资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．用配方法解方程，方程应变形为（ ）
A． B． C． D．
2．如果，、分别对应、，且，那么下列等式一定成立的是（ ）
A． B．的面积：的面积
C．的度数：的度数 D．的周长：的周长
3．关于x的一元二次方程x2﹣（k+3）x+2k+2＝0的根的情况，下面判断正确的是（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根 C．有两个实数根 D．无实数根
4．若点是直线上一点，已知，则的最小值是（ ）
A．4 B． C． D．2
5．如图为4×4的正方形网格，A，B，C，D，O均在格点上，点O是( )
A．△ACD的外心 B．△ABC的外心 C．△ACD的内心 D．△ABC的内心
6．解方程最适当的方法是（ ）
A．直接开平方法 B．配方法 C．因式分解法 D．公式法
7．如图所示，⊙的半径为13，弦的长度是24，，垂足为，则
A．5 B．7 C．9 D．11
8．下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．在同一个直角坐标系中，一次函数y=ax+c，与二次函数y=ax2+bx+c图像大致为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，是的直径，是的弦，若，则（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，在中，，为边上一点，已知，，，则____________．
12．已知x＝﹣1是方程x2﹣2mx﹣3＝0的一个根，则该方程的另一个根为_____．
13．若△ABC∽△A′B′C′，且，△ABC的周长为12cm，则△A′B′C′的周长为_____________．
14．将边长分别为，，的三个正方形按如图所示的方式排列，则图中阴影部分的面积为______.
15．如图是反比例函数在第二象限内的图像，若图中的矩形OABC的面积为2，则k=________．
16．如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，O是BC上一点，经过C、D两点的⊙O分别交AC、BC于点E、F，AD＝，∠ADC＝60°，则劣弧的长为_____．
17．如图，BA,BC是⊙O的两条弦，以点B为圆心任意长为半径画弧，分别交BA,BC于点M,N：分别以点M,N为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点P，连接BP并延长交于点D；连接OD,OC．若，则等于__________.
18．已知二次函数(m为常数)，若对于一切实数m和均有y≥k，则k的最大值为____________.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在正方形ABCD中，E为边AD上的点，点F在边CD上，且CF＝3FD，∠BEF＝90°
（1）求证：△ABE∽△DEF；
（2）若AB＝4，延长EF交BC的延长线于点G，求BG的长
20．（6分）已知：内接于⊙，连接并延长交于点，交⊙于点，满足．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接，点为弧上一点，连接，=，过点作，垂足为点，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，点为上一点，分别连接，，过点作，交⊙于点，，，连接，求的长．
21．（6分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD，对角线AC、BD交于点O，AC平分∠BAD．求证：四边形ABCD为菱形．
22．（8分）一段路的“拥堵延时指数”计算公式为：拥堵延时指数=，指数越大，道路越堵。高德大数据显示第二季度重庆拥堵延时指数首次排全国榜首。为此，交管部门在A、B两拥堵路段进行调研：A路段平峰时汽车通行平均时速为45千米/时，B路段平峰时汽车通行平均时速为50千米/时，平峰时A路段通行时间是B路段通行时间的倍，且A路段比B路段长1千米．
（1）分别求平峰时A、B两路段的通行时间；
（2）第二季度大数据显示：在高峰时，A路段的拥堵延时指数为2，每分钟有150辆汽车进入该路段；B路段的拥堵延时指数为1.8，每分钟有125辆汽车进入该路段。第三季度，交管部门采用了智能红绿灯和潮汐车道的方式整治，拥堵状况有明显改善，在高峰时，A路段拥堵延时指数下降了a%，每分钟进入该路段的车辆增加了；B路段拥堵延时指数下降，每分钟进入该路段的车辆增加了a辆。这样，整治后每分钟分别进入两路段的车辆通过这两路段所用时间总和，比整治前每分钟分别进入这两段路的车辆通过这两路段所用时间总和多小时，求a的值．
23．（8分）如图，AC是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，PB切⊙O于点B，且∠APB＝60°．
（1）求∠BAC的度数；
（2）若PA＝，求点O到弦AB的距离．
24．（8分）已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．
25．（10分）如图，在△ABC中，BC＝12，tanA＝，∠B＝30°，求AC的长和△ABC的面积．
26．（10分）为加强我市创建文明卫生城市宣传力度，需要在甲楼A处到E处悬挂一幅宣传条幅，在乙楼顶部D点测得条幅顶端A点的仰角∠ADF=45°，条幅底端E点的俯角为∠FDE=30°，DF⊥AB，若甲、乙两楼的水平距离BC为21米，求条幅的长AE约是多少米？（，结果精确到0.1米）
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】常数项移到方程的右边，两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．
【详解】解：∵，
∴，即，
故选：D．
【点睛】
本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握完全平方公式和配方法的基本步骤是解题的关键．
2、D
【解析】相似三角形对应边的比等于相似比，面积之比等于相似比的平方,对应角相等.
【详解】根据相似三角形性质可得：A：BC和DE不是对应边，故错；B：面积比应该是，故错；C:对应角相等，故错；D：周长比等于相似比，故正确.
故选：D
【点睛】
考核知识点：相似三角形性质.理解基本性质是关键.
3、C
【分析】判断一元二次方程根的判别式的大小即可得解.
【详解】由题意可可知：△＝（﹣k﹣3）2﹣4（2k+2）
＝k2﹣2k+1
＝（k﹣1）2≥0，
故选：C．
【点睛】
本题考查一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根的判别式：
（1）当△=b2﹣4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；
（2）当△=b2﹣4ac=0时，方程有有两个相等的实数根；
（3）当△=b2﹣4ac＜0时，方程没有实数根.
4、B
【分析】根据题意先确定点B在哪个位置时的最小值，先作点A关于直线CD的对称点E,点B、E、O三点在一条直线上，再根据题意，连结OE与CD的交点就是点B,求出OE的长即为所求．
【详解】解：在y=-x+2中，当x=0时， y=2,当y=0时， 0=-x+2，解得x=2,
∴直线y=-x+2与x的交点为C(2.0)，与y轴的交点为D(0，2)，如图，
∴OC=OD=2,
∵OC⊥OD,:OC⊥OD,
∴△OCD是等腰直角三角形，
∴∠OCD=45°，
∴A(0,-2)，
∴OA=OC=2
连接AC，如图，
∵OA⊥OC,
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA= 45°，
∴∠ACD=∠OCA+∠OCD=90°，
∴.AC⊥CD,
延长AC到点E，使CE=AC,连接BE，作EF⊥轴于点F，
则点E与点A关于直线y= -x+2对称，∠EFO= ∠AOC=90，
点O、点B、点E三点共线时，OB+AB取最小值，最小值为OE的长,
在△CEF和△CAO中，
∴△CEF≌OCAO(AAS),
∴EF=OA=2，CF=OC=2
∴OF=OC+CF=4,
即OB+AB的最小值为．
故选:B
【点睛】
本题考查的是最短路线问题，找最短路线是解题关键．找一点的对称点连接另一点和对称点与对称轴的交点就是B点．
5、B
【解析】试题解析：由图可得：OA=OB=OC=，
所以点O在△ABC的外心上，
故选B.
6、C
【分析】根据解一元二次方程的方法进行判断．
【详解】解：先移项得到，然后利用因式分解法解方程．
故选：C．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程——因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
7、A
【详解】试题分析：已知⊙O的半径为13，弦AB的长度是24，，垂足为N，由垂径定理可得AN=BN=12，再由勾股定理可得ON=5，故答案选A.
考点：垂径定理；勾股定理.
8、B
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
【详解】A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的概念：关键是找到相关图形的对称中心，旋转180度后与原图重合．
9、D
【分析】先分析一次函数，得到a、c的取值范围后，对照二次函数的相关性质是否一致，可得答案．
【详解】解：依次分析选项可得：
A、分析一次函数y=ax+c可得，a＞0，c＞0，二次函数y=ax2+bx+c开口应向上；与图不符．
B、分析一次函数y=ax+c可得，a＜0，c＞0，二次函数y=ax2+bx+c开口应向下，在y轴上与一次函数交于同一点；与图不符．
C、分析一次函数y=ax+c可得，a＜0，c＜0，二次函数y=ax2+bx+c开口应向下；与图不符．
D、一次函数y=ax+c和二次函数y=ax2+bx+c常数项相同，在y轴上应交于同一点；分析一次函数y=ax+c可得a＜0，二次函数y=ax2+bx+c开口向下；符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查一次函数、二次函数的系数与图象的关系，有一定难度，注意分析简单的函数，得到信息后对照复杂的函数．
10、B
【分析】根据AB是⊙O的直径得出∠ADB＝90°，再求出∠A的度数，由圆周角定理即可推出∠BCD的度数．
【详解】∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴在Rt△ABD中，∠A＝90°﹣∠ABD＝34°，
∵弧BD＝弧BD，
∴∠BCD＝∠A＝34°，
故选B ．
【点睛】
本题考查圆周角定理及其推论，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】由题意直接根据特殊三角函数值，进行分析计算即可得出答案.
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查锐角三角函数，熟练掌握三角函数定义以及特殊三角函数值进行分析是解题的关键.
12、1
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】解：设另外一个根为x，
由根与系数的关系可知：﹣x＝﹣1，
∴x＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知根与系数的关系是解题的关键．
13、16 cm
【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比求解．
【详解】解：∵△ABC∽△A′B′C′，且，即相似三角形的相似比为，
∵△ABC的周长为12cm
∴△A′B′C′的周长为12÷=16cm．
故答案为：16.
【点睛】
此题考查相似三角形的性质，解题关键在于掌握相似三角形周长的比等于相似比．
14、
【分析】首先对图中各点进行标注，阴影部分的面积等于正方形BEFL的面积减去梯形BENK的面积，再利用相似三角形的性质求出BK、EN的长从而求出梯形的面积即可得出答案.
【详解】解：如图所示，
∵四边形MEGH为正方形，
∴
∴△AEN△AHG
∴NE:GH=AE:AG
∵AE=2+3=5，AG=2+3+4=9,GH=4
∴NE:4=5:9
∴NE=
同理可求BK=
梯形BENK的面积：
∴阴影部分的面积：
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查的知识点是图形面积的计算以及相似三角形判定及其性质，根据相似的性质求出相应的边长是解答本题的关键.
15、-1
【解析】解：因为反比例函数，且矩形OABC的面积为1，所以|k|=1，即k=±1，又反比例函数的图象在第二象限内，k＜0，所以k=﹣1．故答案为﹣1．
16、
【分析】连接DF，OD，根据圆周角定理得到∠CDF＝90°，根据三角形的内角和得到∠COD＝120°，根据三角函数的定义得到CF＝＝4，根据弧长公式即可得到结论．
【详解】解：如图，连接DF，OD，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CDF＝90°，
∵∠ADC＝60°，∠A＝90°，
∴∠ACD＝30°，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，
∴∠DCF＝30°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝30°，
∴∠COD＝120°，
在Rt△CAD中，CD＝2AD＝2，
在Rt△FCD中，CF＝＝＝4，
∴⊙O的半径＝2，
∴劣弧的长＝＝π，
故答案为π．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，解直角三角形，弧长的计算，作出辅助线构建直角三角形是本题的关键．
17、
【分析】根据作图描述可知BD平分∠ABC，然后利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半可求出∠CBD的度数，由∠ABD=∠CBD即可得出答案.
【详解】根据作图描述可知BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD
∵∠COD=70°
∴∠BCD=∠COD=35°
∴∠ABD=35°
故答案为：35°.
【点睛】
本题考查了角平分线的作法，圆周角定理，判断出BD为角平分线，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键.
18、
【分析】因为二次函数系数大于0，先用含有m的代数式表示出函数y的最小值，得出，再求出于m的函数的最小值即可得出结果.
【详解】解： ,
,
关于m的函数为,
,
∴,
∴k的最大值为.
【点睛】
本题考查二次函数的最值问题，先将函数化为顶点式，即可得出最值.
三、解答题(共66分)
19、（1）详见解析；（2）1
【分析】（1）由正方形的性质得出∠A＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，证出∠ABE＝∠DEF，即可得出△ABE∽△DEF；
（2）求出DF＝1，CF＝3，由相似三角形的性质得出，解得DE＝2，证明△EDF∽△GCF，得出 ，求出CG＝6，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵∠BEF＝90°，
∵∠AEB+∠EBA＝∠DEF+∠EBA＝90°，
∴∠ABE＝∠DEF，
∴△ABE∽△DEF；
（2）解：∵AB＝BC＝CD＝AD＝4，CF＝3FD，
∴DF＝1，CF＝3，
∵△ABE∽△DEF，
∴，即 ，
解得：DE＝2，
∵AD∥BC，
∴△EDF∽△GCF，
∴，即，
∴CG＝6，
∴BG＝BC+CG＝4+6＝1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
20、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）如图1中，连接AD．设∠BEC=3α，∠ACD=α，再根据圆周角定理以及三角形内角和与外角的性质证明∠ACB=∠ABC即可解决问题；
（2）如图2中，连接AD，在CD上取一点Z，使得CZ=BD．证明△ADB≌△AZC（SAS），推出AD=AZ即可解决问题；
（3）连接AD，PA，作OK⊥AC于K，OR⊥PC于R，CT⊥FP交FP的延长线于T．假设OH=a，PC=2a，求出sin∠OHK=，从而得出∠OHK=45°，再根据角度的转化得出∠DAG=∠ACO=∠OAK，从而有tan∠ACD=tan∠DAG=tan∠OAK=，进而可求出DG，AG的长，再通过勾股定理以及解直角三角形函数可求出FT，PT的长即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，连接AD．设∠BEC=3α，∠ACD=α．
∵∠BEC=∠BAC+∠ACD，
∴∠BAC=2α，
∵CD是直径，
∴∠DAC=90°，
∴∠D=90°-α，
∴∠B=∠D=90°-α，
∵∠ACB=180°-∠BAC-∠ABC=180°-2α-（90°-α）=90°-α．
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC．
（2）证明：如图2中，连接AD，在CD上取一点Z，使得CZ=BD．
∵=，
∴DB=CF，
∵∠DBA=∠DCA，CZ=BD，AB=AC，
∴△ADB≌△AZC（SAS），
∴AD=AZ，
∵AG⊥DZ，
∴DG=GZ，
∴CG=CZ+GZ=BD+DG=CF+DG．
（3）解：连接AD，PA，作OK⊥AC于K，OR⊥PC于R，CT⊥FP交FP的延长线于T．
∵CP⊥AC，
∴∠ACP=90°，
∴PA是直径，
∵OR⊥PC，OK⊥AC，
∴PR=RC，∠ORC=∠OKC=∠ACP=90°，
∴四边形OKCR是矩形，
∴RC=OK，
∵OH:PC=1:，
∴可以假设OH=a，PC=2a，
∴PR=RC=a，
∴RC=OK=a，sin∠OHK=，
∴∠OHK=45°．
∵OH⊥DH，
∴∠DHO=90°，
∴∠DHA=180°-90°-45°=45°，
∵CD是直径，
∴∠DAC=90°，
∴∠ADH=90°-45°=45°，
∴∠DHA=∠ADH，
∴AD=AH，
∵∠COP=∠AOD，
∴AD=PC，
∴AH=AD=PC=2a，
∴AK=AH+HK=2a+a=3a，
在Rt△AOK中，tan∠OAK=，OA=，
∴sin∠OAK=，
∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ACD+∠ADG=90°，
∴∠DAG=∠ACD，
∵AO=CO，
∴∠OAK=∠ACO，
∴∠DAG=∠ACO=∠OAK，
∴tan∠ACD=tan∠DAG=tan∠OAK=，
∴AG=3DG，CG=3AG，
∴CG=9DG，
由（2）可知，CG=DG+CF，
∴DG+12=9DG，
∴DG=，AG=3DG=3×=，
∴AD=，
∴PC=AD=．
∵sin∠F=sin∠OAK，
∴sin∠F=，
∴CT=，
FT=，
PT=，
∴PF=FT-PT=．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
21、详见解析．
【分析】先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DAC，得出CD＝AD＝AB，证出四边形ABCD是平行四边形，再由AD＝AB，即可得出结论．
【详解】证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC平分∠BAD．
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，能够了解菱形的几种判定方法是解答本题的关键，难度不大．
22、（1）平峰时A路段的通行时间是小时，平峰时B路段的通行时间是小时；（2）的值是1．
【分析】（1）根据题意，设平峰时B路段通行时间为小时，则平峰时A路段通行时间是，列出方程，解方程即可得到答案；
（2）根据题意，先求出整治前A、B路段的时间总和，然后利用含a的代数式求出整治后A、B路段的时间总和，再列出方程，求出a的值．
【详解】解：（1）设平峰时B路段通行时间为小时，则平峰时A路段通行时间是，则
，
解得：，
∴（小时）；
∴平峰时A路段的通行时间是小时，平峰时B路段的通行时间是小时；
（2）根据题意，整治前有：
高峰时，通过A路段的总时间为：（分钟），
高峰时，通过B路段的总时间为：（分钟）；
整治前的时间总和为：（分钟）；
整治后有：通过A路段的总时间为：
；
通过B路段的总时间为：；
∴整治后的时间总和为：
；
∴，
整理得：，
解得：或（舍去）；
∴的值是1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，一元一次方程的应用，解题的关键是熟练掌握题意，正确列出方程进行解题．注意寻找题目的等量关系进行列方程．
23、（1）30°；（1）1
【分析】（1）根据切线长定理及切线的性质可得PA=PB，∠OAP=90°，由∠PAB=60°可证明△ABP是等边三角形，可得∠BAP=60°，即可求出∠BAC的度数；
（1）连接OP，交AB于点D，根据切线长定理可得∠APO＝∠BPO=30°，即可得OP⊥AB，根据垂径定理可求出AD的长，根据含30°角的直角三角形的性质可得OA=1OD，利用勾股定理列方程求出OD的长即可得答案.
【详解】（1）∵PA，PB分别是⊙O的切线
∴PA=PB，∠OAP＝90°，
∵∠APB＝60°
∴△ABP为等边三角形
∴∠BAP＝60°
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°
（1）连接OP，交AB于点D．
∵△ABP为等边三角形
∴BA=PB=PA=，
∵PA，PB分别是⊙O的切线，
∴∠APO＝∠BPO=30°，
∴OP⊥AB，
∴AD＝AB=，
∵∠ODA＝90°，∠BAC＝30°，
∴OA=1 OD，
∵，
∴，
解得：OD=1，即点O到弦AB的距离为1．
【点睛】
本题考查切线的性质、切线长定理及含30°角的直角三角形的性质，圆的切线垂直于过切点的直径；从圆外可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角；30°角所对的直角边等于斜边的一半；熟练掌握相关定理及性质是解题关键.
24、m＞﹣1且m≠1．
【分析】由关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，由一元二次方程的定义和根的判别式的意义可得m≠1且△＞1，即4﹣4m•（﹣1）＞1，两个不等式的公共解即为m的取值范围．
【详解】∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴m≠1且△＞1，即4﹣4m•（﹣1）＞1，解得m＞﹣1，
∴m的取值范围为m＞﹣1且m≠1，
∴当m＞﹣1且m≠1时，关于x的一元二次方程mx2+2x﹣1=1有两个不相等的实数根．
25、10，24+18
【分析】作CD⊥AB于D，根据直角三角形的性质求出CD，根据余弦的定义求出BD，根据正切的定义求出AD，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式求出△ABC的面积．
【详解】解：作CD⊥AB于D，
在Rt△CDB中，∠B＝30°，
∴CD＝BC＝6，BD＝BC•cosB＝12×＝，
在Rt△ACD中，tanA＝，
∴，即，
解得，AD＝8，
由勾股定理得，AC＝，
△ABC的面积＝×AB×CD＝×（8+6）×6＝24+18．
【点睛】
本题考查的是解直角三角形，掌握锐角三角函数的定义、勾股定理是解题的关键．
26、33.1米
【分析】根据题意及解直角三角形的应用直接列式求解即可．
【详解】解：
过点D作DF⊥AB，如图所示：
在Rt△ADF中，DF=BC=21米，∠ADF=45°
∴AF=DF=21米
在Rt△EDF中，DF=21米，∠EDF=30°
∴EF=DF×tan30°=米
∴AE=AF+BF=+21≈33.1米．
答：条幅的长AE约是33.1米．
【点睛】
本题主要考查解直角三角形的应用，关键是根据题意及利用三角函数求出线段的长．
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