资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．一块△ABC空地栽种花草，∠A=150°，AB=20m，AC=30m，则这块空地可栽种花草的面积为（ ）m2
A．450 B．300 C．225 D．150
2．在中， ，则( )．
A． B． C． D．
3．己知⊙的半径是一元二次方程的一个根，圆心到直线的距离.则直线与⊙的位置关系是
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法判断
4．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，则cosB的值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知，点是的中点，，则的长为( )
A．2 B．4 C． D．
6．学校要举行“读书月”活动，同学们设计了如下四种“读书月”活动标志图案，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．用配方法解一元二次方程，变形后的结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．阅读理解：已知两点，则线段的中点的坐标公式为：，．如图，已知点为坐标原点，点，经过点，点为弦的中点．若点，则有满足等式：．设，则满足的等式是（ ）
A． B．
C． D．
9．抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点坐标为，其部分图象如图所示．下列叙述中：①；②关于的方程的两个根是；③；④；⑤当时，随增大而增大．正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
10．某企业五月份的利润是25万元，预计七月份的利润将达到49万元．设平均月增长率为x，根据题意可列方程是（ ）
A．25(1+ x %)2=49 B．25(1+x)2=49
C．25(1+ x2) =49 D．25(1- x)2=49
11．下列方程中是关于的一元二次方程的是 ( )
A． B． C． D．
12．一个不透明的口袋中装有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球后不放回，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球标号之和等于6的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知点B位于点A北偏东30°方向，点C位于点A北偏西30°方向，且AB=AC=8千米，那么 BC=________千米．
14．在中，，，，圆在内自由移动.若的半径为1，则圆心在内所能到达的区域的面积为______.
15．烟花厂为春节特别设计制作一种新型礼炮，这种礼炮的升空高度h（m）与飞行时间t（s）的关系式是h＝，若这种礼炮在点火升空到最高点引爆，则从点火升空到引爆需要的时间是____________．
16．已知一个几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体可能是__________.
17．为了对1000件某品牌衬衣进行抽检，统计合格衬衣的件数，在相同条件下，经过大量的重复抽检，发现一件合格衬衣的频率稳定在常数0.98附近，由此可估计这1000件中不合格的衬衣约为__________件．
18．请写出一个开口向上，并且与y轴交于点（0，－1）的抛物线的表达式：______
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm.动点M从点B出发，在线段BA上以每秒3cm的速度点A运动，同时动点N从点C出发，在线段CB上以每秒2cm的速度向点B运动，其中一点到达终点后，另一点也停止运动.运动时间为t秒，连接MN.
（1）填空：BM= cm.BN= cm.（用含t的代数式表示）
（2）若△BMN与△ABC相似，求t的值；
（3）连接AN，CM，若AN⊥CM，求t的值．
20．（8分）如图，在等腰三角形ABC中，于点H，点E是AH上一点，延长AH至点F，使.求证：四边形EBFC是菱形.
21．（8分）某校九年级数学兴趣小组为了测得该校地下停车场的限高CD，在课外活动时间测得下列数据：如图，从地面E点测得地下停车场的俯角为30°，斜坡AE的长为16米，地面B点(与E点在同一个水平线)距停车场顶部C点(A、C、B在同一条直线上且与水平线垂直)2米．试求该校地下停车场的高度AC及限高CD(结果精确到0.1米，≈1.732)．
22．（10分）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上的一点，过C点作CF⊥CE交AB的延长线于点F.
（1）求证：△CDE∽△CBF；
（2）若B为AF的中点，CB=3，DE=1，求CD的长.
23．（10分）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且关于直线x＝1对称，点A的坐标为（﹣1，0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，若点P在y轴上时，BP和BC的夹角为15°，求线段CP的长度；
（3）当a≤x≤a+1时，二次函数y＝x2+bx+c的最小值为2a，求a的值．
24．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝3，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB方向以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，点Q为线段AP的中点，过点P向上作PM⊥AB，且PM＝3AQ，以PQ、PM为边作矩形PQNM．设点P的运动时间为t秒．
（1）线段MP的长为 （用含t的代数式表示）．
（2）当线段MN与边BC有公共点时，求t的取值范围．
（3）当点N在△ABC内部时，设矩形PQNM与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式．
（4）当点M到△ABC任意两边所在直线距离相等时，直接写出此时t的值．
25．（12分）如图，AB、BC、CD分别与⊙O切于E、F、G，且AB∥CD．连接OB、OC，延长CO交⊙O于点M，过点M作MN∥OB交CD于N．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）当OB＝6cm，OC＝8cm时，求⊙O的半径及MN的长．
26．菜农李伟种植的某蔬菜计划以每千克5元的单价对外批发销售，由于部分菜农盲目扩大种植，造成该蔬菜滞销.李伟为了加快销售，减少损失，对价格经过两次下调后，以每千克3.2元的单价对外批发销售.
(1)求平均每次下调的百分率；
(2)小华准备到李伟处购买5吨该蔬菜，因数量多，李伟决定再给予两种优惠方案以供选择：
方案一：打九折销售；
方案二：不打折，每吨优惠现金200元.
试问小华选择哪种方案更优惠，请说明理由.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】过点B作BE⊥AC，根据含30度角的直角三角形性质可求得BE，再根据三角形的面积公式求出答案．
【详解】过点B作BE⊥AC，交CA延长线于E，则∠E=90°，
∵，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴
这块空地可栽种花草的面积为．
故选：D
【点睛】
本题考查了含30度角的直角三角形性质和三角形的面积公式，是基础知识比较简单．
2、A
【分析】利用正弦函数的定义即可直接求解．
【详解】sinA．
故选：A．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
3、A
【分析】在判断直线与圆的位置关系时，通常要得到圆心到直线的距离，然后再利用d与r的大小关系进行判断；在直线与圆的问题中,充分利用构造的直角三角形来解决问题，直线与圆的位置关系：①当d＞r时，直线与圆相离；②当d=r时，直线与圆相切；③当d＜r时，直线与圆相交.
【详解】∵的解为x=4或x=-1，
∴r=4，
∵4＜6，即r＜d，
∴直线和⊙O的位置关系是相离.
故选A.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，一元二次方程的定义及一般形式，掌握直线与圆的位置关系，一元二次方程的定义及一般形式是解题的关键.
4、B
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，由勾股定理，得：
BC===1．cosB==，
故选B．
【点睛】
本题考查锐角三角函数的定义．
5、C
【分析】根据相似三角形的性质列出比例式求解即可．
【详解】解：∵点是的中点，，，
∴AD=2，
∵，
∴
∴
∴AB=，
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，能够根据相似三角形列出比例式是解答本题的关键，难度不大．
6、C
【分析】根据中心对称图形的概念作答．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．
【详解】解：、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180°以后，能够与它本身重合，即不满足中心对称图形的定义．不符合题意；
、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180°以后，能够与它本身重合，即不满足中心对称图形的定义．不符合题意；
、图形中心绕旋转180°以后，能够与它本身重合，故是中心对称图形，符合题意；
、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180°以后，能够与它本身重合，即不满足中心对称图形的定义．不符合题意．
故选：．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念．特别注意，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后两部分重合．
7、B
【解析】根据配方法解一元二次方程即可求解．
【详解】，
∴，
∴，
故选：B.
【点睛】
本题考查了配方法解一元二次方程，解决本题的关键是方程两边同时加上一次项系数一半的平方．
8、D
【解析】根据中点坐标公式求得点的坐标，然后代入满足的等式进行求解即可.
【详解】∵点，点，点为弦的中点，
∴，，
∴，
又满足等式：，
∴，
故选D．
【点睛】
本题考查了坐标与图形性质，解题的关键是理解中点坐标公式．
9、B
【分析】由抛物线的对称轴是，可知系数之间的关系，由题意，与轴的一个交点坐标为，根据抛物线的对称性，求得抛物线与轴的一个交点坐标为，从而可判断抛物线与轴有两个不同的交点，进而可转化求一元二次方程根的判别式，当时，代入解析式，可求得函数值，即可判断其的值是正数或负数.
【详解】抛物线的对称轴是
；③正确，
与轴的一个交点坐标为
抛物线与与轴的另一个交点坐标为
关于的方程的两个根是；②正确，
当x=1时，y=；④正确
抛物线与轴有两个不同的交点
，则①错误；
当时，随增大而减小
当时，随增大而增大，⑤错误；
②③④正确，①⑤错误
故选：B.
【点睛】
本题考查二次函数图象的基本性质：对称性、增减性、函数值的特殊性、二次函数与一元二次方程的综合运用，是常见考点，难度适中，熟练掌握二次函数图象基本性质是解题关键.
10、B
【分析】主要考查增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×（1+增长率），如果设利润的年平均增长率为x，然后根据已知条件可得出方程．
【详解】解：依题意得七月份的利润为25（1+x）2，
∴25（1+x）2=1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，找到关键描述语，就能找到等量关系，是解决问题的关键．同时要注意增长率问题的一般规律．
11、C
【分析】一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】A、不是整式方程，故本选项错误；
B、当=0时，方程就不是一元二次方程，故本选项错误；
C、由原方程，得，符合一元二次方程的要求，故本选项正确；
D、方程中含有两个未知数，故本选项错误．
故选C．
【点睛】
此题考查的是一元二次方程的判断，掌握一元二次方程的定义是解决此题的关键．
12、A
【解析】画树状图得出所有的情况，根据概率的求法计算概率即可.
【详解】画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，两次摸出的小球标号之和等于6的有2种情况，
∴两次摸出的小球标号之和等于6的概率
故选A．
【点睛】
考查概率的计算，明确概率的意义是解题的关键，概率等于所求情况数与总情况数的比.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、8
【解析】因为点B位于点A北偏东30°方向,点C位于点A北偏西30°方向,所以∠BAC=60°,因为AB=AC,所以△ABC是等边三角形,所以BC=AB=AC=8千米,故答案为:8.
14、24
【分析】根据题意做图，圆心在内所能到达的区域为△EFG，先求出AB的长，延长BE交AC于H点，作HM⊥AB于M，根据圆的性质可知BH平分∠ABC，故CH=HM,设CH=x=HM，根据Rt△AMH中利用勾股定理求出x的值，作EK⊥BC于K点，利用△BEK∽△BHC，求出BK的长，即可求出EF的长，再根据△EFG∽△BCA求出FG，即可求出△EFG的面积.
【详解】如图，由题意点O所能到达的区域是△EFG，连接BE，延长BE交AC于H点，作HM⊥AB于M，EK⊥BC于K，作FJ⊥BC于J．
∵，，，
∴AB=
根据圆的性质可知BH平分∠ABC
∴故CH=HM,设CH=x=HM，则AH=12-x，BM=BC=9,
∴AM=15-9=6
在Rt△AMH中，AH2=HM2+AM2
即AH2=HM2+AM2
（12-x）2=x2+62
解得x=4.5
∵EK∥AC，
∴△BEK∽△BHC，
∴，即
∴BK=2，
∴EF=KJ=BC-BK-JC=9-2-1=6，
∵EG∥AB，EF∥AC，FG∥BC，
∴∠EGF＝∠ABC，∠FEG＝∠CAB，
∴△EFG∽△ACB，
故,即
解得FG=8
∴圆心在内所能到达的区域的面积为FG×EF=×8×6=24,
故答案为24.
【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质综合，解题的关键是熟知勾股定理、相似三角形的判定与性质.
15、4s
【分析】将二次函数化为顶点式，顶点横坐标即为所求．
【详解】解：∵h==，
∴当t=4时，h取得最大值，
∴从点火升空到引爆需要的时间为4s．
故答案为：4s．
【点睛】
本题考查二次函数的实际应用问题，判断出所求时间为二次函数的顶点坐标的横坐标是关键．
16、三棱柱
【分析】根据主视图和俯视图的特征判断即可.
【详解】解：根据主视图可知：此几何体前表面应为长方形
根据俯视图可知，此几何体的上表面为三角形
∴该几何体可能是三棱柱.
故答案为：三棱柱.
【点睛】
此题考查的是根据主视图和俯视图判断几何体的形状，掌握常见几何体的三视图是解决此题的关键.
17、1
【分析】用总件数乘以不合格衬衣的频率即可得出答案．
【详解】这1000件中不合格的衬衣约为：(件)；
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
18、y=x2-1（答案不唯一）．
【解析】试题分析：抛物线开口向上，二次项系数大于0，然后写出即可． 抛物线的解析式为y=x2﹣1．
考点：二次函数的性质．
三、解答题（共78分）
19、（1）3t， 8-2t；（2）△BMN与△ABC相似时，t的值为s或s；（3）t的值为.
【分析】（1）根据“路程=时间×速度”和线段的和与差即可得；
（2）由两三角形相似得出对应线段成比例，再结合题（1）的结果，联立求解即可；
（3）如图（见解析），过点M作于点D，易证，利用相似三角形的性质求出CD和DM的长，再证，从而可建立一个关于t的等式，求解即可得.
【详解】（1）由“路程=时间×速度”得：
故答案为：；
（2）
当时，，即，解得
当时，，即，解得
综上所述，与相似时，t的值为或；
（3）如图，过点M作于点D
又∵∠B＝∠B
，
解得：或（不符题意，舍去），
经检验是方程的解，
故t的值为.
【点睛】
本题考查了勾股定理、相似三角形的判定定理与性质，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键.
20、见解析.
【分析】根据等腰三角形的三线合一可得BH=HC，结合已知条件，从而得出四边形EBFC是平行四边形，再根据得出四边形EBFC是菱形．
【详解】证明：，
，
∴四边形EBFC是平行四边形
又，
∴四边形EBFC是菱形.
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
21、AC=6米；CD=5.2米.
【分析】根据题意和正弦的定义求出AB的长，根据余弦的定义求出CD的长．
【详解】解：由题意得，AB⊥EB，CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠EBA＝90°，
∵∠E＝30°，
∴AB＝AE＝8米，
∵BC＝2米，
∴AC＝AB﹣BC＝6米，
∵∠DCA＝90°﹣∠DAC＝30°，
∴CD＝AC×cos∠DCA＝6×≈5.2(米)．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，解决本题的关键是①掌握特殊角的函数值，②能根据题意做构建直角三角形，③熟练掌握直角三角形的边角关系.
22、（1）证明见解析；（2）CD=
【分析】（1）如图，通过证明∠D=∠1，∠2=∠4即可得；
（2）由△CDE∽△CBF，可得CD：CB=DE：BF，根据B为AF中点，可得CD=BF，再根据CB=3，DE=1即可求得.
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠1=∠2+∠3=90° ，
∵CF⊥CE，
∴∠4+∠3=90°，
∴∠2=∠4，
∴△CDE∽△CBF；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB，
∵B为AF的中点，
∴BF=AB，
∴设CD=BF=x，
∵△CDE∽△CBF，
∴，
∴ ，
∵x>0，
∴x=，
即：CD=.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：有两组角对应相等的两个三角形相似；两个三角形相似对应角相等，对应边的比相等．也考查了矩形的性质
23、（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）CP的长为3﹣或3﹣3；（3）a的值为1﹣或2+．
【解析】（1）先根据题意得出点B的坐标，再利用待定系数法求解可得；
（2）分点P在点C上方和下方两种情况，先求出∠OBP的度数，再利用三角函数求出OP的长，从而得出答案；
（3）分对称轴x=1在a到a+1范围的右侧、中间和左侧三种情况，结合二次函数的性质求解可得．
【详解】（1）∵点A（﹣1，0）与点B关于直线x＝1对称，
∴点B的坐标为（3，0），
代入y＝x2+bx+c，得：
，
解得，
所以二次函数的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图所示：
由抛物线解析式知C（0，﹣3），
则OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
若点P在点C上方，则∠OBP＝∠OBC﹣∠PBC＝30°，
∴OP＝OBtan∠OBP＝3×＝，
∴CP＝3﹣；
若点P在点C下方，则∠OBP′＝∠OBC+∠P′BC＝60°，
∴OP′＝OBtan∠OBP′＝3×＝3，
∴CP＝3﹣3；
综上，CP的长为3﹣或3﹣3；
（3）若a+1＜1，即a＜0，
则函数的最小值为（a+1）2﹣2（a+1）﹣3＝2a，
解得a＝1﹣（正值舍去）；
若a＜1＜a+1，即0＜a＜1，
则函数的最小值为1﹣2﹣3＝2a，
解得：a＝﹣2（舍去）；
若a＞1，
则函数的最小值为a2﹣2a﹣3＝2a，
解得a＝2+（负值舍去）；
综上，a的值为1﹣或2+．
【点睛】
本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、三角函数的运用、二次函数的图象与性质及分类讨论思想的运用．
24、（1）3t；（2）满足条件的t的值为≤t≤ ；（3）S＝ ；（4）满足条件的t的值为或或.
【分析】（1）根据路程、速度、时间的关系再结合题意解答即可.
（2）分别出点M、N落在BC上时的t的范围即可；
（3）分重叠部分是矩形PQNM和五边形PQNEF两种情况进行解答即可；
（4）按以下三种情形：当点M落在∠ABC的角平分线BF上时，满足条件.作FELBC于E；当点M落在∠ACB的角平分线上时，满足条件作EFLBC于F；当点M落在△ABC的∠ACB的外角的平分线上时，满足条件.分别求解即可解答.
【详解】解：（1）由题意AP＝2t，AQ＝PQ＝t，
∵PM＝3PQ，
∴PM＝3t．
故答案为3t．
（2）如图2﹣1中，当点M落在BC上时，
∵PM∥AC，
∴，
∴，
解得t＝
如图2﹣2中，当点N落在BC上时，
∵NQ∥AC，
∴，
∴，
解得t＝，
综上所述，满足条件的t的值为≤t≤．
（3）如图3﹣1中，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQNM，S＝3t2
如图3﹣2中，当＜t≤时，重叠部分是五边形PQNEF．
S＝S矩形PQNM﹣S△EFM＝3t2﹣•[3t﹣（4﹣2t）]•[3t﹣（4﹣2t）]＝﹣t2+18t﹣6，
综上所述， ．
（4）如图4﹣1中，当点M落在∠ABC的角平分线BF上时，满足条件．作FE⊥BC于E．
∵∠FAB＝∠FEB＝90°，∠FBA＝∠FBE，BF＝BF，
∴△BFA≌△BFE（AAS），
∴AF＝EF，AB＝BE＝4，设AF＝EF＝x，
∵∠A＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC＝＝5，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣4＝1，
在Rt△EFC中，则有x2+12＝（3﹣x）2，
解得x＝，
∵PM∥AF，
∴，
∴，
∴t＝
如图4﹣2中，当点M落在∠ACB的角平分线上时，满足条件作EF⊥BC于F．
同法可证：△ECA≌△ECF（AAS），
∴AE＝EF，AC＝CF＝3，设AE＝EF＝y，
∴BF＝5﹣3＝2，
在Rt△EFB中，则有x2+22＝（4﹣x）2，
解得x＝，
∵PM∥AC，
∴，
∴，
解得t＝ ．
如图4﹣3中，当点M落在△ABC的∠ACB的外角的平分线上时，满足条件．
设MC的延长线交BA的延长线于E，作EF⊥BC交BC的延长线于分，
同法可证：AC＝CF＝3，EF＝AE，设EF＝EA＝x，
在Rt△EFB中，则有x2+82＝（x+4）2，
解得x＝6，
∵AC∥PM，
∴，
∴，
解得t＝，
综上所述，满足条件的t的值为或或.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，多边形的面积，角平分线的性质等知识，掌握分类讨论的思想思是解答本题的关键.
25、 (1)见解析;(2)4.8cm,MN＝9.6cm．
【分析】（1）先由切线长定理和平行线的性质可求出∠OBC+∠OCB＝90°，进而可求∠BOC＝90°，然后证明∠NMC=90°，即可证明MN是⊙O的切线；
（2）连接OF，则OF⊥BC，根据勾股定理就可以求出BC的长，然后根据△BOC的面积就可以求出⊙O的半径，通过证明△NMC∽△BOC，即可求出MN的长.
【详解】（1）证明：∵AB、BC、CD分别与⊙O切于点E、F、G，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠DCB，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠DCB＝180°，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠DCB）＝×180°＝90°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣90°＝90°.
∵MN∥OB，
∴∠NMC＝∠BOC＝90°，
即MN⊥MC 且MO是⊙O的半径，
∴MN是⊙O的切线；
（2）解：连接OF，则OF⊥BC，
由（1）知，△BOC是直角三角形，
∴BC＝＝＝10，
∵S△BOC＝•OB•OC＝•BC•OF，
∴6×8＝10×OF，
∴OF＝4.8cm，
∴⊙O的半径为4.8cm，
由（1）知，∠NCM＝∠BCO，∠NMC＝∠BOC＝90°，
∴△NMC∽△BOC，
∴，即＝，
∴MN＝9.6（cm）．
【点睛】
本题主要考查的是切线的判定与性质，切线长定理，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，三角形的面积等有关知识.熟练掌握各知识点是解答本题的关键.
26、 (1) 10%.(1) 小华选择方案一购买更优惠.
【解析】试题分析：（1）设出平均每次下调的百分率，根据从5元下调到3.1列出一元二次方程求解即可；
（1）根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果．
试题解析：（1）设平均每次下调的百分率为x．
由题意，得5（1﹣x）1=3.1．
解这个方程，得x1=0.1，x1=1.8（不符合题意），
符合题目要求的是x1=0.1=10%．
答：平均每次下调的百分率是10%．
（1）小华选择方案一购买更优惠．
理由：方案一所需费用为：3.1×0.9×5000=14400（元），
方案二所需费用为：3.1×5000﹣100×5=15000（元）．
∵14400＜15000，
∴小华选择方案一购买更优惠．
【考点】一元二次方程的应用．
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