精品解析：浙江省金华市义乌市2024-2025学年九年级上学期期末考试数学试卷

2024-2025学年浙江省金华市义乌市九年级（上）期末数学试卷 一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分） 1. 不透明的袋子中装有1个红球和3个黄球，这两种球除颜色外无其他差别，从中随机摸出一个小球，摸到黄球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是概率公式，熟知随机事件的概率事件可能出现的结果数与所有可能出现的结果数的商是解答此题的关键． 根据概率计算公式进行求解即可． 【详解】解：∵不透明的袋子里装有1个红球，3个黄球， ∴从袋子中随机摸出一个，摸到黄球的概率为； 故选：D． 2. 对于二次函数的图象，下列说法正确的是（ ） A. 对称轴为直线 B. 最高点的坐标为 C. 经过点 D. 与y轴的交点坐标为 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的性质及与坐标轴的交点问题，掌握二次函数的性质是解题的关键． 由抛物线解析式可求得对称轴、顶点坐标，从而可判断A和B；把代入解析式可判断C；令可判断D． 【详解】解：∵， ∴抛物线开口向上，顶点坐标为 ，对称轴为直线 ， ∴A错误，不符合题意； ∵抛物线开口向上， ∴最低点的坐标为，B错误，不符合题意； 当时，，故C错误，不符合题意； 当时，，故与y轴交点坐标为，选项D正确，符合题意； 故选：D． 3. 如图，是上的三个点，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键． 根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”求解即可． 【详解】解：，， ， 故选：B． 4. 如图是某几何体的展开图，该几何体是（ ） A. 长方体 B. 圆柱 C. 圆锥 D. 三棱柱 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何体的展开图可直接进行排除选项． 【详解】解：由图形可得该几何体是圆柱； 故选B． 【点睛】本题主要考查几何体的展开图，熟练掌握几何体的展开图是解题的关键． 5. 如图，已知点C是线段的黄金分割点（其中），，则线段的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了黄金分割，解决本题的关键是掌握黄金分割的定义．根据黄金分割的定义可得到，然后把代入计算即可． 【详解】解：根据题意得． 故选：B． 6. 如图小明在点C处测得树顶端A的仰角为α，且米，则树高度为（ ）米 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题．根据题意可得：，，然后在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】解：由题意得： ，， 在中，米， （米）， 故选：A． 7. 如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别为P、C、D，若，，则BD的长是（ ） A. 2.5 B. 2 C. 1.5 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC=AP，BP=BD，求出BP的长即可求出BD的长． 【详解】解：∵AC、AP为⊙O的切线， ∴AC=AP， ∵BP、BD为⊙O的切线， ∴BP=BD， ∴BD=PB=AB-AP=4-3=1． 故选：D． 【点睛】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键． 8. 如图，为的直径，点C是的中点，过点C作于点F，交于点D，若，，则的半径长是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 先根据垂径定理和点C是弧的中点得，从而得出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：为的直径，于点F，如图，连接，设的半径为r， ∴，， ∵点C是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：， ∴的半径长是5， 故选：C． 9. 直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3，先证明△BCE≌△ACF，再证明△CDG∽△CAF，进而即可求解． 【详解】解：如图，分别过点A、B、D作AF⊥l3，BE⊥l3，DG⊥l3， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AC=BC． ∵∠EBC+∠BCE=90°，∠BCE+∠ACF=90°，∠ACF+∠CAF=90°， ∴∠EBC=∠ACF，∠BCE=∠CAF． 在△BCE与△ACF中，∵∠EBC=∠ACF，BC=AC，∠BCE=∠CAF， ∴△BCE≌△CAF（ASA）． ∴CF=BE=3，CE=AF=4． 在Rt△ACF中，∵AF=4，CF=3， ∴， ∵AF⊥l3，DG⊥l3， ∴△CDG∽△CAF． ∴，解得． 在Rt△BCD中，∵，BC=5， ∴． 故选C． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定和性质，列出比例式是关键． 10. 如图，抛物线（a＞0）与x轴交于A，B，顶点为点D，把抛物线在x轴下方部分关于点B作中心对称，顶点对应D′，点A对应点C，连接DD′，CD′，DC，当△CDD′是直角三角形时，a的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】先求出点A（-3，0），点B（1，0），由点B为中心对称，求出点C（5，0），把抛物线配方为顶点式可得D（－1，－4a），点D与点D′关于点B对称，D′（3，4a），DD′，CD=，CD′=，由△CDD′是直角三角形，分两种情况，当∠CD′D=90°，∠DCD′=90°时利用勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】解：∵抛物线（a＞0）与x轴交于A，B， ∴ ∵a＞0 解得 ∴点A（-3，0），点B（1，0）， ∵点B为中心对称， ∴点C的横坐标为：1+（1+3）=5， ∴点C（5，0）， ∴抛物线， ∴D（－1，－4a）， 点D与点D′关于点B对称， 点D′的横坐标为1+（1+1）=3，纵坐标为4a， ∴D′（3，4a）， DD′=，CD=， CD′=， ∵△CDD′是直角三角形， 当∠CD′D=90°， 根据勾股定理，CD′2＋DD′2＝CD2，即 ， 解得， ∵a＞0， ∴； 当∠DCD′=90°， 根据勾股定理，CD′2＋CD2＝DD′2，即 ， 解得， ∴， ∴综合得a的值为或． 故答案选：A． 【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质，掌握待定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质是解题关键． 二、填空题（本题：有6小题，每小题4分，共24分） 11. 已知点和在抛物线上，则的值为_____． 【答案】#### 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图像上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式等知识，正确求得该抛物线解析式是解题关键．首先利用待定系数法解得该抛物线解析式，再将点代入求解即可． 【详解】解：将点代入抛物线， 可得，解得， ∴该抛物线解析式为， 将点代入， 可得． 故答案为：． 12. 如图，一个圆锥及其侧面展开图，则该圆锥的底面半径长为__________． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．根据这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长列方程即可． 【详解】解：根据题意得， 解得． 故答案为：5 13. 如图，二次函数的图象的对称轴是直线，与轴的一个交点为，则不等式的解集为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，抛物线与轴的交点问题，利用交点来确定不等式的解集，因为二次函数的图象的对称轴是直线，与轴的一个交点为，所以二次函数与轴的另一个交点为，再结合开口方向向下，即可作答． 【详解】解：∵二次函数的图象的对称轴是直线，与轴的一个交点为， ∴， ∴二次函数与轴的另一个交点为， 由图得出二次函数的开口方向向下， ∴不等式的解集为， 故答案为：． 14. 如图，点G是等边的重心，连接，如果，那么______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形重心的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握三角形的重心是三角形三条中线的交点．延长交于点E，连接并延长，交于点F，由等腰三角形三线合一证明，，，进而可得，在求出，即可解答． 【详解】解：延长交于点E，连接并延长，交于点F， ∵点G是等边的重心， ∴，是中线，,， ∴，， ∴，， ∴， ∴ 故答案为：． 15. 如图，在矩形中，，，点为边上一点，则的最小值等于______． 【答案】 【解析】 【分析】过点C作直线，使与的夹角为，过点P作，垂足为点E，根据，，得出，说明的最小值即为的最小值，当和在同一直线上时，最小，此时，，求出其最小值即可． 【详解】解：过点C作直线，使与的夹角为，过点P作，垂足为点E，如图所示： 在矩形中，，，, ∵，， ∴， ∴的最小值即为的最小值，当和在同一直线上时，最小，此时，， ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案是：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数的应用，三角形内角和定理的应用，解题的关键是作出辅助线，找出最小时，点P的位置． 16. 已知过点的抛物线与两坐标轴交于点A，C，如图所示，连接，第一象限内有一动点M在抛物线上运动，过点M作交y轴于点P．当点P在点A上方，且与相似时，点M的坐标为______． 【答案】或 【解析】 【分析】由两点坐标公式可求，由勾股定理可证，分两种情况讨论，由相似三角形的判定和锐角三角函数可求解． 【详解】解：如图，过点M作于E， ∵抛物线过点， ∴， ∴， ∴点，抛物线解析式为， 当时，则， ∴， ∴点， ∵点，点，点， ∴， ∵， ∴， 设点， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴点， 当时， ∴， ∴， ∴， ∴点， 综上所述：点M坐标为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定，锐角三角函数，勾股定理的逆定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 三、解答题（本题共有8小题，第17～19小题每小题6分，第20～21小题每小题6分，第22～23小题每小题6分，第24小题12分，共66分.） 17. 计算． （1）已知，且，求x的值． （2）计算：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的性质（内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质）是解决问题的关键．也考查了实数的混合运算. （1）设，根据比例的性质得，，，所以，然后求出t，从而得到x的值； （2）先根据特殊角的三角函数值、绝对值和零指数幂的意义计算，然后把化简后合并即可． 【小问1详解】 解：设则，，， ∵， ∴， 解得， ∴； 【小问2详解】 解： 18. 如图是、、、四个排成一排的座位，甲先从个座位中等可能的选择一个并坐下，然后乙在剩下的座位中等可能的选择一个座位并坐下，用画树状图（或列表）的方法，求甲乙两人座位相邻的概率． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查画树状图求概率，解题的关键是正确画出相应的树状图． 甲有4种选择方式，乙有3种选择方式，据此画出树状图，再确定所有等可能的结果和甲乙两人座位相邻的结果，最后利用概率的公式求解． 【详解】解：画树状图如下， 由树状图可得，一共有种等可能结果，其中甲乙两人座位相邻的结果有种，即， 甲乙两人座位相邻的概率为：． 19. 某中学依山而建，校门A处有一坡角的斜坡，长度为30米，在坡顶B处测得教学楼的楼顶C的仰角，离B点4米远的E处有一个花台，在E处测得C的仰角，的延长线交水平线于点D，求的长（结果保留根号）． 【答案】的长为米 【解析】 【分析】作于点，首先根据坡度求出，并通过矩形的判定确定出，然后通过解三角形求出，即可相加得出结论． 【详解】解：如图所示，作于点，则由题意，四边形为矩形， ∵在中，，，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， 由题意，，，，， ∴为等腰直角三角形，， 设，则， 在中，， ∴，即：， 解得：，经检验，是上述方程的解，且符合题意， ∴， ∴， ∴的长为米． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，准确构造出直角三角形并求解是解题关键． 20. 如图，在中，点D，E，F分别在，，上，．若，，，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，先判断四边形为平行四边形，则，再证明，利用相似比得到，然后利用比例性质求的长，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 21. 如图，已知是的直径，与相切于点C，过点B作，交延长线于点E． （1）求证：是的平分线； （2）若，的半径，求的长． 【答案】（1）证明：∵与相切于点C， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即是的平分线； （2）4.8 【解析】 【分析】（1）根据切线的性质得出，求出，求出，，求出，根据角平分线的定义得出即可； （2）过C作于M，根据勾股定理求出，根据三角形的面积求出，根据角平分线的性质得出，再求出答案即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图所示，过点C作于M， ∵是的平分线，， ∴， ∵与相切于点C， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， 又∵是的平分线，且， 即． 22. 世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于12元．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售为y本，销售单价为x元． （1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？ （3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？ 【答案】（1） （2）当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元 （3）将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润最大，最大利润是2640元 【解析】 【分析】本题主要考查了列函数关系式，一元二次方程的实际应用，二次函数的实际应用： （1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨元，每天销售量减少本，所以，然后利用销售单价不低于44元且不高于52元确定的范围； （2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到，然后解方程后利用的范围确定销售单价； （3）利用利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到，再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到时最大，从而计算出时对应的的值即可． 【小问1详解】 解：由题意得，， 即：； 【小问2详解】 解：根据题意得， 整理得， 解得，（舍去）， 答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元； 【小问3详解】 解：由题意得， ， ∵， ∴当时，随的增大而增大， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为， 答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润最大，最大利润是2640元． 23. 如图，灌溉车为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度为，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度，竖直高度．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.4m，灌溉车到绿化带的距离为d（单位：m）． （1）求上边缘抛物线的函数解析式； （2）求出下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B的坐标； （3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，直接写出d的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意求出上边缘抛物线解析式是解题的关键． （1）根据题意可知是上边缘抛物线的顶点，然后把抛物线设为顶点式，然后代入进行求解即可； （2）先求出上边缘抛物线与x轴的交点C的坐标，再求出上边缘抛物线上与点H对称的点的坐标，进而确定下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，即点B是点C向左平移得到的，由此即可得到答案； （3）对于上边缘抛物线，先求出当，当时，，进而确定，要使，则，从而得到d的最大值为，再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是，则d的最小值为2，由此即可得到答案． 【小问1详解】 解：如图，由题意得是上边缘抛物线的顶点， ∴可设上边缘抛物线解析式为， 又∵抛物线过点， ∴， ∴， ∴上边缘抛物线的函数解析式为； 【小问2详解】 解：在中，令，则， 解得或， ∴； ∵上边缘抛物线的对称轴为直线， ∴在上边缘抛物线上点的对称点为， ∵下边缘抛物线是有上边缘抛物线向左平移得到的，且下抛物线经过， ∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的， ∴点B是点C向左平移得到的， ∴点B的坐标为； 【小问3详解】 解：∵， ∴点F的纵坐标为， 对于上边缘抛物线，当时，则， 解得， ∵， ∴， 当时，y随x的增大而减小， ∴当时，要使，则， ∵当时，y随x的增大而增大，且时，， ∴当时，要使，则， ∵，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带， ∴d的最大值为， 再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是， ∴d的最小值为2， 综上所述，d的取值范围是． 24. 如图，等腰内接于．点是劣弧上的动点，连接与相交于点． （1）如图1，若， ①求的度数；（用含的代数式表示） ②若，求的值． （2）如图2，当刚好过圆心，且，时，求的长． 【答案】（1）①，②； （2）． 【解析】 【分析】（1）①利用圆周角定理，三角形内角和定理即可得到各个角之间的关系，再由等腰三角形性质即可得到答案；②由①中的结论得到，，推出，由可设，，证明，得到，再证明，得到，最后根据，即可求解； （2）延长至点，使，连接，设，则，根据勾股定理得到，利用圆周角定理，得到，根据相似三角形的性质得到，在中，应用勾股定理求出，进而表示出，在中，根据勾股定理列出等量关系式，求出的值，即可求解． 【小问1详解】 解：①，， ， ， ， ， ； ②由①可知，，， ， ， ， ， 设，， ， ， ，即， ， ， ， ， ，即， ， ； 【小问2详解】 解：延长至点，使，连接， ， 设，则， 刚好过圆心， ， ∴， 在中，， ∵，， ∴ ， ， ∴即， ， 在中，， ， 在中，， 即， 解得：， ． 【点睛】本题考查圆综合，涉及圆周角定理、三角形内角和定理、等腰三角形性质、三角形相似的判定与性质、勾股定理、解方程等知识，熟练掌握圆的性质，灵活运用三角形相似的判定与性质是解决问题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年浙江省金华市义乌市九年级（上）期末数学试卷 一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分） 1. 不透明的袋子中装有1个红球和3个黄球，这两种球除颜色外无其他差别，从中随机摸出一个小球，摸到黄球的概率是（ ） A. B. C. D. 2. 对于二次函数的图象，下列说法正确的是（ ） A. 对称轴为直线 B. 最高点的坐标为 C. 经过点 D. 与y轴的交点坐标为 3. 如图，是上的三个点，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 如图是某几何体的展开图，该几何体是（ ） A. 长方体 B. 圆柱 C. 圆锥 D. 三棱柱 5. 如图，已知点C是线段的黄金分割点（其中），，则线段的大小是（ ） A. B. C. D. 6. 如图小明在点C处测得树顶端A的仰角为α，且米，则树高度为（ ）米 A. B. C. D. 7. 如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别为P、C、D，若，，则BD的长是（ ） A. 2.5 B. 2 C. 1.5 D. 1 8. 如图，为的直径，点C是的中点，过点C作于点F，交于点D，若，，则的半径长是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 9. 直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，把一块含有45°角的直角三角形如图放置，顶点A，B，C恰好分别落在三条直线上，AC与直线l2交于点D，则线段BD的长度为 A. B. C. D. 10. 如图，抛物线（a＞0）与x轴交于A，B，顶点为点D，把抛物线在x轴下方部分关于点B作中心对称，顶点对应D′，点A对应点C，连接DD′，CD′，DC，当△CDD′是直角三角形时，a的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 二、填空题（本题：有6小题，每小题4分，共24分） 11. 已知点和在抛物线上，则的值为_____． 12. 如图，一个圆锥及其侧面展开图，则该圆锥的底面半径长为__________． 13. 如图，二次函数的图象的对称轴是直线，与轴的一个交点为，则不等式的解集为_______． 14. 如图，点G是等边的重心，连接，如果，那么______． 15. 如图，在矩形中，，，点为边上一点，则的最小值等于______． 16. 已知过点的抛物线与两坐标轴交于点A，C，如图所示，连接，第一象限内有一动点M在抛物线上运动，过点M作交y轴于点P．当点P在点A上方，且与相似时，点M的坐标为______． 三、解答题（本题共有8小题，第17～19小题每小题6分，第20～21小题每小题6分，第22～23小题每小题6分，第24小题12分，共66分.） 17. 计算． （1）已知，且，求x的值． （2）计算：． 18. 如图是、、、四个排成一排的座位，甲先从个座位中等可能的选择一个并坐下，然后乙在剩下的座位中等可能的选择一个座位并坐下，用画树状图（或列表）的方法，求甲乙两人座位相邻的概率． 19. 某中学依山而建，校门A处有一坡角的斜坡，长度为30米，在坡顶B处测得教学楼的楼顶C的仰角，离B点4米远的E处有一个花台，在E处测得C的仰角，的延长线交水平线于点D，求的长（结果保留根号）． 20. 如图，在中，点D，E，F分别在，，上，．若，，，求的长． 21. 如图，已知是的直径，与相切于点C，过点B作，交延长线于点E． （1）求证：是的平分线； （2）若，的半径，求的长． 22. 世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于12元．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售为y本，销售单价为x元． （1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？ （3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？ 23. 如图，灌溉车为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度为，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度，竖直高度．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.4m，灌溉车到绿化带的距离为d（单位：m）． （1）求上边缘抛物线的函数解析式； （2）求出下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B的坐标； （3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，直接写出d的取值范围． 24. 如图，等腰内接于．点是劣弧上的动点，连接与相交于点． （1）如图1，若， ①求的度数；（用含的代数式表示） ②若，求的值． （2）如图2，当刚好过圆心，且，时，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $