平面几何讲座26题含答案

发布时间：2024-02-20 作者：admin 来源：讲座

2024年2月20日发(作者：)

平面几何讲座26题含答案

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1.在中，为，圆与，平分是交于，如图，中点。若四点共圆。

，垂足的外接，为垂足。的另一个交点为中点，是、、。求证：、

BEQAHDOPMNC.

证明：作AQ延长线交BC于N，则Q为AN中点，又M为AC中点，所以QM//BC.

所以

1PQMPBCABC.

21同理，

MPQABC. 所以QM ＝

PM.

又因为Q,H,P,M共圆. 所以PHCPHMPQM.

所以PHCPBC.

所以P、H、B、C四点共圆.

BHCBPC90.

故

HE1BCEP.

2结合OHOM，知OE为HP中垂线，易知EHOEPOOPM，

所以O、H、E、M四点共圆.

- .可修编 .

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2.如图，在△ABC中，DE∥BC，△ADE的内切圆与DE切于点M，△ABC的BC边上的旁切圆切BC于点N，点P是BE与CD的交点。

求证：M、N、P三点共线.

证设BE与MN交于点P'.

因为DE∥BC，所以BPBCPEDE，BP'P'EBNEM.

故只需证明

BCBNDEEM，或BNEMBCDE. ………………10分

如图, 设O1、O2分别为三角形的内切圆与旁切圆的圆心，

F、G、H、I为切点，则

EM12AEDEAD，

AHABBHABBN，

AHAI12ABBCAC，

BNAHAB12ACBCAB.

………………20分

又

ADE∽ABC，

故可设

ABADBCACDEAEk，

则

1BN(ACBCAB)BC2BC

(kAEkDEkAD)2kDE(AEDEAD)EM

2DEDE-

.可修编 .

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故结论成立． ………………40分

3. 在ABC中，点A1,B1,C1分别是三边上的点，点G,Ga,Gb,Gc分别是ABC,AB1C1,BAC11,CA1B1的重心，点G1,G2分别是A1B1C1,GaGbGc的重心。

（1）求证：点G,G1,G2共线；

（2）直线AGa,BGb,CGc共点的充要条件是直线AA1,BB1,CC1共点。

证明：由三点共线得，OA1OB(1)OC，OB1OC(1)OA，且OC1OA(1)OB，其中,,(0,1)，

故OG1(OAOBOC)，

311OG1(OA1OB1OC1)[(1)OA(1)OB(1)OC]，

3311OGa(OAOB1OC1)[(2)OA(1)OBOC]，

3311OGb(OBOA1OC1)[OA(2)OB(1)OC]，

33- .可修编 .

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11OGc(OCOB1OA1)[(1)OAOB(2)OC]，

3311OG2(OGaOGbOGc)[(322)OA(322)OB(322)OC]39所以，

1GG1[()OA()OB()OC]，

31G,G1,G2共线；所以GG1//G1G2，

G1G2[()OA()OB()OC]，9（2）设BGb,CGc,AGa分别交边CA,AB,BC于点A2,B2,C2，

且CA2pCA,AB2qAB,BC2tBC，其中p,q,t(0,1)，

由（1）得，

1CGbOGbOC[OA(2)OB(2)OC]31[OA(2)OB(2)OCOC]3

1[(2)CBCA]311CA2(2)CB33p由B,Gb,A2共线得，(2)131CA2p1，得p，故，

A2A1p13p1轮换得，AB2BC2,，

B2B1C2C1A1C，由轮换得，BA11又由OA，故1OB(1)OC得，BA1(1)AC1B1ACB，1，且，

CB11AC11111111故由塞瓦定理，直线AGa,BGb,CGc共点的充要条件是直线AA1,BB1,CC1共点。

- .可修编 .

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是锐角ABC的一条高,P是线段AD上一点,延长BP交AC于点M,延长CP交AB于点N,又MN与AP交于点Q,过点Q的任意一条直线交线段PN于点E,交线段AM于点F,求证:EDAFDA.

.如图连接DN,DM并延长，交过A点与BC平行的直线于R,K.先证明NDAMDA.由塞瓦定理知ANBDCMANARCMDC1，又,(利用平行线BC//RK的性NBDCMANBBDMAAKsinMDFsinNDE,设sinADFsinADE质)，得AKAR，从而又ADRK得NDAMDA.

再证明MDFNDE，即要证：ADMADN,ADF,ADE,即上式sin()sin()······①

sinsin由于SMDFFMDMsin()sin()ADFM，则,

SADFAFADsinsinAFDM同理sin()PDNEADFMPDNEADNDAFNE,则①式即证明或sinPENDAFDMPENDDMPDFMPE②，而AFNESAQFSNQEAQsinAQFNQsinNQEAQNQAQNQ,

FMPESMQFSPQEMQsinMQFPQsinPQEMQPQPQMQ又NQNDAFNENDAQAQPMBN1（梅涅劳（角平分线定理）,即，又MQMDFMPEMDPQQPMBNAAQMBNASABCSAPCADAFNENDAD，即,②式得证.

QPPMBNSAPCSBPCPDFMPEMDPD斯定理），从而- .可修编 .

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5. 设O和I分别为ABC的外心和内心，ABC的内切圆与边BC,CA,AB分别相切于点D,E,F，直线FD与CA相交于点P，直线DE与AB相交于点Q，点M,N分别为线段PE,QF的中点，求证：OIMN

证明：考虑ABC与截线PFD，由梅涅劳斯定理，有所以于是CPAFBD1,

PAFBDCPAAFBDAFsa（s为ABC的半周长）

CPFBDCDCscbsaPAsa，因此PA，

acCAacbsa2scsasa

acac2这样PEPAAEscsa,MAMEAEscsasasa

1MEPE2acacacscsaMCMEECacscscac2，于是MAMCME2.

因为ME是点M到ABC的内切圆的切线长，所以ME2是点M到内切圆的幂，而MAMC是点M到ABC外接圆的幂，等式MAMCME2表明点M到到ABC外接圆与内切圆的幂相等，因此点M在ABC外接圆与内切圆的根轴上，同理，点N也在在ABC外接圆与内切圆的根轴上，故OIMN.

- .可修编 .

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PQMAFOBDIECN6. ⊙O1与⊙O2外切于P，过⊙O2上一点C作⊙O2切线交⊙O1于A、B两点，AP、BP分别与⊙O2交于A'、B'，CP与⊙O1交于C'，连C'B'交⊙O1于Q，连AQ交CC'于K，求证：A'、B'、K三点共线。

证明：⊙O1与⊙O2关于P位似，∴O2C∥O1C'，AB∥A'B'，又∵O2CAB，∴O1C'AB，O2CA'B'，

∴C'AC'B，CA'CB'，∴CB'A'CA'B'，∴CPA'BPC，∴BPBC

PACA在AP上取M使AMBB'，连C'M交AB于N，∴C'AC'B，C'APC'BP，AMBB'，

∴△AMC≌△BB'C'，∴△ABC'∽△MB'C'，∴MB'C'ABC'AQC'，∴MB'∥AQ

AMBB'BPBC，延长A'B'交AQ于K1，交CC'于K2

AA'AA'APCAKA'A'K2KB'AMBCB'K2A'B'A'B'∴1，∴1，∴，∴K1B'K2B'

K1A'AA'CAK2A'K1B'K2B'K1B'K2B'而∴K1、K2为同一点，∴K、K1、K2为同一点，∴A'、B'、K三点共线

- .可修编 .

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7. 圆O是△ABC的内切圆．D、E、F是BC、CA、AB上的切点，DD，EE，FF都是圆O的直径．求证：AD，BE，CF共点．

证：设直线AD,BE,CF交BC,CA,AB于A,B,C．过D作圆O的切线交AB,AC于M,N．显然MN//BC△AMD∽△ABA,△ADN∽△AAC．

则MDADDNBAMD……⑴

BAAAACACDN连结OM，ON，记圆O半径为r．易证B、D、O、F与C、D、O、E分别共圆，则FODB,EODC．

1FOD1BNOD1EOD1C，．

2222MDtanMODtanBNDtanNODtanC因为，，

r2r2所以MODBtanMD2……⑵ 所以DNtanC2- .可修编 .

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BtanBA2．将⑵代入⑴得：ACtanC2CAtantanCB2，AC2．同理可知：BAtanACBtanB22此时BACBAC1．根据塞瓦逆定理，可知AA,BB,CC三线共点．

ACBACB即AD,BE,CF共点．

B、C、D、E为直线l上顺次排列的五点,8. 设A、延长至G,恰使FACAGD，FECEGB.求证：FACFEC.

ACBC,F是l外的一点,连结FC并CECD证法一：过B作BH∥AF，交CF于H，则故CHCD。

CFCECHCBCBCD，又由，CFCACACE连结HD，知HD∥FE，延长HB,HD分别交AG,EG于I.J，连结IJ。

因为IBAFACAGD，故I、B、D、G共圆；

因为JDEFECEGB，故J、D、B、G共圆，

∴I、B、D、J、G五点共圆，故HBCDJI。

∵IHAF，JHEF，∴GIGHGJ，故IJAE，DJIEDJ，

GAGFGE∴FACHBCDJIEDJFEC。

证法二：作EBG外接圆C1，交射线CF于P，则BCCEGCCP。

- .可修编 .

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又由BCCEACCD，知ACCDGCCP，所以P、A、G、D共圆，记该圆为C2。

下证P必在CF内.用反证法，假设P不在CF内。

连结PA、PE,则AFEAPEAPGEPGADGEBG180BGD

又FAEAGD，∴180AFEFAE180BGDAGD180，矛盾！

于是，F在GP延长线上.∵FACAGD,FECEGB，∴FE为C1切线，FA为C2切线，∴FA2FPFGFE2AFEF，故FACFEC.

9. 如图，三角形ABC中，M为BC的中点，以AM为直径的圆O分别与AC、AB交于D、E两点，圆O在D、E两点的切线交于点H，证明：ABHCH．

BMC

A证明：设AM2r，则DHEHrtanA，

设BEH,DAM,CDH,EAM,

EBMCOD- .可修编 .

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cossinasinBasinC,

,cossin4r4rBHCHBH2CH2

BH2CH2(BE2HE22BEHEcos)(CD2HD22CDHDcos)BE2CD22HD(BEcosCDcos)

a2aasinBaasinC(cos2Bcos2C)2rtanA(cosBcosC)

424r24ra2a2(cos2Bcos2C)tanA(sin2Bsin2C)

88a2a2sinAsin(CB)tanAcosAsin(CB)0

44BHCH.

10. 在直角三角形ABC中，B90，它的内切圆分别与边BC，CA，AB相切与点D，E，F，连接AD，与内切圆相交于另一点P，连接PC，PE，PF．已知PCPF，求证：PE∥BC．

APFBC

证：连接DE，DF，则△BDF是等腰直角三角形．于是FPDFDB45，故- .可修编 .

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DPC45．又PDCPFD，所以△PFD∽△PDC，所以

PFPD． ①

FDDC 又由AFPADF，AEPADE，所以，△AFP∽△ADF，△AEP∽△ADE，于是

EPAPAPFP，故由①得

DEAEAFDFEPPD． ②

DEDC 因为EPDEDC，结合②得，△EPD

∽△EDC，所以，△EPD也是等腰三角形，于是PEDEPDEDC，所以，PE∥BC．

APFB

11. 如图，圆1EDC

与2外切于点P，PQ为两圆的公切线．直线l交1于点A、B，交2于点C、D，且l不经过点P和Q．记AQ与点为E，DQ与BP的交点为F．求证：EF平行．

CP的交与AD- .可修编 .

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证明：首先指出，以下证明过程是在考虑线段有向性的情况下所写，结果不依赖于图形的位置关系．

设PQ交直线l于点R，则显然A、B在R的一侧，C、D在R的另一侧．因为RP为两圆的公切线，所以由切割线定理得

RARB所以

RP2RCRD，

CARC考虑线段有向性，上式可记为

1RARCCARC1RDRBBD．

RBBD． ①

RB由直线EPC截AQR得

AEQPRCEQPRCA由直线FPB截DQR得

1； ②

DFQPRBFQPRBD根据①、②、③可得1． ③

AEEQDF，从而EF与AD平行．

12. 设D是ABC的边BC上的一点，点P在线段AD上，过点D作一直线分别与线段AB、PB交于点M、E，与线段AC、PC的延长线交于点F、N。如果DE=DF，

求证：DM=DN .

P- .可修编 .

MCBDFN

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证：对AMD和直线BEP用梅涅劳斯定理得：

APDEMB1(1)，

PDEMBAACFNDP1(2)，

CFNDPAABMDFC对AMF和直线BDC用梅涅劳斯定理得：1(3)

BMDFCADEFNMD（1）（2）（3）式相乘得：1，又DE=DF，

EMNDDFDMDN所以有，所以DM=DN。

DMDEDNDE对AFD和直线NCP用梅涅劳斯定理得：

13. 、如图,非等腰ABC的内切圆⊙I切BC于点G,直线AI交ABC外接圆于点D,过D作DPAD交CB延长线于点P.点B对AC边的旁切圆切AC于点E,点C对AB边的旁切圆切AB于点F,过点B作BK//EF交AD于点J,交AC于点K.

求证: (1)

B,J,G,D四点共圆;

(2)

PI//EF

- .可修编 .

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AEFIJPBGDKC

长为

(1)证明:设ABC边BCa,CAb,ABc,则acbabcBG,AECG,

22BJBAFABG又因为BK//EF,且JA平分BAK,所以,从而JG//AC.由此可JKAKAECGAF知DJGDACDBG,从而B,J,G,D四点共圆,

(2)因为JGPIDP90,所以I,G,D,P四点共圆,所以IPGIDGJBG,则PI//BK,从而PI//EF.

14. 锐角三角形ABC中，O、H分别为外心和垂心,BH交AC于点D,DE⊥OD交AB点E,F（异于点A）在外接圆上且FH//OD，证明：A,D,E,F四点共圆。

- .可修编 .

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ADFEHOCB

证：延长BD交圆于点M，连MO并延长交圆于点N，连NH、FA、FE、FM，由垂心的性质有DM=DH，O为MN的中点，故NH//OD,又由题设FH//OD，因此N、H、F三点共线。而MN为直径，故有MF⊥FN, 又由题设DE⊥OD得MF//DE.而D为Rt△MFH斜边的中点，故∠FDE=∠EDH.因此∠EAF=∠BAF=∠BMF=BDE=∠EDF.因此A,D,E,F四点共圆。

MAFEDHOCBN- .可修编 .

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15. 如图所示, 设AD,BE,CF是ABC的三条高, 且交与点H,M是边BC上的中点,

BME的外接圆圆与圆

11与CMF的外接圆圆2交于M,N两点, 直线AN,2分别交于另一点P,Q. 证明:

AD平分PDQ.

证：辅助线如图所示.

因为B,C,E,F四点共圆, 所以,

HBHEHCHF. 这表明, 点H在圆与21的根轴上. 因此,

M,H,N三点共线. 于是,

FNHFNMFCMFAH. 从而,

A,F,H,N四点共圆. 又AFFH,

则ANNH, 即MNPQ. 因此,

PBBC. 同理,

QCBC. 于是,

PB//AD//QC.

注意到BNMBEMCBEDAC,

MNCMFCFCBBAD. 则BNCBNMMNCDACBADBAC. 从而,

A,B,C,N四点共圆.

故PMBPNBANBACB. 这表明,

PM//AC. 所以,

PBMADCBMPBMCQC. 同理, . 两式相除并注意到BMMC,

DCADBDAD- .可修编 .

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得BDPB. 则PBDDCQCQCDPDBCDQ. 而ADBC, 故AD平分PDQ.

16. 已知⊙O1与⊙O2内切于点P，⊙O1上任一点A，弦AB、AC切⊙O2于E、F，弦AT过O2且交EF于H，交BC于D.

求证：AH:ATHD:HT .

AHEBPOFODTC

证明：连接OE、CT、BH，过P作⊙O1的直径交⊙O1于Q，设⊙O1的半径为R，

⊙O2的半径为r，BAT，则O2Hrsin,AO2又∵AO2O2TQO2O2P(2Rr)r

∴O2T(2Rr)sin,HT2RsinCTBT

∴H为ABC的内心∴AH:HDAB:BD

∵ABDATC,BADCAT

∴ABD∽ATC∴AB:BDAT:CTAT:HT

∴AH:HDAT:HT∴AH:ATHD:HT

sinAQHEBPOFODTC- .可修编 .

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17. 设P是ABCD对角线BD上一点，满足PCBACD，对角线AC交于点E.证明：PEBAED.

提示：.先假设BAD90，当BAD90时类似可证。

延长DE与BC交于点L，连接PL.

先证C、D、P、L四点共圆

ABD的外接圆与 .可修编 .

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再证B、P、E、L四点共圆

故PEBPLBPDCDBAAED

18. 如图，圆O1、圆O2与圆O3相交于点P，圆O1和圆O2的另一个交点为A，经过点A的一条直线分别交圆O1、圆O2于点B、C，AP的延长线交圆O3于点D，作DE//BC交圆O3于点E，再作EM、EN分别切圆O1、圆O2于M、N．

求证：EM2EN2DEBC．

证明：

DEO3MBO1PO2NACDE连EP交圆O1、圆O2与BC分别为S、T、Q，

- .可修编 .

O3MPN

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由相交弦定理及切割线定理得：

QAQBQSQP

QAQCQTQP

两式相加得：QABCSTQPBCQP

STQAQPEP

QAED又DE//BC，AQPDEP所以：BCQPEP，

STQAEDDEBCEPSTEP(ESET)EPESEPETEM2EN2．

19. 在△ABC中，设AD为角平分线，AH为高。分别以AB，AC为直径向外作半圆，AD的垂直平分线与这两个半圆分别交于P和Q。证明D、H、P、Q四点共圆。

【解析】记PQ与AB、AC分别交于M和N，记△DHP的外接圆与PQ的另一个交点为R，只需证R与Q重合即可。

因为A，B，H，P四点共圆，所以∠(AR,PR)=∠(PR,DR)=∠(PH,DH)=∠(AP,AB)。

（注：这样标注是为了兼顾点的不同位置关系，角是有向的，但周期为180°）

从而，∠(AC,AR)=∠(AC,PR)-∠(AR,PR)=∠(PR,AB)-∠(AP,AB)=∠(PR,AP)

=∠(DP,PR)=∠(DH,HR)=∠(CH,HR)。

因此，A，C，H，R四点共圆，∠ARC=90°，从而R与Q重合，结论得证。

- .可修编 .

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20. 如图，已知△ABC的外角∠EAC的平分线与

△ABC的外接圆交于点D，以CD为直径的圆分别交BC，

CA于点P、Q，求证：线段PQ平分△ABC的周长.

- .可修编 .

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证明：连结DB、DP、DQ，因∠ABD∠ACD，

∠EAC∠ABC∠ACB，则∠EAC∠DBC∠DCB，

即2∠DAC∠DBC∠DCB；又∠DAC∠DBC，

则∠DBC∠DCB，，故△DBC为等腰三角形.

1BC.在圆内接四边形ABCD中，

2由托勒密定理得ACBDBCADABCD，因BDCD，

BCAD2BPAD则ACAB，又DQ⊥AC，则△ADQ∽△BDP，

BDBDAQADBPADACAB所以，即AQ.故ACAB2AQ，即AQ.

BPBDBD21ACAB11从而CQCPACAQABACAB(ABBCCA).

2222因DP⊥BC，则CP

21. 如图，锐角ABC外心为O，直线BO和CO分别与边AC,AB交于点B',C'.直线B'C'交ABC外接圆于点P,Q.若APAQ,求证：ABC是等腰三角形.

APC'OBB'Q

APC'OB'Q-

C .可修编 .

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证明：APAQ,APQAQP.

连接BP,QC,则PBAAQPAPC'.

又PAB为公共角，所以APC'ABP.

2则AC'ABAP2.同理：AB'ACAQ.

又APAQ,所以AC'ABAB'AC.

则C',B',C,B共圆.ABOACO.

连接AO，知：等腰ABO和等腰ACO全等.则ABAC.所以ABC是等腰三角形.

22. 如图，圆O1与圆O2的半径相等，交于X、Y两点．ABC内接于圆O1，且其垂心H在圆O2上．点Z使得CXZY是平行四边形．证明：AB、XY、HZ三线共点．

- .可修编 .

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设圆O1、O2的半径为R，XY中点为M，则Z、C关于M对称，O1与O2关于M对称，因此点Z在圆O2上．记ABH的外接圆为圆O3，则圆O3的半径为

AB2sinAHBAB2sin(ACB)AB2sinACBR．

我们证明Z也在圆O3上．

由圆O1、O2、O3的半径均为R可知XO1YO2、AO3BO1都是菱形．

记AB中点为N，则N也是O1O3的中点，注意到H与O1分别是ABC的垂心与外心，故CH2O1NO1O3，即CO1HO3．又XZO2ZO2XCY，所以

XZYO1CYCO1HO3，

又H是圆O2、O3的一个交点，则Z是两圆的另一交点．这样AB、XY、HZ恰是圆O1、O2、O3两两的公共弦，由根轴定理知它们三线共点．

23. 如图，四边形ABCD是圆外切四边形，内切圆圆心为O.

H1,H2,H3,H4分别是AOB,BOC,COD,DOA的垂心，求证：H1,H2,H3,H4四点共线.

AH4PDH1O- .可修编 .

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H2AH4D

设对角线AC与BD交于点P，我们证明H1,H2,H3,H4,P五点共线. 这只需证明H1,H4,P共线，因为同理会有H1H3OH1,H2,P;H3,H4,P分别共线.

因为DH4AO,BH1AO，所以BCH1,H4,P共线等价于DH4DP. 记BH1BPOAB,OBC,OCD,ODA，并不妨设O半径为1. 则由垂心的性质，DH42R4cosAO1，其中R4是DOA外接圆的半径. 同理tansintanBH11DH4tan，这样.

BH1tansintan11sin()，再注意到，我们有

tantansinsinsin()sin()2sincosADDCsin2tansinsinsinsin.

ABBCsin2sin()sin()2sincostansinsinsinsin熟知ABDPSADCBPSABC故

DH4DP成立.

BH1BP24.如图，以直角ABC直角边AB为直径作交O，交斜边AC于点E，连接CO并延长，O于F,D两点，连接BD，CEF的外接圆交BC于另一点G. 已知BDCACB，求证：BGFBAC.

AADOEFC

DOEFB

GC . -

(

) .可修编GG'

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证明：连接AF并延长，交BC于G'，连接BE，BF.

在直角ABC中，AB是直径BEAC

AB2AEAC

同理，在直角ABG'中，ABAFAG'

2AEACAFAG'，即E,F,G',C四点共圆.

G与G'重合，即A,F,G三点共线.

又BACBDCFACBGABCA

而BDCBCA

BACBGF.

25. 已知D是ΔABC内的一点,直线BD与AC交于点E,直线CD与AB交

于点F,若A,E,D,F四点共圆,该圆记为ГD.证明:无论点D怎样变化,A

圆ГD都过

一个不同于点A的定点.

.可修编 .

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证明:设BC中点A/,直线AA/与圆BCD的

交点A//,则由A,E,D,F共圆,A//,C,D,B共圆得

∠BA//C=∠CDE=∠BAC,

由BC中点A/知A/是

AA//的中点.

设J是圆BCD与AA/的

交点,则J在圆ГD上:

由B,D,J,C共圆知∠BCJ=∠JDE,

由相交弦定理得: A/J•A/A//=A/C2,即

A/J•A/A=A/C2,得A/C是圆AJC的切线,

所以,∠BCJ=∠JAC,∠JAC=∠JDE,

故A,E,J,D共圆,J在圆ГD上.

所以,无论点D怎样变化,圆ГD都过一个

不同于点A的定点J(定圆BCA//与定直线AA//的交点).

26如图，设A为A//

O1,O2的一个交点，直线l切O1,O2分别于B,C，O3为ABC的O3C外心，O3关于A的对称点为D，M为O1O2的中点.

求证：O1DMO2DA.

证明：易得O3O1是AB的中垂线，O3O2是AC的中垂线.

O1BAMO2D- .可修编 .

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连接AO1,AO2.则O3O1A1BO1ACBA，

2CBA.

1O1O3ABO3ABCA，故

O3O1A2同理，O3O2ABCAO1O3A.

做O3O1O2的外接圆，设O3A交于另一点E，则EO1O2AO3O2AO1O3，O1AO3O3AO2.

EO2O1AO3O1AO2O3，故O1EO2从而

O1O3O3AO2O3O3A，，因此

O3AO1O2O1O3EO2O3O2EO1，于是四O1O2EO1O1O2EO2边形O1O3O2E是调和四边形.由托勒密定理，111O1O3EO2O3O2EO1O3EO1O2，所以，

O3AO3E，从而E2221与D重合.再由

MO2O3DO1O3EO2O3O2O1EO1O3O2D，知道2O3AO1O2O3O1DO2MD.所以，O2DMO1DO3.故O1DMO2DA.

O3CBAMO2O1D- .可修编 .

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