资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．下列方程中，是关于x的一元二次方程是( )
A． B．x2+2x＝x2﹣1
C．ax2+bx+c＝0 D．3(x+1)2＝2(x+1)
2．一个不透明的盒子中装有5个红球和1个白球，它们除颜色外都相同．若从中任意摸出一个球，则下列叙述正确的是（ ）
A．摸到红球是必然事件
B．摸到白球是不可能事件
C．摸到红球与摸到白球的可能性相等
D．摸到红球比摸到白球的可能性大
3．如图，抛物线的开口向上，与轴交点的横坐标分别为和3，则下列说法错误的是（ ）
A．对称轴是直线 B．方程的解是，
C．当时， D．当，随的增大而增大
4．如图，是直角三角形，，，点在反比例函数的图象上．若点在反比例函数的图象上，则的值为（ ）
A．2 B．-2 C．4 D．-4
5．将抛物线向上平移两个单位长度，得到的抛物线解析式是( )
A． B．
C． D．
6．如图，AB是半圆的直径，点D是的中点，∠ABC＝50°，则∠DAB等于（ ）
A．65° B．60° C．55° D．50°
7．二位同学在研究函数(为实数，且)时，甲发现当 0<<1时，函数图像的顶点在第四象限；乙发现方程必有两个不相等的实数根，则( )
A．甲、乙的结论都错误 B．甲的结论正确，乙的结论错误
C．甲、乙的结论都正确 D．甲的结论错误，乙的结论正确
8．方程的两根分别是，则等于 （ ）
A．1 B．-1 C．3 D．-3
9．如图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，OA=3，OC=1，分别连结AC、BD，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
10．若方程有两个不相等的实数根，则实数的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．120°的圆心角对的弧长是6π，则此弧所在圆的半径是_____．
12．某扇形的弧长为πcm，面积为3πcm2，则该扇形的半径为_____cm
13．如图，正方形中，点为射线上一点，，交的延长线于点，若，则______
14．某小区2019年的绿化面积为3000m2，计划2021年的绿化面积为4320m2，如果每年绿化面积的增长率相同，设增长率为x，则可列方程为______．
15．如图，平面直角坐标系中，⊙P与x轴分别交于A、B两点，点P的坐标为(3，－1)，AB＝2． 将⊙P沿着与y轴平行的方向平移，使⊙P与轴相切，则平移距离为_____．
16．将一块弧长为2π的半圆形铁皮围成一个圆锥的侧面（接头处忽略不计），则围成的圆锥的高为____．
17．如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，若AF＝3，E为AB上一个动点，把△AEF沿着EF折叠，得到△PEF，若△BPE为直角三角形，则BP的长度为_____．
18．如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的半径为6，则的长为__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）一次函数分别与轴、轴交于点、.顶点为的抛物线经过点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点为第一象限抛物线上一动点.设点的横坐标为，的面积为.当为何值时，的值最大，并求的最大值；
（3）在（2）的结论下，若点在轴上，为直角三角形，请直接写出点的坐标.
20．（6分）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，建立如图所示的坐标系．
(1)若将沿轴对折得到，则的坐标为 ．
(2)以点为位似中心，将各边放大为原来的2倍，得到，请在这个网格中画出．
(3)若小明蒙上眼睛在一定距离外，向的正方形网格内掷小石子，则刚好掷入的概率是多少？ (未掷入图形内则不计次数，重掷一次)
21．（6分）市化工材料经销公司购进一种化工原料若干千克，价格为每千克30元．物价部门规定其销售单价不高于每千克60元，不低于每千克30元．经市场调查发现：日销售量y（千克）是销售单价x（元）的一次函数，且当x＝45时，y＝10；x＝55时，y＝1．在销售过程中，每天还要支付其他费用500元．
（1）求出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）求该公司销售该原料日获利w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
（3）当销售单价为多少元时，该公司日获利最大？最大获利是多少元？
22．（8分）如图，在中，点在斜边上，以为圆心，为半径作圆，分别与、相交于点、，连接，已知.
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求劣弧与弦所围阴影图形的面积；
（3）若，，求的长.
23．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，DE交AC于点E，且∠A＝∠ADE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AD＝16，DE＝10，求BC的长．
24．（8分）如图，菱形ABCD的边AB＝20，面积为320，∠BAD＜90°，⊙O与边AB，AD都相切，若AO=10，则⊙O的半径长为_______.
25．（10分）（1）（教材呈现）下图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容．请根据教材提示，结合图23.4.2，写出完整的证明过程．
（2）（结论应用）如图，△ABC是等边三角形，点D在边AB上（点D与点A、B不重合），过点D作DE∥BC交AC于点E，连结BE，M、N、P分别为DE、BE、BC的中点，顺次连结M、N、P．
①求证：MN＝PN；
②∠MNP的大小是．
26．（10分）如图，O为∠MBN角平分线上一点，⊙O与BN相切于点C，连结CO并延长交BM于点A，过点A作AD⊥BO于点D．
（1）求证：AB为⊙O的切线；
（2）若BC＝6，tan∠ABC＝，求AD的长．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】利用一元二次方程的定义判断即可．
【详解】A、＝3不是整式方程，不符合题意；
B、方程整理得：2x+1＝0，是一元一次方程，不符合题意；
C、ax2+bx+c＝0没有条件a≠0，不一定是一元二次方程，不符合题意；
D、3(x+1)2＝2(x+1)是一元二次方程，符合题意，
故选：D．
此题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解本题的关键．
2、D
【解析】根据可能性的大小，以及随机事件的判断方法，逐项判断即可．
【详解】∵摸到红球是随机事件，
∴选项A不符合题意；
∵摸到白球是随机事件，
∴选项B不符合题意；
∵红球比白球多，
∴摸到红球比摸到白球的可能性大，
∴选项C不符合题意，D符合题意．
故选：D．
此题主要考查了可能性的大小，以及随机事件的判断，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．
3、D
【解析】由图象与x轴的交点坐标即可判定下列说法是否正确．
【详解】解：∵抛物线与x轴交点的横坐标分别为-1、3，
∴对称轴是直线x==1，方程ax2+bx+c=0的解是x1=-1，x2=3，故A、B正确；
∵当-1＜x＜3时，抛物线在x轴的下面，
∴y＜0，故C正确，
∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，
∴当x＜1，y随x的增大而减小，故D错误；
故选：D．
本题考查抛物线和x轴的交点坐标问题，解题的关键是正确的识别图象．
4、D
【分析】要求函数的解析式只要求出点的坐标就可以，过点、作轴，轴，分别于、，根据条件得到，得到：，然后用待定系数法即可.
【详解】过点、作轴，轴，分别于、，
设点的坐标是，则，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
因为点在反比例函数的图象上，则，
点在反比例函数的图象上，点的坐标是，
.
故选：.
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，求函数的解析式的问题，一般要转化为求点的坐标的问题，求出图象上点的横纵坐标的积就可以求出反比例函数的解析式.
5、D
【分析】按“左加右减括号内，上加下减括号外”的规律平移即可得出所求函数的解析式.
【详解】由题意得
=.
故选D.
本题考查了二次函数图象的平移，其规律是：将二次函数解析式转化成顶点式y=a(x-h)2+k （a，b，c为常数，a≠0），确定其顶点坐标(h，k)，在原有函数的基础上“h值正右移，负左移； k值正上移，负下移”．
6、A
【分析】连结BD，由于点D是的中点，即，根据圆周角定理得∠ABD＝∠CBD，则∠ABD＝25°，再根据直径所对的圆周角为直角得到∠ADB＝90°，然后利用三角形内角和定理可计算出∠DAB的度数．
【详解】解：连结BD，如图，
∵点D是的中点，即，
∴∠ABD＝∠CBD，
而∠ABC＝50°，
∴∠ABD＝×50°＝25°，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝90°﹣25°＝65°．
故选：A．
本题考查了圆周角定理及其推论：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；直径所对的圆周角为直角．
7、D
【分析】先根据函数的解析式可得顶点的横坐标，结合判断出横坐标可能取负值，从而判断甲不正确；再通过方程的根的判别式判断其根的情况，从而判断乙的说法.
【详解】，原函数定为二次函数
甲：顶点横坐标为
，，所以甲不正确
乙：原方程为，化简得：
必有两个不相等的实数根，所以乙正确
故选：D.
本题考查二次函数图象的性质、顶点坐标、一元二次方程的根的判别式，对于一般形式有：（1）当，方程有两个不相等的实数根；（2）当，方程有两个相等的实数根；（3）当，方程没有实数根.
8、B
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即可得到答案.
【详解】解：∵的两根分别是，
∴，
故选：B.
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根与系数的关系进行解题.
9、C
【详解】由图可知，将△OAC顺时针旋转90°后可与△ODB重合，
∴S△OAC=S△OBD；
因此S阴影=S扇形OAB+S△OBD-S△OAC-S扇形OCD=S扇形OAB-S扇形OCD=π×（9-1）=2π．
故选C．
10、A
【分析】根据一元二次方程有两个实数根可得：△＞0，列出不等式即可求出的取值范围，从而求出实数的可能值.
【详解】解：由题可知：
解出：
各个选项中，只有A选项的值满足该取值范围，
故选A.
此题考查的是求一元二次方程的参数的取值范围，掌握一元二次方程根的情况与△的关系是解决此题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】根据弧长的计算公式l=，将n及l的值代入即可得出半径r的值
【详解】解：根据弧长的公式l＝ ，
得到：6π＝ ，
解得r＝1．
故答案：1．
此题考查弧长的计算，掌握计算公式是解题关键
12、1
【分析】根据扇形的面积公式S＝，可得出R的值．
【详解】解：∵扇形的弧长为πcm，面积为3πcm2，
扇形的面积公式S＝，可得R＝
故答案为1．
本题考查了扇形面积的求法，掌握扇形面积公式是解答本题的关键.
13、
【分析】连接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，证出△BFG是等腰直角三角形，得出BG=FG=BF=，由三角形的外角性质得出∠AED=30°，由直角三角形的性质得出OE=OA，求出∠FEG=60°，∠EFG=30°,进而求出OA的值，即可得出答案.
【详解】连接AC交BD于O，作FG⊥BE于G，如图所示
则∠BGF=∠EGF=90°
∵四边形ABCD是正方形
∴AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，∠ADB=∠CBG=45°
∴△BFG是等腰直角三角形
∴BG=FG=BF=
∵∠ADB=∠EAD+∠AED，∠EAD=15°
∴∠AED=30°
∴OE=OA
∵EF⊥AE
∴∠FEG=60°
∴∠EFG=30°
∴EG=FG=
∴BE=BG+EG=
∵OA+AO=
解得：OA=
∴AB=OA=
故答案为
本题考查了正方形和等腰直角三角形的性质，综合性较强，需要熟练掌握相关性质.
14、3000(1+ x)2=1
【分析】设增长率为x，则2010年绿化面积为3000（1+x）m2，则2021年的绿化面积为3000（1+x）（1+x）m2，然后可得方程．
【详解】解：设增长率为x，由题意得：
3000（1+x）2=1，
故答案为：3000（1+x）2=1．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
15、1或1
【分析】过点P作PC⊥x轴于点C，连接PA，由垂径定理得⊙P的半径为2，因为将⊙P沿着与y轴平行的方向平移，使⊙P与轴相切，分两种情况进行讨论求值即可．由
【详解】解：
过点P作PC⊥x轴于点C，连接PA，
AB＝，，
点P的坐标为(1，－1)，PC=1，
，
将⊙P沿着与y轴平行的方向平移，使⊙P与轴相切，
①当沿着y轴的负方向平移，则根据切线定理得：PC=PA=2即可，
因此平移的距离只需为1即可；
②当沿着y轴正方向移动，由①可知平移的距离为３即可．
故答案为1或1．
本题主要考查圆的基本性质及切线定理，关键是根据垂径定理得到圆的半径，然后进行分类讨论即可．
16、
【分析】根据侧面展开图，求出圆锥的底面半径和母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高．
【详解】如下图，为圆锥的侧面展开图草图：
∵侧面展开图是弧长为2π的半圆形
∴2π=，其中表示圆锥的母线长
解得：
圆锥侧面展开图的弧长对应圆锥底面圆的周长
∴2π=2πr，其中r表示圆锥底面圆半径
解得：r=1
∴根据勾股定理，h=
故答案为：
本题考查圆锥侧面展开图，公式比较多，建议通过绘制侧面展开图的草图来分析得出公式．
17、2或．
【分析】根据题意可得分两种情况讨论：①当∠BPE＝90°时，点B、P、F三点共线，②当∠PEB＝90°时，证明四边形AEPF是正方形，进而可求得BP的长．
【详解】根据E为AB上一个动点，
把△AEF沿着EF折叠，得到△PEF，
若△BPE为直角三角形，
分两种情况讨论：
①当∠BPE＝90°时，如图1，
点B、P、F三点共线，
根据翻折可知：
∵AF＝PF＝3，AB＝4，
∴BF＝5，
∴BP＝BF﹣PF＝5﹣3＝2；
②当∠PEB＝90°时，如图2，
根据翻折可知：
∠FPE＝∠A＝90°，
∠AEP＝90°，
AF＝FP＝3，
∴四边形AEPF是正方形，
∴EP＝3，BE＝AB﹣AE＝4﹣3＝1，
∴BP＝＝＝．
综上所述：BP的长为：2或．
故答案为：2或．
本题主要考查了折叠的性质、正方形的性质一勾股定理的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18、
【分析】同圆或等圆中，两弦相等，所对的优弧或劣弧也对应相等，据此求解即可.
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴===,
∴的长等于⊙O周长的四分之一，
∵⊙O的半径为6，
∴⊙O的周长==，
∴的长等于，
故答案为：.
本题主要考查了圆中弧与弦之间的关系，熟练掌握相关概念是解题关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）当时，的值最大，最大值为；（3）、、或
【分析】（1）设抛物线的解析式为，代入点的坐标即可求解；
（2）连接，可得点，根据一次函数得出点、的坐标，然后利用三角形面积公式得出的表达式，利用二次函数的表达式即可求解；
（3）①当为直角边时，过点和点做垂线交轴于点和点，过点的垂线交轴于点，得出，再利用等腰直角三角形和坐标即可求解；②当为斜边时，设的中点为，以为圆心为直径做圆于轴于点和点，过点作轴，先得出和的值，再求出的值即可求解.
【详解】解：（1）一次函数与轴交于点，则的坐标为.
抛物线的顶点为，
设抛物线解析式为.
抛物线经过点，
.
.
抛物线解析式为；
（2）解法一：连接.
点为第一象限抛物线上一动点.点的横坐标为，
.
一次函数与轴交于点.则，
的坐标为，
.
，
，
.
.
当时，的值最大，最大值为；
解法二：作轴，交于点.
的坐标为，.
点为第一象限抛物线上一动点.点的横坐标为，
，.
.
.
当时，的值最大，最大值为；
解法三：作轴，交于点.
一次函数与轴交于点.则，
点为第一象限抛物线上一动点.点的横坐标为，
.
把代入，解得，
.
.
当时，的值最大，最大值为；
解法四：构造矩形.（或构造梯形）
一次函数与轴交于点.则，
的坐标为，.
点为第一象限抛物线上一动点.点的横坐标为，
设点的纵坐标为，，
，，，，，.
.
当时，的值最大，最大值为；
（3）由（2）易得点的坐标为，
①当为直角边时，过点和点做垂线交轴于点和点，过点的垂线交轴于点，如下图所示：
由点和点的坐标可知：
∴
∴
∴点的坐标为
由题可知：
∴
∴点的坐标为；
②当为斜边时，设的中点为，以为圆心为直径做圆于轴于点和点，过点作轴，如下图所示：
由点和点的坐标可得点的坐标是
∴，
∴
∴点的坐标为，点的坐标为
根据圆周角定理即可知道
∴点和点符合要求
∴综上所述点的坐标为、、或.
本题主要考察了待定系数法求抛物线解析式、一次函数、动点问题等，利用数形结合思想是关键.
20、（1）(4,-1)；（2）见解析；（3）.
【分析】（1）根据对称的特点即可得出答案；
（2）根据位似的定义即可得出答案；
（3）分别求出三角形和正方形的面积，再用三角形的面积除以正方形的面积即可得出答案.
【详解】解：（1）
（2）
（3）∵，
∴
本题考查的是对称和位似，比较简单，需要掌握相关的基础知识.
21、（1）y＝﹣2x+200（30≤x≤60）；（2）W＝﹣2x2+260x﹣6500；（3）当销售单价为60元时，该公司日获利最大为110元．
【分析】（1）根据y与x成一次函数解析式，设为y＝kx+b，把x与y的两对值代入求出k与b的值，即可确定出y与x的解析式，并求出x的范围即可；
（2）根据利润＝单个利润×销售量-500列出W关于x的二次函数解析式即可；
（3）利用二次函数的性质求出W的最大值，以及此时x的值即可．
【详解】（1）设y＝kx+b，
∵x＝45时，y＝10；x＝55时，y＝1，
∴，
解得：k＝﹣2，b＝200，
∴y＝﹣2x+200（30≤x≤60）；
（2）∵售价为x元/千克，进价为30元/千克，日销量y＝﹣2x+200，每天支付其他费用500元，
∴W＝（x﹣30）（﹣2x+200）﹣500＝﹣2x2+260x﹣6500，
（3）∵W＝﹣2x2+260x﹣6500=﹣2（x﹣65）2+1950，
∴抛物线的对称轴为x=65，
∵-2<0，
∴抛物线开口向下，x<65时，y随x的增大而增大，
∵30≤x≤60，
∴x＝60时，w有最大值为-2(60-65)2+1950=110(元)，
∴当销售单价为60元时，该公司日获利最大为110元．
本题考查二次函数和一次函数的综合应用，考查了待定系数法求一次函数解析式及二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题关键.
22、（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）连接，利用圆的半径相等及已知条件证明，再根据直角三角形两锐角互余得到，再根据平角定义即可得到结论；
（2）连接，作于，根据及直角三角形的性质求出BD=2，根据垂径定理及三角函数求出，OF，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半求出OB，即可利用扇形面积减去三角形的面积求出阴影部分的面积；
（3）先证明求出AB，再根据勾股定理求出半径，即可求得AE的长.
【详解】（1）证明：连接，如图1所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
则为的切线；
（2）连接，作于，如图2所示：
∵，，∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，∴，，
∴，
∴劣弧与弦所围阴影部分的面积
扇形的面积的面积；
（3）∵，，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，或（舍去），
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴在中， ,
∴设的半径为，则，
∴,
∴,
∴.
此题是圆的综合题，考查圆的性质，垂径定理，勾股定理，三角形相似的判定及性质定理，弓形面积，综合运用知识点，总结解题的方法.
23、（1）证明见解析；（2）15.
【解析】（1）先连接OD，根据圆周角定理求出∠ADB=90°，根据直角三角形斜边上中线性质求出DE=BE，推出∠EDB=∠EBD，∠ODB=∠OBD，即可求出∠ODE=90°，根据切线的判定推出即可．
（2）首先证明AC=2DE=20，在Rt△ADC中，DC=12，设BD=x，在Rt△BDC中，BC2=x2+122，在Rt△ABC中，BC2=（x+16）2-202，可得x2+122=（x+16）2-202，解方程即可解决问题．
【详解】（1）证明：连结OD，∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
又∵OD=OB，
∴∠B=∠BDO，
∵∠ADE=∠A，
∴∠ADE+∠BDO=90°，
∴∠ODE=90°．
∴DE是⊙O的切线；
（2）连结CD，∵∠ADE=∠A，
∴AE=DE．
∵BC是⊙O的直径，∠ACB=90°．
∴EC是⊙O的切线．
∴DE=EC．
∴AE=EC，
又∵DE=10，
∴AC=2DE=20，
在Rt△ADC中，DC=
设BD=x，在Rt△BDC中，BC2=x2+122，
在Rt△ABC中，BC2=（x+16）2﹣202，
∴x2+122=（x+16）2﹣202，解得x=9，
∴BC=.
考查切线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活综合运用所学知识解决问题.
24、2
【解析】分析：如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．利用菱形的面积公式求出DH，再利用勾股定理求出AH，BD，由△AOF∽△DBH，可得，再将OA、BD、BH的长度代入即可求得OF的长度．
详解：
如图所示：作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．
∵菱形ABCD的边AB=20，面积为320，
∴AB•DH=320，
∴DH=16，
在Rt△ADH中，AH=
∴HB=AB-AH=8，
在Rt△BDH中，BD=，
设⊙O与AB相切于F，连接OF．
∵AD=AB，OA平分∠DAB，
∴AE⊥BD，
∵∠OAF+∠ABE=90°，∠ABE+∠BDH=90°，
∴∠OAF=∠BDH，∵∠AFO=∠DHB=90°，
∴△AOF∽△DBH，
∴，即
∴OF＝2.
故答案是：2.
点睛：考查切线的性质、菱形的性质、勾股定理、相似三角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．
25、（1）见详解；（2）①见详解；②120°
【分析】教材呈现：证明△ADE∽△ABC即可解决问题．
结论应用：（1）首先证明△ADE是等边三角形，推出AD＝AE，BD＝CE，再利用三角形的中位线定理即可证明．
（2）利用三角形的中位线定理以及平行线的性质解决问题即可．
【详解】教材呈现：证明：∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠ADE＝∠ABC，，
∴DE∥BC，DE＝BC．
结论应用：
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠ABC＝∠ADE＝60°，∠ACB＝∠AED＝60°，
∴∠ADE＝∠AED＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵EM＝MD，EN＝NB，
∴MN＝BD，
∵BN＝NE，BP＝PC，
∴PN＝EC，
∴NM＝NP．
（2）∵EM＝MD，EN＝NB，
∴MN∥BD，
∵BN＝NE，BP＝PC，
∴PN∥EC，
∴∠MNE∠ABE，∠PNE＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠EBC+∠C，∠ABC＝∠C＝60°，
∴∠MNP＝∠ABE+∠EBC+∠C＝∠ABC+∠C＝120°．
本题考查了三角形中位线定理，，平行线的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，难度适中．熟练掌握各定理是解题的关键．
26、（1）见解析；（2）AD＝2．
【分析】（1）作OE⊥AB，先由∠AOD=∠BAD求得∠ABD=∠OAD，再由∠BCO=∠D=90°及∠BOC=∠AOD求得∠OBC＝∠OAD＝∠ABD，最后证△BOC≌△BOE得OE＝OC，依据切线的判定可得；
（2）先求得∠EOA＝∠ABC，在Rt△ABC中求得AC=8，AB=10，由切线长定理知BE=BC=6，AE=4，OE=3，继而得BO=3，根据相似三角形的性质即可得出结论.
【详解】解：（1）过点O作OE⊥AB于点E，
∵O为∠MBN角平分线上一点，
∴∠ABD＝∠CBD，
又∵BC为⊙O的切线，
∴AC⊥BC，
∵AD⊥BO于点D，
∴∠D＝90°，
∴∠BCO＝∠D＝90°，
∵∠BOC＝∠AOD，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，∠AOD+∠OAD＝90°，
∵∠AOD＝∠BAD，
∴∠ABD＝∠OAD，
∴∠OBC＝∠OAD＝∠ABD，
在△BOC和△BOE中，
∵，
∴△BOC≌△BOE（AAS），
∴OE＝OC，
∵OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线；
（2）∵∠ABC+∠BAC＝90°，∠EOA+∠BAC＝90°，
∴∠EOA＝∠ABC，
∵tan∠ABC＝、BC＝6，
∴AC＝BC•tan∠ABC＝8，
则AB＝10，
由（1）知BE＝BC＝6，
∴AE＝4，
∵tan∠EOA＝tan∠ABC＝，
∴，
∴OE＝3，OB＝＝3，
∵∠ABD＝∠OBC，∠D＝∠ACB＝90°，
∴△ABD∽△OBC，
∴，即，
∴AD＝2．
故答案为：AD＝2．
本题主要考查了切线的判定与性质. 解题的关键是掌握切线的判定，切线长定理，全等与相似三角形的判定与性质及解直角三角形的应用.
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