专题09技巧方法课之等腰及等边三角形综合压轴题专练（解析版）（人教版）.docx

专题09技巧方法课之等腰及等边三角形综合压轴题专练 （解析版） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，、分别与交于、两点，将绕着点顺时针旋转90°得到；①,②平分；③若，CE=4,则；④若，其中正确的个数有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】 根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得△ABH和△ACE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF＝∠CAD，然后求出∠EAF＝45°，判断出①正确；根据全等三角形对应边相等可得BF＝CD，BE与CD不一定相等，判断出②正确；根据全等三角形对应边相等可得EF＝ED，然后利用勾股定理得到③正确；根据角的度数得到∠ADE＝∠BEA，然后利用“角角边”证明△ABD和△ACE全等，根据三角形面积公式即可求得，判断出④错误． 【详解】 解：∵AB＝AC＝AG＝FG， ∠BAC＝∠AGF＝90°， ∴∠ABC＝∠C＝∠FAG＝45°， BC＝AB， 由旋转性质可知△ABH≌△ACE， ∴∠ABH＝∠ACE＝45°，BH＝CE， AH＝AE，∠BAH＝∠CAE， ∠HBD＝∠ABH+∠ABC＝45°+45°＝90°， ∴BH⊥BC，故①正确； ∵∠BAH＝∠CAE， ∴∠BAH+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠FAG＝45°， 即∠DAH＝45°， ∴∠DAH＝∠DAE， 在△ADH和△ADE中， ， ∴△AHD≌△ADE（SAS）， DH＝DE，∠ADH＝∠ADE， ∴AD平分∠HDE， 故②正确； 在Rt△BDH中，BD2+BH2＝DH2， BH＝CE，DH =DE， ∴BD2+BH2＝DH2， 当BD＝3，CE＝4时， 32+42＝DE2， DE＝5， BC= BD+DE+CE＝12， ∵BC＝AB＝12， ∴AB＝6， 故③正确； BA＝BE，∠ABC＝45°， ∠BAE＝∠BEA＝＝67.5°， ∵∠DAE＝45°， ∴∠ADE＝180°﹣∠DAE﹣∠BEA＝67.5°， ∴∠ADE＝∠BEA， ∠ADB＝180°﹣∠ADE， ∠AEC＝180°﹣∠BEA， ∴∠ADB＝∠AEC， 在△ABD和△ACE中， ， △ABD≌△ACE（AAS）， ∴BD＝CE， BD2+CE2＝DE2， ∴DE＝BD， 设A到BC边距离为h， ∵， ， ∴， ∴， 故④错误； 综上①②③正确， 故选：C． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，以及勾股定理，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 2．如图，在等腰直角中，，，延长至点，使得，连接，的中线与交于点，连接，过点作交于点，连接，．则下列说法正确的个数为（ ） ①；②点为中点；③；④；⑤． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】 根据等腰三角形的性质以及等角的余角对①做出判断；利用ASA得出，从而对③④做出判断；根据平行线的性质和等腰三角形的性质对②做出判断；再根据同底等高的三角形的面积相等对⑤做出判断； 【详解】 ∵，是的中线， ∴，， ∴，AE垂直平分CD， ∴，CF=DF， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵是的中线， ∴，故③正确； ∵CB=BF+CF，CF=DF，BF=BD， ∴，故④正确； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴点为中点，故②正确； ∵， ∴与同底等高， ∴S△GBF=S△GBD ∴，故⑤正确； 故选：D 【点睛】 本题考查了等腰三角形的性质和判定、全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．如图：四个形状大小相同的等腰三角形△ABE，△ADF，△CDG，△BCH按如图摆放在正方形ABCD的内部，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH．若∠AEB＝∠AFD＝∠CGD＝∠BHC＝120°，且EH＝﹣，则BC的长为（　　） A． B．4﹣4 C．2 D．2 【答案】C 【分析】 由题意易证，即得出，再利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质可求出，从而求出，进而求出，即说明四边形EFGH是正方形．设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M，利用正方形的性质可求出，即说明EM⊥AB，且点M是AB的中点．即可得出，由含角的直角三角形的性质可求出，最后由，及可列出关于x的等式，解出x即可． 【详解】 解： 由题意可得：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∴， ∴， ∴四边形EFGH是正方形， 设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M， ∴由正方形的性质可得， ∴， ∴EM⊥AB，且点M是AB的中点， ∴， ∴， ∵， 又∵， ∴， 解得：， ∴． 故选：C． 【点睛】 本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识．正确的作出辅助线是解答本题的关键． 4．如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ） A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】 过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形． 【详解】 解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I ∵是边长为1的等边三角形 ∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI= ∴S△ABC=,故①正确； 如图2，当D与C重合时 ∵∠DBE=30°，是等边三角形 ∴∠DBE=∠ABE=30° ∴DE=AE= ∵GE//BD ∴ ∴BG= ∵GF//BD,BG//DF ∴HF=BG=,故②正确； 如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN ∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN ∵∠3=30° ∴∠2+∠4=∠1+∠4=30° ∴∠NBE=∠3=30° 又∵BD=BN，BE=BE ∴△NBE≌△DBE（SAS） ∴NE=DE 延长EA到P使AP=CD=AN ∵∠NAP=180°-60°-60°=60° ∴△ANP为等边三角形 ∴∠P=60°，NP=AP=CD 如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立； 如图1，当AE=CD时， ∵GE//BC ∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60° ∴∠AGE=∠AEG=60°， ∴AG=AE 同理：CH=CD ∴AG=CH ∵BG//FH,GF//BH ∴四边形BHFG是平行四边形 ∵BG=BH ∴四边形BHFG为菱形，故④正确． 故选B． 【点睛】 本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键． 5．在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题． 【详解】 解：由题意，点A每6次绕原点循环一周， ， 点在第四象限，， ， 点的横坐标为，纵坐标为， ， 故选：C． 【点睛】 本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 6．如图，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D、E分别在线段AB、AC上，AD＝AE，BE和CD交于点N，AF⊥BE交BC于点F，FG⊥CD交AC于点M，交BE的延长线于点G．下列说法：①∠ABE＝∠FAC；②GE＝GM；③BG＝AF+FG；④C△AFM＝BE+CM；⑤S△BDN﹕S△AFC＝CE﹕AC．其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】 利用等角的余角可得∠ABE=∠FAC，可判断①正确；由等腰Rt△ABC，可得AB=AC，可证△AEB≌△ADC（SAS）可得∠AEB=∠ADC，利用等角的余角∠ADC=∠FMC=∠AEB，根据对顶角可得∠GEM=∠AEB，∠GME=∠FMC，可得∠GEM=∠GME可判断②GE＝ME正确；过C作CH∥AB，交AF延长线于H，可得∠ACH=∠BAE，先证△ABE≌△CAH（ASA），再证△FMC≌△FHC（AAS），可判断③BG＝AF+FG正确；利用等量代换C△AFM= BE+AM≠BE+CM，可判断④C△AFM＝BE+CM不正确；由AB=AC，AD=AE，可得BD=CE，由△AEB≌△ADC（SAS），可得∠DBN=∠ECN，先证△DNB≌△ENC（AAS），可得ND=NE，S△BDN=S△NEC，，连结AN，过N作NQ⊥AE于Q，FR⊥CM于R，再证△AND≌△ANE（SSS），三证△ANE≌△CFM（ASA），可得全等三角形对应高NQ=FR，可判断⑤S△BDN﹕S△AFC＝CE﹕AC正确． 【详解】 解：∵∠BAC＝90°，AF⊥BE， ∴∠BAF+∠FAC=90°，∠ABE+∠BAF=90°， ∴∠ABE=∠FAC， 故①∠ABE＝∠FAC正确； ∵等腰Rt△ABC， ∴AB=AC， 在△AEB和△ADC中， ∴△AEB≌△ADC（SAS） ∴∠AEB=∠ADC， ∵FG⊥CD， ∴∠FMC+∠MCD=90° ∵∠DAC=90°， ∴∠ADC+∠MCD=90° ∴∠ADC=∠FMC=∠AEB ∵∠GEM=∠AEB，∠GME=∠FMC， ∴∠GEM=∠GME， ∴GE=GM， 故②GE＝GM正确； 过C作CH∥AB，交AF延长线于H， ∴∠BAC+∠ACH=180°， ∴∠ACH=180°-∠BAC=90°=∠BAE， ∵∠ABE=∠FAC， 在△ABE和△CAH中， ， ∴△ABE≌△CAH（ASA）， ∴BE=AH，∠AEB=∠H=∠GEM=∠GME=∠FMC， ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∴∠HCF=∠ABC=∠MCF=45°， 在△FMC和△FHC中， ， ∴△FMC≌△FHC（AAS）， ∴FM=FH，MC=HC， ∴BG=BE+EG=AH+GM=AF+FM+MG=AF+FG， 故③BG＝AF+FG正确； C△AFM=AF+FM+AM=AF+FH+AM=BE+AM≠BE+CM， 故④C△AFM＝BE+CM不正确； ∵AB=AC，AD=AE， ∴BD=CE， ∵△AEB≌△ADC（SAS）， ∴∠ABE=∠ACD即∠DBN=∠ECN， 在△DNB和△ENC中 ， ∴△DNB≌△ENC（AAS）， ∴ND=NE，S△BDN=S△NEC，， 连结AN，过N作NQ⊥AE于Q，FR⊥CM于R， 在△AND和△ANE中， ， ∴△AND≌△ANE（SSS）， ∴∠DAN=∠FAN=45°， ∴∠NAE=∠FCM=45°， 在△ANE和△CFM中， ， ∴△ANE≌△CFM（ASA）， ∴NQ=FR，（对应高相等） S△CNE=，S△AFC=， ∴S△BDN﹕S△AFC= S△CNE：S△AFC＝：=CE﹕AC， 故⑤S△BDN﹕S△AFC＝CE﹕AC正确； ∴正确的个数有4个，分别为①②③⑤． 故选择D． 【点睛】 本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形面积等高，掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形面积等高是解题关键． 二、填空题 7．已知正△ABC的边长为1，点P，点Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位速度沿边AB向点B运动，点Q以每秒4个单位速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，当点Q停止运动时，点P也同时停止运动．在整个运动过程中，若以点A，B，C中的两点和点Q为顶点构成的三角形与△PAC全等，运动时间为t秒，则t的值为__． 【答案】或或或或 【分析】 分三种情形：当点Q在AC上时，当点Q在BC上时，有两种情形，CQ＝AP或BQ＝PA满足条件，当点Q在BA上时，Q与P重合或AP＝QB满足条件，分别构建方程求解即可． 【详解】 解：当点Q在AC上时，CQ＝PA时，△BCQ≌△CAP，AP=t，AQ=4t，CQ=1-4t； 此时t＝1﹣4t，解得t＝． 当点Q在BC上时，有两种情形，CQ＝AP时，△ACQ≌△CAP，AP=t， CQ=4t -1， BQ=2-4t； ∴4t﹣1＝t，解得 t＝； BQ＝PA时，△ABQ≌△CAP， ∴2﹣4t＝t， 解得t＝， 当点Q在BA上时，有两种情形，Q与P重合，△ACQ≌△ACP，AP=t，AQ=3-4t，BQ=4t -2； ∴t＝3-4t，解得t＝； AP＝QB时，△ACP≌△BCQ， t＝4t﹣2， 解得t＝， 综上所述，满足条件的t的值为或或或或， 故答案为：或或或或． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定，等边三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 8．已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________． 【答案】5 【分析】 ①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可 ②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可 【详解】 ①如图,过作，垂足为, 过分别作, 则, P为的费马点 5 ②如图： . 将绕点逆时针旋转60 由旋转可得： 是等边三角形， P为的费马点 即四点共线时候， = 故答案为：①5，② 【点睛】 本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转． 9．如图，在锐角△ABC中，点D在线段CA的延长线上，BC边的垂直平分线分别交AB边于点E，交∠BAC的平分线于点M，交BAD的平分线于点N，过点C作AM的垂线分别交AM于点F，交MN于点O，过点O作OG⊥AB于点G，点G恰为AB边的中点，过点A作AI⊥BC于点I，交OC于点H，连接OA、OB，则下列结论中，（1）∠MAN=90°；（2）∠AOB=2∠ACB；（3）OH=2OG；（4）△AFO≌△AFH；（5）AE+AC=2AG．正确的是________．（填序号） 【答案】（1）（2）（4）（5） 【分析】 （1）使用角平分线的性质即可；（2）根据AB和BC的垂直平分线OG和MN可以得到OA=OB=OC，进而得到三组相等的角，再进行等量代换即可；（4）在和中，易得和公共边AH，再通过角度的计算和等量代换可以得到，即可证明；（5）根据垂直平分线的性质和（4）中的全等三角形可得BO=AH，通过角度的计算和等量代换可以证明和，进而可通过证明得到BE=AC，再进行等量代换即可；（3）易得OH=2OF，根据分析无法证明OF=OG，故可判断该项不符合题意． 【详解】 解：（1）∵AM平分，AN平分， ∴，． ∴． 又∵根据图示可得， ∴． 故（1）符合题意． （2）∵G为AB中点，且，MN垂直平分BC， ∴OA=OB=OC，． ∴，，，． ∴，． 又∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 故（2）符合题意． （4）如图所示，延长CO交AB于点J． ∵OB=OC，MN垂直平分BC， ∴，． 又∵，，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 又∵，， ∴． ∴． ∴． ∵AM平分，， ∴，． 又∵，， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴． 在和中， ∵ ∴． 故（4）符合题意． （5）∵，， ∴． 又∵，， ∴，． ∴，． ∴． ∵， ∴OA=HA． 又∵OA=OB， ∴BO=AH． ∵，，， ∴． 又∵， ∴． ∴． 在和中， ∵ ∴． ∴BE=AC． ∴AE+AC=AE+BE=AB． ∵G为AB中点， ∴AB=2AG． ∴AE+AC=2AG． 故（5）符合题意． （3）∵， ∴FO=FH． ∴OH=2OF． ∵，， ∴． ∵无法证明AF=AG和和， ∴无法证明． ∴OF和OG可能相等，也可能不相等． ∴OH与2OG不一定相等． 故（3）不符合题意． 故答案为：（1）（2）（4）（5）． 【点睛】 本题考查角平分线的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题关键，特别注意等量代换的使用． 三、解答题 10．（1）已知如图1：△ABC．求作：⊙O，使它经过点B和点C，并且圆心O在∠A的平分线上（保留作图痕迹）． （2）如图2，点F在线段AB上，AD∥BC，AC交DF于点E，∠BAC＝∠ADF，AE＝BC．求证：△ACD是等腰三角形． 【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析 【分析】 （1）分别作出∠A的角平分线和线段BC的垂直平分线，它们的交点即为圆心O，再以OC为半径画圆即可； （2）利用“AAS”证明△ADE≌△CAB，即可得到AD=CA，即可求证． 【详解】 解：（1）如图所示：⊙O即为所求． （2）证明：∵AD∥BC， ∴ ∠CAD=∠BCA，即∠EAD=∠BCA. 又∵∠ADF=∠CAB，AE=BC， ∴△ADE≌△CAB（AAS）， ∴ AD=AC； ∴ △ACD是等腰三角形．。 【点睛】 本题考查了尺规作图和全等三角形的判定与性质，涉及到作一个角的平分线和线段的垂直平分线、平行线的性质、证明三角形全等以及利用全等三角形的性质证明线段相等等内容，解决本题的关键是牢记尺规作图的原理和方法、牢记相关概念等． 11．如图，直线交x轴于A点，交y轴于B点，，点B坐标为，直线经过点A交y轴于点C，且． （1）求直线的解析式； （2）点D为线段中垂线l上一点，且位于第一象限，将沿翻折得到，若点恰好落在直线l上，求点D和点的坐标． （3）设P是直线上一点，点Q在l上，当为等边三角形时，直接写出的边长． 【答案】（1）y＝x−6；（2）D（4，2），（6，4）；（3）2 或 【分析】 （1）先由B点坐标，得到OB的长度，在直角△ABO中，由∠BAO＝30°，得到AB＝2OB，利用勾股定理，得到OA的长度，从而得到A点坐标，因为OA＝OC，求得OC的长度，得到C点坐标，利用待定系数法，求得直线AC的解析式； （2）因为l垂直平分AB，所以B＝A，又因为△ABD沿BD翻折得到△BD，所以B＝AB，所以A＝B＝AB，得到△AB为等边三角形，且∠BD＝∠ABD＝30°，又∠BAO＝30°，利用内错角相等，两直线平行，得到BD∥AO，从而得到D的纵坐标为2，再由AD＝BD，可以算出∠DAO＝60°，过D作DM⊥OA于M，从而可以求得OM长度，得到D的坐标，再通过计算得到∠AO＝90°，得到A⊥OA，从而求得坐标； （3）因为P是直线AC上一点，所以P可以在CA的延长线上，或者在射线AC上，利用共顶点的两个等边三角形形成一对旋转全等三角形的模型来解决问题． 【详解】 解：（1）∵B（0，2）， ∴OB＝2， 在Rt△AOB中，∠OAB＝30°， ∴AB＝2OB＝4， ∴AO＝＝6， ∴A（6，0）， ∴OA＝6， ∵OA＝OC， ∴OC＝6， ∴C（0，−6）， 设直线AC为y＝kx−6， 代入点A，得k＝1， ∴直线AC解析式为y＝x−6； （2）如图1，连接A ， ∵将△ABD沿BD翻折得到△BD， ∴AB＝B，且BD垂直平分A，∠ABD＝∠BD， 又∵l是AB的垂直平分线，且为直线l上一点， ∴B＝A， ∴B＝AB＝A， ∴△AB为正三角形， ∴∠ABD＝∠OAB＝30°， ∴BD∥OA， ∴D的纵坐标为2， ∵l是AB的垂直平分线，且D为直线l上一点， ∴DB＝DA＝D， ∴∠DBA＝∠DAB＝30°， ∴∠DAO＝60°， 过D作DM⊥OA于M， ∴∠ADM＝90°−∠DAO＝30°， 设AM＝a，则AD＝2a， ∵AD2−AM2＝DM2， ∴3a2＝12， ∴a＝2， ∴AM＝2， ∴OM＝6−AM＝4， ∴D（4，2）， ∵∠AB＝60°， ∴∠AO＝∠AB＋∠BAO＝90°， ∴A⊥OA， 又A＝AB＝4， ∴（6，4）， 即D（4，2），（6，4）； （3）①如图2，当P在线段CA延长线上时，连接P，A和BQ， ∵△APQ为等边三角形， ∴AP＝AQ＝PQ， ∠BA＝∠PAQ＝60°， ∴∠BAQ＝∠AP， 在△ABQ与△AP中， ， ∴△ABQ≌△AP（SAS）， ∴BQ＝P， 又∵Q为AB中垂线上一点， ∴BQ＝AQ， ∴AQ＝P， 又∵AP＝AQ， ∴AP＝P， ∴P在A的中垂线上， ∵A⊥OA，且A＝4， ∴P的纵坐标为2， 令y＝2，则x−6＝2， ∴x＝6＋2， ∴P（6＋2，2）， ∴AP=， ②如图3，当P在射线AC上时，连接BP， 同理可得△ABP≌AQ， ∴PB＝Q，∠PBA＝∠QA， ∵∠BA＝60°，且Q垂直平分AB， ∴∠QA＝30°， ∴∠PBA＝30°， 又∠ABO＝90°−∠BAO＝60°， ∴∠PBO＝∠ABO−∠PBA＝30°， 过P作PG⊥y轴于G点，设P（m，m−6）， 在Rt△PBG中，∠PBO＝30°， ∴PB＝2PG＝2m， ∴BG＝m， ∴m＝2−(m−6)， ∴m＝2， ∴P(2，2−6)， ∴AP＝ 综上所述：△APQ的边长为2 或． 【点睛】 本题考查了一次函数综合题，第二问要充分利用轴对称的性质，充分挖掘条件，发现特殊的三角形和角度来解决问题，第三问要注意分类讨论，画出草图是突破口，同时，对共顶点的等边三角形模型要非常熟悉． 12．如图，在中，点D在边上，．将沿对折得到，交于点F． （1）如图①，若，，求的度数； （2）如图②，若，请说明； （3）若，将绕点B逆时针方向旋转一个角度，记旋转中的为．在旋