2023年南京市中考第二次模拟数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年南京市中考第二次模拟数学试卷（含答案解析），共27页。试卷主要包含了分解因式等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．8的相反数是（ ）
A．B．8C．D．
2．截止北京时间2022年6月11日全球新冠肺炎确诊病例超过5.32亿例，5.32亿用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
3．某工程甲单独完成要25天，乙单独完成要20天．若乙先单独干10天，剩下的由甲单独完成，设甲、乙一共用x天完成，则可列方程为（ ）
A．B．C．D．
4．如图1，点，，是数轴上从左到右排列的三个点，分别对应的数为，b，4，某同学将刻度尺如图2放置，使刻度尺上的数字0对齐数轴上的点A，发现点B对应刻度1.8cm，点C对齐刻度5.4cm．则数轴上点B所对应的数b为（ ）
A．3B．C．D．
5．不透明的袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外两个小球无其他差别，从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE的值为（ ）
A．6B．7C．12D．16
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
7．函数的自变量x的取值范围是___________．
8．分解因式：6x2y﹣3xy＝___________．
9．设一个圆锥的底面积为10，它的侧面展开后平面图为一个半圆，则此圆锥的侧面积是____________.
10．已知二次函数y＝（x－m）2，当x≤1时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是__________．
11．如图，已知函数和的图象交点为，则不等式的解集为______．
12．某校规定学生体育成绩满分为100分，将课外活动成绩、期中成绩、期末成绩的比按2:3:5计算学期成绩若小明这学期的三项成绩分别为90分、90分、96分，则小明本学期的体育成绩为____________分。
13．如图，点E，F在BC上，BE＝CF，∠A＝∠D．请添加一个条件________________，使△ABF≌△DCE．
14．如图，的半径为2cm，正六边形内接于，则图中阴影部分面积为___________．
15．已知在中，，，，，则BC的长等于________．
16．如图，等腰的底边长为4，面积是，腰的垂直平分线分别交，边于点．若点D为边的中点，点M为线段上一动点，则的周长最小值为：____．
三、解答题（本大题共11小题，共88分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤等）
17．（7分）已知6a+3的立方根是3，3a+b﹣1的算术平方根是4．
(1)求a，b的值；
(2)求b2﹣a2的平方根．
18．（7分）先化简，再求值：，其中．
19．（7分）请把下面证明过程补充完整．
如图，，，，求证：．
证明：∵（已知），
∴__________（__________）．
∵（已知），
∴（__________），
∴__________（__________），
∴__________（__________）．
∵（已知），
∴__________（等量代换），
∴（内错角相等，两直线平行）．
20．（8分）新冠疫情期间，学生居家上网课，为了解我市初中生每周锻炼身体的时长t（单位：小时）的情况，在全市随机抽取部分初中生进行调查，按五个组别：A组，B组，C组，D组，E组进行整理，绘制如下两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，解决下列问题：
(1)这次抽样调查的学生总人数为______；
(2)抽取的学生中，每周锻炼身体的时长大于等于6小于7的频数是______；
(3)求C组所在扇形的圆心角．
21．（8分）为了解某校中学生有多少人已患上近视眼，判断下列选取对象的方案是否恰当?不恰当的请说明理由．
(1)在学校门口数有多少人戴眼镜；
(2)在低年级的学生中随机抽取一个班作调查；
(3)从每个年级每个班级都随机抽取几个学生作调查。
22．（7分）如图，在半径为10cm的⊙O中，AB是⊙O的直径，CD是过⊙O上一点C的直线，且AD⊥DC于点D，AC平分∠BAD，点E是BC的中点，OE＝6cm．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求AD的长。
23．（8分）某书店计划同时购进，两类图书，已知购进3本类图书和4本类图书共需288元；购进6本类图书和2本类图书共需306元．，两类图书每本的进价各是多少元？
24．（8分）胜利黄河大桥犹如一架巨大的竖琴，凌驾于滔滔黄河之上，使黄河南北“天堑变通途”.已知主塔垂直于桥面于点B，其中两条斜拉索与桥面的夹角分别为和，两固定点D、C之间的距离约为，求主塔的高度（结果保留整数，参考数据：）
25．（8分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，交轴于点C，点A，B的坐标分别为（-1，0），（4，0）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线BC下方的抛物线上一动点，求△CPB的面积最大时点P的坐标；
(3)若M是抛物线上一点，且∠MCB＝∠ABC，请直接写出点M的坐标．
26．（9分）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是，BC与CE的位置关系是；
（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB＝2，BE＝2，请直接写出APE的面积．
27．（11分）【解决问题】如图①，在四边形中，，点是边的中点，，求证：平分．提示：延长交射线于点
【应用】如图②，在矩形中，点是边上的一点，将沿直线折叠，若点落在边的中点处，则______．
【拓展】在矩形中，，点为边的中点，将沿直线折叠，得到，延长交直线于点，直线交边于点若，，直接写出的长．
参考答案
一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1、A
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数进行解答即可得．
【详解】解：8的相反数是，
故选A．
【点睛】本题考查了相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．
2、A
【分析】利用科学记数法的表示方法进行解题即可．
【详解】解：5.32亿=5.32
故选A．
【点睛】本题考查科学记数法的表示方法：，其中．
3、D
【分析】设甲、乙一共用x天完成，根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】解：设甲、乙一共用x天完成，根据题意得：
．
故选：D
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
4、C
【分析】结合图1和图2求出1个单位长度=0.6cm，再求出求出AB之间在数轴上的距离，即可求解；
【详解】解：由图1可得AC=4-（-5）=9，由图2可得AC=5.4cm，
∴数轴上的一个长度单位对应刻度尺上的长度为=5.4÷9=0.6（cm），
∵AB=1.8cm，
∴AB=1.8÷0.6＝3（单位长度），
∴在数轴上点B所对应的数b=-5+3=-2；
故选：C
【点睛】本题考查了数轴，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
5、A
【分析】首先根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与第一次摸到红球，第二次摸到绿球的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：画树状图得：
∵共有4种等可能的结果，第一次摸到红球，第二次摸到绿球有1种情况，
∴第一次摸到红球，第二次摸到绿球的概率为，
故选：A．
【点睛】本题考查了画树状法或列表法求概率，列出所有等可能的结果是解决本题的关键．
6、B
【分析】根据AB＝AC＝AD，可知点D、C、B在以点A为圆心的圆上，延长CA交⊙A于点F，连接DF，EF=AF+AE=AC+AE，再证明△FDE∽△BCE，，即BE•DE＝CE•EF，则问题得解．
【详解】∵AB＝AC＝AD，
∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，
如图，延长CA交⊙A于点F，连接DF，
∵AE＝3，EC＝1，
∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，
即EF＝AE+AF＝3+4＝7，
∵∠F=∠CBD，∠FDB=∠FCB，
∴△FDE∽△BCE，
∴，
即BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，根据AB＝AC＝AD，确定点D、C、B在以点A为圆心的圆上，是解答本题的关键．
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
7、
【分析】根据二次根式有意义的条件，列出不等式，即可求解．
【详解】解：根据题意得，，
解得．
故答案为．
【点睛】本题主要考查函数的自变量取值范围，掌握二次根式有意义的条件，是解题的关键．
8、
【分析】直接提取公因式进行因式分解即可．
【详解】解：原式=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
9、20
【分析】根据圆锥底面周长得到半径和母线的关系，然后计算侧面积即可；
【详解】解：∵侧面展开图是半圆，
∴
∴
∵
∴
故答案为20；
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，掌握并熟练使用相关知识，同时注意解题中需注意的事项是本题的解题关键．
10、
【分析】先根据二次函数的解析式判断出函数的开口方向，再由当x≤1时，函数值y随x的增大而减小可知二次函数的对称轴x＝m≥1．
【详解】解：∵二次函数y＝（x﹣m）2，中，a＝1＞0，
∴此函数开口向上，
∵当x≤1时，函数值y随x的增大而减小，
∴二次函数的对称轴x＝m≥1．
故答案为：m≥1．
【点睛】本题考查的是二次函数的性质，熟知二次函数的增减性是解答此题的关键．
11、x＞1
【分析】根据图象直接解答即可．
【详解】解：从图象上得到函数y=x+b和y=ax+3的图象交点P，点P的横坐标为1，
在x＞1时，函数y=x+b的值大于y=ax+3的函数值，
故可得不等式x+b＞ax+3的解集x＞1．
故答案为：x＞1．
【点睛】此题考查了一次函数与一元一次不等式，认真体会一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间的内在联系是解决本题的关键．
12、93
【分析】根据加权平均数的计算方法进行计算即可．
【详解】解：，
故答案为：93．
【点睛】本题考查加权平均数的意义和计算方法，理解加权平均数的意义，掌握加权平均数的计算方法是正确解答的前提．
13、∠B＝∠C(答案不唯一)
【分析】求出BF=CE，再根据全等三角形的判定定理判断即可．
【详解】解：∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，
∴BF=CE，
添加∠B=∠C，
在△ABF和△DCE中，
，
∴△ABF≌△DCE（AAS），
故答案为：∠B=∠C（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键．
14、
【分析】如图，连接BO，CO，OA．由题意得，△OBC，△AOB都是等边三角形，证明△OBC的面积=△ABC的面积，可得图中阴影部分的面积等于扇形OBC的面积，再利用扇形的面积公式进行计算即可．
【详解】解：如图，连接BO，CO，OA．
由题意得，△OBC，△AOB都是等边三角形，
∴∠AOB=∠OBC=60°，
∴，
∴△OBC的面积=△ABC的面积，
∴图中阴影部分的面积等于扇形OBC的面积= ．
故答案为：
【点睛】本题考查正多边形与圆、扇形的面积公式、平行线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的扇形思考问题，属于中考常考题型．
15、6
【分析】过A作交于E，根据，得到，由可得，再根据勾股定理求出，即可得到，即可得到答案．
【详解】解：过A作交于E，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
在中，
，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为6，．
【点睛】本题考查等腰三角形性质，含角的直角三角形性质及勾股定理，解题的关键是求出．
16、8
【分析】连接，由于是等腰三角形，点D是边的中点，故，再根据三角形的面积公式求出的长，再根据是线段的垂直平分线可知，点C关于直线的对称点为点A，故的长为的最小值，由此即可得出结论
【详解】解：连接，，
∵是等腰三角形，点D是边的中点，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴点C关于直线的对称点为点A，
∴与的交点为点时，的周长最小，
故的长为的最小值，
在中，，，
∴，
解得，
∴的周长最小为：，
故答案为：
【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
三、解答题（本大题共11小题，共88分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤等）
17．(1)4；5 (2)±3
【分析】（1）运用立方根和算术平方根得出方程求解即可得；
（2）先求出代数式的值，然后计算平方根即可．
【详解】（1）解：∵的立方根是3，的算术平方根是4，
∴，，
∴，；
（2）解：由（1）知，，
∴，
∵9的平方根为，
∴的平方根为．
【点睛】本题考查了平方根、算术平方根、立方根及解方程，理解题意，根据题意得出方程是解题关键．
18．，
【分析】先将括号内的通分加减，再根据除以不为零的数等于乘以这个数的倒数，最后约分化简即可，把的值代入即可求解．
【详解】解：原式
，
将代入，得．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，掌握乘法公式在分式中的运算是解题的关键．
19．；两直线平行，同旁内角互补；等量代换；；同旁内角互补，两直线平行；；两直线平行，内错角相等；
【分析】已知，可以得出，结合可以得出，可以得出，由已知，即可得到结论．
【详解】证明：∵（己知）
∴（两直线平行，同旁内角互补）
∵（已知）
∴（等量代换）
∴（同旁内角互补，两直线平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∵（已知）
∴（等量代换）
∴（内错角相等，两直线平行）
【点睛】本题主要考查平行线的性质和判定，熟记平行线的判定定理和性质，并灵活运用是解题的关键．
20．(1)500 (2)150 (3)115.2°
【分析】（1）由组人数及其所占百分比可得学生总人数；
（2）根据总人数分别减去、、、组的人数即可得出答案；
（3）先求出C组所占总人数的百分比，再用乘以C组所占总人数的百分比即可．
【详解】（1）（人）
故答案为：500．
（2）每周锻炼身体的时长大于等于6小于7的频数:
（人）
故答案为：150．
（3）C组所占总人数的百分比为：
C组所在扇形的圆心角：
∴C组所在扇形的圆心角为．
【点睛】本题考查了频数分布直方图、扇形统计图，理解两个统计图中数量之间的关系是解决问题的前提，掌握频率=频数÷总数是正确解答的关键．
21．(1)不恰当，理由见解析 (2)不恰当，理由见解析 (3)恰当
【分析】根据选取的样本是否具有代表性依次判断即可求解．
【详解】（1）不恰当；因为可能有住校学生没调查到．
（2）不恰当；因为低年级学生的视力一般比高年级学生好．
（3）样本具有代表性，因此恰当．
【点睛】本题考查了样本的代表性，解题关键是掌握选取的样本应该具有代表性，要求学生能根据实际情况进行判断．
22． (1)见解析 (2)
【分析】（1）连接OC，由AC平分∠BAD，OA＝OC，可得∠DAC＝∠OCA，ADOC，根据AD⊥DC，即可证明CD是⊙O的切线；
（2）由OE是△ABC的中位线，得AC＝12，再证明△DAC∽△CAB，，即，从而得到AD．
【详解】（1）证明：连接OC，如图：
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴ADOC，
∵AD⊥DC，
∴CO⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵E是BC的中点，且OA＝OB，
∴OE是△ABC的中位线，AC＝2OE，
∵OE＝6，
∴AC＝12，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°＝∠ADC，
又∠DAC＝∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴，即，
∴AD．
【点睛】本题考查圆的切线的判定定理，相似三角形的判定及性质等知识，解题的关键是熟练应用圆的相关性质，转化圆中的角和线段．
23．A类图书每本的进价是36元，B类图书每本的进价是45元．
【分析】根据“购进3本A类图书和4本B类图书共需288元；购进6本A类图书和2本B类图书共需306元”列出方程组进行计算即可．
【详解】解：设A类图书每本的进价是a元，B类图书每本的进价是b元．根据题意得：
，
解得，
答：A类图书每本的进价是36元，B类图书每本的进价是45元．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用，解题的关键是找到等量关系列出二元一次方程．
24．主塔的高度约为78m．
【分析】在Rt△ABD中，利用正切的定义求出，然后根据∠C＝45°得出AB＝BC，列方程求出BD，即可解决问题．
【详解】解：∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
在Rt△ABD中，，
在Rt△ABC中，∠C＝45°，
∴AB＝BC，
∴，
∴m，
∴AB＝BC＝m，
答：主塔的高度约为78m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握正切的定义是解题的关键．
25．
(1)
(2)
(3)的坐标为或
【分析】（1）待定系数法求解即可；
（2）待定系数法求直线的解析式，如图1，过作交于，设，则，，求解面积最大时的值，进而可得点坐标；
（3）由题意知，分两种情况求解；①如图2，作，两直线平行，内错角相等，可知直线与抛物线的交点即为点，根据二次函数的对称性求解的坐标即可；②如图2，作直线使交于，可知直线与抛物线的交点即为点，根据勾股定理求出点坐标，待定系数法求的解析式，联立求交点坐标即可．
【详解】（1）解：将点坐标代入抛物线解析式得
解得
∴抛物线的解析式为．
（2）解：当时，
∴
设直线的解析式为，将两点坐标代入得
解得
∴直线的解析式
如图1，过作交于，设，则
∴
∴
∵，
∴时，面积最大
∴．
（3）解：由题意知，分两种情况求解；
①如图2，作，
∵
∴
∴直线与抛物线的交点即为点
∵关于抛物线的对称轴直线对称
∴；
②如图2，作直线使交于
∵
∴直线与抛物线的交点即为点
∴
设，则
在中，由勾股定理得，即
解得
∴
设直线的解析式为，将点坐标代入得
解得
∴直线的解析式为
∴联立
解得或
∴；
综上所述，时，点M的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与面积综合，二次函数与角度综合．解题的关键在于对知识的灵活运用．
26．（1）BP＝CE，CE⊥BC；（2）仍然成立，见解析；（3）31
【分析】（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；
（2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明△BAP≌△CAE即可；
（3）分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由∠BCE＝90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形APE的边长可得结论．
【详解】解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE＝60°﹣∠PAC，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE；
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABP＝∠ABC＝30°，
∴∠ABP＝∠ACE＝30°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝60°+30°＝90°，
∴CE⊥BC；
故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；
（2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD仍然成立，理由如下：
如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，
∵菱形ABCD，∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝120°，∠BAP＝120°+∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠CAE＝60°+60°+∠DAP＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，
∴∠DCE＝30°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠DCE+∠ADC＝90°，
∴∠CHD＝90°，
∴CE⊥AD；
∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD仍然成立；
（3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴∠ABO＝30°，
∴AO＝AB＝，OB＝AO＝3，
∴BD＝6，
由（2）知CE⊥AD，
∵AD∥BC，
∴CE⊥BC，
∵BE＝2，BC＝AB＝2，
∴CE＝＝8，
由（2）知BP＝CE＝8，
∴DP＝2，
∴OP＝5，
∴AP＝＝＝2，
∵△APE是等边三角形，
∴S△AEP＝×（2）2＝7，
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP＝＝＝2，
∴S△AEP＝×（2）2＝31，
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
27．
【解决问题】见解析；【应用】；【拓展】或
【分析】解决问题如图①，延长交射线于点，证明，可得，，进而可以解决问题；
应用如图②，延长交延长线于点，证明，可得，再，可得，所以，进而可得的值；
拓展分两种情况画图讨论：①当点在边上时，②当点在延长线上时，然后证明，可得，，证明，可得，进而可以求出的长．
【详解】解决问题证明：如图①，延长交射线于点，
点是边的中点，
，
在和中，
，
∴，
，，
，
，
，
，
，
平分；
应用解：如图②，延长交延长线于点，
点是边的中点，
，
在和中，
，
∴，
，
由翻折可知：，
，
在和中，
，
∴，
，
由翻折可知：，
，
；
故答案为：；
拓展解：①如图，在矩形中，，当点在边上时，
延长交延长线于点，
点为边的中点，
，
在和中，
，
∴，
，，
将沿直线折叠，得到，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
∴，
，
，
；
②如图，在矩形中，，当点在延长线上时，
延长交延长线于点，
同①得≌，
，，
将沿直线折叠，得到，
，
，
，
，，
，
，
，
，
同①，
，
，
．
综上所述：的长为或．
【点睛】本题属于四边形的综合题，全等三角形的判定与性质，相似三角形是判定与性质，等腰三角形的性质，翻折变换，锐角三角函数，解决本题的关键是得到．