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22. (10分)综合与探究.
【问题情境】
数学活动课上,老师带领同学们一起探索旋转的奥秘.老师出示了一个问题:如图16①所示,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ BAC=90°$,点D是边BC上一点($0＜BD＜\frac{1}{2}BC$),连接AD,将$△ ABD$绕着点A按逆时针方向旋转,使AB与AC重合,得到$△ ACE$.
(1)连接DE,试判断$△ ADE$的形状,并说明理由;
【深入探究】
(2)希望小组受此启发,如图16②,在线段CD上取一点F,连接AF,使得$∠ DAF=45°$,连接EF,发现EF和DF有一定的关系,猜想两者的数量关系,并说明理由;
(3)智慧小组在图16②的基础上继续探究,发现CF,DF,DB三条线段之间也有一定的数量关系,请写出它们的数量关系,并说明理由.
【问题情境】
数学活动课上,老师带领同学们一起探索旋转的奥秘.老师出示了一个问题:如图16①所示,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ BAC=90°$,点D是边BC上一点($0＜BD＜\frac{1}{2}BC$),连接AD,将$△ ABD$绕着点A按逆时针方向旋转,使AB与AC重合,得到$△ ACE$.
(1)连接DE,试判断$△ ADE$的形状,并说明理由;
【深入探究】
(2)希望小组受此启发,如图16②,在线段CD上取一点F,连接AF,使得$∠ DAF=45°$,连接EF,发现EF和DF有一定的关系,猜想两者的数量关系,并说明理由;
(3)智慧小组在图16②的基础上继续探究,发现CF,DF,DB三条线段之间也有一定的数量关系,请写出它们的数量关系,并说明理由.
答案
解：
(1) $△ ADE$是等腰直角三角形，理由如下：
$\because △ ABD$绕点$A$逆时针旋转得到$△ ACE$，
$\therefore AD = AE$，$∠ BAD = ∠ CAE$。
$\because ∠ BAC = 90°$，即$∠ BAD + ∠ DAC = 90°$，
$\therefore ∠ CAE + ∠ DAC = ∠ DAE = 90°$。
又$\because AD = AE$，
$\therefore △ ADE$是等腰直角三角形。
(2) 猜想：$EF = DF$，理由如下：
由(1)知$∠ DAE = 90°$，
$\because ∠ DAF = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAE - ∠ DAF = 90° - 45° = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAF$。
在$△ AEF$和$△ ADF$中：
$\begin{cases}AE = AD \\∠ EAF = ∠ DAF \\AF = AF\end{cases}$
$\therefore △ AEF ≌ △ ADF \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF = DF$。
(3) 三条线段的数量关系为：$CF^2 + DB^2 = DF^2$，理由如下：
$\because AB = AC$，$∠ BAC = 90°$，
$\therefore ∠ B = ∠ ACB = 45°$。
由旋转的性质得：$CE = BD$，$∠ ACE = ∠ B = 45°$，
$\therefore ∠ ECF = ∠ ACB + ∠ ACE = 45° + 45° = 90°$，即$△ ECF$是直角三角形。
由勾股定理得：$CF^2 + CE^2 = EF^2$，
又$\because CE = BD$，由(2)知$EF = DF$，
$\therefore CF^2 + DB^2 = DF^2$。
(1) $△ ADE$是等腰直角三角形，理由如下：
$\because △ ABD$绕点$A$逆时针旋转得到$△ ACE$，
$\therefore AD = AE$，$∠ BAD = ∠ CAE$。
$\because ∠ BAC = 90°$，即$∠ BAD + ∠ DAC = 90°$，
$\therefore ∠ CAE + ∠ DAC = ∠ DAE = 90°$。
又$\because AD = AE$，
$\therefore △ ADE$是等腰直角三角形。
(2) 猜想：$EF = DF$，理由如下：
由(1)知$∠ DAE = 90°$，
$\because ∠ DAF = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAE - ∠ DAF = 90° - 45° = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAF$。
在$△ AEF$和$△ ADF$中：
$\begin{cases}AE = AD \\∠ EAF = ∠ DAF \\AF = AF\end{cases}$
$\therefore △ AEF ≌ △ ADF \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF = DF$。
(3) 三条线段的数量关系为：$CF^2 + DB^2 = DF^2$，理由如下：
$\because AB = AC$，$∠ BAC = 90°$，
$\therefore ∠ B = ∠ ACB = 45°$。
由旋转的性质得：$CE = BD$，$∠ ACE = ∠ B = 45°$，
$\therefore ∠ ECF = ∠ ACB + ∠ ACE = 45° + 45° = 90°$，即$△ ECF$是直角三角形。
由勾股定理得：$CF^2 + CE^2 = EF^2$，
又$\because CE = BD$，由(2)知$EF = DF$，
$\therefore CF^2 + DB^2 = DF^2$。
解析
【分析】
本题围绕旋转背景分三小问考查几何推理，解题思路如下：
(1) 先根据旋转的性质得到AD=AE、∠BAD=∠CAE，结合∠BAC=90°，通过角的等量代换推出∠DAE=90°，即可判定△ADE的形状；
(2) 要证EF=DF，可证明△AEF和△ADF全等：由(1)得∠DAE=90°，结合∠DAF=45°推出∠EAF=∠DAF，再结合AE=AD、AF为公共边，用SAS证明全等即可得到边相等的结论；
(3) 探索三条线段的数量关系，考虑转化到直角三角形中用勾股定理：先由旋转性质得CE=BD、∠ACE=∠B=45°，结合∠ACB=45°推出∠ECF=90°，在Rt△ECF中用勾股定理得到CF²+CE²=EF²，再将CE替换为BD、EF替换为(2)中得到的DF，即可得到三者的数量关系。
【解析】
(1) $△ ADE$是等腰直角三角形，理由如下：
$\because △ ABD$绕点$A$逆时针旋转得到$△ ACE$，
$\therefore AD = AE$，$∠ BAD = ∠ CAE$。
$\because ∠ BAC = 90°$，即$∠ BAD + ∠ DAC = 90°$，
$\therefore ∠ CAE + ∠ DAC = ∠ DAE = 90°$。
又$\because AD = AE$，
$\therefore △ ADE$是等腰直角三角形。
(2) 猜想：$EF = DF$，理由如下：
由(1)知$∠ DAE = 90°$，
$\because ∠ DAF = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAE - ∠ DAF = 90° - 45° = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAF$。
在$△ AEF$和$△ ADF$中：
$\begin{cases}AE = AD \\∠ EAF = ∠ DAF \\AF = AF\end{cases}$
$\therefore △ AEF ≌ △ ADF \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF = DF$。
(3) 三条线段的数量关系为：$CF^2 + DB^2 = DF^2$，理由如下：
$\because AB = AC$，$∠ BAC = 90°$，
$\therefore ∠ B = ∠ ACB = 45°$。
由旋转的性质得：$CE = BD$，$∠ ACE = ∠ B = 45°$，
$\therefore ∠ ECF = ∠ ACB + ∠ ACE = 45° + 45° = 90°$，即$△ ECF$是直角三角形。
由勾股定理得：$CF^2 + CE^2 = EF^2$，
又$\because CE = BD$，由(2)知$EF = DF$，
$\therefore CF^2 + DB^2 = DF^2$。
【答案】
(1) $△ ADE$是等腰直角三角形；
(2) $EF=DF$；
(3) $CF^2+DB^2=DF^2$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合探究题，以旋转为载体层层递进设置问题，解题的核心是灵活运用旋转的性质得到相等的边和角，再结合全等三角形、勾股定理的相关知识推导结论，能够有效锻炼几何逻辑推理能力和综合分析能力。
【难度系数】
0.6
本题围绕旋转背景分三小问考查几何推理，解题思路如下：
(1) 先根据旋转的性质得到AD=AE、∠BAD=∠CAE，结合∠BAC=90°，通过角的等量代换推出∠DAE=90°，即可判定△ADE的形状；
(2) 要证EF=DF，可证明△AEF和△ADF全等：由(1)得∠DAE=90°，结合∠DAF=45°推出∠EAF=∠DAF，再结合AE=AD、AF为公共边，用SAS证明全等即可得到边相等的结论；
(3) 探索三条线段的数量关系，考虑转化到直角三角形中用勾股定理：先由旋转性质得CE=BD、∠ACE=∠B=45°，结合∠ACB=45°推出∠ECF=90°，在Rt△ECF中用勾股定理得到CF²+CE²=EF²，再将CE替换为BD、EF替换为(2)中得到的DF，即可得到三者的数量关系。
【解析】
(1) $△ ADE$是等腰直角三角形，理由如下：
$\because △ ABD$绕点$A$逆时针旋转得到$△ ACE$，
$\therefore AD = AE$，$∠ BAD = ∠ CAE$。
$\because ∠ BAC = 90°$，即$∠ BAD + ∠ DAC = 90°$，
$\therefore ∠ CAE + ∠ DAC = ∠ DAE = 90°$。
又$\because AD = AE$，
$\therefore △ ADE$是等腰直角三角形。
(2) 猜想：$EF = DF$，理由如下：
由(1)知$∠ DAE = 90°$，
$\because ∠ DAF = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAE - ∠ DAF = 90° - 45° = 45°$，
$\therefore ∠ EAF = ∠ DAF$。
在$△ AEF$和$△ ADF$中：
$\begin{cases}AE = AD \\∠ EAF = ∠ DAF \\AF = AF\end{cases}$
$\therefore △ AEF ≌ △ ADF \ (\mathrm{SAS})$，
$\therefore EF = DF$。
(3) 三条线段的数量关系为：$CF^2 + DB^2 = DF^2$，理由如下：
$\because AB = AC$，$∠ BAC = 90°$，
$\therefore ∠ B = ∠ ACB = 45°$。
由旋转的性质得：$CE = BD$，$∠ ACE = ∠ B = 45°$，
$\therefore ∠ ECF = ∠ ACB + ∠ ACE = 45° + 45° = 90°$，即$△ ECF$是直角三角形。
由勾股定理得：$CF^2 + CE^2 = EF^2$，
又$\because CE = BD$，由(2)知$EF = DF$，
$\therefore CF^2 + DB^2 = DF^2$。
【答案】
(1) $△ ADE$是等腰直角三角形；
(2) $EF=DF$；
(3) $CF^2+DB^2=DF^2$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合探究题，以旋转为载体层层递进设置问题，解题的核心是灵活运用旋转的性质得到相等的边和角，再结合全等三角形、勾股定理的相关知识推导结论，能够有效锻炼几何逻辑推理能力和综合分析能力。
【难度系数】
0.6
23. (11分)如图17,已知点$M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$在二次函数$y=a(x-2)^2-1(a＞0)$的图象上,且$x_2-x_1=3$.
(1)若二次函数的图象经过点$(3,1)$.
①求这个二次函数的解析式;
②若$y_1=y_2$,求顶点到MN的距离.
(2)当$x_1≤x≤x_2$时,二次函数的最大值与最小值的差为1,点M,N在对称轴的异侧,求a的取值范围.
(1)若二次函数的图象经过点$(3,1)$.
①求这个二次函数的解析式;
②若$y_1=y_2$,求顶点到MN的距离.
(2)当$x_1≤x≤x_2$时,二次函数的最大值与最小值的差为1,点M,N在对称轴的异侧,求a的取值范围.
答案
解：
(1)① 将点$(3,1)$代入$y=a(x-2)^2-1$，得：
$1=a(3-2)^2-1$
解得$a=2$，
∴二次函数的解析式为$y=2(x-2)^2-1$，即$y=2x^2-8x+7$。
② ∵$y_1=y_2$，∴点$M,N$关于抛物线对称轴$x=2$对称，
∴$\frac{x_1+x_2}{2}=2$，即$x_1+x_2=4$，
又$x_2-x_1=3$，联立方程组：
$\begin{cases}x_1+x_2=4 \\ x_2-x_1=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}x_1=\frac{1}{2} \\ x_2=\frac{7}{2}\end{cases}$
将$x_1=\frac{1}{2}$代入$y=2(x-2)^2-1$，得$y_1=2×(\frac{1}{2}-2)^2-1=\frac{7}{2}$，
∴直线$MN$的解析式为$y=\frac{7}{2}$，
抛物线顶点坐标为$(2,-1)$，
∴顶点到$MN$的距离为$\frac{7}{2}-(-1)=\frac{9}{2}$。
(2) ∵抛物线$y=a(x-2)^2-1(a＞0)$的对称轴为$x=2$，顶点坐标为$(2,-1)$，开口向上，
点$M,N$在对称轴异侧，∴$x_1＜2＜x_2$，
又$x_2=x_1+3$，因此区间$x_1≤ x≤ x_2$包含对称轴，二次函数的最小值为顶点的函数值$-1$。
由题意最大值与最小值的差为1，得区间上的最大值为$-1+1=0$，即两个端点$M,N$的函数值的较大者为0。
设点$M,N$到对称轴$x=2$的距离分别为$d_1=2-x_1$，$d_2=x_2-2$，
则$d_1＞0$，$d_2＞0$，且$d_1+d_2=(2-x_1)+(x_2-2)=x_2-x_1=3$，
因此$\max(ad_1^2,ad_2^2)=1$，即$\max(d_1^2,d_2^2)=\frac{1}{a}$。
由$d_1+d_2=3$，$d_1＞0$，$d_2＞0$，得$\frac{3}{2}≤\max(d_1,d_2)＜3$，
平方得$\frac{9}{4}≤\max(d_1^2,d_2^2)＜9$，即$\frac{9}{4}≤\frac{1}{a}＜9$，
结合$a＞0$，解得$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$。
∴$a$的取值范围是$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$。
(1)① 将点$(3,1)$代入$y=a(x-2)^2-1$，得：
$1=a(3-2)^2-1$
解得$a=2$，
∴二次函数的解析式为$y=2(x-2)^2-1$，即$y=2x^2-8x+7$。
② ∵$y_1=y_2$，∴点$M,N$关于抛物线对称轴$x=2$对称，
∴$\frac{x_1+x_2}{2}=2$，即$x_1+x_2=4$，
又$x_2-x_1=3$，联立方程组：
$\begin{cases}x_1+x_2=4 \\ x_2-x_1=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}x_1=\frac{1}{2} \\ x_2=\frac{7}{2}\end{cases}$
将$x_1=\frac{1}{2}$代入$y=2(x-2)^2-1$，得$y_1=2×(\frac{1}{2}-2)^2-1=\frac{7}{2}$，
∴直线$MN$的解析式为$y=\frac{7}{2}$，
抛物线顶点坐标为$(2,-1)$，
∴顶点到$MN$的距离为$\frac{7}{2}-(-1)=\frac{9}{2}$。
(2) ∵抛物线$y=a(x-2)^2-1(a＞0)$的对称轴为$x=2$，顶点坐标为$(2,-1)$，开口向上，
点$M,N$在对称轴异侧，∴$x_1＜2＜x_2$，
又$x_2=x_1+3$，因此区间$x_1≤ x≤ x_2$包含对称轴，二次函数的最小值为顶点的函数值$-1$。
由题意最大值与最小值的差为1，得区间上的最大值为$-1+1=0$，即两个端点$M,N$的函数值的较大者为0。
设点$M,N$到对称轴$x=2$的距离分别为$d_1=2-x_1$，$d_2=x_2-2$，
则$d_1＞0$，$d_2＞0$，且$d_1+d_2=(2-x_1)+(x_2-2)=x_2-x_1=3$，
因此$\max(ad_1^2,ad_2^2)=1$，即$\max(d_1^2,d_2^2)=\frac{1}{a}$。
由$d_1+d_2=3$，$d_1＞0$，$d_2＞0$，得$\frac{3}{2}≤\max(d_1,d_2)＜3$，
平方得$\frac{9}{4}≤\max(d_1^2,d_2^2)＜9$，即$\frac{9}{4}≤\frac{1}{a}＜9$，
结合$a＞0$，解得$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$。
∴$a$的取值范围是$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$。
解析
【分析】
(1)①题目给出了二次函数的顶点式，同时已知图象经过点(3,1)，采用待定系数法，将该点代入解析式即可求出参数a，进而得到二次函数的解析式。
②当y₁=y₂时，根据二次函数的对称性，可知点M、N关于抛物线的对称轴对称，已知该抛物线对称轴为x=2，因此可得x₁与x₂的和，结合已知条件x₂-x₁=3，联立可求出x₁、x₂的值，代入解析式得到MN所在直线的纵坐标，再结合抛物线顶点坐标，即可求出顶点到水平直线MN的距离。
(2)由a＞0可知抛物线开口向上，顶点为函数的最小值点，结合M、N在对称轴异侧，可知x₁≤x≤x₂的区间包含对称轴，因此该区间内函数最小值为顶点的函数值-1；根据最大值与最小值的差为1，可得区间内最大值为0，开口向上时区间最大值在离对称轴更远的端点处取得，结合两点到对称轴的距离之和为3，得到最远点到对称轴的距离范围，代入最大值的表达式即可求出a的取值范围。
【解析】
(1)① 将点$(3,1)$代入$y=a(x-2)^2-1$，得：
$1=a(3-2)^2-1$
解得$a=2$，
∴二次函数的解析式为$y=2(x-2)^2-1$，即$y=2x^2-8x+7$。
②
∵$y_1=y_2$，
∴点$M,N$关于抛物线对称轴$x=2$对称，
∴$\frac{x_1+x_2}{2}=2$，即$x_1+x_2=4$，
又$x_2-x_1=3$，联立方程组：
$\begin{cases}x_1+x_2=4 \\ x_2-x_1=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}x_1=\frac{1}{2} \\ x_2=\frac{7}{2}\end{cases}$
将$x_1=\frac{1}{2}$代入$y=2(x-2)^2-1$，得$y_1=2×(\frac{1}{2}-2)^2-1=\frac{7}{2}$，
∴直线$MN$的解析式为$y=\frac{7}{2}$，
抛物线顶点坐标为$(2,-1)$，
∴顶点到$MN$的距离为$\frac{7}{2}-(-1)=\frac{9}{2}$。
(2)
∵抛物线$y=a(x-2)^2-1(a＞0)$的对称轴为$x=2$，顶点坐标为$(2,-1)$，开口向上，
点$M,N$在对称轴异侧，
∴$x_1＜2＜x_2$，
又$x_2=x_1+3$，因此区间$x_1≤ x≤ x_2$包含对称轴，二次函数的最小值为顶点的函数值$-1$。
由题意最大值与最小值的差为1，得区间上的最大值为$-1+1=0$，即两个端点$M,N$的函数值的较大者为0。
设点$M,N$到对称轴$x=2$的距离分别为$d_1=2-x_1$，$d_2=x_2-2$，
则$d_1＞0$，$d_2＞0$，且$d_1+d_2=(2-x_1)+(x_2-2)=x_2-x_1=3$，
因此$\max(ad_1^2,ad_2^2)=1$，即$\max(d_1^2,d_2^2)=\frac{1}{a}$。
由$d_1+d_2=3$，$d_1＞0$，$d_2＞0$，得$\frac{3}{2}≤\max(d_1,d_2)＜3$，
平方得$\frac{9}{4}≤\max(d_1^2,d_2^2)＜9$，即$\frac{9}{4}≤\frac{1}{a}＜9$，
结合$a＞0$，解得$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$。
【答案】
(1)①$y=2(x-2)^2-1$（或$y=2x^2-8x+7$）；②$\frac{9}{2}$
(2)$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数对称性，二次函数区间最值
【点评】
本题由易到难考查二次函数的核心知识点，基础部分侧重运算能力考查，拓展部分侧重数形结合、逻辑推导能力的检验，是典型的二次函数综合题型，能有效区分对知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.5
(1)①题目给出了二次函数的顶点式，同时已知图象经过点(3,1)，采用待定系数法，将该点代入解析式即可求出参数a，进而得到二次函数的解析式。
②当y₁=y₂时，根据二次函数的对称性，可知点M、N关于抛物线的对称轴对称，已知该抛物线对称轴为x=2，因此可得x₁与x₂的和，结合已知条件x₂-x₁=3，联立可求出x₁、x₂的值，代入解析式得到MN所在直线的纵坐标，再结合抛物线顶点坐标，即可求出顶点到水平直线MN的距离。
(2)由a＞0可知抛物线开口向上，顶点为函数的最小值点，结合M、N在对称轴异侧，可知x₁≤x≤x₂的区间包含对称轴，因此该区间内函数最小值为顶点的函数值-1；根据最大值与最小值的差为1，可得区间内最大值为0，开口向上时区间最大值在离对称轴更远的端点处取得，结合两点到对称轴的距离之和为3，得到最远点到对称轴的距离范围，代入最大值的表达式即可求出a的取值范围。
【解析】
(1)① 将点$(3,1)$代入$y=a(x-2)^2-1$，得：
$1=a(3-2)^2-1$
解得$a=2$，
∴二次函数的解析式为$y=2(x-2)^2-1$，即$y=2x^2-8x+7$。
②
∵$y_1=y_2$，
∴点$M,N$关于抛物线对称轴$x=2$对称，
∴$\frac{x_1+x_2}{2}=2$，即$x_1+x_2=4$，
又$x_2-x_1=3$，联立方程组：
$\begin{cases}x_1+x_2=4 \\ x_2-x_1=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}x_1=\frac{1}{2} \\ x_2=\frac{7}{2}\end{cases}$
将$x_1=\frac{1}{2}$代入$y=2(x-2)^2-1$，得$y_1=2×(\frac{1}{2}-2)^2-1=\frac{7}{2}$，
∴直线$MN$的解析式为$y=\frac{7}{2}$，
抛物线顶点坐标为$(2,-1)$，
∴顶点到$MN$的距离为$\frac{7}{2}-(-1)=\frac{9}{2}$。
(2)
∵抛物线$y=a(x-2)^2-1(a＞0)$的对称轴为$x=2$，顶点坐标为$(2,-1)$，开口向上，
点$M,N$在对称轴异侧，
∴$x_1＜2＜x_2$，
又$x_2=x_1+3$，因此区间$x_1≤ x≤ x_2$包含对称轴，二次函数的最小值为顶点的函数值$-1$。
由题意最大值与最小值的差为1，得区间上的最大值为$-1+1=0$，即两个端点$M,N$的函数值的较大者为0。
设点$M,N$到对称轴$x=2$的距离分别为$d_1=2-x_1$，$d_2=x_2-2$，
则$d_1＞0$，$d_2＞0$，且$d_1+d_2=(2-x_1)+(x_2-2)=x_2-x_1=3$，
因此$\max(ad_1^2,ad_2^2)=1$，即$\max(d_1^2,d_2^2)=\frac{1}{a}$。
由$d_1+d_2=3$，$d_1＞0$，$d_2＞0$，得$\frac{3}{2}≤\max(d_1,d_2)＜3$，
平方得$\frac{9}{4}≤\max(d_1^2,d_2^2)＜9$，即$\frac{9}{4}≤\frac{1}{a}＜9$，
结合$a＞0$，解得$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$。
【答案】
(1)①$y=2(x-2)^2-1$（或$y=2x^2-8x+7$）；②$\frac{9}{2}$
(2)$\frac{1}{9}＜a≤\frac{4}{9}$
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数对称性，二次函数区间最值
【点评】
本题由易到难考查二次函数的核心知识点，基础部分侧重运算能力考查，拓展部分侧重数形结合、逻辑推导能力的检验，是典型的二次函数综合题型，能有效区分对知识点的掌握程度。
【难度系数】
0.5
