北京市第一七一中学2025~2026学年上册12月月考九年级数学试题【附解析】

这是一份北京市第一七一中学2025~2026学年上册12月月考九年级数学试题【附解析】，共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．刺绣是中国民间传统手工艺之一．下列刺绣图案中，是中心对称图形的为（ ）
A．B．
C．D．
2．用配方法解方程，下列变形正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．把抛物线向左平移2个单位长度，平移后抛物线的表达式为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，是的直径，是的弦，如果，那么等于（ ）
A．B．C．D．
5．已知关于x的一元二次方程有两个实数根，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．且D．且
6．下表记录了二次函数中两个变量x与y的5组对应值，其中．
根据表中的信息，当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，有一长为，宽为的长方形木板在桌面上作无滑动翻滚（顺时针方向），木板上的顶点的位置变化为，其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板边沿与桌面成角，则点翻滚到时，共走过的路径长为（ ）
A．B．C．D．
8．一组对边平行且另一组对边不平行的四边形称为梯形．若梯形中不平行的两边相等，则称这样的梯形为等腰梯形．如图，点，，，分别是等腰梯形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．点，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．以下四个结论：
①四边形是菱形；
②连接，则；
③四边形的面积等于四边形面积的倍；
④四边形周长的平方不小于梯形面积的倍．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．②③C．①②④D．①②③④
二、填空题
9．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为 ．
10．已知抛物线，且经过点，，试比较和的大小： （填“”、“”或“”）．
11．.如果一个扇形的弧长是，半径是6，那么此扇形的圆心角为 °．
12．小红利用计算机模拟“投针试验”：在一个平面上画一组间距为cm的平行线，将一根长度为cm的针任意投掷在这个平面上，针可能与某一直线相交，也可能与任一直线都不相交．下图显示了小红某次实验的结果，那么可以估计出针与直线相交的概率是 （结果保留小数点后两位）．
13．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转，得到．若点恰好落在边上，且，则 ．
14．如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为 cm．
15．如图，二次函数与一次函数的交点A，B的坐标分别为，，则不等式的解集为 ．
16．对于平面直角坐标系中的点和图形，给出如下定义：若在图形上存在点 ，使得，为正数，则称点为图形的倍等距点．
已知点， ．
（1）在点 中，线段的倍等距点是 ；
（2）线段的所有倍等距点形成图形的面积是 ．
三、解答题
17．解方程：
18．石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一，它的主桥拱是圆弧形．如图，已知某公园石拱桥的跨度米，拱高米，那么桥拱所在圆的半径是多少米？
19．已知：，是直线上的两点．
求作：，使得点在直线上方，且．
作法：
①分别以，为圆心，长为半径画弧，在直线下方交于点；
②以点为圆心，长为半径画圆；
③在劣弧上任取一点（不与，重合），连接，．就是所求作的三角形．
（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：在优弧上任取一点（不与，重合），连接，，，．
，
是等边三角形．
．
，，在上，
（ ）（填推理的依据）．
．
四边形内接于．
（ ）（填推理的依据）．
．
20．已知二次函数的图象过点和．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）画出二次函数图象；
（3）当时，结合图象，直接写出函数值的取值范围．
21．已知关于的一元二次方程．
（1）求证：无论取何值，此方程总有两个实数根；
（2）若为正整数，且该方程的根都是正整数，求的值．
22．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，．
（1）把向左平移4个单位后得到对应的，请画出平移后的；
（2）画出关于原点对称的；
（3）观察图形可知，与关于点______中心对称．（写出坐标）
23．随着中考的临近，为了给即将参加中考的学生加油鼓励，九年级（1）班的班长制作了一个如图所示质地均匀的转盘（转盘被平均分成四等份），再将“中考加油”四个字分别写在每个扇形上，让班上的每个同学自由转动两次转盘，转盘停止后，指针所指扇形区域内的字即为转出的字（若指针指向分割线，则不计次数，重新转动，直至指针指向某一扇形区域为止）．
（1）该班的小敏同学转动一次转盘，转出的字为“考”属于______事件；（选填“必然”“随机”或“不可能”）
（2）该班的小凡同学转动转盘两次，利用列表或画树状图的方法求小凡同学两次转出的字可以组成词语“中考”或“加油”的概率．
24．如图，在中，，为的直径．与相交于点D．过点D作于点E，延长线交于点F．
（1）求证：为的切线；
（2）若，，求的长．
25．乒乓球被誉为中国国球，不仅承载着民族自豪感，更成为展现中国体育精神的文化符号．发球机成为乒乓球爱好者的热门训练器．如图，是乒乓球台的示意图，乒乓球台长为，球网高．发球机采用“直发式”模式，球从发球机出口到第一次接触球台的运行轨迹近似为抛物线的一部分．
某次训练，发球机从球台边缘点正上方的高度处发球（即的长），乒乓球到球台的竖直高度记为（单位：cm），乒乓球运行的水平距离记为（单位：），测得几组数据如下：
根据以上数据，解决下列问题：
（1）当乒乓球第一次落在对面球台上时，球到起始点的水平距离是___________，表格中的值为___________；
（2）求出满足条件的函数表达式；
（3）若发球机的发球高度增加，其他所有条件均不变，则乒乓球从发球机出口发出后___________落到对面球台上（填“能”或“不能”）．
26．在平面直角坐标系中，抛物线．
（1）写出该抛物线的对称轴为___________，顶点坐标为___________；
（2）若直线与抛物线交于两点，其中一个交点的横坐标为2，过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点，且点在点的下方．当的面积随的增大而减少时，求的取值范围．
27．已知等边，将射线绕点逆时针旋转得到射线，将射线绕点顺时针旋转与射线交于点，连接．
（1）的度数是___________；
（2）在图1中，过点作于点，猜想与的数量关系，并证明；
（3）如图2，取的中点，线段上是否存在一定点，使得无论为何值，都满足？若存在，请指出点所在的位置，并证明；若不存在，请说明理由．
28．在平面直角坐标系中，对于图形给出如下定义：图形绕点顺时针旋转得到图形记为图形，对于图形上任意一点，存在实数满足，则称满足条件的的最大值为图形关于点的“旋转最大值”
（1）若为原点，，，线段绕点顺时针旋转的图形记为线段．
①在图1中画出线段；
②直接写出线段关于点的“旋转最大值”：___________；
（2）若为原点，，，，直接写出线段关于点的“旋转最大值”是___________；
（3）若为，图形是顺次连接，，，所组成的四边形，图形关于点的“旋转最大值”不超过，则的取值范围是___________．
答案
1．【正确答案】B
【分析】如果一个图形绕某一点旋转180度后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．依据中心对称图形的概念即可解答．
【详解】解：A、是轴对称图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选B．
2．【正确答案】D
【分析】把常数项移到等号的右边，两边同时加上一次项系数一半的平方，再依据完全平方公式将左边写成完全平方式即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
即．
故选D．
3．【正确答案】C
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：把抛物线向左平移2个单位长度，所得直线解析式为：,即；
故选C．
4．【正确答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理的推论以及直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据直径所对的圆周角是直角，可求得，又由，可求得的度数，再根据直角三角形的性质求出答案．
【详解】解∶ 是的直径，
．
，
．
．
故选C．
5．【正确答案】C
【分析】根据一元二次方程有两个实数根可知判别式，解出a的范围，再综合一元二次方程的定义即可得到答案．
【详解】 关于x的一元二次方程有两个实数根
且，
且
故选C．
6．【正确答案】C
【分析】本题考查二次函数图象与性质，根据表中数据得出对称轴，进而得到抛物线与轴的交点坐标，利用交点式得到，从而得到二次函数解析式为，根据当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，可得结论．掌握二次函数表达式的求法是解题的关键．
【详解】解：∵抛物线过点、，
∴抛物线的对称轴为，
又∵抛物线过点，，
∴，
∴抛物线与轴的交点为、，
设抛物线解析式为，
整理得：
又∵二次函数
∴，
解得：，
∴二次函数解析式为，
∴当时，，
当时，，
当时，最大值，
∵当时，直线与该二次函数图象有两个公共点，
∴．
故选C．
7．【正确答案】B
【分析】本题考查了弧长的计算、勾股定理，由勾股定理可得长方形的对角线长为，结合第一次是点以为旋转中心，顺时针旋转得到，即可得出第一次走过的路径，再由第二次是点以点为旋转中心，顺时针旋转得到，计算出第二次走过的路径，即可得解．
【详解】解：第一次是点以为旋转中心，顺时针旋转得到，
长方形的对角线长为，
此次点走过的路径为，
∵第二次翻滚被桌面上一小木块挡住，使木板边沿与桌面成角，
∴第二次是点以点为旋转中心，顺时针旋转得到，
此次点走过的路径为，
∴点翻滚到时，共走过的路径长为，
故选B．
8．【正确答案】C
【分析】本题主要研究等腰梯形各边中点连线所构成的四边形的性质．运用三角形中位线定理来推导四边形和的边、角、面积等相关性质，进而判断四个结论的正确性．
【详解】解：连接等腰梯形的对角线、．
∵点，，，分别是等腰梯形各边的中点，
∴， ，
∵等腰梯形的对角线相等，
∴，
∴．
同理，
∴四边形是菱形，结论①正确．
取的中点，连接，，
∵，分别是，的中点，
∴
∵
∴
∴点，，三点共线，
∴即，结论②正确．
连接、，
∵四边形是菱形，
∴，
∴
∵点，，，分别是四边形各边的中点，
∴，
∴，，四边形是平行四边形，
∴，四边形是矩形，
同理可得，
∴
∴，即四边形的面积等于四边形面积的倍，不是倍，结论③错误．
同理可得四边形的面积等于四边形面积的倍，
∴四边形的面积等于四边形面积的倍，
设梯形的高为，上底，下底，
∴梯形面积 ．
∵点，，，分别是四边形各边的中点，
∴，
∴
∴四边形是平行四边形，设其相邻两边分别为、，周长 ， ．
∵（当且仅当时取等号），四边形的面积 ，且，
∴
∴
∵
∴ ，即四边形周长的平方不小于梯形面积的倍，结论④正确，
故选C．
9．【正确答案】1
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式求参数，理解一元二次方程两个相等的实数根的含义，掌握根的判别式的计算是关键．
根据，方程有两个相等的实数根即可求解．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，.
10．【正确答案】
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要考查学生的观察能力和分析能力，本题比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
比较两个点离直线的远近即可得到、的大小关系．
【详解】∵
∴抛物线对称轴为直线，开口向上，
∵
∴离对称轴较近，
∴．
11．【正确答案】.
【详解】试题分析：根据弧长的公式可以得到．
故答案是．
考点：弧长的计算．
12．【正确答案】
【分析】利用大量重复试验下事件发生的频率可以估计该事件发生的概率直接回答即可．
【详解】解：由实验可得：针与直线相交的频率稳定在附近，
而
所以估计出针与直线相交的概率是
13．【正确答案】/度
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和、外角定理，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，，再由三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，
∴.
14．【正确答案】
【分析】在图中构建直角三角形，先根据勾股定理得AD的长，再根据垂径定理得AB的长．
【详解】解：作OD⊥AB于D，连接OA．
根据题意得：OD=OA=1cm，
再根据勾股定理得：AD=cm，
根据垂径定理得：AB=2cm．
15．【正确答案】或
【分析】本题主要考查一元二次不等式及其解法 ，解答本题的关键在于熟练掌握利用图象解一元二次不等式，结合图象分析即可求解．
【详解】解：∵与一次函数的交点的坐标分别为1,7,
由图象可知，
当 ，时，
；
当，
二次函数图象在一次函数图象下方，即
；
当时
二次函数图象在一次函数图象上方，
此时，
也即，
∴不等式的解集：或．
16．【正确答案】点和点；；见详解．
【分析】（）先设为线段上一点，再根据图可知的取值范围，由题意得，可求出的取值范围，即可求出满足条件的点；
（）由（）知，线段的所有倍等距点形成图形，再根据图形求得面积，
此题考查了新定义，解题的关键是读懂“等距点”的定义，根据概念解决问题．
【详解】（）设为线段上一点，
则由图可知，
的取值范围是，
∵ ，，，
∴，，，
设线段的倍等距点为，
则，
∴，
∴点，为线段的倍等距点.
（）由（）可知，
∴线段的所有倍等距点形成图形，如图，
由图可知，该图形是环形，
∴等距点形成图形的面积为.
17．【正确答案】
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，把方程左边利用十字相乘法分解因式，再解方程即可．
【详解】解：
或，
解得．
18．【正确答案】10米
【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理的应用，圆的性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
由垂径定理得到，设的半径是，由勾股定理得到，据此列方程，解答即可．
【详解】解：∵经过圆心O，且，垂足为D，，
∴，
设的半径是，
∵，
∴，
由勾股定理得到，
故
解得，
∴桥拱所在圆的半径是10米．
19．【正确答案】（1）见详解
（2）同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补
【分析】（1）按照题目所给作法作出相应图形即可；
（2）根据等边三角形的判定与性质可得，再根据圆周角定理可得，最后再根据圆的内接四边形的性质即可证得．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所求；
（2）证明：如图，在优弧上任取一点（不与，重合），连接，，，，如图所示：
，
是等边三角形．
．
，，在上，
（同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半）．
．
四边形内接于，
（圆的内接四边形对角互补）．
．
故同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补．
20．【正确答案】（1）
（2）见详解
（3）
【分析】（1）把点和代入二次函数，求出b，c的值即可；
（2）列表、描点、连线，即得；
（3）根据二次函数的性质，求出函数y的最大值，再求出当时，y的值，当时，y的值，即可以得到时，函数值y的取值范围．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象过点和，
∴，
解得：，
∴二次函数的解析式为：．
（2）解：，
列表：
以表中每对x，y的值作为点的坐标，在平面直角坐标系中描点，用平滑的曲线顺次连接各点，得到二次函数的图象，如下图：
（3）解：由（1）得，二次函数的解析式为：，
∴对称轴为直线，
当时，二次函数有最大值，；
∴当时，；
当时，；
∴当时，
函数值y的取值范围为：．
21．【正确答案】（1）见详解
（2）1
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系以及根的判别式，熟练掌握相关公式是解题关键
（1）表示出根的判别式，判断其取值范围，即可得证；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，根据题意该方程的根都是正整数，即可求解．
【详解】（1）解： ，
无论取何值，此方程总有两个实数根
（2）解：关于的一元二次方程，得
，.
该方程的根都是正整数，
，
.
为正整数，
22．【正确答案】（1）见详解
（2）见详解
（3）
【分析】此题考查了平移和中心对称的作图，准确作图是关键．
（1）找到向左平移4个单位后得到对应点，顺次连接即可；
（2）找到关于原点对称的，顺次连接即可；
（3）根据图形得到答案即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
（2）如图，即为所求；
（3）观察图形可知，与关于点中心对称．
23．【正确答案】（1）随机
（2）
【分析】本题主要考查了事件的分类，利用列表或画树状图求概率等知识点，解题的关键是熟练掌握事件的分类和求概率的方法．
（1）根据事件的分类进行判断即可；
（2）画树状图进行求概率即可．
【详解】（1）解：该事件属于随机事件.
（2）解：画树状图如下：
由树状图可知共有16种等可能的结果，其中两次转出的字可以组成词语“中考”或“加油”的结果有4种，
∴P（小凡同学两次转出的字可以组成词语“中考”或“加油”．
24．【正确答案】（1）见详解
（2）
【分析】（1）根据已知条件证得即可得到结论；
（2）如图，过点作于点，则，构建矩形，根据矩形的性质和勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
，
．
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：如图，过点作于点，则，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，，
，
，
是的直径，
．
25．【正确答案】（1）230；45
（2）
（3）能
【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，掌握待定系数法求二次函数解析式、正确理解题意是解题的关键．
（1）根据表格中的数据，函数值为0时，自变量的值即为水平距离，根据对称性可得对称轴为直线，则当时的函数值与当的函数值相同，据此可得答案；
（2）把解析式设为顶点式，再利用待定系数法求解即可；
（3）当发球机的发球高度增加时，则此时抛物线解析式为，求出此时函数值为0时自变量的值即可得到答案．
【详解】（1）解：当乒乓球的竖直高度为0时，水平距离为，
∴当乒乓球第一次落在对面球台上时，球到起始点的水平距离是；
当和当时的函数值相同，对称轴为直线，
当时的函数值与当的函数值相同，
∴.
（2）解：设，
把代入 中，得，
解得：，
则满足条件的函数表达式为；
（3）解：当发球机的发球高度增加时，
则此时抛物线解析式为，
当时，
解得或（舍去），
∵，
∴乒乓球从发球机出口发出后能落到对面球台上.
26．【正确答案】（1）直线 ；
（2）
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，二次函数与几何综合，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
（1）根据对称轴计算公式求出对称轴，再计算顶点坐标即可；
（2）可求出直线与抛物线的一个交点坐标为，则利用待定系数法可求出抛物线解析式为，进而求出两函数的另一个交点坐标；用含有m的代数式表示出点N和点M的坐标，根据点M在点N的下方可得m的取值范围为，再由，求出关于m的二次函数关系式，利用二次函数的增减性求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，抛物线的对称轴为直线，
在中，
当时，，
∴抛物线的顶点坐标为.
（2）解：如图，
把代入中，得，
∴交点坐标为，
把点代入中，得，
解得，
∴抛物线的解析式为，
联立，
解得，，
∴，，
∵直线交抛物线于点，交直线于点，且点在点的下方，
∴，，且，
∴，
∴
，
∵S关于m的二次函数开口向下，对称轴为，
∴当时，S随m的增大而减小，
∴当的面积随的增大而减少时，的取值范围为．
27．【正确答案】（1）
（2），理由见详解
（3）存在点N是线段的中点，见详解
【分析】（1）设交于点O，利用旋转的性质及三角形内角和定理即可求解；
（2）在上取点F，使得，连接，证明是等边三角形，再证明，推出，根据，求出，利用含30度的直角三角形的性质即可证明；
（3）过点A作交延长线于点E，分别取的中点G，N，连接，利用等边三角形的性质结合三角形中位线的性质证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：设交于点O，
由旋转的性质得，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
，
∴.
（2）解：．理由：
在上取点F，使得，连接，
由（1）知，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，交延长线于点E，
∴，
∴，
∴；
（3）解：存在，点N为的中点，证明如下：
过点A作交延长线于点E，分别取的中点G，N，连接，
则是的中位线，
∴，，
∵，
∴，
∵点N是的中点，
∴，
∴，
∵点M是的中点，点G是的中点，
∴是的中位线，
∴，
由（2）知，，即，
∴，
由（1）知，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（2）知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
28．【正确答案】（1）①见详解；②
（2）
（3）或
【分析】（1）①根据旋转性质作图即可；
②根据，，得到即，故当最小时，取得最大值，当经过点时，k取得最大值，且最大值为，解答即可；
（2）根据（1）解答，可知当最小时，取得最大值，故当经过点时，k取得最大值，且，结合，判定k随m的增大而增大，故当时，k取得最大值，且为；
（3）先确定变换后的图形坐标，，，设是矩形上的任意一点，根据题意，，得到，结合，得到，故，当，点在上时，取得最小值，且最小值为，此时取得最大值，最大值为，当，点在上时，无限接近0，此时的值可以无限大，与图形关于点的“旋转最大值”不超过矛盾，此时不满足要求，不符合题意；当时，点在上时，取得最小值，且最小值为，此时取得最大值，最大值为，结合“旋转最大值”不超过，解答即可．
本题主要考查了新定义——“旋转最大值”．熟练掌握坐标与图形变化——旋转，旋转性质，全等三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，正确根据定义找到对应图形绕点M顺时针旋转90度后的对应图形，分类讨论，是解题的关键．
【详解】（1）①根据旋转性质作图如下：
则线段即为所求；
②解：∵为原点，，，
∴，，，
根据题意，对于图形上任意一点，存在实数满足，
∵，，
∴即，
根据题意，得，，
∵，，
∴当最小时，取得最大值，
∴当经过点时，k取得最大值，且最大值为，
k的最大值为.
（2）解：∵为原点，，，，
∴，，，
根据题意，对于图形上任意一点，存在实数满足，
∵，，
∴即，
根据题意，得与线段相交，且，
∵，，，
∴当最小时，取得最大值，
∴当经过点时，k取得最大值，且，
∵，
∴k随m的增大而增大，
∴当时，k取得最大值，且为.
（3）解：∵点为，图形是顺次连接，，，所组成的四边形，
∴，
∵，，，，
∴轴，轴，且，，
轴，轴，且，，
∴四边形是长为4，宽为2的矩形，
过点M作于点T，交的延长线于点S，
则，，，
根据旋转的性质，得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证，，，
∴，
∴点M到直线，的距离相等，且都是2；
设是矩形上的任意一点，
根据题意，，
∴，，
根据题意，对于图形上任意一点，存在实数满足，
∴，
∵，
∴，
∴，
当，点在上时，取得最小值，且最小值为，
此时取得最大值，最大值为，
∵图形关于点的“旋转最大值”不超过，
∴，
∴，
∴，
解得；
当，点在上时，无限接近0，
此时的值可以无限大，与图形关于点的“旋转最大值”不超过矛盾，
此时不满足要求，不符合题意；
当时，点在上时，取得最小值，且最小值为，
此时取得最大值，最大值为，
∵图形关于点的“旋转最大值”不超过，
∴，
∴，
∴，
解得；
综上所述，的取值范围是或．
…
1
3
…
…
0
2
0
…
水平距离
0
10
50
90
130
170
230
竖直高度
28.75
33
45
49
33
0
x
…
0
1
2
3
4
5
…
…
0
1
0
…