北京市第十三中学分校九年级上学期期中数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市第十三中学分校九年级上学期期中数学试卷（解析版）-A4，共29页。
考生须知
1．本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷共2页，第Ⅱ卷共6页．
2．本试卷满分100分，考试时间120分钟．
3．在试卷（包括第Ⅰ卷和第Ⅱ卷）密封线内准确填写学校、班级、姓名、学号．
4．考试结束，将试卷及答题纸一并交回监考老师．
第Ⅰ卷
一、选择题：（本大题共8小题，每小题2分，共16分）
1. 下列图形是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了中心对称图形的定义．根据中心对称图形的定义旋转后能够与原图形完全重合即是中心对称图形即可判断出．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故选项错误；
B、不是中心对称图形，故选项错误；
C、不是中心对称图形，故选项错误；
D、是中心对称图形，故选项正确．
故选：D．
2. 方程的解是（ ）
A. B.
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
分析】利用因式分解法解一元二次方程，然后判断作答即可．
【详解】解：，
，
∴或，
解得，，，
故选：C．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程．解此题的关键在于对知识的熟练掌握与正确运算．
3. 如图，一块含30°角的直角三角板绕点C顺时针旋转到，当B，C，在一条直线上时，三角板的旋转角度为（ ）

A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了旋转性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是解题关键．直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．
【详解】解：∵将一块含30°角的直角三角板绕点C顺时针旋转到，
∴与是对应边，
∴旋转角．
故选：D．
4. 在平面直角坐标系中，将抛物线先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后所得到的抛物线表达式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数图像与几何变换，把抛物线的顶点先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后得到点的坐标为，即得到平移后抛物线的顶点坐标，然后根据顶点式写出解析式即可．解题的关键是先把二次函数的解析式配成顶点式然后把抛物线的平移问题转化为顶点的平移问题．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为，
又∵把点先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后得到点的坐标为，
∴平移后所得的抛物线的解析式为．
故选：C．
5. 若⊙O的内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则n的值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，则正n边形的中心角为 ，由 可得结果．
【详解】解： 内接正n边形的边长与⊙O的半径相等，
正n边形的中心角为，
，
n的值为6，
故选：C．
【点睛】本题考查了正n边形中心角的定义，熟记并理解正n边形中心角的定义是解决本题的关键．
6. 在平面直角坐标系中，抛物线如图所示，则关于x的方程根的情况为（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法准确判断
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键；由题意可把方程变为，此时可把方程看作是二次函数与直线的交点问题，进而问题可求解．
【详解】解：把方程变为，则二次函数与直线的交点即为方程的解，如图所示：
由图象可知：方程根的情况是有两个不相等的实数根；
故选A．
7. 如图，数轴上有A、B、C三点，点A，C关于点B对称，以原点O为圆心作圆，若点A，B，C分别在外，内，上，则原点O的位置应该在( )
A. 点A与点B之间靠近A点B. 点A与点B之间靠近B点
C. 点B与点C之间靠近B点D. 点B与点C之间靠近C点
【答案】C
【解析】
【分析】分析A，B，C离原点的远近，画出图象，利用图象法即可解决问题；
【详解】由题意知,点A离原点最远，点C次之，点B离原点最近，如图，观察图象可知，
原点O的位置应该在点B与点C之间靠近B点，
故选C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题．
8. 二次函数（a，b，c是常数，且）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
其中m，n，p常数，且．
有下列四个结论：
①；
②抛物线的对称轴是直线；
③0和1是方程的两个根；
④若，则．
其中正确的结论的个数为（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数的平移，二次函数与一元二次方程的关系．熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．根据二次函数的对称性可求出对称轴为直线，可判断②，再结合当时，；当时，，且，即可知该抛物线开口向下，可判断①；令，则该抛物线是由向上平移3个单位得到．根据原函数当时，，即可知新函数当时，，再结合二次函数的对称性可求出时，，即得出方程的两个根为0和1，故③正确；由二次函数的对称性可求出当时，．再根据在对称轴右侧，y随x的增大而减小，且，即得出，故④错误．
【详解】解：由表格可知当或时，，
∴该抛物线的对称轴为直线，故②错误；
∵当时，；当时，，且，
∴在对称轴左侧，y随x的增大而增大，
∴该抛物线开口向下，
∴，故①正确；
令，则该抛物线是由向上平移3个单位得到．
对于，当时，，
∴对于，当时，，
∵沿着y轴方向平移对称轴不变，
∴时，，
∴方程的两个根为0和1，故③正确；
∵该抛物线对称轴为直线，当时，，
∴当时，．
又∵该抛物线开口向下，
∴在对称轴右侧，y随x的增大而减小，
∵，
∴，故④错误．
综上可知正确的有2个．
故选B．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）
9. 点（1，2）关于原点的对称点的坐标为__．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点的对称点，横纵、坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解题的关键是熟记“关于原点的对称点，横纵、坐标都互为相反数”．
10. 二次函数的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次函数的最值问题，由二次函数的顶点式根据二次函数的性质解答即可．熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【详解】解：∵二次函数，且二次项系数，
∴二次函数的图象开口向下，
∴当时，有最大值，
∴二次函数的最大值是．
故答案为：．
11. 如图，，是的切线，A，B为切点，是的直径，，则的度数为______°．

【答案】80
【解析】
【分析】本题主要考查切线的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键；由题意易得，然后问题可求解．
【详解】解：∵，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为80．
12. 如图，⊙O的半径为1，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD，若∠BOD＝∠BCD，则的长为__．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆周角定理、圆内接四边形的性质求出∠BOD，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】由圆周角定理得，2∠BAD＝∠BOD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD＝180°﹣∠BAD，
∴180°﹣∠BAD＝2∠BAD，
解得，∠BAD＝60°，
∴∠BOD＝2∠BAD＝120°，
∴的长＝＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是弧长的计算、圆周角定理、圆内接四边形的性质，掌握弧长公式是解题的关键．
13. 如图，在长为、宽的矩形空地上，修建一横一纵两条道路，并且横、纵两条道路的宽度比为，余下的部分作为草坪，若草坪面积为，设横向道路的宽度为，则可列方程为______．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，理解题意，并利用数形结合的思想是解题关键．由题意可求出纵向道路的宽度为，再根据草坪面积为，列出等式即可．
【详解】解：设横向道路的宽度为，
∵横、纵两条道路的宽度比为，
∴纵向道路的宽度为．
根据草坪面积为，可得：．
故答案为：．
14. 点在二次函数的图象上，若当时，则与的大小关系是_____．（用“”、“”、“”填空）
【答案】
【解析】
【分析】先根据二次函数的解析式判断出抛物线的开口方向及对称轴，根据图象上的点的横坐标距离对称轴的远近来判断纵坐标的大小．
【详解】解：∵二次函数，图象开口向上，
∴对称轴为直线，
∵，
∴A点离对称轴的距离小于B点离对称轴的距离，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能求出对称轴和根据二次函数的性质求出正确答案是解此题的关键．
15. 已知某航天爱好者社团设计制作了一款小火箭，小火箭点火时刻记为，在火箭飞行过程中，经仪器追踪测量小火箭与地面的距离h（m）与飞行时间t（s）近似满足函数表达式．关于小火箭的飞行过程有以下推论：
①点火后和点火后小火箭与地面的距离相同；
②点火后火箭落于地面；
③小火箭飞行过程中第二次距离地面时，飞行时间为；
④小火箭飞行过程中与地面的最大距离为．
其中正确的推论是______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的图像是解题的关键．根据二次函数的图像和性质进行判断即可．
【详解】解：当时，，
当时，，故①正确；
当时，，故点火后火箭没有落于地面，故②错误；
当时，，解得，
小火箭飞行过程中第二次距离地面时，飞行时间为，故③正确；
由，当时，小火箭飞行过程中与地面的最大距离为，故④正确．
故答案为：①③④．
16. 已知的半径是，点在上．是所在平面内一点，且，过点作直线，使．
（1）点到直线距离的最大值为______；
（2）若，是直线与的公共点，则当线段的长度最大时，的长为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，勾股定理，
（1）如图1，当点在圆外且，，三点共线时，点到直线距离的最大，可得结论；
（2）如图2，根据已知条件得到线段是的直径，根据勾股定理即可得到结论；
正确作出图形是解题的关键．
【详解】解：（1）如图1，
∵，的半径是，，
∴当点在圆外且，，三点共线时，点到直线距离的最大，
最大值为：，
故答案为：；
（2）如图2，
∵，是直线与的公共点，线段的长度最大，
∴线段是的直径，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴的长为，
故答案为：．
三、解答题：（本大题共12小题，共68分）
17. 解方程.
【答案】
【解析】
【分析】先移项，再配方，然后开方得出答案．
【详解】
整理，得，
配方，得，
即，
∴，
∴，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，灵活的选择解一元二次方程的方法是解题的关键．
18. 如图，在平面直角坐标系中，点，B4,0，．
（1）以点为旋转中心，把逆时针旋转，画出旋转后的；
（2）在（1）的条件下，
①线段扫过的图形面积为______；
②连接，线段的中点的坐标为______．
【答案】（1）作图见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】本题考查作图—旋转变换，扇形的面积公式、中点坐标公式，
（1）根据旋转的性质作出点、绕点逆时针旋转得到的对应点，再顺次连接可得；
（2）①根据扇形面积公式列式计算即可；②根据（1）中所作图形可得点的坐标，由中点坐标公式即可求得答案；
解题的关键是根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点．
【小问1详解】
解：如图所示：
【小问2详解】
①∵，，
∴线段扫过的图形面积为：，
故答案为：；
②由图知点的坐标为
又∵B4,0，
∴的中点的坐标为，即，
故答案为：．
19. 已知：如图，中，．
求作：，使得顶点P在的垂直平分线上．
作法：①作的垂直平分线l，交于点O；
②以O为圆心，为半径画圆，与直线l的一个交点为P（点P与点C在的两侧）；
③连接，，就是所求作的角．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接，
为的垂直平分线，
______．
，
______．
点A，B，C都在上．
点在上，
（________________________）（填推理依据）．
【答案】（1）见解析 （2），，同弧所对的圆周角相等
【解析】
【分析】本题主要考查作图，线段的垂直平分线，圆周角定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）根据要求作出图形即可；
（2）利用圆周角定理证明即可．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：证明：连接，
为的垂直平分线，
______．
，
______．
点A，B，C都在上．
点在上，
（___________同弧所对的圆周角相等_____________）
20. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程的两个实数根之差为3，求m的值．
【答案】（1）见解析 （2）1或
【解析】
【分析】（1）利用根的判别式得，进而可求证结论．
（2）由题意：，两边平方得：，进而可得：，将一元二次方程根与系数的关系 ， 代入即可求解．
【小问1详解】
证明：，
该方程总有两个实数根．
【小问2详解】
由题意得： ， ，，
则：，即：，即：，
，即：，
解得：或．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．
21. 唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长8m，设圆心为，交水面于点D，轮子的吃水深度为2m，求该桨轮船的轮子直径．
【答案】该桨轮船的轮子直径为10m
【解析】
【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用，勾股定理的应用，本题先表示m，求解m，再利用勾股定理建立方程求解即可.
【详解】解：设半径为rm，则m，
∴m．
∵m，，
∴m．
在中有，即，
解得m
则该桨轮船的轮子直径为10m．
22. 如图，在中，，，以为旋转中心，分别将线段，AB顺时针旋转得到线段，AD，AD交于点．若，求的长．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据旋转的性质可以得到，，，，根据三角形外角等于与它不相邻的两个内角之和可以得到，再根据可得是等腰直角三角形，利用勾股定理求出的长度．
【详解】解：绕点顺时针旋转得到，
，，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查旋转的性质、勾股定理、三角形的外角的性质．熟练掌握旋转的性质和勾股定理是解题的关键．
23. 已知：二次函数中的x和y满足表：
（1）m的值为______；
（2）直接写出这个二次函数的顶点式，并画出它的图象；
（3）当时，结合图象直接写出y的取值范围；
（4）对于正比例函数，当时，总有，直接写出k的取值范围．
【答案】（1）3 （2），画出图象见解析
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）由二次函数的对称性可求出该二次函数的对称轴为，再根据当时，，即可求出当时，，即；
（2）由该二次函数的对称轴为，结合表格可知该二次函数的顶点坐标为，即可设出该二次函数的顶点式为，再将，代入，即可求出a的值，即得出二次函数的顶点式，再根据表格画出图象即可；
（3）将代入，求出y的值，再结合图象即可解答；
（4）将，，代入，即可求出．画出此时大致图象，再根据当时，总有，即当时，二次函数图象在正比例函数图象的上方恒成立，再结合图象即可得出k的取值范围．
【小问1详解】
∵该二次函数当时，；当时，，
∴该二次函数的对称轴为．
∵当时，，
∴当时，，即；
【小问2详解】
解：∵该二次函数的对称轴为，
∴该二次函数的顶点坐标为，
∴可设该二次函数的顶点式为．
∵当时，，
∴，
解得：，
∴该二次函数的顶点式为．
结合表格画出大致图象如下；
【小问3详解】
解：将代入，得：，
∴当时，；
【小问4详解】
解：当时，，代入，
即，
解得：．
画出大致图象如下，
∵当时，总有，即当时，的图象在的上方即可，
∴即可．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数的对称性，画二次函数图象，利用图象解不等式，正比例函数的性质．利用数形结合的思想是解题关键．
24. 如图，在中，，以为直径的分别交、边于点、．过点作于点．
（1）求证：是的切线；
（2），，求的半径．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题考查了切线的判定，矩形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
（1）连接，由等腰三角形的性质证得．得出，由平行线的性质得出，则可得出答案；
（2）过点作于点，证明四边形为矩形，由矩形的性质得出，，设，则，．由勾股定理得出，解方程可得出答案．
【小问1详解】
解：证明：连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又为的半径．
是的切线．
【小问2详解】
解：过点作于点，
，，
，
四边形为矩形，
，，
设，则，
，
在中，，
即，
解得：， （舍去），
，
即的半径为；
25. 某广场的声控喷泉是由若干个垂直于地面的柱形喷泉装置组成的．每个柱形喷泉装置上都有上下两个喷头，这两个喷头朝向一致，喷出的水流均呈抛物线型．当围观游人喊声较小时，下喷头喷水；当围观游人喊声较大时，上下两个喷头都喷水．如图所示，点A和点B是一个柱形喷泉装置上的两个喷头，A喷头喷出的水流的落地点为C．以O为原点，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．（柱形喷泉装置的粗细忽略不计）
已知：，，，从A喷头和B喷头各喷出的水流的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系式分别是和；
（1）求A喷头喷出的水流的最大高度；
（2）一名游人站在点D处，．当围观游人喊声较大时，B喷头喷出的水流是否会落在该游人所站的点D处？
【答案】（1）
（2）不会
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的应用，构造二次函数模型并计算是解题的关键．
（1）根据喷头喷出的水流高度与水平距离的函数关系式，求出的最大值即可；
（2）根据喷头喷出的水流高度与水平距离的函数关系式，令，通过计算的值即可判断．
【小问1详解】
解：根据题意，令，易得，
令，，可求得，
因此A喷头和喷头各喷出的水流的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系式分别是和；
函数的对称轴为，此时，
因此A喷头喷出的水流的最大高度是；
【小问2详解】
解：函数，令，
，
因此B喷头喷出的水流不会落在该游人所站的点D处．
26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线G：．

（1）直接写出抛物线G的顶点坐标（用含m的代数式表示）；
（2）已知点，点，若抛物线G与线段只有一个交点，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质与综合，解题关键是熟练运用二次函数的性质结合点的坐标求解；
（1）把二次函数解析式化为顶点式即可求解；
（2）把点，点代入函数解析式，求出m的值，再确定求值范围即可．
【小问1详解】
解：化为顶点式为，
抛物线G的顶点坐标为．
【小问2详解】
解：把点代入得，
，
解得，，，
当时，点B的坐标为，抛物线解析式为，此时，抛物线与线段有两个交点；
当时，点B的坐标为，抛物线解析式为，此时，抛物线与线段有一个交点；
所以m取值范围为；
把点代入得，
，
解得，，，
当时，点B的坐标为，抛物线解析式为，此时，抛物线与线段有两个交点；
当时，点B的坐标为，抛物线解析式为，此时，抛物线与线段有一个交点；
所以m的取值范围为；
综上m的取值范围为或．
27. 在中，，．点是边=上一动点（不与点重合），连接，作于点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，作直线交于点．
（1）依题意补全图形，求证：；
（2）对于任意的点，点的位置是否改变，若不变，请指出点的位置，并证明；若改变，请说明理由．
【答案】（1）补图见解析，证明见解析
（2）点的位置不改变，点是的中点同，理由见解析
【解析】
【分析】（1）依照题意画出图形，由证明，利用全等三角形的性质求解；
（2）设直线与的交点为，过点作，交的延长线于，
利用旋转和（1）的来得到，结合平行线的性质易得，然后根据全等三角形的性质求解．
【小问1详解】
解：画图如下
∵将线段绕点逆时针旋转至线段，
，
．
在和中
，
．
，
．
【小问2详解】
解：点的位置不改变，点是的中点．
理由如下：如下图，设直线与的交点为，过点作，交的延长线于，
．
，
．
，
，
，
，
，
,
，
．
，
．
在和中
，
，
∴点是的中点．
【点晴】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，旋转的性质，三角形内角和定理，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解答关键．
28. 在平面直角坐标系中，，，线段的中点为，若平面内存在一点使得或者为直角（点不与，，重合），则称为线段的直角点．
（1）当时，
①在点，，中，线段的直角点是______；
②直线上存在四个线段的直角点，求出取值范围；
（2）直线与，轴交于点，．若线段上只存在两个线段的直角点，直接写出取值范围．
【答案】（1）①，；②或
（2）或
【解析】
【分析】（1）①由线段的直角点定义可求解；
②由圆周角定理可得点在以为直径或为直径的圆上，求出直线过点时的值和直线与以为直径或以为直径的圆相切时的值，即可求解；
（2）由题意可得以为直径或以为直径的圆与线段的交点只有两个，利用特殊位置求解即可．
【小问1详解】
解：①当时，则点，点，
∵点是中点，
∴点，
∴，
∵，，
∴，
∴点不是线段的直角点；
∵，，
∴，
∴，
∴点是线段的直角点；
∵，，
∴，
∴，
∴点是线段的直角点；
故答案为：，；
②当直线经过点时，设直线交轴于点，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，得：，
∴，
∴，
∴，即直线与轴所成的锐角为，
∵或者为直角，
∴点在以为直径或为直径的圆上，
如图，当直线与以为直径的圆相切时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即存在三个线段的直角点，当直线与以为直径的圆相切时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即存在三个线段的直角点，
设切点分别为、，以为直径的圆的圆心为，以为直径的圆的圆心为，直线与轴交于点（当直线与以为直径的圆相切时，与轴交于点），连接，，
∵直线与以为直径的圆相切，
∴，
∵直线与直线：平行，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
用同样的方法，当直线与以为直径的圆相切时，，
∴，
∴，
∴，
当直线经过点时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有三个交点，即直线上存在三个线段的直角点，此时，
∴当或时，直线与以为直径的圆和以为直径的圆有四个交点，即直线上存在四个线段的直角点；
【小问2详解】
∵直线与，轴交于点，，
当时，得：；当时，得：，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
如图，当直线与以为直径的圆相切于点，
设为直径的圆的圆心为，连接，此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有两个交点，即线段上存在两个线段的直角点，
∵，，线段的中点为，
∴，，
∵直线与以为直径的圆相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，当直线与以为直径的圆相切于点时，
此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有个交点，即线段上存在个线段的直角点，
设为直径的圆的圆心为，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点与点重合时，此时线段与以为直径的圆和以为直径的圆有两个交点，即线段上存在两个线段的直角点，此时，
∴当或时，线段上只存在两个线段的直角点．
x
…
1
2
t
…
…
m
p
p
n
…
x
…
0
1
2
3
…
…
3
0
0
m
…