假期作业22 余弦定理与正弦定理的应用-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（人教B版）

假期作业２２　余弦定理与正弦定理的应用　　　 １．解三角形应用题的基本思想 解三角形应用题时,通常都要根据题意,从实 际问题中抽象出一个或几个三角形,然后通过 解三角形,得到实际问题的解,求解的关键是 将实际问题转化为　　　　 　问题． ２．运用正弦定理、余弦定理解决实际问题的基 本步骤 (１)分析:理解题意,弄清已知与未知,画出示 意图(一个或几个三角形); (２)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量 与待求量尽可能地集中在有关三角形中, 建立一个解三角形的数学模型; (３)求解:利用正弦定理、余弦定理解三角形, 求得数学模型的解; (４)检验:检验所求的解是否符合实际问题,从 而得出实际问题的解． ３．三角形面积公式 (１)三角形的高的公式:hA＝bsinC＝csinB, hB＝csinA＝asinC,hC＝asinB＝bsinA． (２)三角形的面积公式:S＝１２absinC ,S＝ 　　　　,S＝　　　　． ◆[考点一]　利用正、余弦定理测量角度问题 １．若水平面上点B 在点A 南偏东３０°方向上, 则在点A 处测得点B 的方位角是 (　　) A．６０°　　B．１２０°　　C．１５０°　　D．２１０° ２．如图,两座相距６０m 的建 筑物AB,CD的高度分别为 ２０m,５０m,BD 为水平面, 则从建筑物AB的顶端A 看建筑物CD 的张 角∠CAD等于 (　　) A．３０° B．４５° C．６０° D．７５° ３．根据气象部门提醒,在距 离某基地正北方向５８８km 处的热带风暴中心正以 ２１km/h的速度沿南偏 东４５°方向移动,距离风暴中心４４１km以内 的地区都将受到影响,则该基地受热带风暴 中心影响的时长为 (　　) A．７h B．１４h C．(１４ ２－７)h D．(１４ ２＋７)h ４．如图所示,位于A 处的 信息中心获悉:在其正 东方向相距４０海里的 B处有一艘渔船遇险, 在原地等待营救,信息中心立即把消息告知 在其南偏西３０°、相距２０海里的C处的乙船, 现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB 前往B 处救援,则cosθ的值为　　　　． ◆[考点二]　利用正、余弦定理测量距离与高 度问题 ５．如图,巡航艇在海上 以６０km/h的速度 沿南偏东４０°的方向 航行．为了确定巡航 艇的位置,巡航艇在B 处观测灯塔A,其方 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３５ 向是南偏东７０°,航行１２h 到达C处,观测灯 塔A 的方向是北偏东６５°,则巡航艇到达C 处时,与灯塔A 的距离是 (　　) A．１０km　　　　　　B．１０ ２km C．１５km D．１５ ２km ６．一艘海轮从A 处出发,以每小时４０海里的 速度沿南偏东４０°的方向直线航行,３０分钟 后到达B 处,在C 处有一座灯塔,海轮在A 处观察灯塔,其方向是南偏东７０°,在B 处 观察灯塔,其方向是北偏东６５°,那么B,C 两点间的距离是 (　　) A．１０ ２海里 B．１０ ３海里 C．２０ ３海里 D．２０ ２海里 ７．为运输方便,某工程 队将从A 到D 修建 一 条 湖 底 隧 道,如 图,工程队从A 出发向正东行１０ ３km 到 达B,然后从B 向南偏西４５°方向行了一段 距离到达C,再从C 向北偏西７５°方向行了 ４ ２km到达D,已知C 在A 南偏东１５°方 向上,则A 到D 的距离为 (　　) A．１５ ６km B．２ ３８km C．１０ ２km D．１５ ３km ８．如图,一位同学从P１ 处观 测塔顶B 及旗杆顶A,得 仰角分别为α和９０°－α． 后退lm 至点P２ 处再观 测塔顶B,仰角变为原来的一半,设塔CB 和旗杆BA 都垂直于地面,且C,P１,P２ 三 点在同一条水平线上,则塔BC 的高为　　 　　m;旗杆BA的高为　　　　m．(用含有l 和α的式子表示) ◆[考点三]　正、余弦定理在平面几何中的应用 ９．在面积为S的△ABC中,内角A,B,C的对 边分别为a,b,c,若b２＋c２＝３＋ ４StanA ,则 a＝ (　　) A．１　　B．３　　C．２　　D．３ １０．(多选)如图,△ABC 的内 角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,３(acosC＋ccosA) ＝２bsinB,且∠CAB＝π３． 若 D 是△ABC 外一点,DC＝１,AD＝３,则下列说法中正 确的是 (　　) A．△ABC的内角B＝π３ B．∠ACB＝π３ C．四边形ABCD 面积的最大值为５ ３２ ＋３ D．四边形ABCD 的面积无最大值 １１．如图,在△ABC 中,已知点 D 在BC 边上,AD⊥AC, sin∠BAC＝２ ２３ ,AB＝３ ２,AD＝３,则 BD＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４５ １２．如图,已知扇形的圆心角 ∠AOB＝２π３ ,半径为４ ２, 若点C 是AB ︵ 上的一动点 (不与点A,B 重合)． (１)若弦BC＝４(３－１),求BC ︵ 的长; (２)求四边形OACB 面积的最大值． １．某中学研究性学习小组为测量四门通天铜 雕高度,在和它底部位于同一水平高度的共 线三点A,B,C 处测得铜雕顶端P 处仰角 分别为π ６ ,π ４ ,π ３ ,且AB＝BC＝２０m,则四 门通天铜雕的高度为　　　m． ２．如图,现有一直径 AB ＝２ 百 米 的 半 圆 形 广 场,AB 所在直线上存 在两点C,D,满足OC＝OD＝２百米(O 为 AB 的中点),市政规划要求,从广场的半圆 弧AB 上选取一点E,各修建一条地下管道 EC和ED 通往C、D 两点． (１)设∠EOB＝θ,试将管道总长(即线段EC ＋ED)表示为变量θ的函数; (２)求管道总长的最大值． 中国女排打了８场,赢了５ 场,输了３场,冠军! 塞尔维亚打了８场,赢了６ 场,输了２场,亚军! 美国女排打了８场,赢了７ 场,输了１场,季军! [总结]　人生呀,关键不在于你赢过多少次, 而在于你在什么时候,什么场次赢了什么对手! 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５５ 在△ABD 中,由余弦定理 AD２＝AB２＋BD２－２AB􀅰BD􀅰 cos∠ABD, 得AD２＝３２＋ １５７( ) ２ －２×３×１５７× ３ ５＝ ２８８ ４９ , 解得AD＝１２ ２７ 或者AD＝－１２ ２７ (舍去)．] ２．解析:由余弦定理可得a２＝b２＋c２－２bccosA,即６４＝b２＋４９ －２×b×７×１７＝b ２－２b＋４９, 故b２－２b－１５＝０,解得b＝－３(舍)或b＝５, 因为cosC＝a ２＋b２－c２ ２ab ,所以cosC＝６４＋２５－４９２×８×５ ＝ １ ２ ,又C ∈(０,π),故C＝π３． 答案:５　π３ 假期作业２２ 思维整合室 １．解三角形　３．(２)１２bcsinA　 １ ２casinB 技能提升台　素养提升 １．C　２．B　 ３．B　[如图所示建立平面直角坐标系,假设|OE|＝|OG|＝４４１, OF⊥EG, 由 题 意 易 知|OF|＝ ２２ ×５８８＝２９４ ２ ,则|GF|＝ |OG|２－|OF|２＝ ２１６０９＝１４７, 所以 该 基 地 受 热 带 风 暴 中 心 影 响 的 时 长|EG| ２１ ＝ １４７×２ ２１ ＝１４．] ４．解析:在△ABC中,AB＝４０,AC＝２０,∠BAC＝１２０°, 由余弦定理得BC２＝AB２＋AC２－２AB􀅰AC􀅰cos１２０° ＝２８００⇒BC＝２０ ７． 由正弦定理,得 AB sin∠ACB＝ BC sin∠BAC ⇒sin∠ACB＝ABBC 􀅰sin∠BAC＝ ２１７ ． 由∠BAC＝１２０°,知∠ACB为锐角,则cos∠ACB＝２ ７７ ． 由θ＝∠ACB＋３０°,得cosθ＝cos(∠ACB＋３０°) ＝cos∠ACBcos３０°－sin∠ACBsin３０°＝ ２１１４ ． 答案: ２１ １４ ５．D　[在△ABC 中,BC＝６０× １２ ＝３０ (km),∠ABC＝７０°－ ４０°＝３０°,∠ACB＝４０°＋６５°＝１０５°,则∠A＝１８０°－(３０°＋ １０５°)＝４５°,由正弦定理,可得AC＝１５ ２(km)．故选 D．] ６．A　[如图所示,易知,在△ABC中, AB＝２０,∠CAB＝３０°,∠ACB＝４５°, 根据正弦定理得 BC sin３０°＝ AB sin４５° ,解得BC ＝１０ ２(海里)．] ７．B 　 [连 接 AC,由 题 意, ∠ABC＝４５°,∠ACD＝７５° －１５°＝６０°,∠BCD＝７５°＋ ４５°＝１２０°, ∠ACB＝６０°,AB＝１０ ３, CD＝４ ２, 在△ABC 中,由 正 弦 定 理 得, ABsin∠ACB＝ AC sin∠ABC ,即 １０ ３ ３ ２ ＝AC ２ ２ ,则AC＝１０ ２, 在△ACD 中,由 余 弦 定 理 得,AD２＝AC２＋CD２－２AC􀅰 CDcos∠ACD＝１５２, 则AD＝２ ３８km．] ８．解析:在 Rt△BCP１ 中,∠BP１C＝α,在 Rt△P２BC 中,∠P２ ＝α２．∵∠BP１C＝∠P１BP２＋∠P２ ,∴∠P１BP２＝ α ２ , 即△P１BP２ 为等腰三角形,BP１＝P１P２＝l, ∴BC＝lsinα． 在 Rt△ACP１ 中, AC CP１ ＝ AClcosα＝tan (９０°－α), ∴AC＝lcos ２α sinα ,则BA＝AC－BC＝lcos ２α sinα－lsinα ＝l (cos２α－sin２α) sinα ＝ lcos２α sinα ． 答案:lsinα　lcos２αsinα ９．B　[由三角形的面积公式得b２＋c２＝３＋２bcsinAtanA ,即b２＋c２ ＝３＋２bccosA．由余弦定理得a２＝b２＋c２－２bccosA＝３,所 以a＝ ３．故选B．] １０．ABC　[∵ ３(acosC＋ccosA)＝２bsinB,∴由正弦定理可 得 ３(sinAcosC＋sinCcosA)＝２sin２B,∴ ３sin(A＋C)＝ ２sin２B,∴ ３sinB＝２sin２B．又∵sinB≠０,∴sinB＝ ３２． ∵∠CAB＝π３ ,∴B∈ ０,２π３( ) ,∴B＝ π ３ ,∴∠ACB＝π－ ∠CAB－B＝π３ ,因此 A,B正确．四边形ABCD 面积等于 S△ABC ＋S△ACD ＝ ３ ４AC ２ ＋ １２AD 􀅰DC􀅰sin ∠ADC＝ ３ ４ (AD２＋DC２－２AD􀅰DC􀅰cos∠ADC)＋１２AD 􀅰DC􀅰 sin∠ADC＝ ３４ × (９＋１－６cos∠ADC)＋ １２ ×３×１ 􀅰 sin∠ADC＝５ ３２ ＋３sin ∠ADC－ π ３( ) ≤ ５ ３ ２ ＋３ ,当且仅 当∠ADC－ π３ ＝ π ２ ,即∠ADC＝５π６ 时,等号成立,因此 C 正确,D错误．故选 ABC．] １１．解析:∵sin∠BAC＝sin π２＋∠BAD( )＝cos∠BAD, ∴cos∠BAD＝２ ２３ ． 在△ABD 中,由 余 弦 定 理 得 BD２＝ AB２＋AD２－２AB􀅰ADcos∠BAD＝(３ ２)２＋３２－２×３ ２ ×３×２ ２３ ＝３ ,∴BD＝ ３． 答案:３ １２．解:(１)在△OBC中,BC＝４(３－１),OB＝OC＝４ ２, 所以由余弦定理得cos∠BOC＝OB ２＋OC２－BC２ ２OB􀅰OC ＝ ３ ２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ００１ 所以∠BOC＝π６ , 于是BC︵ 的长为 π６􀅰４ ２＝ ２ ２ ３ π． (２)设∠AOC＝θ,θ∈ ０,２π３( ) ,则∠BOC＝ ２π ３－θ , S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC ＝１２×４ ２×４ ２sinθ＋ １ ２×４ ２×４ ２ 􀅰sin ２π３－θ( ) ＝２４sinθ＋８ ３cosθ＝１６ ３sinθ＋π６( ) ,由于θ∈ ０, ２π ３( ) , 所以θ＋π６∈ π ６ ,５π ６( )．所以１６ ３sinθ＋ π ６( ) ∈ (８ ３,１６ ３],所以四边形OACB面积的最大值为１６ ３． 新题快递 １．解析:设四门通天铜雕PQ 的高度h m, 由∠PAQ＝ π６ ,∠PBQ＝ π４ ,∠PCQ＝ π３ ,可 得AQ＝ ３h,BQ＝h,CQ＝ ３３h , 在△ABC中,因为∠ABQ＋∠QBC＝π, 所以cos∠ABQ＝－cos∠QBC, 可得AB ２＋BQ２－AQ２ ２AB􀅰BQ ＝－ BC２＋BQ２－CQ２ ２BC􀅰BQ , 即４００＋h ２－(３h)２ ２×２０×h ＝－ ４００＋h２－ ３ ３h æ è ç ö ø ÷ ２ ２×２０×h ,解得h＝１０ ６, 所以四门通天铜雕的高度为１０ ６m． 答案:１０ ６m ２．解:(１)在△DOE 中,由余弦定理得: ED２＝OD２＋OE２－２OD􀅰OE􀅰cos∠EOD＝４＋１－２×２× cosθ＝５－４cosθ, 在△COE 中,由余弦定理得: EC２＝OC２＋OE２－２􀅰OC􀅰OE􀅰cos∠EOC＝４＋１－２×２ ×cos(π－θ)＝５＋４cosθ, 所以EC＋ED＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＝f(θ),θ∈[０, π], ∴将管道总长(即线段EC＋ED)表示为变量θ的函数为: f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ,θ∈[０,π], (２)由(１)可得: [f(θ)]２＝( ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ)２ ＝１０＋２ ５＋４cosθ􀅰 ５－４cosθ＝１０＋２ ２５－１６cos２θ, 因为,θ∈[０,π],所以０≤cos２θ≤１, [f(θ)]２＝１０＋２ ２５－１６cos２θ≤１０＋２ ２５＝２０(百米) 当且仅当cos２θ＝０,即θ＝π２ 时取等号, 因为f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＞０,∴f(θ)＝ ２０＝ ２ ５(百米)． ∴管道总长的最大值为２ ５百米． 假期作业２３ 思维整合室 １．(１)a　b　(２)＝　≠　＝　≠　(３)a＝c且b＝d　(４)a＝c 且b＝－d　(５)|z|　|a＋bi| ３．(１)(a＋c)＋(b＋d)i　(a－c)＋(b－d)i　(ac－bd)＋(ad＋ bc)i　ac＋bd c２＋d２ ＋bc－ad c２＋d２ i　(２)z２＋z１　z１＋(z２＋z３) 技能提升台　素养提升 １．C　[(a＋i)(１－ai)＝a－a２i＋i＋a＝２a＋(１－a２)i＝２, 所以 ２a＝２, １－a２＝０,{ 解得a＝１．] ２．D　[z在复平面对应的点是(－１,３),根据复数的几何意 义,z＝－１＋ ３i,由共轭复数的定义可知,z＝－１－ ３i．] ３．BD　[∵z＝ ２１－i＝ ２(１＋i) (１－i)(１＋i)＝１＋i , ∴|z|＝ ２,z２＝２i,z的共轭复数为１－i,z的虚部为１．故 A,C错,B,D正确．] ４．A　[由题知(１＋３i)(３－i)＝３－i＋９i－３i２＝６＋８i,所以该 复数在复平面内对应的点为(６,８),位于第一象限．] ５．D　[由题意(x＋yi)＋２＝(x＋２)＋yi＝(３－４i)＋２yi＝３＋ (２y－４)i,所 以 x＋２＝３ y＝２y－４{ ,解 得 x＝１,y＝４,所 以 x＋y ＝５．] ６．BCD　[若z１＞z２,则z１,z２ 为实数,当z１＝１,z２＝－２时,满 足z１＞z２,但|z１|＜|z２|,故 C项不正确;因为两个虚数之间 只有等与不等,不能比较大小,所以 D 项不正确;当两个复 数不相等时,它们的模有可能相等,比如１－i≠１＋i,但|１－i| ＝|１＋i|,所以B项不正确;因为当两个复数相等时,模一定 相等,所以 A项正确．故选BCD．] ７．D　[对原式两边同时乘以i得:z－１＝i,即z＝１＋i,所以􀭵z ＝１－i,即z＋􀭵z＝２,故选 D．] ８．B　[由题意可得z＝ ２＋i １＋i２＋i５ ＝ ２＋i１－１＋i＝ i(２＋i) i２ ＝２i－１－１ ＝ １－２i,则z＝１＋２i．] ９．A　[因为z＝１－i２＋２i＝－ １ ２i ,所以z＝１２i ,所以z－z＝－i．] １０．解析:由题意可得５＋１４i２＋３i＝ (５＋１４i)(２－３i) (２＋３i)(２－３i)＝ ５２＋１３i １３ ＝４ ＋i． 答案:４＋i １１．解:设z＝a＋bi(a,b∈R),由|z|＝１＋３i－z, 得 a２＋b２－１－３i＋a＋bi＝０, 则 a ２＋b２＋a－１＝０, b－３＝０,{ 所以 a＝－４, b＝３,{ 所以z＝－４＋３i． 则 (１＋i)２(３＋４i)２ ２z ＝ ２i(３＋４i)２ ２(－４＋３i) ＝２ (－４＋３i)(３＋４i) ２(－４＋３i) ＝３＋４i． １２．解:(１)设z＝a＋bi(a,b∈R), 由已知条件得:a２＋b２＝２,z２＝a２－b２＋２abi,所以２ab＝２． 所以a＝b＝１或a＝b＝－１,即z＝１＋i或z＝－１－i． (２)当z＝１＋i时,z２＝(１＋i)２＝２i,z－z２＝１－i, 所以点A(１,１),B(０,２),C(１,－１), 所以S△ABC＝ １ ２|AC|×１＝ １ ２×２×１＝１ ; 当z＝－１－i时,z２＝(－１－i)２＝２i,z－z２＝－１－３i． 所以点A(－１,－１),B(０,２),C(－１,－３),所以S△ABC＝ １ ２|AC| ×１＝１２×２×１＝１． 即△ABC的面积为１． 新题快递 １．CD　[当z１＝ １ ２＋ ３ ２i 时,满足|OZ１ →|＝１,故 A错误; Z１Z２ →＝OZ２→－OZ１→＝(３,４)－(４,３)＝(－１,１),B错误; 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,a,b,c,d∈R 若|z１＋z２|＝|z１－z２|,则(a＋c)２＋(b＋d)２＝(a－c)２＋(b －d)２, 化简得:ac＋bc＝０,故OZ１ →􀅰OZ２→＝ac＋bd＝０,所以OZ１→⊥ OZ２ →,C正确; 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,a,b,c,d∈R, 则OZ１ →＋OZ２→＝(a＋c,b＋d),OZ１→－OZ２→＝(a－c,b－d), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １０１