点，，则，
化简得：，因为点P的轨迹方程为：，所以解得或 （舍去），故存在 ，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是根据求出点的轨迹方程，进而再根据直线与圆的位置关系求解.
12．ABC
【分析】判断两圆的位置关系，得到其公切线数即可判断A；利用圆心到直线的距离与半径比较可判断B；利用直线与圆的位置关系及数形结合可判断C；先考虑直线斜率不存在时求a的值，再考虑斜率存在，根据直线不过第三象限，列不等式求得a的取值范围.
【详解】对于A，圆，圆心，半径，
圆，圆心，半径，又，所以两圆外切，故两圆有3条公切线，故A正确；
对于B，圆，圆心，半径，圆心到直线的距离直线，所以直线与圆相交，故B正确；
对于C，根据题意画出图形，如图所示，
直线恒过点，曲线表示以为圆心，半径的上半圆，
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离，即，解得；
当直线过时，直线的斜率，所以直线与曲线有两个不同的交点，
则实数的取值范围为，故C正确；
对于D ，当，即直线斜率不存在时，此时，不过第三象限；
当时，，不过第三象限，则，解得
综上可知，实数的取值范围，故D错误；
故选：ABC
13．
【解析】设为圆上任意一点，构造直线，分别求得点P到直线的距离PM，P到原点的距离PO，将问题转化为求解.
【详解】如图所示：
设为圆上任意一点，
点P到直线的距离为，
点P到原点的距离为，
所以，
当圆与直线相切时，
，
解得，
所以最小值为，最大值为，
所以，即，
的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查点到直线距离公式的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.
14．.
【分析】根据两点间距离公式，可得的表达式的几何意义为：点与点的距离之和，作出图形，根据两点间线段最短，可得的距离即为最小值，化简计算，即可得结果.
【详解】由题意得，
其几何意义为：点与点的距离之和，如图所示：
设点，则求的最小值即可，
以B为旋转中心，将绕点B顺时针旋转至，连接，
则均为等边三角形，
所以，
所以，取等号时四点共线，
即，
又，所以，
化简可得，
左右同时平方，根据，解得，
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于数形结合思想的运用，通过将复杂的函数最值问题借助图形转化为容易求解的几何问题，通过分析图形中几何元素的关系直观解答问题.
15．
【解析】根据圆，设，分别求得过A点和B点的圆C的切线方程，再根据点P在过A、B的圆C的切线上，得到直线AB的方程，由直线过定点（1，1），得到的关系，然后由，利用二次函数求解.
【详解】由圆，得，
设，
当时，则过A点的圆C的切线方程为：
，
整理得：，①
若，则或，
，切线方程为，满足①方程，
，切线方程为，满足①方程，
过A点的圆C的切线方程为，
同理过B点的圆C的切线方程为，
又点P在过A、B的圆C的切线上，
所以，，
所以直线AB的方程为：，
又直线过定点（1，1），
所以，
即，
所以，
当时，线段的长取得最小值，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的切线方程，以及两点间的距离的最值，属于较难题．
16．
【解析】延长交于点，设，利用三角形全等证明出，可得出为线段的垂直平分线，设点，求出以为直径的圆的方程，可求得两圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，利用垂直平分线的性质可得出，由此可求得动点的轨迹方程.
【详解】延长交于点，则，设，
以为直径的圆交圆于点、，所以，，
则，可得，
在和中，，，，
，，，，
，，，则为的中点，且，
，，，则为的中点，
设点，则，，
的中点坐标为，
以线段为直径的圆的方程为，
即，
将圆与圆的方程相减得，
即直线的方程为，即，
由，解得，所以，直线过定点，
由于为线段的垂直平分线，则，
所以，点的轨迹方程为.
故答案为：.
【点睛】求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
17．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）设点的坐标为，根据，结合两点间的距离公式，列出方程，即可求解；
（2）①当斜率不存在，得到这些直线都是平行的，②设直线的方程为，联立方程组求得，结合，列出方程求得，代入直线方程，根据直线方程，求得定点，进而得到答案.
【详解】（1）设点的坐标为，
因为，可得，整理得，
即曲线的方程为.
（2）①如果斜率不存在，直线垂直于x轴，此时与圆交于两点，
可得这些直线都是平行的，不可能经过同一点，不符合题意．
②设存在定点Q满足条件，设直线的方程为，
设，联立方程组，整理得，
可得，
无论直线如何运动，轴都平分∠EDF，可得，
所以，可得，
所以，
所以，整理得，可得，
所以，可得直线经过定点，
所以存在过定点的直线与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，轴都平分∠EDF．
【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
18．（1）道路的长为15（百米）；（2）不能，答案见解析；（3）百米.
【分析】（1）当道路和桥垂直，先确定出点的位置，根据题目条件，采用几何法求解；
（2）分别假设点或点位于点，分析道路和上的点到圆心的距离是否均不小于圆的半径；
（3）由题意分析可知，当上所有点到圆心的距离均不小于圆的半径时，，
且当时，最小，验证时，上的点到圆心的距离均不小于圆的半径.
【详解】解：（1）过作，垂足为.
由已知条件得，四边形为矩形，
，.
因为，所以，
所以.
因此道路的长为15（百米）.
（2）不能，理由如下：
①若在处，由（1）可得在圆上，则线段上的点（除，）到点的距离均小于圆的半径，所以选在处不满足规划要求.
②若在处，连接，由（1）知，
从而，所以为锐角.
所以线段上存在点到点的距离小于圆的半径.
因此选在处也不满足规划要求.
综上，和均不能选在处.
（3）先讨论点的位置.
当时，线段上存在点到点的距离小于圆的半径，点不符合规划要求；
当时，对线段上任意一点，，即线段上所有点到点的距离均不小于圆的半径，点符合规划要求.
设为上一点，且，由（1）知，，
此时；
当时，在中，.
由上可知，.
再讨论点的位置.
由（2）知，要使得，点只有位于点的右侧，才能符合规划要求.当时，.此时，线段上所有点到点的距离均不小于圆的半径.
综上，当点位于点右侧，且时，最小，此时，两点间的距离.
因此，最小时，，两点间的距离为百米.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系综合题，难度较大.解答时注意数形结合，灵活运用题目所给几何条件求解.
19．（1），圆C的方程为；（2）证明见解析；（3），最大值为1.
【解析】（1）由垂直于直线得出，利用斜率公式可求出的值，可得出圆的方程，再将点的坐标代入直线的方程可求出的值；
（2）设点，可得出以为直径的圆的方程，直线是以为直径的圆和圆的公共弦，将两圆方程作差可得出直线的方程，根据直线的方程得出该直线所过的定点；
（3）设直线的方程为 ，的面积为，则，当时，取到最大值，此时点到直线的距离为，由点到直线的距离公式得出 ，解得，然后分类讨论即可求出答案．
【详解】（1）解：由题意，，即，解得（）.
圆心坐标为，半径为1，
由圆心到直线的距离，可得或，
点在直线上，.
故，圆C的方程为；
（2）证明：设，则的中点坐标为，
以为直径的圆的方程为，
即.
联立，可得所在直线方程为：.
直线恒过定点；
（3）解：由题意可设直线l的方程为，的面积为S，
则，
当最大时,S取得最大值.
当时，点C到直线l的距离等于，
即，整理得：，解得.
①当时，最大值是1，此时，即.
②当时，.
是上的减函数，.当最小时，最大.
过C作于F，则，当最大时，最小.
，且，
当最大时，取得最大值，即最大.
，当时，取得最大值.
当三角形的面积最大时，直线l的斜率，.
综上所述，
当时，时u取得最大值1；
当时，.
所以u的最大值是1.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查了点到直线距离公式的应用，考查分类讨论数学思想，在求解直线与圆的综合问题时，应将问题转化为圆心到直线的距离，结合图象进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题．
20．（1），曲线是以为圆心，半径为2的圆；（2）.
【分析】（1）设出动点M坐标，代入距离比关系式，化简方程可得；
（2）先求切点弦方程，再根据切点弦过定点及弦中点性质得出N点轨迹，然后求出动点N到定直线EF的距离最值，最后求出面积最值.切点弦方程的求法可用以下两种方法.法一：由两切点即为两圆公共点，利用两圆相交弦方程（两圆方程作差）求出切点弦方程；法二：先分别求过Q、R两点的切线方程，再代入点P坐标，得到Q、R两点都适合的同一直线方程，即切点弦方程.
【详解】解：（1）设，由，得.
化简得，即.
故曲线是以为圆心，半径为2的圆.
（2）法一(由两圆相交弦方程求切点弦方程)：
由题意知,、与圆相切，、为切点，则，，
则D、R、P、Q四点共圆，Q、R在以为直径的圆上(如图).
设，又，则的中点为，.
以线段为直径的圆的方程为，
整理得①
(也可用圆的直径式方程化简得. )
又、在：②上，
由两圆方程作差即②①得：.
所以，切点弦所在直线的方程为.
法二(求Q、R均满足的同一直线方程即切点弦方程)：
设，，.
由，可得处的切线上任一点满足(如图)，
即切线方程为.
整理得.
又，
整理得.
同理，可得处的切线方程为.
又既在切线上，又在切线上，
所以，整理得.
显然，，的坐标都满足直线的方程.
而两点确定一条直线，所以切点弦所在直线的方程为.
则恒过坐标原点.
由消去并整理得.
设，，则.
点纵坐标.
因为，显然，
所以点与点，均不重合.
(或者由对称性可知，的中点N点在x轴上当且仅当点P在x轴上，
因为，点P不在x轴上，则点N也不在x轴上，所以点与、均不重合.)
因为为弦的中点，且为圆心，
由圆的性质，可得，即(如图).
所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径.
因为直线分别与轴、轴交于点、，
所以，，.
又圆心到直线的距离.
设的边上的高为，则
点到直线的距离的最小值为；
点到直线的距离的最大值为(如图).
则的最小值，最大值.
因此，的面积的取值范围是.
【点睛】设是圆锥曲线外一点，过点P作曲线的两条切线，切点为A、B两点，则 A、B两点所在的直线方程为切点弦方程.常见圆锥曲线的切点弦方程有以下结论：
圆的切点弦方程：，
圆的切点弦方程：
椭圆的切点弦方程：；
双曲线的切点弦方程：；
抛物线的切点弦方程为：.
特别地，当为圆锥曲线上一点时，可看作两切线重合，两切点A、B重合，以上切点弦方程即曲线在P处的切线方程.
21．（1）或；（2）证明见解析.
【解析】（1）若直线的斜率不存在，则的方程为，此时直线与圆相切，故符合条件；若直线的斜率存在，设斜率为，其方程为，由直线与圆相切，，解得，进而可得直线方程；
（2）由（1）可知，与圆有两个交点时，斜率存在，此时设的方程为，设，，联立直线与圆的方程，根据判别式求得斜率的取值范围，又由韦达定理可知，，所以.
【详解】（1）若直线的斜率不存在，则的方程为，
此时直线与圆相切，故符合条件.
若直线的斜率存在，设斜率为，其方程为，
即.
由直线与圆相切，圆心到的距离为，
即，解得.
所以直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或.
（2）由（1）可知，与圆有两个交点时，斜率存在，此时设的方程为，
联立，
消去可得，
则.
解得.
设，，
则，，(*)
所以
，
将(*)代入上式整理得，
故为定值.
【点睛】过一定点，求圆的切线时，首先判断点与圆的位置关系．若点在圆外，有两个结果，若只求出一个，应该考虑切线斜率不存在的情况.
22．(1)
(2)①或；②不存在，理由见解析.
【分析】（1）设圆心，则，求出，进而得到圆的方程；
（2）①利用三角形的面积结合基本不等式，可知的面积最大时，圆心到直线的距离为，设直线l方程，利用点到线的距离公式求解即可；
②假设存在，由，结合点在圆上，可得到方程，利用待定系数法求解，即可判断.
（1）
因为圆C过坐标原点和点，且圆心C在x轴上，
设圆心，则，解得
所以圆心，半径
故圆C的方程为
（2）
①设圆心到直线的距离为，则
，
当且仅当，即时等号成立，
设直线l的方程为，
则圆心到直线的距离，解得
所以直线l的方程为，即或
②假设存在，，由，知
代入得
化简整理得
又点在圆上，，则
所以解得，但无解，
所以不存在点N，使得
答案第1页，共2页
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