江苏省东台市第六教育联盟市级名校2022年中考数学考前最后一卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．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（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1．若关于x的一元二次方程(k－1)x2＋4x＋1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是(     )

A．k<5 B．k<5，且k≠1 C．k≤5，且k≠1 D．k>5

2．如图1，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，将△ADE沿线段DE向下折叠，得到图1．下列关于图1的四个结论中，不一定成立的是（　　）

A．点A落在BC边的中点 B．∠B+∠1+∠C=180°

C．△DBA是等腰三角形 D．DE∥BC

3．如图，在平面直角坐标系中，是反比例函数的图像上一点，过点做轴于点，若的面积为2，则的值是(    )

A．-2 B．2 C．-4 D．4

4．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若，大正方形的面积为13，则小正方形的面积为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

5．如图是二次函数y =ax2+bx + c(a≠0)图象如图所示，则下列结论，①c<0，②2a + b=0；③a+b+c=0，④b2–4ac<0，其中正确的有(    )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4

6．下列运算结果为正数的是(   )

A．1+(–2) B．1–(–2) C．1×(–2) D．1÷(–2)

7．如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)图象的一部分，对称轴为直线x＝，且经过点(2，0)，下列说法：①abc＜0；②a＋b＝0；③4a＋2b＋c＜0；④若(－2，y1)，(，y2)是抛物线上的两点，则y1＜y2.其中说法正确的有(     )

A．②③④ B．①②③ C．①④ D．①②④

8．已知a-2b=-2,则4-2a+4b的值是(　　)

A．0 B．2 C．4 D．8

9．如图，从圆外一点引圆的两条切线，，切点分别为，，如果， ，那么弦AB的长是（   ）

A． B． C． D．

10．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°, BE平分∠ABC，ED垂直平分AB于D，若AC=9，则AE的值是 （ ）

A． B． C．6 D．4

11．|–|的倒数是（    ）

A．–2 B．– C． D．2

12．如图，直线AB∥CD，AE平分∠CAB，AE与CD相交于点E，∠ACD=40°，则∠DEA=（　　）

A．40° B．110° C．70° D．140°

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13．如图，已知点A（2，2）在双曲线上，将线段OA沿x轴正方向平移，若平移后的线段O'A'与双曲线的交点D恰为O'A'的中点，则平移距离OO'长为____．

14．有五张分别印有等边三角形、正方形、正五边形、矩形、正六边形图案的卡片（这些卡片除图案不同外，其余均相同）．现将有图案的一面朝下任意摆放，从中任意抽取一张，抽到卡片的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率为_____．

15．在矩形ABCD中，AB=4，BC=9，点E是AD边上一动点，将边AB沿BE折叠，点A的对应点为A′，若点A′到矩形较长两对边的距离之比为1：3，则AE的长为_____．

16．如图，半径为3的⊙O与Rt△AOB的斜边AB切于点D，交OB于点C，连接CD交直线OA于点E，若∠B=30°，则线段AE的长为    ．

17．若 m、n 是方程 x2+2018x﹣1=0 的两个根，则 m2n+mn2﹣mn=_________．

18．如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m．水面下降2.5m，水面宽度增加_____m．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

19．（6分）2019年8月．山西龙城将迎来全国第二届青年运动会，盛会将至，整个城市已经进入了全力准备的状态．太职学院足球场作为一个重要比赛场馆．占地面积约24300平方米．总建筑面积4790平方米，设有2476个座位，整体建筑简洁大方，独具特色．2018年3月15日该场馆如期开工，某施工队负责安装该场馆所有座位，在安装完476个座位后，采用新技术，效率比原来提升了．结来比原计划提前4天完成安装任务．求原计划每天安装多少个座位．

20．（6分）已知抛物线y=ax2+ c(a≠0)．

（1）若抛物线与x轴交于点B(4，0)，且过点P(1，–3)，求该抛物线的解析式；

（2）若a>0，c =0，OA、OB是过抛物线顶点的两条互相垂直的直线，与抛物线分别交于A、B 两点，求证：直线AB恒经过定点(0，)；

（3）若a>0，c <0，抛物线与x轴交于A，B两点(A在B左边)，顶点为C，点P在抛物线上且位于第四象限．直线PA、PB与y轴分别交于M、N两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．

21．（6分）如图，在中，，垂足为D，点E在BC上，，垂足为，试判断DG与BC的位置关系，并说明理由．

22．（8分）如图，点D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．判断直线CD和⊙O的位置关系，并说明理由．过点B作⊙O的切线BE交直线CD于点E，若AC=2，⊙O的半径是3，求BE的长．

23．（8分）如图所示，在坡角为30°的山坡上有一竖立的旗杆AB，其正前方矗立一墙，当阳光与水平线成45°角时，测得旗杆AB落在坡上的影子BD的长为8米，落在墙上的影子CD的长为6米，求旗杆AB的高（结果保留根号）．

24．（10分）抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．

（1）求这条抛物线的表达式；

（2）求∠ACB的度数；

（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．

25．（10分）如图，在△OAB中，OA=OB，C为AB中点，以O为圆心，OC长为半径作圆，AO与⊙O交于点E，OB与⊙O交于点F和D，连接EF，CF，CF与OA交于点G

（1）求证：直线AB是⊙O的切线；

（2）求证：△GOC∽△GEF；

（3）若AB=4BD，求sinA的值．

26．（12分）某校九年级数学测试后，为了解学生学习情况，随机抽取了九年级部分学生的数学成绩进行统计，得到相关的统计图表如下．

请根据以上信息解答下列问题：

（1）这次统计共抽取了　   　名学生的数学成绩，补全频数分布直方图；

（2）若该校九年级有1000名学生，请据此估计该校九年级此次数学成绩在B等级以上（含B等级）的学生有多少人？

（3）根据学习中存在的问题，通过一段时间的针对性复习与训练，若A等级学生数可提高40%，B等级学生数可提高10%，请估计经过训练后九年级数学成绩在B等级以上（含B等级）的学生可达多少人？

27．（12分）如图所示，PB是⊙O的切线，B为切点，圆心O在PC上，∠P=30°，D为弧BC的中点.

(1)求证：PB=BC；

(2)试判断四边形BOCD的形状，并说明理由.

参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1、B

【解析】

试题解析：∵关于x的一元二次方程方程有两个不相等的实数根，∴，即，解得：k＜5且k≠1．故选B．

2、A

【解析】
根据折叠的性质明确对应关系，易得∠A=∠1，DE是△ABC的中位线，所以易得B、D答案正确，D是AB中点，所以DB=DA，故C正确．

【详解】

根据题意可知DE是三角形ABC的中位线，所以DE∥BC；∠B+∠1+∠C=180°；∵BD=AD，∴△DBA是等腰三角形．故只有A错，BA≠CA．故选A．

【点睛】

主要考查了三角形的内角和外角之间的关系以及等腰三角形的性质．还涉及到翻折变换以及中位线定理的运用．

（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和．

（1）三角形的内角和是180度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件．通过折叠变换考查正多边形的有关知识，及学生的逻辑思维能力．解答此类题最好动手操作．

3、C

【解析】
根据反比例函数k的几何意义，求出k的值即可解决问题

【详解】

解：∵过点P作PQ⊥x轴于点Q，△OPQ的面积为2，
∴||=2，
∵k＜0，
∴k=-1．
故选：C．

【点睛】

本题考查反比例函数k的几何意义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

4、C

【解析】
如图所示，∵（a+b）2=21

∴a2+2ab+b2=21，

∵大正方形的面积为13，2ab=21﹣13=8，

∴小正方形的面积为13﹣8=1．

故选C．

考点：勾股定理的证明．

5、B

【解析】
由抛物线的开口方向判断a与1的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与1的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．

【详解】

①抛物线与y轴交于负半轴，则c＜1，故①正确；

②对称轴x1，则2a+b=1．故②正确；

③由图可知：当x=1时，y=a+b+c＜1．故③错误；

④由图可知：抛物线与x轴有两个不同的交点，则b2﹣4ac＞1．故④错误．

综上所述：正确的结论有2个．

故选B．

【点睛】

本题考查了图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的值求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．

6、B

【解析】
分别根据有理数的加、减、乘、除运算法则计算可得．

【详解】

解：A、1+(﹣2)＝﹣(2﹣1)＝﹣1，结果为负数；

B、1﹣(﹣2)＝1+2＝3，结果为正数；

C、1×(﹣2)＝﹣1×2＝﹣2，结果为负数；

D、1÷(﹣2)＝﹣1÷2＝﹣，结果为负数；

故选B．

【点睛】

本题主要考查有理数的混合运算，熟练掌握有理数的四则运算法则是解题的关键．

7、D

【解析】
根据图象得出a<0, a+b=0,c>0,即可判断①②;把x=2代入抛物线的解析式即可判断③,根据(－2，y1)，(，y2)到对称轴的距离即可判断④.

【详解】

∵二次函数的图象的开口向下,

∴a<0,

∵二次函数的图象y轴的交点在y轴的正半轴上,

∴c>0,

∵二次函数图象的对称轴是直线x=,

∴a=-b,

∴b>0,

∴abc<0,故①正确;

∵a=-b, ∴a+b=0,故②正确;

把x=2代入抛物线的解析式得，

4a+2b+c=0,故③错误;

∵ ,

故④正确;

故选D..

【点睛】

本题考查了二次函数的图象与系数的关系的应用,题目比较典型,主要考查学生的理解能力和辨析能力.

8、D

【解析】

∵a-2b=-2，

∴-a+2b=2，

∴-2a+4b=4，

∴4-2a+4b=4+4=8，

故选D.

9、C

【解析】
先利用切线长定理得到，再利用可判断为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求解．

【详解】

解：，PB为的切线，

，

，

为等边三角形，

．

故选C．

【点睛】

本题考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．

10、C

【解析】
由角平分线的定义得到∠CBE=∠ABE，再根据线段的垂直平分线的性质得到EA=EB，则∠A=∠ABE，可得∠CBE=30°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到BE=2EC，即AE=2EC，由AE+EC=AC=9，即可求出AC．

【详解】

解：∵BE平分∠ABC，

∴∠CBE=∠ABE，

∵ED垂直平分AB于D，

∴EA=EB，

∴∠A=∠ABE，

∴∠CBE=30°，

∴BE=2EC，即AE=2EC，

而AE+EC=AC=9，

∴AE=1．

故选C．

11、D

【解析】
根据绝对值的性质，可化简绝对值，根据倒数的意义，可得答案．

【详解】

|−|=，的倒数是2；

∴|−|的倒数是2，

故选D．

【点睛】

本题考查了实数的性质，分子分母交换位置是求一个数倒数的关键．

12、B

【解析】
先由平行线性质得出∠ACD与∠BAC互补，并根据已知∠ACD=40°计算出∠BAC的度数，再根据角平分线性质求出∠BAE的度数，进而得到∠DEA的度数．

【详解】

∵AB∥CD，

∴∠ACD+∠BAC=180°，

∵∠ACD=40°，

∴∠BAC=180°﹣40°=140°，

∵AE平分∠CAB，

∴∠BAE=∠BAC=×140°=70°，

∴∠DEA=180°﹣∠BAE=110°，

故选B．

【点睛】

本题考查了平行线的性质和角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握两直线平行，同旁内角互补．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13、1．

【解析】
直接利用平移的性质以及反比例函数图象上点的坐标性质得出D点坐标进而得出答案．

【详解】

∵点 A(2，2)在双曲线上，

∴k＝4，

∵平移后的线段O'A'与双曲线的交点 D 恰为 O'A'的中点，

∴D点纵坐标为：1，

∴DE＝1，O′E＝1，

∴D点横坐标为：x＝＝4，

∴OO′＝1，

故答案为1．

【点睛】

本题考查了反比例函数图象上的性质，正确得出D点坐标是解题关键．

14、

【解析】
判断出即是中心对称，又是轴对称图形的个数，然后结合概率计算公式，计算，即可．

【详解】

解：等边三角形、正方形、正五边形、矩形、正六边形图案中既是中心对称图形，又是轴对称图形是：正方形、矩形、正六边形共3种，

故从中任意抽取一张，抽到卡片的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率为：．

故答案为．

【点睛】

考查中心对称图形和轴对称图形的判定，考查概率计算公式，难度中等．

15、或

【解析】
由,,得,所以.再以①和②两种情况分类讨论即可得出答案.

【详解】

因为翻折,所以，,过作,交AD于F,交BC于G,根据题意，,.

若点在矩形ABCD的内部时，如图

则GF=AB=4,

由可知.

又.

.

又.

.

.

.

若

则,.

.

则.

.

.

若

则,.

.

则 .

.

.

故答案或.

【点睛】

本题主要考查了翻折问题和相似三角形判定，灵活运用是关键

错因分析：难题，失分原因有3点：（1）不能灵活运用矩形和折叠与动点问题叠的性质；（2）没有分情况讨论，由于点A′A′到矩形较长两对边的距离之比为1:3，需要分A′M:A′N=1:3，A′M:A′N=1:3和A′M:A′N=3:1，A′M:A′N=3:1这两种情况；（3）不能根据相似三角形对应边成比例求出三角形的边长.

16、

【解析】
要求AE的长，只要求出OA和OE的长即可，要求OA的长可以根据∠B=30°和OB的长求得，OE可以根据∠OCE和OC的长求得．

【详解】

解：连接OD，如图所示，

由已知可得，∠BOA=90°，OD=OC=3，∠B=30°，∠ODB=90°，

∴BO=2OD=6，∠BOD=60°， 

∴∠ODC=∠OCD=60°，AO=BOtan30°=6×=2，

∵∠COE=90°，OC=3，

∴OE=OCtan60°=3×=3，

∴AE=OE﹣OA=3-2=，

【点晴】

切线的性质

17、1

【解析】
根据根与系数的关系得到 m+n=﹣2018，mn=﹣1，把 m2n+mm2﹣mn分解因式得到 mn（m+n﹣1），然后利用整体代入的方法计算．

【详解】

解：∵m、n 是方程 x2+2018x﹣1=0 的两个根，

则原式=mn（m+n﹣1）

=﹣1×（﹣2018﹣1）

=﹣1×（﹣1）

=1，

故答案为：1．

【点睛】

本题考查了根与系数的关系，如果一元二次方程 ax2+bx+c=0 的两根分别

为与，则解题时要注意这两个关 系的合理应用．

18、1.

【解析】
根据已知建立平面直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y=-1.5代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案

【详解】

解：建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点，

抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半1米，抛物线顶点C坐标为（0，1），
设顶点式y=ax1+1，把A点坐标（-1，0）代入得a=-0.5，
∴抛物线解析式为y=-0.5x1+1，
当水面下降1.5米，通过抛物线在图上的观察可转化为：
当y=-1.5时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线y=-1与抛物线相交的两点之间的距离，
可以通过把y=-1.5代入抛物线解析式得出：
-1.5=-0.5x1+1，
解得：x=±3，
1×3-4=1，
所以水面下降1.5m，水面宽度增加1米．
故答案为1．

【点睛】

本题考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键，学会把实际问题转化为二次函数，利用二次函数的性质解决问题，属于中考常考题型．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

19、原计划每天安装100个座位．

【解析】
根据题意先设原计划每天安装x个座位，列出方程再求解.

【详解】

解：设原计划每天安装个座位，采用新技术后每天安装个座位，

由题意得：．

解得：．

经检验：是原方程的解．

答：原计划每天安装100个座位．

【点睛】

此题重点考查学生对分式方程的实际应用，掌握分式方程的解法是解题的关键.

20、（1）；（2）详见解析；（3）为定值，=

【解析】
（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，用待定系数法求解即可；

（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，由△AOE∽△OBF，可得到，然后表示出直线AB的解析式即可得到结论；

（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2

  由PQ∥ON，可得ON=amt+at2，OM= –amt+at2，然后把ON，OM，OC的值代入整理即可.

【详解】

（1）把点B(4，0)，点P(1，–3)代入y=ax2+ c(a≠0)，

，

解之得

，

∴；

（2）如图作辅助线AE、BF垂直 x轴，设A(m，am2)、B(n，an2)，

∵OA⊥OB，

∴∠AOE=∠OBF，

∴△AOE∽△OBF，

∴，，，

直线AB过点A(m，am2)、点B(n，an2)，

∴过点（0，）;

（3）作PQ⊥AB于点Q，设P（m，am2+c）、A（–t，0）、B（t，0），则at2+c=0， c= –at2

   ∵PQ∥ON，

∴，

ON=====at(m+t)= amt+at2，

同理：OM= –amt+at2，

所以，OM+ON= 2at2=–2c=OC，

所以，=.

【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理.正确作出辅助线是解答本题的关键.

21、DG∥BC，理由见解析

【解析】
由垂线的性质得出CD∥EF，由平行线的性质得出∠2=∠DCE，再由已知条件得出∠1=∠DCE，即可得出结论．

【详解】

解：DG∥BC，理由如下：
∵CD⊥AB，EF⊥AB，
∴CD∥EF，
∴∠2=∠DCE，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠DCE，
∴DG∥BC．

【点睛】

本题考查平行线的判定与性质；熟练掌握平行线的判定与性质，证明∠1=∠DCE是解题关键．

22、解：（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，理由见解析

（2）BE=1．

【解析】

试题分析：（1）连接OD，可知由直径所对的圆周角是直角可得∠DAB+∠DBA=90°，再由∠CDA=∠CBD可得∠CDA+∠ADO=90°，从而得∠CDO=90°，根据切线的判定即可得出；

（2）由已知利用勾股定理可求得DC的长，根据切线长定理有DE=EB，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．

试题解析：（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，

理由是：连接OD，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=90°，

∴∠DAB+∠DBA=90°，

∵∠CDA=∠CBD，

∴∠DAB+∠CDA=90°，

∵OD=OA，

∴∠DAB=∠ADO，

∴∠CDA+∠ADO=90°，

即OD⊥CE，

∴直线CD是⊙O的切线，

即直线CD和⊙O的位置关系是相切；

（2）∵AC=2，⊙O的半径是3，

∴OC=2+3=5，OD=3，

在Rt△CDO中，由勾股定理得：CD=4，

∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，

∴DE=EB，∠CBE=90°，

设DE=EB=x，

在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2=BE2+BC2，

则（4+x）2=x2+（5+3）2，

解得：x=1，

即BE=1．

考点：1、切线的判定与性质；2、切线长定理；3、勾股定理；4、圆周角定理

23、旗杆AB的高为（4+1）m．

【解析】

试题分析：过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F．在Rt△BFD中，分别求出DF、BF的长度．在Rt△ACE中，求出AE、CE的长度，继而可求得AB的长度．

试题解析：解：过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F，过点B作BF⊥CD于F．

在Rt△BFD中，∵∠DBF=30°，sin∠DBF==，cos∠DBF==．

∵BD=8，∴DF=4，BF=．

∵AB∥CD，CE⊥AB，BF⊥CD，∴四边形BFCE为矩形，∴BF=CE=4，CF=BE=CD﹣DF=1．

在Rt△ACE中，∠ACE=45°，∴AE=CE=4，∴AB=4+1（m）．

答：旗杆AB的高为（4+1）m．

24、（1）y=﹣2x2+x+3；（2）∠ACB=41°；（3）D（，）．

【解析】

试题分析：把点的坐标代入即可求得抛物线的解析式.

作BH⊥AC于点H，求出的长度，即可求出∠ACB的度数.

延长CD交x轴于点G，△DCE∽△AOC，只可能∠CAO=∠DCE.求出直线的方程，和抛物线的方程联立即可求得点的坐标.

试题解析：（1）由题意，得

解得．

∴这条抛物线的表达式为．

（2）作BH⊥AC于点H，

∵A点坐标是（－1，0），C点坐标是（0，3），B点坐标是（，0），

∴AC=，AB=，OC=3，BC=．

∵，即∠BAD=，

∴．

Rt△ BCH中，，BC=，∠BHC=90º，

∴．

又∵∠ACB是锐角，∴．

（3）延长CD交x轴于点G，

∵Rt△ AOC中，AO=1，AC=，

∴．

∵△DCE∽△AOC，∴只可能∠CAO=∠DCE．

∴AG = CG．

∴．

∴AG=1．∴G点坐标是（4，0）．

∵点C坐标是（0，3），∴．

∴ 解得，（舍）.

∴点D坐标是

25、 (1)见解析;(2)见解析;(3).

【解析】
（1）利用等腰三角形的性质，证明OC⊥AB即可；
（2）证明OC∥EG，推出△GOC∽△GEF即可解决问题；
（3）根据勾股定理和三角函数解答即可．

【详解】

证明：（1）∵OA=OB，AC=BC，

∴OC⊥AB，

∴⊙O是AB的切线．

（2）∵OA=OB，AC=BC，

∴∠AOC=∠BOC，

∵OE=OF，

∴∠OFE=∠OEF，

∵∠AOB=∠OFE+∠OEF，

∴∠AOC=∠OEF，

∴OC∥EF，

∴△GOC∽△GEF，

∴，

∵OD=OC，

∴OD•EG=OG•EF．

（3）∵AB=4BD，

∴BC=2BD，设BD=m，BC=2m，OC=OD=r，

在Rt△BOC中，∵OB2=OC2+BC2，

即（r+m）2=r2+（2m）2，

解得：r=1.5m，OB=2.5m，

∴sinA=sinB=.

【点睛】

考查圆的综合题，考查切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

26、（1）1人；补图见解析；（2）10人；（3）610名.

【解析】
（1）用总人数乘以A所占的百分比，即可得到总人数；再用总人数乘以A等级人数所占比例可得其人数，继而根据各等级人数之和等于总人数可得D等级人数，据此可补全条形图；
（2）用总人数乘以（A的百分比+B的百分比），即可解答；
（3）先计算出提高后A，B所占的百分比，再乘以总人数，即可解答．

【详解】

解：（1）本次调查抽取的总人数为15÷=1（人），

则A等级人数为1×=10（人），D等级人数为1﹣（10+15+5）=20（人），

补全直方图如下：

故答案为1．

（2）估计该校九年级此次数学成绩在B等级以上（含B等级）的学生有1000×=10（人）；

（3）∵A级学生数可提高40%，B级学生数可提高10%，

∴B级学生所占的百分比为：30%×（1+10%）=33%，A级学生所占的百分比为：20%×（1+40%）=28%，

∴1000×（33%+28%）=610（人），

∴估计经过训练后九年级数学成绩在B以上（含B级）的学生可达610名．

【点睛】

考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

27、（1）见解析；（2）菱形

【解析】

试题分析：（1）由切线的性质得到∠OBP=90°，进而得到∠BOP=60°，由OC=BO，得到∠OBC=∠OCB=30°，由等角对等边即可得到结论；

（2）由对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明即可．

试题解析：证明：（1）∵PB是⊙O的切线，∴∠OBP=90°，∠POB=90°-30°=60°．∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB．∵∠POB=∠OBC+∠OCB，∴∠OCB=30°=∠P，∴PB=BC；

（2）连接OD交BC于点M．∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC．

在直角△OMC中，∵∠OCM=30°，∴OC=2OM=OD，∴OM=DM，∴四边形BOCD是菱形．