2022-2023学年安徽省合肥市庐阳区九年级数学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．若直线与半径为5的相离，则圆心与直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
2．用配方法解方程x2+6x+4=0，下列变形正确的是（　　）
A．（x+3）2=﹣4 B．（x﹣3）2=4 C．（x+3）2=5 D．（x+3）2=±
3．已知⊙O的半径为3cm，P到圆心O的距离为4cm，则点P在⊙O（　　）
A．内部 B．外部 C．圆上 D．不能确定
4．在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+b和二次函数y＝ax2+bx+c的图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，甲、乙为两座建筑物，它们之间的水平距离BC为30m，在A点测得D点的仰角∠EAD为45°，在B点测得D点的仰角∠CBD为60°，则乙建筑物的高度为（　　）米．

A．30 B．30﹣30 C．30 D．30
6．下列成语所描述的事件是必然事件的是（　　）
A．守株待兔 B．瓮中捉鳖 C．拔苗助长 D．水中捞月
7．一个不透明的布袋里装有5个只有颜色不同的球，其中2个红球，3个白球，从布袋中随机摸出一个球，摸出红球的概率是( )
A． B． C． D．
8．如图，四边形 ABCD 是⊙O的内接四边形，若∠BOD=88°，则∠BCD 的度数是

A．88° B．92° C．106° D．136°
9．关于x的一元二次方程有两个实数根，，则k的值（ ）
A．0或2 B．-2或2 C．-2 D．2
10．下列标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一天晚上，小伟帮助妈妈清洗两个只有颜色不同的有盖茶杯，突然停电了，小伟只好把杯盖和茶杯随机地搭配在一起，则颜色搭配正确的概率是_____．
12．如图，抛物线与轴的负半轴交于点，与轴交于点，连接，点分别是直线与抛物线上的点，若点围成的四边形是平行四边形，则点的坐标为__________.

13．若是关于的一元二次方程，则__________．
14．如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=5，AF平分∠DAE，EF⊥AE，则CF=______．

15．已知p，q都是正整数，方程7x2﹣px+2009q＝0的两个根都是质数，则p+q＝_____．
16．如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，其对称轴为x＝1，下列结论：①abc＞0；②2a＋b＝0；③4a＋2b＋c＜0；④若(－，y1)，(，y2)是抛物线上两点，则y1＜y2， 其中结论正确的是________．

17．如图，在等边△ABC中，AB=8cm，D为BC中点．将△ABD绕点A．逆时针旋转得到△ACE，则△ADE的周长为_________cm．

18．若反比例函数的图象在每一象限内，y随x的增大而增大，请写出满足条件的一个反比例函数的解折式___________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）十八大以来，某校已举办五届校园艺术节.为了弘扬中华优秀传统文化，每届艺术节上都有一些班级表演“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”等节目.小颖对每届艺术节表演这些节目的班级数进行统计，并绘制了如图所示不完整的折线统计图和扇形统计图.

(1)五届艺术节共有________个班级表演这些节日，班数的中位数为________，在扇形统计图中，第四届班级数的扇形圆心角的度数为________；
(2)补全折线统计图；
(3)第六届艺术节，某班决定从这四项艺术形式中任选两项表演(“经典诵读”、“民乐演奏”、“歌曲联唱”、“民族舞蹈”分别用，，，表示).利用树状图或表格求出该班选择和两项的概率.
20．（6分）如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，点的坐标为，直线经过点、.

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点是直线上方抛物线上的一动点，求面积的最大值并求出此时点的坐标；
（3）过点的直线交直线于点，连接，当直线与直线的一个夹角等于的3倍时，请直接写出点的坐标.
21．（6分）对于平面直角坐标系中的点和半径为1的，定义如下：
①点的“派生点”为；
②若上存在两个点，使得，则称点为的“伴侣点”．

应用：已知点
（1）点的派生点坐标为________；在点中，的“伴侣点”是________；
（2）过点作直线交轴正半轴于点，使，若直线上的点是的“伴侣点”，求的取值范围；
（3）点的派生点在直线，求点与上任意一点距离的最小值．
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝mx+n（m≠0）的图象与y轴交于点C，与反比例函数y＝（k≠0）的图象交于A，B两点，点A在第一象限，纵坐标为4，点B在第三象限，BM⊥x轴，垂足为点M，BM＝OM＝1．

（1）求反比例函数和一次函数的解析式．
（1）连接OB，MC，求四边形MBOC的面积．
23．（8分）如图，在中，，以为直径作交于点.过点作，垂足为，且交的延长线于点.

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长.
24．（8分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC分别交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AC＝8，CE＝4，求弧BD的长．（结果保留π）

25．（10分）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BC相交于点N．连接BM，DN．
(1)求证：四边形BMDN是菱形；
(2)若AB=4，AD=8，求MD的长．

26．（10分）计算：
（1）sin260°﹣tan30°•cos30°+tan45°
（2）cos245°+sin245°+sin254°+cos254°

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】直线与圆相离等价于圆心到直线的距离大于半径，据此解答即可.
【详解】解：∵直线与半径为5的相离，
∴圆心与直线的距离满足：.
故选：B.
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，属于应知应会题型，若圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，当d>r时，直线与圆相离；当d=r时，直线与圆相切；当d<r时，直线与圆相交.
2、C
【解析】x2+6x+4=0，移项，得x2+6x=－4，配方，得x2+6x+32=－4+32，即（x+3）2=5.
故选C.
3、B
【解析】平面内，设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离为d，则有d>r点P在⊙O外；d=r点P在⊙O上；d<r点P在⊙O内.
【详解】∵⊙O的半径为3cm，点P到圆心O的距离为4cm，4cm＞3cm，
∴点P在圆外．
故选：B．
【点睛】
本题考查平面上的点距离圆心的位置关系的问题.
4、A
【分析】本题可先由二次函数y=ax2+bx+c图象得到字母系数的正负，再与一次函数y=ax+b的图象相比较看是否一致．
【详解】A、由抛物线可知，a＜0，x=﹣＜0，得b＜0，由直线可知，a＜0，b＜0，故本选项正确；
B、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，故本选项错误；
C、由抛物线可知，a＞0，x=﹣＞0，得b＜0，由直线可知，a＞0，b＞0，故本选项错误；
D、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，故本选项错误．
故选A．
5、B
【分析】在Rt△BCD中,解直角三角形，可求得CD的长，即求得甲的高度，过A作AF⊥CD于点F，在Rt△ADF中解直角三角形可求得DF，则可求得CF的长，即可求得乙的高度．
【详解】解：如图，过A作AF⊥CD于点F，

在Rt△BCD中，∠DBC=60°，BC=30m，
∵tan∠DBC=，
∴CD=BC•tan60°=30m，
∴甲建筑物的高度为30m；
在Rt△AFD中，∠DAF=45°，
∴DF=AF=BC=30m，
∴AB=CF=CD-DF=（30-30）m，
∴乙建筑物的高度为（30-30）m．
故选B．
【点睛】
本题主要考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，构造直角三角形，利用特殊角求得相应线段的长是解题的关键．
6、B
【分析】根据必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件依次判定即可得出答案．
【详解】解：A选项为随机事件，故不符合题意；
B选项是必然事件，故符合题意；
C选项为不可能事件，故不符合题意；
D选项为不可能事件，故不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下一定发生的事件，不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，难度适中．
7、C
【解析】∵2个红球、3个白球，一共是5个，
∴从布袋中随机摸出一个球,摸出红球的概率是.
故选C.
8、D
【分析】首先根据∠BOD=88°，应用圆周角定理，求出∠BAD的度数；然后根据圆内接四边形的性质，可得∠BAD+∠BCD=180°，据此求出∠BCD的度数
【详解】由圆周角定理可得∠BAD=∠BOD=44°，
根据圆内接四边形对角互补可得∠BCD=180°-∠BAD=180°-44°=136°，
故答案选D．
考点：圆周角定理；圆内接四边形对角互补．
9、D
【分析】将化简可得，，
利用韦达定理，，解得，k＝±2，由题意可知△＞0，
可得k＝2符合题意.
【详解】解：由韦达定理，得：
＝k－1，,
由，得：
，
即，
所以，,
化简，得：，
解得：k＝±2，
因为关于x的一元二次方程有两个实数根，
所以，△＝＝〉0，
k＝－2不符合，
所以，k＝2
故选D.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
10、C
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【解析】分析：根据概率的计算公式．颜色搭配总共有4种可能，分别列出搭配正确和搭配错误的可能，进而求出各自的概率即可．
详解：用A和a分别表示第一个有盖茶杯的杯盖和茶杯；
用B和b分别表示第二个有盖茶杯的杯盖和茶杯、经过搭配所能产生的结果如下：

Aa、Ab、Ba、Bb．
所以颜色搭配正确的概率是．
故答案为：．
点睛：此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
12、或或
【分析】根据二次函数与x轴的负半轴交于点，与轴交于点.直接令x=0和y=0求出A，B的坐标.再根据平行四边形的性质分情况求出点E的坐标.
【详解】由抛物线的表达式求得点的坐标分别为.
由题意知当为平行四边形的边时，，且，
∴线段可由线段平移得到.
∵点在直线上，①当点的对应点为时，如图，需先将向左平移1个单位长度，
此时点的对应点的横坐标为，将代入，
得，∴.

②当点A的对应点为时，同理，先将向右平移2个单位长度，可得点的对应点的横坐标为2，
将代入得，∴
当为平行四边形的对角线时，可知的中点坐标为，
∵在直线上，
∴根据对称性可知的横坐标为，将代入
得，∴.
综上所述，点的坐标为或或.
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了特殊点的坐标的确定，平行四边形的性质，解本题的关键是分情况解决问题的思想．
13、1
【分析】根据一元二次方程的定义可知的次数为2，列出方程求解即可得出答案．
【详解】解：∵是关于的一元二次方程，
∴，
解得：m=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题重点考查一元二次方程定义，理解一元二次方程的三个特点：（1）只含有一个未知数；（2）未知数的最高次数是2；（1）是整式方程；其中理解特点（2）是解决这题的关键．
14、
【解析】试题分析：证△AEF≌△ADF，推出AE=AD=5，EF=DF，在△ABE中，由勾股定理求出BE=3，求出CE=2，设CF=x，则EF=DF=4-x，在Rt△CFE中，由勾股定理得出方程（4-x）2=x2+22，求出x即可．
试题解析：∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF=∠EAF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠C=90°，AD=BC=5，AB=CD=4，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠D=90°，
在△AEF和△ADF中，
，
∴△AEF≌△ADF（AAS），
∴AE=AD=5，EF=DF，
在△ABE中，∠B=90°，AE=5，AB=4，由勾股定理得：BE=3，
∴CE=5-3=2，
设CF=x，则EF=DF=4-x，
在Rt△CFE中，由勾股定理得：EF2=CE2+CF2，
∴（4-x）2=x2+22，
x=，
CF=．
考点：矩形的性质．
15、337
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，得出有关p，q的式子，再利用两个根都是质数，可分析得出结果．
【详解】解：x1+x2＝，
x1x2＝＝287q＝7×41×q，
x1和x2都是质数，
则只有x1和x2是7和41，而q＝1，
所以7+41＝，
p＝336，
所以p+q＝337，
故答案为：337.
【点睛】
此题考查了一元二次方程根与系数的关系以及质数的概念，题目比较典型．
16、②④
【解析】由抛物线开口方向得到a＜0，有对称轴方程得到b=-2a＞0，由∵抛物线与y轴的交点位置得到c＞0，则可对①进行判断；由b=-2a可对②进行判断；利用抛物线的对称性可得到抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），则可判断当x=2时，y＞0，于是可对③进行判断；通过比较点（-，y1）与点（，y2）到对称轴的距离可对④进行判断．
【详解】：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴为直线x= -=1，
∴b=-2a＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，所以①错误；
∵b=-2a，
∴2a+b=0，所以②正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为（-1，0），抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），
∴当x=2时，y＞0，
∴4a+2b+c＞0，所以③错误；
∵点（-，y1）到对称轴的距离比点（，y2）对称轴的距离远，
∴y1＜y2，所以④正确．
故答案为：②④．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
17、12
【分析】由旋转可知，由全等的性质及等边三角形的性质可知是等边三角形，利用勾股定理求出AD长，可得△ADE的周长.
【详解】解：△ABC是等边三角形，

D为BC中点，AB=8

在中，根据勾股定理得

由旋转可知

是等边三角形

所以△ADE的周长为cm.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的判定和性质，灵活利用等边三角形的性质是解题的关键.
18、
【分析】根据反比例函数的性质：当k>0时函数图像的每一支上，y随x的增大而减少；当k<0时，函数图像的每一支上，y随x的增大而增大，因此符合条件的反比例函数满足k<0即可．
【详解】因为反比例函数的图象在每一象限内，y随x的增大而增大，
所以k＜0
故答案为：
【点睛】
本题考查的是反比例函数的性质，掌握反比例函数的增减性是关键．

三、解答题(共66分)
19、 (1)40，7，81°；(2)见解析；(3).
【解析】（1）根据图表可得，五届艺术节共有：；根据中位数定义和圆心角公式求解；（2）根据各届班数画图；（3）用列举法求解；
【详解】解：(1) 五届艺术节共有：个，第四届班数：40×22.5%=9，第五届40=13，第一至第三届班数：5，7，6，故班数的中位数为7，
第四届班级数的扇形圆心角的度数为：3600×22.5%=81°；
(2)折线统计图如下；.

(3)树状图如下.

所有情况共有12种，其中选择和两项的共有2种情况，
所以选择和两项的概率为.
【点睛】
考核知识点：用树状图求概率.从图表获取信息是关键.
20、（1）；（2），点坐标为；（3）点的坐标为，
【分析】（1）利用B（5，0）用待定系数法求抛物线解析式；
（2）作PQ∥y轴交BC于Q，根据求解即可；
（3）作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，则∠A M1B=3∠ACB, 则 NAM1∽ A C M1,通过相似的性质来求点M1的坐标；作AD⊥BC于D,作M1关于AD的对称点M2, 则∠A M2C=3∠ACB,根据对称点坐标特点可求M2的坐标.
【详解】（1）把代入得

.
∴；
（2）作PQ∥y轴交BC于Q，设点，则

∵
∴OB=5，
∵Q在BC上，
∴Q的坐标为（x，x-5），
∴PQ==，
∴
=
=
∴当时，有最大值，最大值为，
∴点坐标为.
（3）如图1，作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，则∠A M1B=3∠ACB,

∵∠CAN=∠NAM1,
∴AN=CN,
∵=-(x-1)(x-5),
∴A的坐标为（1，0），C的坐标为（0，-5），
设N的坐标为（a,a-5），则
∴，
∴a= ,
∴N的坐标为（,）,
∴AN2==，AC2=26，
∴，
∵∠NAM1=∠ACB，∠N M1A=∠C M1A，
∴ NAM1∽ A C M1,
∴,
∴,
设M1的坐标为（b,b-5），则
∴,
∴b1= ，b2=6(不合题意，舍去)，
∴M1的坐标为，
如图2，作AD⊥BC于D,作M1关于AD的对称点M2, 则∠A M2C=3∠ACB,

易知ADB是等腰直角三角形，可得点D的坐标是（3，-2），
∴M2 横坐标= ，
M2 纵坐标= ，
∴M2 的坐标是，
综上所述，点M的坐标是或.
【点睛】
本题考查了二次函数与几何图形的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质及相似三角形的判定与性质，会运用分类讨论的思想解决数学问题．
21、（1）（1,0），E、D、；（2）；（3）
【分析】（1）根据定义即可得到点的坐标，过点E作的切线EM，连接OM，利用三角函数求出∠MEO=30°，即可得到点E是的“伴侣点”；根据点F、D、的坐标得到线段长度与线段OE比较即可判定是否是的“伴侣点”；
（2）根据题意求出，∠OGF=60°，由点是的“伴侣点”，过点P作的切线PA、PB，连接OP，OB，证明△OPG是等边三角形，得到点P应在线段PG上，过点P作PH⊥x轴于H，求出点P的横坐标是-，由此即可得到点P的横坐标m的取值范围；
（3）设点(x，-2x+6)，P（m，n），根据派生点的定义得到3m+n=6，由此得到点P在直线y=-3x+6上，设直线y=-3x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点O作OH⊥AB于H，交于点C，求出AB的长，再根据面积公式求出OH即可得到答案.
【详解】（1）∵，
∴点的派生点坐标为（1,0），
∵E(0，-2)，
∴OE=2，
过点E作的切线EM，连接OM，
∵OM=1，OE=2，∠OME=90°，
∴sin∠MEO=,
∴∠MEO=30°，
而在的左侧也有一个切点，使得组成的角等于30°，
∴点E是的“伴侣点”；
∵，
∴OF=>OE，
∴点F不可能是的“伴侣点”；
∵，（1,0），，，
∴点D、是的“伴侣点”，
∴的“伴侣点”有：E、D、，
故答案为：（1,0），E、D、；

（2）如图，直线l交y轴于点G，
∵，
∴，∠OGF=60°
∵直线上的点是的“伴侣点”，
∴过点P作的切线PA、PB，且∠APB=60°，
连接OP，OB，
∴∠BOP=30°，
∵∠OBP=90°，OB=1，
∴OP=2=OG，
∴△OPG是等边三角形，
∴若点P是的“伴侣点”，则点P应在线段PG上，
过点P作PH⊥x轴于H，
∵∠POH=90°-60°=30°，OP=2，
∴PH=1，
∴OH=，即点P的横坐标是-，
∴当直线上的点是的“伴侣点”时的取值范围是；

（3）设点(x，-2x+6)，P（m，n），
根据题意得：m+n=x，m-n=-2x+6，
∴3m+n=6，
即n=-3m+6，
∴点P坐标为（m，-3m+6），
∴点P在直线y=-3x+6上，
设直线y=-3x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点O作OH⊥AB于H，交于点C，如图，则A（2,0），B（0,6），
∴,
∴,
∴,
∴,
即点P与上任意一点距离的最小值为.
【点睛】
此题考查圆的性质，切线长定理，切线的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，勾股定理，正确掌握各知识点是解题的关键.
22、（1）y＝，y＝1x+1；（1）四边形MBOC的面积是2．
【分析】（1）根据题意可以求得点B的坐标，从而可以求得反比例函数的解析式，进而求得点A的坐标，从而可以求得一次函数的解析式；
（1）根据（1）中的函数解析式可以求得点C，从而可以求得四边形MBOC是平行四边形，根据面积公式即可求得．
【详解】解：（1）∵BM＝OM＝1，
∴点B的坐标为（﹣1，﹣1），
∵反比例函数y＝（k≠0）的图象经过点B，
则﹣1＝，得k＝2，
∴反比例函数的解析式为y＝，
∵点A的纵坐标是2，
∴2＝，得x＝1，
∴点A的坐标为（1，2），
∵一次函数y＝mx+n（m≠0）的图象过点A（1，2）、点B（﹣1，﹣1），
∴，解得，
即一次函数的解析式为y＝1x+1；
（1）∵y＝1x+1与y轴交于点C，
∴点C的坐标为（0，1），
∵点B（﹣1，﹣1），点M（﹣1，0），
∴OC＝MB＝1，
∵BM⊥x轴，
∴MB∥OC，
∴四边形MBOC是平行四边形，
∴四边形MBOC的面积是：OM•OC＝2．
【点睛】
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质和反比例函数的性质解答．
23、（1）见解析；（2）BD长为1．
【分析】（1）连接OD，AD，根据等腰三角形三线合一得BD=CD，根据三角形的中位线可得OD∥AC，所以得OD⊥EF，从而得结论；
（2）根据等腰三角形三线合一的性质证得∠BAD=∠BAC=30°，由30°的直角三角形的性质即可求得BD．
【详解】（1）证明：连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△BAC的中位线，
∴OD∥AC，
∵EF⊥AC，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；

（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠BAC＝30°，
∴BD＝AB＝×10＝1,
即BD 长为1．
【点睛】
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、等腰三角形的性质，圆的切线的判定，30°的直角三角形的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
24、（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；
（2）作OG⊥AE，知AG＝CG＝AC＝4，证四边形ODEG是矩形，得出OA＝OB＝OD＝CG+CE＝4，再证△ADE∽△ABD得AD2＝192，据此得出BD的长及∠BAD的度数，利用弧长公式可得答案．
【详解】（1）证明：连接OD，如图1所示：

∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠EAF，
∴∠DAE＝∠DAO，
∴∠DAE＝∠ADO，
∴OD∥AE，
∵AE⊥EF，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：作OG⊥AE于点G，连接BD，如图2所示：

则AG＝CG＝AC＝4，∠OGE＝∠E＝∠ODE＝90°，
∴四边形ODEG是矩形，
∴OA＝OB＝OD＝CG+CE＝4+4＝8，∠DOG＝90°，
∴AB＝2OA＝16，
∵AC＝8，CE＝4，
∴AE＝AC+CE＝12，
∵∠DAE＝∠BAD，∠AED＝∠ADB＝90°，
∴△ADE∽△ABD，
∴，即，
∴，
在Rt△ABD中，，
在Rt△ABD中，∵AB＝2BD，
∴∠BAD＝30°，
∴∠BOD＝60°，
则弧BD的长度为＝．
【点睛】
本题考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定与性质、矩形的判定与性质、垂径定理、弧长公式等知识点．
25、（1）证明见解析；（2）MD长为1．
【分析】（1）利用矩形性质，证明BMDN是平行四边形，再结合MN⊥BD，证明BMDN是菱形．
（2）利用BMDN是菱形，得BM=DM，设，则，在中使用勾股定理计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A=90°，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，
∵BD的垂直平分线MN
∴BO=DO，
∵在△DMO和△BNO中
∠MDO=∠NBO，BO=DO，∠MOD=∠NOB
∴△DMO ≌ △BNO（AAS），
∴OM=ON，
∵OB=OD，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∵MN⊥BD
∴BMDN是菱形

（2）∵四边形BMDN是菱形，
∴MB=MD，
设MD=x，则MB=DM=x，AM=(8-x)
在Rt△AMB中，BM2=AM2+AB2
即x2=（8-x）2+42，
解得：x=1
答：MD长为1．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的性质，及勾股定理，熟练使用以上知识是解题的关键．
26、（1）；（2）2.
【解析】根据特殊角的锐角三角函数的值即可求出答案．
【详解】（1）原式＝（）2﹣×+1＝﹣+1＝，
（2）原式＝（cos²45°+sin²45°）+（sin²54°+cos²54°）＝1+1 ＝2
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练运用特殊角的锐角三角函数的定义．