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16. 一次野餐活动中，乐乐从营地A出发，沿北偏东$60°$方向走了$500\sqrt{3}$ m到达B处，然后再沿北偏西$30°$方向走了500 m到达目的地C处，如图所示，那么A、C两地的距离是
$1000\ \mathrm{m}$
。答案
16. $1000\ \mathrm{m}$.
解析
【分析】
解题思路如下：第一步，首先根据方向角的定义结合平行线的性质，推导得出△ABC中∠ABC的度数；第二步，验证△ABC为直角三角形，再将已知的AB、BC的长度代入勾股定理，即可计算出A、C两地的距离。
【解析】
首先，由题意可知A点和B点的正北方向线互相平行：
1. 乐乐从A沿北偏东60°走到B，因此AB与A处正北线的夹角为60°，根据平行线内错角相等，可得AB与B处正北线的夹角也为60°；
2. 从B沿北偏西30°走到C，因此BC与B处正北线的夹角为30°，故∠ABC = 60° + 30° = 90°，即△ABC是直角三角形，直角顶点为B。
已知AB = $500\sqrt{3}$ m，BC = 500 m，根据勾股定理：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{(500\sqrt{3})^2 + 500^2} = \sqrt{750000 + 250000} = \sqrt{1000000} = 1000\ \mathrm{m}$
【答案】
$\boldsymbol{1000\ \mathrm{m}}$
【知识点】
方向角识别；勾股定理；直角三角形判定
【点评】
本题结合生活实际场景出题，解题的关键是根据方位角准确判断出三角形为直角三角形，再运用勾股定理求解即可，属于几何知识的基础应用题型。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：第一步，首先根据方向角的定义结合平行线的性质，推导得出△ABC中∠ABC的度数；第二步，验证△ABC为直角三角形，再将已知的AB、BC的长度代入勾股定理，即可计算出A、C两地的距离。
【解析】
首先，由题意可知A点和B点的正北方向线互相平行：
1. 乐乐从A沿北偏东60°走到B，因此AB与A处正北线的夹角为60°，根据平行线内错角相等，可得AB与B处正北线的夹角也为60°；
2. 从B沿北偏西30°走到C，因此BC与B处正北线的夹角为30°，故∠ABC = 60° + 30° = 90°，即△ABC是直角三角形，直角顶点为B。
已知AB = $500\sqrt{3}$ m，BC = 500 m，根据勾股定理：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{(500\sqrt{3})^2 + 500^2} = \sqrt{750000 + 250000} = \sqrt{1000000} = 1000\ \mathrm{m}$
【答案】
$\boldsymbol{1000\ \mathrm{m}}$
【知识点】
方向角识别；勾股定理；直角三角形判定
【点评】
本题结合生活实际场景出题，解题的关键是根据方位角准确判断出三角形为直角三角形，再运用勾股定理求解即可，属于几何知识的基础应用题型。
【难度系数】
0.7
17. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$. 按以下步骤作图：①以点A为圆心、以适当长为半径作弧，分别交AB、AC于点M、N，再分别以点M、N为圆心，以大于$\frac{1}{2}MN$的长为半径作弧，两弧在$∠ BAC$内交于点P，作射线AP交BC于点D；②作$DE⊥ AB$，垂足为E；③以点D为圆心、以CD为半径作弧，交AD于点F，再以点A为圆心、以AF为半径作弧，交AC于点G. 若$DE=\frac{4}{5}BD$，那么$\frac{CG}{CD}$的值为
(第17题) (第18题)
$4-\sqrt{10}$
.(第17题) (第18题)
答案
17. $4-\sqrt{10}$.
解析
【分析】
首先根据尺规作图步骤判断AD是∠BAC的角平分线，利用角平分线性质可得CD=DE；结合已知$DE=\frac{4}{5}BD$，通过设参数表示相关线段长度，先在$Rt△BDE$中用勾股定理求BE；再证明$△ACD≌△AED$得AC=AE，在$Rt△ABC$中用勾股定理求AC的长度；接着在$Rt△ACD$中求AD的长度，结合作图得到的DF=CD、AG=AF表示出AG，最后计算CG与CD的比值即可，参数k会在计算中约去。
【解析】
1. 由作图步骤①可知AD平分$∠ BAC$，
$\because ∠ C=90°$即$DC⊥ AC$，$DE⊥ AB$，
$\therefore$ 根据角平分线的性质得$CD=DE$。
2. 设$DE=4k$，由$DE=\frac{4}{5}BD$得$BD=5k$，
$\therefore CD=DE=4k$，$BC=BD+CD=5k+4k=9k$。
3. 在$Rt△BDE$中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{(5k)^2-(4k)^2}=3k$。
4. 在$△ACD$和$△AED$中：
$\begin{cases}∠ C=∠ AED=90°\\∠ CAD=∠ EAD\\AD=AD\end{cases}$
$\therefore △ACD≌△AED(AAS)$，则$AC=AE$。
设$AC=AE=x$，则$AB=AE+BE=x+3k$。
5. 在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：
$AC^2+BC^2=AB^2$，即$x^2+(9k)^2=(x+3k)^2$，
展开化简得$72k^2=6kx$，解得$x=12k$，即$AC=12k$。
6. 在$Rt△ACD$中，$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{(12k)^2+(4k)^2}=4\sqrt{10}k$。
7. 由作图步骤③得$DF=CD=4k$，$AG=AF$，
$\therefore AF=AD-DF=4\sqrt{10}k-4k$，即$AG=4\sqrt{10}k-4k$。
8. $CG=AC-AG=12k-(4\sqrt{10}k-4k)=16k-4\sqrt{10}k$，
$\therefore \frac{CG}{CD}=\frac{16k-4\sqrt{10}k}{4k}=4-\sqrt{10}$。
【答案】
$4-\sqrt{10}$
【知识点】
角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合尺规作图考查多个几何知识点的综合应用，解题关键是准确识别作图得到的边角等量关系，通过设参数的方法可简化计算过程，消去参数后即可得到所求比值。
【难度系数】
0.4
首先根据尺规作图步骤判断AD是∠BAC的角平分线，利用角平分线性质可得CD=DE；结合已知$DE=\frac{4}{5}BD$，通过设参数表示相关线段长度，先在$Rt△BDE$中用勾股定理求BE；再证明$△ACD≌△AED$得AC=AE，在$Rt△ABC$中用勾股定理求AC的长度；接着在$Rt△ACD$中求AD的长度，结合作图得到的DF=CD、AG=AF表示出AG，最后计算CG与CD的比值即可，参数k会在计算中约去。
【解析】
1. 由作图步骤①可知AD平分$∠ BAC$，
$\because ∠ C=90°$即$DC⊥ AC$，$DE⊥ AB$，
$\therefore$ 根据角平分线的性质得$CD=DE$。
2. 设$DE=4k$，由$DE=\frac{4}{5}BD$得$BD=5k$，
$\therefore CD=DE=4k$，$BC=BD+CD=5k+4k=9k$。
3. 在$Rt△BDE$中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{(5k)^2-(4k)^2}=3k$。
4. 在$△ACD$和$△AED$中：
$\begin{cases}∠ C=∠ AED=90°\\∠ CAD=∠ EAD\\AD=AD\end{cases}$
$\therefore △ACD≌△AED(AAS)$，则$AC=AE$。
设$AC=AE=x$，则$AB=AE+BE=x+3k$。
5. 在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：
$AC^2+BC^2=AB^2$，即$x^2+(9k)^2=(x+3k)^2$，
展开化简得$72k^2=6kx$，解得$x=12k$，即$AC=12k$。
6. 在$Rt△ACD$中，$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{(12k)^2+(4k)^2}=4\sqrt{10}k$。
7. 由作图步骤③得$DF=CD=4k$，$AG=AF$，
$\therefore AF=AD-DF=4\sqrt{10}k-4k$，即$AG=4\sqrt{10}k-4k$。
8. $CG=AC-AG=12k-(4\sqrt{10}k-4k)=16k-4\sqrt{10}k$，
$\therefore \frac{CG}{CD}=\frac{16k-4\sqrt{10}k}{4k}=4-\sqrt{10}$。
【答案】
$4-\sqrt{10}$
【知识点】
角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合尺规作图考查多个几何知识点的综合应用，解题关键是准确识别作图得到的边角等量关系，通过设参数的方法可简化计算过程，消去参数后即可得到所求比值。
【难度系数】
0.4
18 如图，在$△ ABC$中，$AB=11$，$AC=3\sqrt{5}$，$\tan∠ BAC=2$，点$D$在边$BC$上，在射线$BC$上取一点$E$，使$∠ BAC=∠ DAE$。如果$△ ADE$是以$DE$为腰的等腰三角形，则线段$BD$的长为________。
答案
18. $\dfrac{11}{2}$或$\dfrac{77}{20}$. 提示：如图，过点 C 过 $CM ⊥ AB$，垂足为 M. 由 $AC=3\sqrt{5}$，$\tan ∠ BAC=2$，得 $AM=3$，$CM=6$，故 $BM=8$，$BC=10$.
过点 $A$ 作 $AN ⊥ BE$，垂足为 $N$. $S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2} AB · CM =\dfrac{1}{2} BC · AN$，得 $AN=\dfrac{33}{5}$. 所以，在 $\mathrm{Rt}△ ABN$ 中，$BN =\sqrt{11^2-(\dfrac{33}{5})^2} =\dfrac{44}{5}$.
当 $DE=EA$ 时，$∠ ADE=∠ DAE=∠ BAC$，故 $\tan ∠ ADN =\dfrac{AN}{DN}=2$，得 $DN=\dfrac{33}{10}$，$BD=\dfrac{44}{5}-\dfrac{33}{10}=\dfrac{11}{2}$.
当 $DE=DA$ 时，$∠ AED=∠ DAE=∠ BAC$，$\tan ∠ AED =\dfrac{AN}{NE}=2$，得 $NE=\dfrac{33}{10}$.
在 $\mathrm{Rt}△ ANE$ 中，$AE =\sqrt{(\dfrac{33}{5})^2 +(\dfrac{33}{10})^2} =\dfrac{33\sqrt{5}}{10}$. 过点 $D$ 作 $DP ⊥ AE$，垂足为 $P$，则 $EP=AP=\dfrac{1}{2} AE =\dfrac{33\sqrt{5}}{20}$，$DP=EP · \tan ∠ AED=2EP$，故 $DE=\sqrt{(2EP)^2 + EP^2} =\sqrt{5} EP =\dfrac{33}{4}$. 所以，$BD=BN+NE-DE =\dfrac{44}{5}+\dfrac{33}{10}-\dfrac{33}{4} =\dfrac{77}{20}$.
解析
【分析】
解题首先处理△ABC的已知条件：已知AB、AC长度和∠BAC的正切值，先作AB边上的高CM，通过解直角三角形求出BC的长度；再作BE边上的高AN，利用三角形面积相等求出AN的长度，结合勾股定理求出BN的长度。由于△ADE是以DE为腰的等腰三角形，需分两种情况讨论：①DE=EA；②DE=DA，两种情况均结合∠DAE=∠BAC（正切值为2）的条件，解直角三角形求出对应线段长度，最终计算得到BD的长。
【解析】
1. 求BC的长度：
过点C作$CM ⊥ AB$，垂足为M。
在$\mathrm{Rt}△ ACM$中，$\tan∠ BAC=\frac{CM}{AM}=2$，设$AM=x$，则$CM=2x$，由勾股定理得：
$AM^2+CM^2=AC^2$，即$x^2+(2x)^2=(3\sqrt{5})^2$，解得$x=3$（长度为正）。
因此$AM=3$，$CM=6$，$BM=AB-AM=11-3=8$。
在$\mathrm{Rt}△ BCM$中，$BC=\sqrt{BM^2+CM^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
2. 求AN、BN的长度：
过点A作$AN ⊥ BE$，垂足为N。
由$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CM=\frac{1}{2}BC· AN$，代入数值得$\frac{1}{2}×11×6=\frac{1}{2}×10× AN$，解得$AN=\frac{33}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABN$中，$BN=\sqrt{AB^2-AN^2}=\sqrt{11^2-(\frac{33}{5})^2}=\frac{44}{5}$。
3. 分情况讨论等腰$△ ADE$：
情况1：当$DE=EA$时，$∠ ADE=∠ DAE=∠ BAC$，因此$\tan∠ ADN=\tan∠ BAC=2$。
在$\mathrm{Rt}△ ADN$中，$\tan∠ ADN=\frac{AN}{DN}=2$，则$DN=\frac{AN}{2}=\frac{33}{10}$，
因此$BD=BN-DN=\frac{44}{5}-\frac{33}{10}=\frac{11}{2}$。
情况2：当$DE=DA$时，$∠ AED=∠ DAE=∠ BAC$，因此$\tan∠ AED=\tan∠ BAC=2$。
在$\mathrm{Rt}△ AEN$中，$\tan∠ AED=\frac{AN}{NE}=2$，则$NE=\frac{AN}{2}=\frac{33}{10}$，
由勾股定理得$AE=\sqrt{AN^2+NE^2}=\sqrt{(\frac{33}{5})^2+(\frac{33}{10})^2}=\frac{33\sqrt{5}}{10}$。
过点D作$DP ⊥ AE$，垂足为P，由等腰三角形三线合一得$EP=AP=\frac{1}{2}AE=\frac{33\sqrt{5}}{20}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEP$中，$\tan∠ AED=\frac{DP}{EP}=2$，则$DP=2EP$，
由勾股定理得$DE=\sqrt{DP^2+EP^2}=\sqrt{(2EP)^2+EP^2}=\sqrt{5}EP=\frac{33}{4}$，
因此$BD=BN+NE-DE=\frac{44}{5}+\frac{33}{10}-\frac{33}{4}=\frac{77}{20}$。
【答案】
$\dfrac{11}{2}$或$\dfrac{77}{20}$
【知识点】
解直角三角形，等腰三角形性质，分类讨论思想
【点评】
本题综合考查了勾股定理、三角函数的应用，核心难点是对等腰三角形的腰进行分类讨论，解题时注意不要漏解，同时要仔细计算，避免运算错误。
【难度系数】
0.3
解题首先处理△ABC的已知条件：已知AB、AC长度和∠BAC的正切值，先作AB边上的高CM，通过解直角三角形求出BC的长度；再作BE边上的高AN，利用三角形面积相等求出AN的长度，结合勾股定理求出BN的长度。由于△ADE是以DE为腰的等腰三角形，需分两种情况讨论：①DE=EA；②DE=DA，两种情况均结合∠DAE=∠BAC（正切值为2）的条件，解直角三角形求出对应线段长度，最终计算得到BD的长。
【解析】
1. 求BC的长度：
过点C作$CM ⊥ AB$，垂足为M。
在$\mathrm{Rt}△ ACM$中，$\tan∠ BAC=\frac{CM}{AM}=2$，设$AM=x$，则$CM=2x$，由勾股定理得：
$AM^2+CM^2=AC^2$，即$x^2+(2x)^2=(3\sqrt{5})^2$，解得$x=3$（长度为正）。
因此$AM=3$，$CM=6$，$BM=AB-AM=11-3=8$。
在$\mathrm{Rt}△ BCM$中，$BC=\sqrt{BM^2+CM^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
2. 求AN、BN的长度：
过点A作$AN ⊥ BE$，垂足为N。
由$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CM=\frac{1}{2}BC· AN$，代入数值得$\frac{1}{2}×11×6=\frac{1}{2}×10× AN$，解得$AN=\frac{33}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABN$中，$BN=\sqrt{AB^2-AN^2}=\sqrt{11^2-(\frac{33}{5})^2}=\frac{44}{5}$。
3. 分情况讨论等腰$△ ADE$：
情况1：当$DE=EA$时，$∠ ADE=∠ DAE=∠ BAC$，因此$\tan∠ ADN=\tan∠ BAC=2$。
在$\mathrm{Rt}△ ADN$中，$\tan∠ ADN=\frac{AN}{DN}=2$，则$DN=\frac{AN}{2}=\frac{33}{10}$，
因此$BD=BN-DN=\frac{44}{5}-\frac{33}{10}=\frac{11}{2}$。
情况2：当$DE=DA$时，$∠ AED=∠ DAE=∠ BAC$，因此$\tan∠ AED=\tan∠ BAC=2$。
在$\mathrm{Rt}△ AEN$中，$\tan∠ AED=\frac{AN}{NE}=2$，则$NE=\frac{AN}{2}=\frac{33}{10}$，
由勾股定理得$AE=\sqrt{AN^2+NE^2}=\sqrt{(\frac{33}{5})^2+(\frac{33}{10})^2}=\frac{33\sqrt{5}}{10}$。
过点D作$DP ⊥ AE$，垂足为P，由等腰三角形三线合一得$EP=AP=\frac{1}{2}AE=\frac{33\sqrt{5}}{20}$。
在$\mathrm{Rt}△ DEP$中，$\tan∠ AED=\frac{DP}{EP}=2$，则$DP=2EP$，
由勾股定理得$DE=\sqrt{DP^2+EP^2}=\sqrt{(2EP)^2+EP^2}=\sqrt{5}EP=\frac{33}{4}$，
因此$BD=BN+NE-DE=\frac{44}{5}+\frac{33}{10}-\frac{33}{4}=\frac{77}{20}$。
【答案】
$\dfrac{11}{2}$或$\dfrac{77}{20}$
【知识点】
解直角三角形，等腰三角形性质，分类讨论思想
【点评】
本题综合考查了勾股定理、三角函数的应用，核心难点是对等腰三角形的腰进行分类讨论，解题时注意不要漏解，同时要仔细计算，避免运算错误。
【难度系数】
0.3
三、解答题
19. 计算：
(1) $\left|1 - 2\cos 30°\right| + \sqrt{2}\sin 45° - \tan 60°$
(2) $\dfrac{2\cos 30° - \tan 45°}{\cos 60° - \sin 60°} - \sqrt{(1 - \tan 30°)^2}$
19. 计算：
(1) $\left|1 - 2\cos 30°\right| + \sqrt{2}\sin 45° - \tan 60°$
(2) $\dfrac{2\cos 30° - \tan 45°}{\cos 60° - \sin 60°} - \sqrt{(1 - \tan 30°)^2}$
答案
19. (1) 0.
(2) $-3+\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
(2) $-3+\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
解析
【分析】
这两道题均属于特殊角三角函数值的混合运算题，解题思路如下：第一步，先准确回忆30°、45°、60°三个特殊角的正弦、余弦、正切值；第二步，将三角函数值代入原式，结合绝对值的性质（正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数）、二次根式的性质（$\sqrt{a^2}=|a|$）先化简绝对值和二次根式；第三步，按照实数混合运算的顺序（先乘除后加减，有括号先算括号内）计算最终结果即可，计算过程中注意符号的变化。
【解析】
(1) 先代入特殊角的三角函数值：$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\tan60°=\sqrt{3}$
原式$=\left|1 - 2×\frac{\sqrt{3}}{2}\right| + \sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2} - \sqrt{3}$
$=\left|1 - \sqrt{3}\right| + 1 - \sqrt{3}$
$\because \sqrt{3}＞1$，$\therefore \left|1-\sqrt{3}\right|=\sqrt{3}-1$
代入得：原式$=\sqrt{3}-1 + 1 - \sqrt{3}=0$
(2) 代入特殊角的三角函数值：$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan45°=1$，$\cos60°=\frac{1}{2}$，$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$
原式$=\frac{2×\frac{\sqrt{3}}{2} - 1}{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}} - \sqrt{(1 - \frac{\sqrt{3}}{3})^2}$
先化简分式部分：分子为$\sqrt{3}-1$，分母为$\frac{1-\sqrt{3}}{2}$
分式$=\frac{\sqrt{3}-1}{\frac{1-\sqrt{3}}{2}} = (\sqrt{3}-1)×\frac{2}{-(\sqrt{3}-1)} = -2$
再化简二次根式部分：$\because 1＞\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore \sqrt{(1 - \frac{\sqrt{3}}{3})^2}=1 - \frac{\sqrt{3}}{3}$
代入原式得：原式$=-2 - (1 - \frac{\sqrt{3}}{3}) = -3 + \frac{\sqrt{3}}{3}$
【答案】
(1) $0$；(2) $-3+\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
特殊角的三角函数值，实数混合运算，绝对值与二次根式化简
【点评】
本题属于基础运算题，解题的核心是准确记忆特殊角的三角函数值，同时熟练掌握绝对值和二次根式的化简规则，运算时注意符号的判断，避免因符号错误失分。
【难度系数】
0.8
这两道题均属于特殊角三角函数值的混合运算题，解题思路如下：第一步，先准确回忆30°、45°、60°三个特殊角的正弦、余弦、正切值；第二步，将三角函数值代入原式，结合绝对值的性质（正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数）、二次根式的性质（$\sqrt{a^2}=|a|$）先化简绝对值和二次根式；第三步，按照实数混合运算的顺序（先乘除后加减，有括号先算括号内）计算最终结果即可，计算过程中注意符号的变化。
【解析】
(1) 先代入特殊角的三角函数值：$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\tan60°=\sqrt{3}$
原式$=\left|1 - 2×\frac{\sqrt{3}}{2}\right| + \sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2} - \sqrt{3}$
$=\left|1 - \sqrt{3}\right| + 1 - \sqrt{3}$
$\because \sqrt{3}＞1$，$\therefore \left|1-\sqrt{3}\right|=\sqrt{3}-1$
代入得：原式$=\sqrt{3}-1 + 1 - \sqrt{3}=0$
(2) 代入特殊角的三角函数值：$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan45°=1$，$\cos60°=\frac{1}{2}$，$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$
原式$=\frac{2×\frac{\sqrt{3}}{2} - 1}{\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}} - \sqrt{(1 - \frac{\sqrt{3}}{3})^2}$
先化简分式部分：分子为$\sqrt{3}-1$，分母为$\frac{1-\sqrt{3}}{2}$
分式$=\frac{\sqrt{3}-1}{\frac{1-\sqrt{3}}{2}} = (\sqrt{3}-1)×\frac{2}{-(\sqrt{3}-1)} = -2$
再化简二次根式部分：$\because 1＞\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore \sqrt{(1 - \frac{\sqrt{3}}{3})^2}=1 - \frac{\sqrt{3}}{3}$
代入原式得：原式$=-2 - (1 - \frac{\sqrt{3}}{3}) = -3 + \frac{\sqrt{3}}{3}$
【答案】
(1) $0$；(2) $-3+\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
特殊角的三角函数值，实数混合运算，绝对值与二次根式化简
【点评】
本题属于基础运算题，解题的核心是准确记忆特殊角的三角函数值，同时熟练掌握绝对值和二次根式的化简规则，运算时注意符号的判断，避免因符号错误失分。
【难度系数】
0.8
