2020中考数学图形的变化综合复习能力达标测试题2(附答案)

2020中考数学图形的变化综合复习能力达标测试题2（附答案）
1．下列各线段的长度成比例的是()
A．2 cm，5 cm，6 cm，8 cm B．1 cm，2 cm，3 cm，4 cm
C．3 cm，6 cm，7 cm，9 cm D．3 cm，6 cm，9 cm，18 cm
2．下列四个图形中，不是轴对称图形的是（）
A．B．C．D．
3．在平面直角坐标系中，将点P(-2，3)沿x轴方向向右平移3个单位得到点Q，则点Q 的坐标是( )
A．(-2，6) B．(1，2) C．(2，6) D．(1，3)
4．如图所示的几何体的主视图为()
A．B．C． D．
5．在平面直角坐标系中，A（3，0）、B（a，2）、C（0，m），D（n，0），且m2+n2=4，若E为CD中点．则AB+BE的最小值为（）
A．3 B．4 C．5 D．25
6．下列几何图形中，绕其对称中心点旋转任意角度后，所得到的图形都和原图形重合，这个图形是( )
A．正方形B．正六边形C．五角星D．圆
7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 2．将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到''使点B'落在AC边上．设M是A B''的中点，连接BM，CM，则△BCM的面△A B C
积为（）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．“黄金分割”是一条举世公认的美学定律. 例如在摄影中，人们常依据黄金分割进行构图，使画面整体和谐. 目前，照相机和手机自带的九宫格就是黄金分割的简化版. 要拍摄草坪上的小狗，按照黄金分割的原则，应该使小狗置于画面中的位置（）
A．①B．②C．③D．④
9．如图所示为某几何体的示意图，则该几何体的左视图应为（）
A．（A）B．（B）C．（C）D．（D）
10．一个几何体的三视图如图所示，这个几何体是（）[来源:学。

科。

网Z。

X。

X。

K]
A．棱柱B．正方形C．圆柱D．圆锥
11．圆锥体的主视图是____，左视图是____，俯视图是____．
12．如图，直线a∥b∥c，直线m、n与这三条直线分别交于点A、B、C和点D、E、F．若AB=4，BC=6，DE=3，则DF的长为．
13．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，BC＝5，EF垂直平分BC，点P为直线EF上的任一点，则AP＋BP的最小值是_______.
14．如图，甲、乙两盏路灯相距20米，一天晚上，当小刚从路灯甲走到距路灯乙底部4米处时，发现自己的身影顶部正好接触到路灯乙的底部，已知小刚的身高为1.6米，那么路灯甲的高度为________米．
15．汉字“王、中、田”等都是轴对称图形，请再写出一个这样的汉字________ 16．点（a，2）关于x轴的对称点的坐标为（3，b），则a+b的值是_____．
17．Rt△ABC中，∠A=3∠C=90︒，AB=3，点Q在边AB上且BQ=33
3
-
，过Q
作QF∥BC交AC于点F，点P在线段QF上，过P作PD∥AC交AB于点D，PE∥AB
交BC于点E，当P到△ABC的三边的距离之和为3时，PD+PE+PF=_________.
18．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=6，现将△ABC沿ED翻折，使点A与
点B重合，折痕为DE，则tan∠BED的值是_____________．
19．在平面直角坐标系xOy中，点A(2，﹣3)关于x轴对称的点B的坐标是______. 20．如图，在△ABC中∠ABC=90°，，AB=4 cm，BC=3cm，动点P以3cm/s的速度由A 向C运动，动点Q同时以1cm/s的速度由B向CB的延长线方向运动，连PQ交AB于D，则当运动时间为____s时，△ADP是以AP为腰的等腰三角形．
21．如图，河的两岸MN与PQ相互平行，点A，B是PQ上的两点，C是MN上的点，
某人在点A处测得∠CAQ=30°，再沿AQ方向前进20米到达点B，某人在点A处测得
∠CAQ=30°，再沿AQ方向前进20米到达点B，测得∠CBQ=60°，求这条河的宽是多少米？（结果精确到0.1米，参考数据2≈1.414，3≈1.732）
22．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝3，BC＝5，连接BD，∠BAD的平分线分别交BD、BC于点E、F，且AE∥CD
（1）求AD的长；
（2）若∠C＝30°，求CD的长．
23．添线补全图甲和图乙中所示的物体的三视图．
24．如图是一个几何体的三视图：
（1）请写出这个几何体的名称．
（2）求这个几何体的侧面积．
25．如图，校园内有一棵与地面垂直的树，数学兴趣小组两次测量它在地面上的影子，第一次是阳光与地面成60°角时，第二次是阳光与地面成30°角时，两次测量的影长相差8米，求树高AB 多少米．（结果保留根号）
26．已知：如图，四边形ABCD 是O e 的内接四边形，直径DG 交边AB 于点E ，AB 、DC 的延长线相交于点F.连接AC ，若ACD BAD ∠∠=．
()1求证：DG AB ⊥；
()2若AB6=，tan FCB3
∠=，求O
e半径．
27．已知∠MAN=135°，正方形ABCD绕点A旋转．
（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．
①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是；
②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．
28．如图，△ABC与△ADE是位似图形，BC与DE是否平行？为什么？
参考答案
1．D
【解析】试题解析：选项A，由于2×8≠5×6，故此选项是错误的；
选项B，由于1×4≠2×3，故此选项是错误的；
选项C，由于3×9≠6×7，故此选项是错误的；
选项D，由于3×18=6×9，故此选项是正确的.
故选D.
2．D
【解析】
试题解析：根据轴对称的概念可知：选项A、B、C的图形均为轴对称图形，只有选项D的图形不是轴对称图形.
故选D．
3．D
【解析】分析：直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
详解：将点P(−2,3)向右平移3个单位到Q点，
即Q点的横坐标加3，纵坐标不变，即Q点的坐标为(1,3)，
故选D.
点睛：本题考查了坐标与图形变化-平移.
4．B
【解析】
【分析】
根据三视图的定义判断即可.
【详解】
解：所给几何体是由两个长方体上下放置组合而成，所以其主视图也是上下两个长方形组合而成，且上下两个长方形的宽的长度相同.
故选B.
【点睛】
本题考查了三视图知识.
5．B
【分析】
由m2+n2=4，可知CD=2，OE=1，即点E在以点O为圆心，以1为半径的圆上；作点A关于直线y=2的对称点A′，连接A′O，交直线y=2于点B，交圆于点E，由轴对称的性质知此时AB+BE的值最小；然后由勾股定理求出OA′的长，从而可求出EA′的长，即AB+BE的值最小值.
【详解】
∵m2+n2=4，
∴CD=2，OE=1，
即点E在以点O为圆心，以1为半径的圆上；
作点A关于直线y=2的对称点A′，连接A′O，交直线y=2于点B，交圆于点E，由轴对称的性质知此时AB+BE的值最小；
由勾股定理得，
2222
=+=+=,
OA OA AA
''345
∴EA′=5-1=4，
∴AB+BE=4.
故选B.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，轴对称---最短路径问题，确定B和E的位置是解答本题的关键.
6．D
【分析】
绕其对称中心点旋转任意角度后，所得到的图形都和原图形重合就是旋转不变图形，根据旋转的性质即可作出判断．
【详解】
A. 正方形，绕中心旋转90°的整数倍后与原图形重合，故本选项错误；
B. 正六边形，绕中心旋转60°的整数倍后与原图形重合，故本选项错误；
C. 五角星不可以；
D. 圆，绕圆心旋转任意角度后都能与原图形重合，故本选项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
7．A
【解析】
分析：作MH⊥A′C于H，如图，利用旋转的性质得CB′=CB=2，∠A′CB′=∠ACB=90°，则
可判断点A′、C、B共线，再利用三角形中位线性质得MH=1
2
CB′=1，然后根据三角形面积
公式计算．
详解：作MH⊥A′C于H，如图，
∵△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，使点B′落在AC边上，∴CB′=CB=2，∠A′CB′=∠ACB=90°，
∴点A′、C、B共线，
∵M点A′B′的中点，
∴MH=1
2
CB′=1，
∴△BCM的面积=1
2
BC•MH=
1
2
×2×1=1．
故选A．
点睛：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
8．B
【解析】
黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值约为0.618，观察图中的位置可知应该使小狗置于画面中②的位置，
故选B.
9．C
【解析】
从左边看是一个矩形，中间有一条水平平的虚线，
故选：C.
点睛：本题考查了简单组合体的三视图，注意看不到的线用虚线表示.
10．C
【解析】
根据主视图和左视图为矩形可判断出该几何体是柱体，
根据俯视图是圆可判断出该几何体为圆柱．
故选：C．
11．三角形三角形圆
【解析】解：圆锥体的主视图是三角形，左视图是三角形，俯视图是圆．故答案为：三角形，三角形，圆．
12．7.5
【解析】
解：∵a∥b∥c，∴AB DE
BC EF
=，即
43
6EF
=，解得：EF=4.5，∴DF=DE+EF=3+4.5=7.5．故
答案为7.5．
点睛：本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．13．4
【解析】
【分析】
根据题意知点B关于直线EF的对称点为点C，故当点P在AC上时，AP+BP有最小值．【详解】
连接PC，
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BP=PC，
∴PA+BP=AP+PC，
∴当点A，P，C在一条直线上时，PA+BP有最小值，最小值=AC=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短路线问题的应用，明确点A、P、C在一条直线上时，AP+PB有最小值是解题的关键．
14．8
【解析】
分析：易得△ABO∽△CDO，利用相似三角形对应边的比相等可得路灯甲的高．
解答：
解：∵AB⊥OB，CD⊥OB，
∴△ABO∽△CDO，
∴CD/AB=DO/BO，
1.6/AB=4/20，
解得AB=8，
故答案为8．
15．丰（不唯一）
【解析】
试题分析：轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
答案不唯一，如日、木、口.
考点：轴对称图形的定义
点评：本题是开放型题目，答案不唯一，注意轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
16．1
【解析】
【分析】
利用平面直角坐标系的点的对称性质来求解．
【详解】
解：因为点（a ，2）关于x 轴的对称点的坐标为（3，b ），
所以a=3，b=-2，
所以a+b=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标，解决问题的关键是掌握好平面直角坐标系的点的对称规律．
17．7 【解析】
【分析】
过点P 作PM AC ⊥交AC 于点M, 作PN BC ⊥交BC 于点N, PE ∥AB ，QF ∥BC ，四边
形BEPQ 是平行四边形，根据平行四边形的性质得：PE BQ ==∠A=3∠C=90︒，30,903060,C B ∠=∠=-=o o o o 根据平行线的性质有
60,PEN PQD FPM B ∠=∠=∠=∠=o sin ,PN PEN PE ∠=31sin 60.PN PE -=⋅=o 设,AD PM x ==则333,3
DQ AB AD BQ x -=--=--tan 60,PQ DQ =⋅o 根据3,PM PN PD ++=列出方程3331333,x x ⎛⎫--+--+= ⎪ ⎪⎭
解得：52x = 5332333,2DQ --=--= 233,PD DQ -== 即25,PF PM == 即可求出PD+PE+PF 的值.
【详解】
解：如图所示：过点P 作PM AC ⊥交AC 于点M, 作PN BC ⊥交BC 于点N,
PE ∥AB ，QF ∥BC ，四边形BEPQ 是平行四边形，
根据平行四边形的性质得：33PE BQ -==
∠A=3∠C=90︒， 30,903060,C B ∠=∠=-=o o o o
根据平行线的性质有60,PEN PQD FPM B ∠=∠=∠=∠=o
∴sin ,PN PEN PE ∠=31sin 60.2
PN PE =⋅=o 设,AD PM x ==则
3DQ AB AD BQ x =--=-3tan 603,3PQ DQ x -=⋅=--⎭
o Q 3,PM PN PD ++=
则3133,32x x -+--+=⎭
解得：52
x =
则532DQ =--= PD == 25,PF PM ==
2357236PD PE PF ++=
++=-
故答案为76
-
【点睛】 本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，解直角三角形等，综合性比较强，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键.
18．32
； 【解析】
【分析】
由翻折的性质可知ED ⊥AB ，∠DEA=∠DEB ，然后可证明∠BED=∠ABC ，最后根据锐角三角函数的定义求解即可．
【详解】
解：由翻折的性质可知：ED ⊥AB ，∠DEA=∠BED ．
∵∠A+∠DEA=90°，∠CBA+∠A=90°，
∴∠DEA=∠CBA ．
∴∠BED=∠CBA ．
∴tan ∠BED=tan ∠CBA=
32AC BC = ． 故答案为：
32
． 【点睛】
本题主要考查的是翻折的性质、锐角三角函数的定义，证得∠BED=∠CBA是解题的关键．19．（2,3）
【解析】
【分析】
一个点关于x轴的对称点横坐标不变，纵坐标变为相反数.
【详解】
在平面直角坐标系xOy中，点A（2，－3）关于x轴对称的点B的坐标是（2，3），所以答案是（2，3）.
【点睛】
本题主要考查了关于x轴对称的点的特征，熟练掌握相关知识是解答本题的关键.
20．6
5
或
15
23
【解析】
过点P作PE⊥AB于E，则有PE//BC，
由题意知：=5，AP=3t，BQ=t，∵PE//BC，
∴△APE∽△ACB，
∴AP PE AE AC BC AB
==，
∴3
534
t PE AE
==，
∴PE=1.8t，AE=2.4t，∴BE=AB-AE=4-2.4t，∵PE//BC，
∴△PED∽△QBD，
∴PE ED BQ BD
=，
即1.8t ED
t BD
=，
∵BD+ED=BE，
∴DE=
() 94 2.4
14
t
-
，
若AP=AD ，则有AE=DE ，即2.4t=()
94 2.414t -，解得：t=1523
； 若AP=AD ，则有3t=2.4t+()
94 2.414t -，解得：t=65
， 故答案为：65 或1523
.
21．17.3米.
【解析】
分析：过点C 作CD PQ ⊥于D ，根据3060CAB CBD ∠=︒∠=︒，，得到30,ACB ∠=︒ 20AB BC ==，在Rt △CDB 中，解三角形即可得到河的宽度.
详解：过点C 作CD PQ ⊥于D ，
∵3060CAB CBD ∠=︒∠=︒，
∴30,ACB ∠=︒
∴20AB BC ==米，
在Rt △CDB 中，
∵90BDC ，∠=︒ sin ,CD CBD BC ∠=
∴sin60,CD BC
︒= 3,20
CD = ∴103CD =米，
CD 米．
∴17.3
答：这条河的宽是17.3米．
点睛：考查解直角三角形的应用，作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键. 22．(1) 2；(2) 33
【解析】
分析：(1)根据等角对等边即可证得BF=AB,然后根据FC=BC-BF即可求解;(2)过B作AF的垂线BG,垂足为H. 由(1)得：四边形AFCD为平行四边形且AB=BF=3,在RT△BHF中求得BH的长,利用勾股定理即可求解.
详解：(1)AD∥BC,AE∥CD,
∴四边形AFCD是平行四边形
∴AD=CF
∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠DAF
∵AD∥BC
∴∠DAF=∠AFB
∴∠BAF=∠AFB
∴AB=BF
∵AB=3，BC=5
∴BF=3
∴FC=5-3=2
∴AD=2.
(2)如图，
过点B作BH⊥AF交AF于H
由(1)得：四边形AFCD为平行四边形且AB=BF=3，
∴AF=CD，AF∥CD
∴FH=AH ，∠AFB=∠C ∵∠C=30°
∴∠HFB=30°
∴BF=2BH
∵BF=3
∴BH=32
∴FH=223
927333()9244-=-==, ∴AF=2×332
=33 ∴CD=33.
点睛：本题考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理的应用，解本题的关键是正确的作出辅助线.
23．见解析
【解析】
分析：
根据画几何体的三视图时，看到见的轮廓线画成实线，看不见的轮廓线画成虚线进行补充即可.
详解：
补充完整的三视图如下图所示：
点睛：“知道画几何体的三视图时，看到见的轮廓线画成实线，看不见的轮廓线画成虚线”是解答本题的关键.
24．（1）圆柱体；（2）6π（cm 2）．
【解析】
【分析】
易得此几何体为圆柱，底面直径为2cm ，高为3cm ．圆柱侧面积=底面周长×高，代入相应数值求解即可．
【详解】
主视图和左视图为长方形可得此几何体为柱体，俯视图为圆可得此几何体为圆柱，故侧面积=π×2×3=6πcm 2．
【点睛】
掌握通过观察三视图来判断几何体类型和相关线段关系是解答本题的关键.
25．树高AB 为
米
【解析】
【分析】
利用正切的定义分别在两个直角三角形中有AB 表示出BD 和BC ，然后利用BC ﹣BD=8列方程，再解关于AB 的方程即可．
【详解】
在Rt △ABD 中，∵tan ∠ADB=AB BD
， ∴BD=tan60
AB o
在Rt △ACB 中，∵tan ∠ACB=
AB BC ， ∴BC=tan60AB o
， ∵BC ﹣BD=8，
=8， ∴
（m ）．
答：树高AB 为
米．
【点睛】
考查了平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．平行投影中物体与投影面平行时的投影是全等的．
26．()1证明见解析；()2O e 半径为5．
【解析】
【分析】
()1连接AG ，根据圆周角定理得到90ACD AGD DAG ∠∠∠==o ，，
计算即可； ()2连接OA ，根据圆内接四边形的性质得到FCB BAD ∠=∠，根据正切的定义计算．
【详解】
()1连接AG ，
ACD ∠Q 与∠AGD 是同弦所对圆周角
ACD AGD ∠∠∴=，
ACD BAD ∠∠=Q ，
BAD AGD ∠∠∴=，
DG Q 为O e 的直径，A 为圆周上一点，
DAG 90∠∴=o ，
BAD BAG 90∠∠∴+=o ，
AGD BAG 90∠∠∴+=o ，
AEG 90∠∴=o ，即DG AB ⊥；
()2解：Q 四边形ABCD 是O e 的内接四边形，
FCB BAD ∠∠∴=，
tan FCB 3∠=Q ，
DE tan BAD 3AE
∠∴==， 连接OA ，由垂径定理得11AE AB 6322=
=⨯=， DE 9∴=，
在Rt OEA V 中，222OE AE OA +=，
设O e 半径为r ，则有222(9r)3r -+=，
解得，r 5=，
O ∴e 半径为5．
【点睛】
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理的推论、垂径定理、勾股定理以及解直角三角形，掌握相关的定理、灵活运用锐角三角函数的定义是解题的关键．
27．（1）①MN=BM+DN ；②成立；（2）直角三角形．
【解析】
【分析】
（1）①如图1，先证明△ADN ≌△ABM ，得到AN=AM ，∠NAD=∠MAB ，得到∠NAD=∠MAB=67.5°．作AE ⊥MN 于E ，由等腰三角形三线合一的性质得出MN=2NE ，∠NAE=67.5°．再证明△ADN ≌△AEN ，得出DN=EN ，进而得到MN=BM+DN ； ②如图2，先证明△ABM ≌△ADP ，得出AM=AP ，∠1=∠2=∠3，再计算出∠PAN=135°．然后证明△ANM ≌△ANP ，得到MN=PN ，进而得到MN=BM+DN ；
（2）如图3，将△ABM 绕点A 逆时针旋转90°，得到△ADE ，连结NE ．由旋转的性质得
到DE=BM ，AE=AM ，∠EAM=90°，∠NDE=90°． 先证明△AMN ≌△AEN ．得到MN=EN ．由
DN ，DE ，NE 为直角三角形的三边，得到以线段BM ，MN ，DN 的长度为三边长的三角形是直角三角形．
【详解】
（1）①如图1，若BM=DN ，则线段MN 与BM+DN 之间的数量关系是MN=BM+DN ．理由如下：
在△ADN 与△ABM 中，∵AD=AB ，∠ADN=∠ABM ，DN=BM ，
∴△ADN ≌△ABM （SAS ），∴AN=AM ，∠NAD=∠MAB ，
∵∠MAN=135°，∠BAD=90°，∴∠NAD=∠MAB=12
（360°﹣135°﹣90°）=67.5°， 作AE ⊥MN 于E ，则MN=2NE ，∠NAE=12
∠MAN=67.5°． 在△ADN 与△AEN 中，∵∠ADN=∠AEN ，∠NAD=∠NAE ，AN=AN ，
∴△ADN≌△AEN（AAS），∴DN=EN，
∵BM=DN，MN=2EN，∴MN=BM+DN．
故答案为MN=BM+DN；
②如图2，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立．理由如下：
延长NC到点P，使DP=BM，连结AP．
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°．
在△ABM与△ADP中，∵AB=AD，∠ABM=∠ADP，BM=DP，
∴△ABM≌△ADP（SAS），∴AM=AP，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠4=90°，∴∠3+∠4=90°，
∵∠MAN=135°，
∴∠PAN=360°﹣∠MAN﹣（∠3+∠4）=360°﹣135°﹣90°=135°．
在△ANM与△ANP中，∵AM=AP，∠MAN=∠PAN，AN=AN，
∴△ANM≌△ANP（SAS），∴MN=PN，
∵PN=DP+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；
（2）以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下：
如图3，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，连结NE．由旋转的性质得：DE=BM，AE=AM，∠EAM=90°，∠NDE=90°．
∵∠MAN135°，∴∠EAN360°-∠MAN-∠EAM =135°，
∴∠EAN =∠MAN．
在△AMN与△AEN中，∵AM=AE，∠MAN=∠EAN，AN=AN，
∴△AMN≌△AEN．∴MN=EN．
∵DN，DE，NE为直角三角形的三边，
∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．
28．BC∥DE，理由见解析.
【解析】
试题分析：BC∥DE，位似图形即是相似图形，再由相似得出对应角相等，进而可得出BC 与DE的关系．
试题解析：
BC∥DE．
理由：∵△ABC与△ADE是位似图形，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠C=∠E，
∴BC∥DE．
点睛：本题主要考查了位似图形与相似图形的关系，即位似一定是相似，但相似不一定是位似．。