2024年3月25日发(作者：2014浙江数学试卷)
一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1
．（操作发现）
（
1
）如图
1
，
△ABC
为等边三角形，先将三角板中的
60°
角与
∠ACB
重合，再将三角板绕
点
C
按顺时针方向旋转（旋转角大于
0°
且小于
30°
），旋转后三角板的一直角边与
AB
交于
点
D
，在三角板斜边上取一点
F
，使
CF=CD
，线段
AB
上取点
E
，使
∠DCE=30°
，连接
AF
，
EF
．
①
求
∠EAF
的度数；
②DE
与
EF
相等吗？请说明理由；
（类比探究）
（
2
）如图
2
，
△ABC
为等腰直角三角形，
∠ACB=90°
，先将三角板的
90°
角与
∠ACB
重合，
再将三角板绕点
C
按顺时针方向旋转（旋转角大于
0°
且小于
45°
），旋转后三角板的一直
角边与
AB
交于点
D
，在三角板另一直角边上取一点
F
，使
CF=CD
，线段
AB
上取点
E
，使
∠DCE=45°
，连接
AF
，
EF
．请直接写出探究结果：
①∠EAF
的度数；
②
线段
AE
，
ED
，
DB
之间的数量关系．
【答案】（
1
）
①120°②DE=EF
；（
2
）
①90°②AE
2
+DB
2
=DE
2
【解析】
试题分析：（
1
）
①
由等边三角形的性质得出
AC=BC
，
∠BAC=∠B=60°
，求出
∠ACF=∠BCD
，证明
△ACF≌△BCD
，得出
∠CAF=∠B=60°
，求出
∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°
；
②
证出
∠DCE=∠FCE
，由
SAS
证明
△DCE≌△FCE
，得出
DE=EF
即可；
（
2
）
①
由等腰直角三角形的性质得出
AC=BC
，
∠BAC=∠B=45°
，证出
∠ACF=∠BCD
，由
SAS
证明
△ACF≌△BCD
，得出
∠CAF=∠B=45°
，
AF=DB
，求出
∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°
；
②
证出
∠DCE=∠FCE
，由
SAS
证明
△DCE≌△FCE
，得出
DE=EF
；在
Rt△AEF
中，由勾股定
理得出
AE
2
+AF
2
=EF
2
，即可得出结论．
试题解析：解：（
1
）
①∵△ABC
是等边三角形，
∴AC=BC
，
∠BAC=∠B=60°
．
∵∠DCF=60°
，
∴∠ACF=∠BCD
．
在
△ACF
和
△BCD
中，
∵AC=BC
，
∠ACF=∠BCD
，
CF=CD
，
∴△ACF≌△BCD
（
SAS
），
∴∠CAF=∠B=60°
，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°
；
②DE=EF
．理由如下：
∵∠DCF=60°
，
∠DCE=30°
，
∴∠FCE=60°
﹣
30°=30°
，
∴∠DCE=∠FCE
．在
△DCE
和
△FCE
中，
∵CD=CF
，
∠DCE=∠FCE
，
CE=CE
，
∴△DCE≌△FCE
（
SAS
），
∴DE=EF
；
（
2
）
①∵△ABC
是等腰直角三角形，
∠ACB=90°
，
∴AC=BC
，
∠BAC=∠B=45°
．
∵∠DCF=90°
，
∴∠ACF=∠BCD
．在
△ACF
和
△BCD
中，
∵AC=BC
，
∠ACF=∠BCD
，
CF=CD
，
∴△ACF≌△BCD
（
SAS
），
∴∠CAF=∠B=45°
，
AF=DB
，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°
；
②AE
2
+DB
2
=DE
2
，理由如下：
∵∠DCF=90°
，
∠DCE=45°
，
∴∠FCE=90°
﹣
45°=45°
，
∴∠DCE=∠FCE
．在
△DCE
和
△FCE
中，
∵CD=CF
，
∠DCE=∠FCE
，
CE=CE
，
∴△DCE≌△FCE
（
SAS
），
∴DE=EF
．在
Rt△AEF
中，
AE
2
+AF
2
=EF
2
，又
∵AF=DB
，
∴AE
2
+DB
2
=DE
2
．
2
．如图所示，
△ABC
和
△ADE
是有公共顶点的等腰直角三角形，
∠BAC=∠DAE=90°
，
EC
的
延长线交
BD
于点
P
．
（
1
）把
△ABC
绕点
A
旋转到图
1
，
BD
，
CE
的关系是
（选填
“
相等
”
或
“
不相等
”
）；简
要说明理由；
（
2
）若
AB=3
，
AD=5
，把
△ABC
绕点
A
旋转，当
∠EAC=90°
时，在图
2
中作出旋转后的图
形，
PD=
，简要说明计算过程；
（
3
）在（
2
）的条件下写出旋转过程中线段
PD
的最小值为
，最大值为
．
【答案】（
1
）
BD
，
CE
的关系是相等；（
2
）
【解析】
520
34
或
34
；（
3
）
1
，
7
1717
分析：（
1
）依据
△ABC
和
△ADE
是有公共顶点的等腰直角三角形，
∠BAC=∠DAE=90°
，即
可
BA=CA
，
∠BAD=∠CAE
，
DA=EA
，进而得到
△ABD≌△ACE
，可得出
BD=CE
；
（
2
）分两种情况：依据
∠PDA=∠AEC
，
∠PCD=∠ACE
，可得
△PCD∽△ACE
，即可得到
PD
CD
5
34
；依据
∠ABD=∠PBE
，
∠BAD=∠BPE=90°
，可得
=
，进而得到
PD=
AE
CE
17
△BAD∽△BPE
，即可得到
PBBE620
34
，
PD=BD+PB=
34
；
，进而得出
PB=
ABBD3417
（
3
）以
A
为圆心，
AC
长为半径画圆，当
CE
在
⊙A
下方与
⊙A
相切时，
PD
的值最小；当
CE
在在
⊙A
右上方与
⊙A
相切时，
PD
的值最大．在
Rt△PED
中，
PD=DE•sin∠PED
，因此锐
角
∠PED
的大小直接决定了
PD
的大小．分两种情况进行讨论，即可得到旋转过程中线段
PD
的最小值以及最大值．
详解：（
1
）
BD
，
CE
的关系是相等．
理由：
∵△ABC
和
△ADE
是有公共顶点的等腰直角三角形，
∠BAC=∠DAE=90°
，
∴BA=CA
，
∠BAD=∠CAE
，
DA=EA
，
∴△ABD≌△ACE
，
∴BD=CE
；
故答案为相等．
（
2
）作出旋转后的图形，若点
C
在
AD
上，如图
2
所示：
∵∠EAC=90°
，
∴CE=
AC
2
AE
2
34
，
∵∠PDA=∠AEC
，
∠PCD=∠ACE
，
∴△PCD∽△ACE
，
∴
PDCD
，
AECE
5
34
；
17
∴PD=
若点
B
在
AE
上，如图
2
所示：
∵∠BAD=90°
，
∴Rt△ABD
中，
BD=
∴△BAD∽△BPE
，
∴
AD
2
AB
2
34
，
BE=AE
﹣
AB=2
，
∵∠ABD=∠PBE
，
∠BAD=∠BPE=90°
，
PB2
PBBE
，即，
3
34
ABBD
6
34
，
34
620
34
=
34
，
3417
解得
PB=
∴PD=BD+PB=
34
+
故答案为
520
34
或
34
；
1717
（
3
）如图
3
所示，以
A
为圆心，
AC
长为半径画圆，当
CE
在
⊙A
下方与
⊙A
相切时，
PD
的值最小；当
CE
在在
⊙A
右上方与
⊙A
相切时，
PD
的值最大．
如图
3
所示，分两种情况讨论：
在
Rt△PED
中，
PD=DE•sin∠PED
，因此锐角
∠PED
的大小直接决定了
PD
的大小．
①
当小三角形旋转到图中
△ACB
的位置时，
在
Rt△ACE
中，
CE=
5
2
3
2
=4
，
在
Rt△DAE
中，
DE=
5
2
5
2
52
，
∵
四边形
ACPB
是正方形，
∴PC=AB=3
，
∴PE=3+4=7
，
在
Rt△PDE
中，
PD=
DE
2
PE
2
50491
，
即旋转过程中线段
PD
的最小值为
1
；
②
当小三角形旋转到图中
△AB\'C\'
时，可得
DP\'
为最大值，
此时，
DP\'=4+3=7
，
即旋转过程中线段
PD
的最大值为
7
．
故答案为
1
，
7
．
点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三
角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这
些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问
题．
3
．在平面直角坐标中，边长为
2
的正方形
OABC
的两顶点
A
、
C
分别在
y
轴、
x
轴的正
半轴上，点
O
在原点
.
现将正方形
OABC
绕
O
点顺时针旋转，当
A
点一次落在直线
yx
上
时停止旋转，旋转过程中，
AB
边交直线
yx
于点
M
，
BC
边交
x
轴于点
N
（如图）
.
（
1
）求边
OA
在旋转过程中所扫过的面积；
（
2
）旋转过程中，当
MN
和
AC
平行时，求正方形
OABC
旋转的度数；
（
3
）设
MBN
的周长为
p
，在旋转正方形
OABC
的过程中，
p
值是否有变化？请证明
你的结论
.
【答案】（
1
）
π/2
（
2
）
22.5°(3)
周长不会变化，证明见解析
【解析】
试题分析：（
1
）根据扇形的面积公式来求得边
OA
在旋转过程中所扫过的面积；
（
2
）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出
∠AOM
的度数；
（
3
）利用全等把
△MBN
的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．
试题解析：（
1
）
∵A
点第一次落在直线
y=x
上时停止旋转，直线
y=x
与
y
轴的夹角是
45°
，
∴OA
旋转了
45°
．
45
2
2
∴OA
在旋转过程中所扫过的面积为
．
3602
（
2
）
∵MN∥AC
，
∴∠BMN=∠BAC=45°
，
∠BNM=∠BCA=45°
．
∴∠BMN=∠BNM
．
∴BM=BN
．
又
∵BA=BC
，
∴AM=CN
．
又
∵OA=OC
，
∠OAM=∠OCN
，
∴△OAM≌△OCN
．
∴∠AOM=∠CON=
11
（
∠AOC-∠MON
）
=
（
90°-45°
）
=22.5°
．
22
∴
旋转过程中，当
MN
和
AC
平行时，正方形
OABC
旋转的度数为
45°-22.5°=22.5°
．
（
3
）在旋转正方形
OABC
的过程中，
p
值无变化．
证明：延长
BA
交
y
轴于
E
点，
则
∠AOE=45°-∠AOM
，
∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM
，
∴∠AOE=∠CON
．
又
∵OA=OC
，
∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN
．
∴△OAE≌△OCN
．
∴OE=ON
，
AE=CN
．
又
∵∠MOE=∠MON=45°
，
OM=OM
，
∴△OME≌△OMN
．
∴MN=ME=AM+AE
．
∴MN=AM+CN
，
∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4
．
∴
在旋转正方形
OABC
的过程中，
p
值无变化．
考点：旋转的性质
.
4
．如图，正方形
ABCD
中，点
E
是
BC
边上的一个动点，连接
AE
，将线段
AE
绕点
A
逆时
针旋转
90°
，得到
AF
，连接
EF
，交对角线
BD
于点
G
，连接
AG
．
（
1
）根据题意补全图形；
（
2
）判定
AG
与
EF
的位置关系并证明；
（
3
）当
AB=3
，
BE=2
时，求线段
BG
的长．
【答案】
(1)
见解析
;(2)
见解析
;(3)
【解析】
【分析】
（
1
）根据题意补全图形即可；
25
.
2
（
2
）先判断出
△ADF≌△ABE
，进而判断出点
C
，
D
，
F
共线，即可判断出
△DFG≌△HEG
，
得出
FG=EG
，即可得出结论；
（
3
）先求出正方形的对角线
BD
，再求出
BH
，进而求出
DH
，即可得出
HG
，求和即可得出
结论．
【详解】
（
1
）补全图形如图所示，
（
2
）连接
DF
，
由旋转知，
AE=AF
，
∠EAF=90°
，
∵
四边形
ABCD
是正方形，
∴AB∥CD
，
AD=AB
，
∠ABC=∠ADC=BAD=90°
，
∴∠DAF=∠BAE
，
∴△ADF≌△ABE
（
SAS
），
∴DF=BE
，
∠ADF=∠ABC=90°
，
∴∠ADF+∠ADC=180°
，
∴
点
C
，
D
，
F
共线，
∴CF∥AB
，
过点
E
作
EH∥BC
交
BD
于
H
，
∴∠BEH=∠BCD=90°
，
DF∥EH
，
∴∠DFG=∠HEG
，
∵BD
是正方形
ABCD
的对角线，
∴∠CBD=45°
，
∴BE=EH
，
∵∠DGF=∠HGE
，
∴△DFG≌△HEG
（
AAS
），
∴FG=EG
∵AE=AF
，
∴AG⊥EF
；
（
3
）
∵BD
是正方形的对角线，
∴BD=
2
AB=3
2
，
由（
2
）知，在
Rt△BEH
中，
BH=
2
BE=2
2
，
∴DG=BD-BH=
2
由（
2
）知，
△DFG≌△HEG
，
∴DG=HG
，
∴HG=
1
2
DH=
，
2
2
2
52
=
．
2
2
∴BG=BH+HG=2
2
+
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性
质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．
5
．如图
①
，在
ABCD
中，
AB=10cm
，
BC=4cm
，
∠BCD=120°
，
CE
平分
∠BCD
交
AB
于点
E.
点
P
从
A
点出发，沿
AB
方向以
1cm/s
的速度运动，连接
CP
，将
△PCE
绕点
C
逆时针旋转
60°
，使
CE
与
CB
重合，得到
△QCB
，连接
PQ.
（
1
）求证：
△PCQ
是等边三角形；
（
2
）如图
②
，当点
P
在线段
EB
上运动时，
△PBQ
的周长是否存在最小值？若存在，求
出
△PBQ
周长的最小值；若不存在，请说明理由；
（
3
）如图
③
，当点
P
在射线
AM
上运动时，是否存在以点
P
、
B
、
Q
为顶点的直角三角
形？
若存在，求出此时
t
的值；若不存在，请说明理由
.
（
1
）
（
2
）
（
3
）
【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）存在，理由见解析；（
3
）
t
为
2s
或者
14s.
【解析】
分析：（
1
）根据旋转的性质，证明
△PCE≌△QCB
，然后根据全等三角形的性质和等边三
角形的判定证明即可；
（
2
）利用平行四边形的性质证得
△BCE
为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到
△PBQ
的周长为
4+CP
，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；
（
3
）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可
.
详解：（
1
）
∵
旋转
∴△PCE≌△QCB
∴CP=CQ
，
∠PCE =∠QCB
，
∵∠BCD=120°
，
CE
平分
∠BCD
，
∴∠PCQ=60°
，
∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°
，
∴△PCQ
为等边三角形
.
（
2
）存在
∵CE
平分
∠BCD
，
∴∠BCE=
60
，
∵
在平行四边形
ABCD
中，
∴AB∥CD
∴∠ABC=180°
﹣
120°=60°
∴△BCE
为等边三角形
∴BE=CB=4
∵
旋转
∴△PCE≌△QCB
∴EP=BQ
，
∴C
△PBQ
=PB+BQ+PQ
=PB+EP+PQ
=BE+PQ
=4+CP
∴CP⊥AB
时，
△PBQ
周长最小
当
CP⊥AB
时，
CP=BCsin60°=
23
∴△PBQ
周长最小为
4
＋
23
（
3
）
①
当点
B
与点
P
重合时，
P,B,Q
不能构成三角形
②
当
0≤t
＜
6
时，由旋转可知，
∠CPE=∠CQB
，
∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°
则：
∠BPQ+∠CQB
＝
60°
，
又
∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°
∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°
∴∠QBP=60°
，
∠BPQ
＜
60°
，
所以
∠PQB
可能为直角
由（
1
）知，
△PCQ
为等边三角形，
∴∠PBQ=60°
，
∠CQB
＝
30°
∵∠CQB
＝
∠CPB
∴∠CPB=30°
∵∠CEB
＝
60°
，
∴∠ACP
＝
∠APC=30°
∴PA=CA=4
，
所以
AP=AE-EP=6-4=2
所以
t
＝
2
12
s
③
当
6
＜
t
＜
10
时，由
∠PBQ
＝
120°
＞
90°
，所以不存在
④
当
t
＞
10
时，由旋转得：
∠PBQ=60°
，由（
1
）得
∠CPQ=60°
∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC
，
而
∠BPC
＞
0°
，
∴∠BPQ
＞
60°
∴∠BPQ=90°
，从而
∠BCP=30°
，
∴BP=BC=4
所以
AP=14cm
所以
t=14s
综上所述：
t
为
2s
或者
14s
时，符合题意。
点睛：此题主要考查了旋转图形变化的应用，结合平行四边形、等边三角形、全等三角形
的判定与性质，进行解答即可，注意分类讨论思想的应用，比较困难
.
6
．如图，
△ABC
是等边三角形，
AB=6cm
，
D
为边
AB
中点．动点
P
、
Q
在边
AB
上同时从
点
D
出发，点
P
沿
D→A
以
1cm/s
的速度向终点
A
运动．点
Q
沿
D→B→D
以
2cm/s
的速度
运动，回到点
D
停止．以
PQ
为边在
AB
上方作等边三角形
PQN
．将
△PQN
绕
QN
的中点旋
转
180°
得到
△MNQ
．设四边形
PQMN
与
△ABC
重叠部分图形的面积为
S
（
cm
2
），点
P
运
动的时间为
t
（
s
）（
0
＜
t
＜
3
）．
（
1
）当点
N
落在边
BC
上时，求
t
的值．
（
2
）当点
N
到点
A
、
B
的距离相等时，求
t
的值．
（
3
）当点
Q
沿
D→B
运动时，求
S
与
t
之间的函数表达式．
（
4
）设四边形
PQMN
的边
MN
、
MQ
与边
BC
的交点分别是
E
、
F
，直接写出四边形
PEMF
与四边形
PQMN
的面积比为
2
：
3
时
t
的值．
【答案】（1）（2）2（3）S=S
菱形
PQMN
=2S
△PNQ
=
t=1或
【解析】
t
2
；（4）
试题分析：（
1
）由题意知：当点
N
落在边
BC
上时，点
Q
与点
B
重合，此时
DQ=3
；
（
2
）当点
N
到点
A
、
B
的距离相等时，点
N
在边
AB
的中线上，此时
PD=DQ
；
（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四
边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．
（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜
面积表达式后，即可求出t的值．
试题解析：（
1
）
∵△PQN
与
△ABC
都是等边三角形，
∴
当点
N
落在边
BC
上时，点
Q
与点
B
重合．
∴DQ=3
∴2t=3
．
∴t=；
（
2
）
∵
当点
N
到点
A
、
B
的距离相等时，点
N
在边
AB
的中线上，
∴PD=DQ
，
当0＜t＜时，
，列出四边形PEMF与四边形PQMN的
此时，
PD=t
，
DQ=2t
∴t=2t
∴t=0
（不合题意，舍去），
当≤t＜3时，
此时，
PD=t
，
DQ=6
﹣
2t
∴t=6
﹣
2t
，
解得
t=2
；
综上所述，当点
N
到点
A
、
B
的距离相等时，
t=2
；
（
3
）由题意知：此时，
PD=t
，
DQ=2t
当点
M
在
BC
边上时，
∴MN=BQ
∵PQ=MN=3t
，
BQ=3
﹣
2t
∴3t=3
﹣
2t
∴解得t=
如图①，当0≤t≤时，
S
△PNQ
=PQ
2
=t
2
；
t
2
，
∴S=S
菱形
PQMN
=2S
△PNQ
=
如图②，当≤t≤时，
设
MN
、
MQ
与边
BC
的交点分别是
E
、
F
，
∵MN=PQ=3t
，
NE=BQ=3
﹣
2t
，
∴ME=MN
﹣
NE=PQ
﹣
BQ=5t
﹣
3
，
∵△EMF
是等边三角形，
∴S
△EMF
=ME
2
=（5t﹣3）
2
．
；
（
4
）
MN
、
MQ
与边
BC
的交点分别是
E
、
F
，
此时＜t＜
t=1或
，
．
考点：几何变换综合题
7
．如图，在边长为
1
的正方形网格中，
A
（
1
，
7
）、
B
（
5
，
5
）、
C
（
7
，
5
）、
D
（
5
，
1
）．
（
1
）将线段
AB
绕点
B
逆时针旋转，得到对应线段
BE
．当
BE
与
CD
第一次平行时，画出
点
A
运动的路径，并直接写出点
A
运动的路径长；
（
2
）线段
AB
与线段
CD
存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以
得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标．
【答案】（
1
）见解析；
5
π
；（
2
）旋转中心
P
的坐标为（
3
，
3
）或（
6
，
6
）．
【解析】
【分析】
（
1
）依据旋转的方向、旋转角和旋转中心即可得到点
A
运动的路径为弧线，再运用弧长
计算公式即可解答；
（
2
）连接两对对应点，分别作出它们连线的垂直平分线，其交点即为所求
.
【详解】
22
90
24
解：（
1
）点
A
运动的路径如图所示，出点
A
运动的路径长为＝
5
π
；
180
（
2
）如图所示，旋转中心
P
的坐标为（
3
，
3
）或（
6
，
6
）．
【点睛】
本题主要考查了利用旋转变换及其作图，掌握旋转的性质、旋转角以及确定旋转中心的方
法是解答本题的关键
.
8
．如图，已知
Rt△ABC
中，
∠ACB=90°
，
AC=BC
，
D
是线段
AB
上的一点（不与
A
、
B
重
合）．过点
B
作
BE⊥CD
，垂足为
E
．将线段
CE
绕点
C
顺时针旋转
90
，得到线段
CF
，连
结
EF
．设
∠BCE
度数为
.
（
1
）
①
补全图形；
②
试用含
的代数式表示
∠CDA
．
（
2
）若
EF3
，求
的大小．
AB2
（
3
）直接写出线段
AB
、
BE
、
CF
之间的数量关系．
【答案】（
1
）
①
答案见解析；
②
45
；（
2
）
30
；（
3
）
AB
2
2CF
2
2BE
2
．
【解析】
试题分析：（
1
）
①
按要求作图即可；
②
由
∠ACB=90°
，
AC=BC
，得
∠ABC=45°,
故可得出结论；
（
2
）易证
FCE
∽
ACB
，得
∠ACF=30°
，从而得出结论；
（
3
）
AB
2
2CF
2
2BE
2
.
试题解析：（
1
）
①
补全图形．
CF3
；连结
FA
，得
△AFC
是直角三角形，求出
AC2
②∵∠ACB=90°
，
AC=BC
，
∴∠ABC=45°
∵∠BCE=
∴∠CDA=
45
（
2
）在
FCE
和
ACB
中，
CFECAB45
，
FCEACB90
FCE
∽
ACB
CFEF
ACAB
EF3
AB2
CF
3
AC2
连结
FA
．
FCA90ACE,ECB90ACE
FCAECB
=
在
Rt
CFA
中，
CFA90
，
cosFCA
3
2
FCA30
即
30
.
（
3
）
AB
2
2CF
2
2BE
2
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