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5. 如图,在$△ ABC$中,$∠ B=90^{ \circ }$,$AB=12\ {cm}$,$BC=24\ {cm}$,动点$P$从点$A$出发沿边$AB$向点$B$以$2\ {cm/s}$的速度移动,同时动点$Q$从点$B$出发沿边$BC$向点$C$以$4\ {cm/s}$的速度移动,当点$P$运动到点$B$时,$P$、$Q$两点同时停止运动,设运动时间为$t\ {s}$.
(1)$BP=\_\_\_\_\_\_{cm}$;$BQ=\_\_\_\_\_\_{cm}$.(用含$t$的代数式表示)
(2)$D$是$AC$的中点,连接$PD$、$QD$,当$t$为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ {cm^{2}}$?
(1)$BP=\_\_\_\_\_\_{cm}$;$BQ=\_\_\_\_\_\_{cm}$.(用含$t$的代数式表示)
(2)$D$是$AC$的中点,连接$PD$、$QD$,当$t$为何值时,$△ PDQ$的面积为$40\ {cm^{2}}$?
答案
(1)$(12-2t)$ $4t$
(2)
过点 $D$ 作 $DH ⊥ BC$ 于点 $H$. $\because ∠ B=90°$,即 $AB ⊥ BC$,$\therefore AB // DH$. 又 $\because D$ 是 $AC$ 的中点,$\therefore BH=\frac{1}{2}BC=12\ \mathrm{cm}$,$DH$ 是 $△ ABC$ 的中位线,$\therefore DH=\frac{1}{2}AB=6\ \mathrm{cm}$. 根据题意,得 $\frac{1}{2}×12×24-\frac{1}{2}×4t×(12-2t)-\frac{1}{2}×(24-4t)×6-\frac{1}{2}×2t×12=40$,整理,得 $t^2-6t+8=0$,解得 $t_1=2$,$t_2=4$,即当 $t=2$ 或 $4\ \mathrm{s}$ 时,$△ PBQ$ 的面积是 $40\ \mathrm{cm}^2$.
解析
【分析】
1. 第(1)问：动点P沿AB以2cm/s移动，运动时间t，故AP=2t，结合AB=12cm，BP=AB-AP即可得；Q沿BC以4cm/s移动，路程=速度×时间，直接得BQ。
2. 第(2)问：要计算△PDQ的面积，先利用D是AC中点，作DH⊥BC，结合直角三角形中位线定理求出DH、BH的长度；再用“△ABC面积减去周围三个小三角形面积（△APD、△PBQ、△DQC）”表示△PDQ面积，列方程求解，最后验证t是否在运动时间范围内（0≤t≤6）。
【解析】
(1) 由题意，AP=2t cm，AB=12 cm，故BP=AB-AP=(12-2t) cm；Q的速度为4cm/s，沿BC运动，故BQ=4t cm。
(2) 过点D作DH⊥BC于点H。
∵ ∠B=90°，AB⊥BC，
∴ AB//DH。
又D是AC中点，
∴ DH是△ABC的中位线，
∴ DH=1/2 AB=6 cm，BH=1/2 BC=12 cm。
△ABC面积：S△ABC=1/2×12×24=144 cm²。
△PDQ面积=S△ABC - S△APD - S△PBQ - S△DQC，代入各部分面积：
S△APD=1/2×2t×12=12t，
S△PBQ=1/2×4t×(12-2t)=2t(12-2t)，
S△DQC=1/2×(24-4t)×6=3(24-4t)，
根据题意列方程：
144 -12t -2t(12-2t) -3(24-4t)=40，
整理得：t²-6t+8=0，
解得t₁=2，t₂=4，均符合0≤t≤6的运动范围。
【答案】
(1) (12-2t)；4t
(2) t=2 s或t=4 s
【知识点】
动点问题，三角形面积，中位线定理
【点评】
本题以直角三角形为背景，结合动点运动与几何计算，需利用中位线简化图形，通过面积差建立方程，关键是合理分割图形求目标面积，难度适中，考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.5
1. 第(1)问：动点P沿AB以2cm/s移动，运动时间t，故AP=2t，结合AB=12cm，BP=AB-AP即可得；Q沿BC以4cm/s移动，路程=速度×时间，直接得BQ。
2. 第(2)问：要计算△PDQ的面积，先利用D是AC中点，作DH⊥BC，结合直角三角形中位线定理求出DH、BH的长度；再用“△ABC面积减去周围三个小三角形面积（△APD、△PBQ、△DQC）”表示△PDQ面积，列方程求解，最后验证t是否在运动时间范围内（0≤t≤6）。
【解析】
(1) 由题意，AP=2t cm，AB=12 cm，故BP=AB-AP=(12-2t) cm；Q的速度为4cm/s，沿BC运动，故BQ=4t cm。
(2) 过点D作DH⊥BC于点H。
∵ ∠B=90°，AB⊥BC，
∴ AB//DH。
又D是AC中点，
∴ DH是△ABC的中位线，
∴ DH=1/2 AB=6 cm，BH=1/2 BC=12 cm。
△ABC面积：S△ABC=1/2×12×24=144 cm²。
△PDQ面积=S△ABC - S△APD - S△PBQ - S△DQC，代入各部分面积：
S△APD=1/2×2t×12=12t，
S△PBQ=1/2×4t×(12-2t)=2t(12-2t)，
S△DQC=1/2×(24-4t)×6=3(24-4t)，
根据题意列方程：
144 -12t -2t(12-2t) -3(24-4t)=40，
整理得：t²-6t+8=0，
解得t₁=2，t₂=4，均符合0≤t≤6的运动范围。
【答案】
(1) (12-2t)；4t
(2) t=2 s或t=4 s
【知识点】
动点问题，三角形面积，中位线定理
【点评】
本题以直角三角形为背景，结合动点运动与几何计算，需利用中位线简化图形，通过面积差建立方程，关键是合理分割图形求目标面积，难度适中，考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.5
6. 在矩形 $ABCD$ 中,$AB=10\ \mathrm{cm},BC=12\ \mathrm{cm}$,点 $P$ 从点 $A$ 开始沿边 $AB$ 向终点 $B$ 以 $2\ \mathrm{cm/s}$的速度移动,与此同时,点 $Q$ 从点 $B$ 开始沿边 $BC$ 向终点 $C$ 以 $4\ \mathrm{cm/s}$ 的速度移动. 已知点 $P$、$Q$ 分别从点 $A$、$B$ 同时出发,当点 $Q$ 运动到点 $C$ 时,两点均停止运动. 设运动时间为 $t\ \mathrm{s}$$(t＞0).$
(1) 当 $t$ 为何值时,$PQ$ 的长度等于 $10\ \mathrm{cm}?$
(2) 是否存在 $t$ 的值,使得五边形 $APQCD$ 的面积等于 $104\ \mathrm{cm}^2?$ 若存在,求出此时 $t$ 的值;若不存在,请说明理由.
(1) 当 $t$ 为何值时,$PQ$ 的长度等于 $10\ \mathrm{cm}?$
(2) 是否存在 $t$ 的值,使得五边形 $APQCD$ 的面积等于 $104\ \mathrm{cm}^2?$ 若存在,求出此时 $t$ 的值;若不存在,请说明理由.
答案
(1)由题意可知,$AP=2t\ \mathrm{cm}$,$BQ=4t\ \mathrm{cm}$,则 $PB=AB-AP=(10-2t)\mathrm{cm}$. 在 $\mathrm{Rt}△ PBQ$ 中,$PB^2+BQ^2=PQ^2$,即 $(10-2t)^2+(4t)^2=10^2$,整理,得 $t^2-2t=0$,解得 $t_1=2$,$t_2=0$(不符合题意,舍去),$\therefore$ 当 $t=2$ 时,$PQ$ 的长度等于 $10\ \mathrm{cm}$.
(2)存在 $t$ 的值,使得五边形 $APQCD$ 的面积等于 $104\ \mathrm{cm}^2$. 理由如下:由题意可知,$S_{\mathrm{长方形}ABCD}=10×12=120(\mathrm{cm}^2)$,$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}PB· BQ=\frac{1}{2}×(10-2t)×4t=-4t^2+20t$,$\therefore S_{\mathrm{五边形}APQCD}=S_{\mathrm{长方形}ABCD}-S_{△ PBQ}=120-(-4t^2+20t)=104$,整理,得 $t^2-5t+4=0$,解得 $t_1=4$,$t_2=1$. 当 $t=4$ 时,$BQ=16\ \mathrm{cm}＞12\ \mathrm{cm}$,不符合题意,舍去;当 $t=1$ 时,$BQ=4\ \mathrm{cm}＜12\ \mathrm{cm}$,符合题意. 故存在 $t$ 的值,使得五边形 $APQCD$ 的面积等于 $104\ \mathrm{cm}^2$,此时 $t$ 的值为 $1$.
(2)存在 $t$ 的值,使得五边形 $APQCD$ 的面积等于 $104\ \mathrm{cm}^2$. 理由如下:由题意可知,$S_{\mathrm{长方形}ABCD}=10×12=120(\mathrm{cm}^2)$,$S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}PB· BQ=\frac{1}{2}×(10-2t)×4t=-4t^2+20t$,$\therefore S_{\mathrm{五边形}APQCD}=S_{\mathrm{长方形}ABCD}-S_{△ PBQ}=120-(-4t^2+20t)=104$,整理,得 $t^2-5t+4=0$,解得 $t_1=4$,$t_2=1$. 当 $t=4$ 时,$BQ=16\ \mathrm{cm}＞12\ \mathrm{cm}$,不符合题意,舍去;当 $t=1$ 时,$BQ=4\ \mathrm{cm}＜12\ \mathrm{cm}$,符合题意. 故存在 $t$ 的值,使得五边形 $APQCD$ 的面积等于 $104\ \mathrm{cm}^2$,此时 $t$ 的值为 $1$.
解析
【分析】
本题为矩形中的动点问题，解题思路如下：
(1) 要使PQ长度为10cm，观察图形可知△PBQ是直角三角形，因此利用勾股定理，先通过动点速度和时间t表示出PB、BQ的长度，再代入勾股定理公式列关于t的方程，求解后结合动点的运动范围（Q运动到C时停止，t最大为3s）舍去不符合题意的解。
(2) 判断是否存在t使五边形面积为104cm²，利用“五边形面积=矩形ABCD面积 - △PBQ面积”的关系，先计算矩形和△PBQ的面积（用含t的代数式表示），再根据面积条件列方程，求解后结合t的取值范围判断解是否合理，得出结论。
【解析】
(1) 由题意，AP=2t cm，BQ=4t cm，因为AB=10cm，所以PB=(10-2t)cm。
在Rt△PBQ中，根据勾股定理：PB² + BQ² = PQ²，代入得：
(10-2t)² + (4t)² = 10²
整理得：t² - 2t = 0，解得t₁=2，t₂=0。
因为t＞0，且Q运动到C的时间为12÷4=3s，故t≤3，t=0不符合题意，舍去。
因此当t=2时，PQ的长度等于10cm。
(2) 矩形ABCD的面积为10×12=120 cm²，△PBQ的面积为$\frac{1}{2}×(10-2t)×4t=-4t²+20t$。
五边形APQCD的面积=120 - (-4t²+20t)=104，整理得：t² -5t +4=0，解得t₁=1，t₂=4。
因为Q运动到C的时间为3s，t=4＞3，不符合题意，舍去；t=1时，BQ=4cm＜12cm，符合题意。
故存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于104cm²，此时t=1。
【答案】
(1) t=2；(2) 存在，t=1。
【知识点】
勾股定理、一元二次方程应用、矩形面积计算
【点评】
本题结合矩形性质与动点问题，运用方程思想求解，需注意动点的运动范围，避免出现不符合实际的解，是初中数学动点类问题的典型题型，考查几何分析与代数运算能力。
【难度系数】
0.5
本题为矩形中的动点问题，解题思路如下：
(1) 要使PQ长度为10cm，观察图形可知△PBQ是直角三角形，因此利用勾股定理，先通过动点速度和时间t表示出PB、BQ的长度，再代入勾股定理公式列关于t的方程，求解后结合动点的运动范围（Q运动到C时停止，t最大为3s）舍去不符合题意的解。
(2) 判断是否存在t使五边形面积为104cm²，利用“五边形面积=矩形ABCD面积 - △PBQ面积”的关系，先计算矩形和△PBQ的面积（用含t的代数式表示），再根据面积条件列方程，求解后结合t的取值范围判断解是否合理，得出结论。
【解析】
(1) 由题意，AP=2t cm，BQ=4t cm，因为AB=10cm，所以PB=(10-2t)cm。
在Rt△PBQ中，根据勾股定理：PB² + BQ² = PQ²，代入得：
(10-2t)² + (4t)² = 10²
整理得：t² - 2t = 0，解得t₁=2，t₂=0。
因为t＞0，且Q运动到C的时间为12÷4=3s，故t≤3，t=0不符合题意，舍去。
因此当t=2时，PQ的长度等于10cm。
(2) 矩形ABCD的面积为10×12=120 cm²，△PBQ的面积为$\frac{1}{2}×(10-2t)×4t=-4t²+20t$。
五边形APQCD的面积=120 - (-4t²+20t)=104，整理得：t² -5t +4=0，解得t₁=1，t₂=4。
因为Q运动到C的时间为3s，t=4＞3，不符合题意，舍去；t=1时，BQ=4cm＜12cm，符合题意。
故存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于104cm²，此时t=1。
【答案】
(1) t=2；(2) 存在，t=1。
【知识点】
勾股定理、一元二次方程应用、矩形面积计算
【点评】
本题结合矩形性质与动点问题，运用方程思想求解，需注意动点的运动范围，避免出现不符合实际的解，是初中数学动点类问题的典型题型，考查几何分析与代数运算能力。
【难度系数】
0.5
7. 如图,已知正方形$ABCD$的边长为4 cm,动点$P$从点$B$出发,以2 cm/s的速度沿$B \to C \to D$方向向点$D$运动;动点$Q$从点$A$出发,以1 cm/s的速度沿$A \to B$方向向点$B$运动.若$P$、$Q$两点同时出发,运动时间为$t$ s.
(1)连接$PD$、$PQ$、$DQ$,是否存在$t$的值,使得$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm^2}$?
(2)当点$P$在边$BC$上运动时,是否存在这样的$t$,使得$△ PQD$是以$PD$为一腰的等腰三角形?若存在,求出符合条件的$t$的值;若不存在,请说明理由.
(1)连接$PD$、$PQ$、$DQ$,是否存在$t$的值,使得$△ PQD$的面积为$11\ \mathrm{cm^2}$?
(2)当点$P$在边$BC$上运动时,是否存在这样的$t$,使得$△ PQD$是以$PD$为一腰的等腰三角形?若存在,求出符合条件的$t$的值;若不存在,请说明理由.
答案
(1)$\because 4÷2=2(\mathrm{s})$,$\therefore$ 当点 $P$ 在边 $BC$ 上时,$0≤ t≤2$,由题意,得 $AQ=t\ \mathrm{cm}$,$BQ=(4-t)\mathrm{cm}$,$BP=2t\ \mathrm{cm}$,$PC=(4-2t)\mathrm{cm}$,$\because S_{△ PQD}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ ADQ}-S_{△ BPQ}-S_{△ CPD}$,$\therefore 16-\frac{1}{2}×4× t-\frac{1}{2}×(4-t)×2t-\frac{1}{2}×4×(4-2t)=11$,整理,得 $t^2-2t-3=0$,解得 $t_1=-1$,$t_2=3$,都不符合题意,舍去;当点 $P$ 在边 $CD$ 上时,$2＜ t≤4$,由题意,得 $AQ=t\ \mathrm{cm}$,$DP=(8-2t)\mathrm{cm}$,$\because S_{△ PQD}=\frac{1}{2}BC· DP$,$\therefore \frac{1}{2}×4×(8-2t)=11$,解得 $t=\frac{5}{4}$(不符合题意,舍去). 综上所述,不存在 $t$ 的值,使 $△ PQD$ 的面积为 $11\ \mathrm{cm}^2$.
(2)存在. 由题意,得 $AQ=t\ \mathrm{cm}$,$BQ=(4-t)\mathrm{cm}$,$BP=2t\ \mathrm{cm}$,$PC=(4-2t)\mathrm{cm}(0≤ t≤2)$. 当 $DP=DQ$ 时,$\because DC=DA$,$∠ A=∠ C=90°$,$\therefore \mathrm{Rt}△ DCP≌\mathrm{Rt}△ DAQ(\mathrm{HL})$,$\therefore PC=AQ$,即 $4-2t=t$,解得 $t=\frac{4}{3}$;当 $PD=PQ$ 时,在 $\mathrm{Rt}△ PBQ$ 中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$,在 $\mathrm{Rt}△ PCD$ 中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$,$\therefore (2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$,整理,得 $t^2+8t-16=0$,解得 $t_1=-4\sqrt{2}-4$(舍去),$t_2=4\sqrt{2}-4$. 综上所述,当 $t=\frac{4}{3}$ 或 $4\sqrt{2}-4$ 时,$△ PQD$ 是以 $PD$ 为一腰的等腰三角形.
(2)存在. 由题意,得 $AQ=t\ \mathrm{cm}$,$BQ=(4-t)\mathrm{cm}$,$BP=2t\ \mathrm{cm}$,$PC=(4-2t)\mathrm{cm}(0≤ t≤2)$. 当 $DP=DQ$ 时,$\because DC=DA$,$∠ A=∠ C=90°$,$\therefore \mathrm{Rt}△ DCP≌\mathrm{Rt}△ DAQ(\mathrm{HL})$,$\therefore PC=AQ$,即 $4-2t=t$,解得 $t=\frac{4}{3}$;当 $PD=PQ$ 时,在 $\mathrm{Rt}△ PBQ$ 中,$PQ^2=PB^2+BQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$,在 $\mathrm{Rt}△ PCD$ 中,$PD^2=PC^2+CD^2=(4-2t)^2+4^2$,$\therefore (2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$,整理,得 $t^2+8t-16=0$,解得 $t_1=-4\sqrt{2}-4$(舍去),$t_2=4\sqrt{2}-4$. 综上所述,当 $t=\frac{4}{3}$ 或 $4\sqrt{2}-4$ 时,$△ PQD$ 是以 $PD$ 为一腰的等腰三角形.
解析
【分析】
本题是正方形中的动点综合问题，需根据动点P的运动路径分阶段讨论其位置，结合正方形性质、三角形面积计算、等腰三角形判定等知识解题。第(1)问需分P在BC、CD两段，用割补法计算△PQD的面积，令面积为11后解方程，验证解是否符合P的位置范围；第(2)问需分△PQD以PD为腰的两种情况（DP=DQ、PD=PQ），利用勾股定理建立方程，求解后验证解是否在P在BC边的时间范围内。
【解析】
(1) 分两种情况讨论点P的位置：
① 当点P在边BC上时，0≤t≤2，此时AQ=t cm，BQ=(4-t)cm，BP=2t cm，PC=(4-2t)cm。
正方形ABCD面积为16 cm²，△PQD的面积=正方形面积 - △ADQ面积 - △BPQ面积 - △CPD面积，代入得：
$S_{△PQD}=16-\frac{1}{2}×4×t-\frac{1}{2}×(4-t)×2t-\frac{1}{2}×4×(4-2t)$
令$S_{△PQD}=11$，整理得：$t^2-2t-3=0$，解得$t_1=-1$，$t_2=3$，均不在0≤t≤2范围内，舍去。
② 当点P在边CD上时，2＜t≤4，此时AQ=t cm，DP=(8-2t)cm，△PQD的面积为$\frac{1}{2}×BC×DP$，代入得：
$\frac{1}{2}×4×(8-2t)=11$，解得$t=\frac{5}{4}$，不在2＜t≤4范围内，舍去。
综上，不存在t的值，使△PQD的面积为11 cm²。
(2) 当点P在边BC上时，0≤t≤2，此时AQ=t，BQ=4-t，BP=2t，PC=4-2t，△PQD以PD为腰，分两种情况：
① 当DP=DQ时：
在Rt△DAQ和Rt△DCP中，AD=CD=4，∠A=∠C=90°，由HL判定得Rt△DAQ≌Rt△DCP，故PC=AQ，即$4-2t=t$，解得$t=\frac{4}{3}$，满足0≤$\frac{4}{3}$≤2，符合条件。
② 当PD=PQ时：
由勾股定理，$PQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$，$PD^2=(4-2t)^2+4^2$，令PD=PQ，得：
$(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$，整理得$t^2+8t-16=0$，解得$t=-4±4\sqrt{2}$，舍去负解，得$t=4\sqrt{2}-4$，满足0≤t≤2，符合条件。
综上，存在t的值，t为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【答案】
(1) 不存在；(2) 存在，$t=\frac{4}{3}$或$t=4\sqrt{2}-4$
【知识点】
正方形的性质、动点问题、等腰三角形的判定
【点评】
本题是正方形背景下的动点综合题，考查分类讨论思想与数形结合思想，需分阶段分析动点位置，运用割补法计算面积、勾股定理建立方程求解，对学生的逻辑分析和计算能力要求较高。
【难度系数】
0.4
本题是正方形中的动点综合问题，需根据动点P的运动路径分阶段讨论其位置，结合正方形性质、三角形面积计算、等腰三角形判定等知识解题。第(1)问需分P在BC、CD两段，用割补法计算△PQD的面积，令面积为11后解方程，验证解是否符合P的位置范围；第(2)问需分△PQD以PD为腰的两种情况（DP=DQ、PD=PQ），利用勾股定理建立方程，求解后验证解是否在P在BC边的时间范围内。
【解析】
(1) 分两种情况讨论点P的位置：
① 当点P在边BC上时，0≤t≤2，此时AQ=t cm，BQ=(4-t)cm，BP=2t cm，PC=(4-2t)cm。
正方形ABCD面积为16 cm²，△PQD的面积=正方形面积 - △ADQ面积 - △BPQ面积 - △CPD面积，代入得：
$S_{△PQD}=16-\frac{1}{2}×4×t-\frac{1}{2}×(4-t)×2t-\frac{1}{2}×4×(4-2t)$
令$S_{△PQD}=11$，整理得：$t^2-2t-3=0$，解得$t_1=-1$，$t_2=3$，均不在0≤t≤2范围内，舍去。
② 当点P在边CD上时，2＜t≤4，此时AQ=t cm，DP=(8-2t)cm，△PQD的面积为$\frac{1}{2}×BC×DP$，代入得：
$\frac{1}{2}×4×(8-2t)=11$，解得$t=\frac{5}{4}$，不在2＜t≤4范围内，舍去。
综上，不存在t的值，使△PQD的面积为11 cm²。
(2) 当点P在边BC上时，0≤t≤2，此时AQ=t，BQ=4-t，BP=2t，PC=4-2t，△PQD以PD为腰，分两种情况：
① 当DP=DQ时：
在Rt△DAQ和Rt△DCP中，AD=CD=4，∠A=∠C=90°，由HL判定得Rt△DAQ≌Rt△DCP，故PC=AQ，即$4-2t=t$，解得$t=\frac{4}{3}$，满足0≤$\frac{4}{3}$≤2，符合条件。
② 当PD=PQ时：
由勾股定理，$PQ^2=(2t)^2+(4-t)^2$，$PD^2=(4-2t)^2+4^2$，令PD=PQ，得：
$(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2$，整理得$t^2+8t-16=0$，解得$t=-4±4\sqrt{2}$，舍去负解，得$t=4\sqrt{2}-4$，满足0≤t≤2，符合条件。
综上，存在t的值，t为$\frac{4}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【答案】
(1) 不存在；(2) 存在，$t=\frac{4}{3}$或$t=4\sqrt{2}-4$
【知识点】
正方形的性质、动点问题、等腰三角形的判定
【点评】
本题是正方形背景下的动点综合题，考查分类讨论思想与数形结合思想，需分阶段分析动点位置，运用割补法计算面积、勾股定理建立方程求解，对学生的逻辑分析和计算能力要求较高。
【难度系数】
0.4
