四川省巴中市2026年中考冲刺卷数学试题（含答案解析）

这是一份四川省巴中市2026年中考冲刺卷数学试题（含答案解析），共7页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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．下列运算中，正确的是（ ）
A．（ab2）2=a2b4 B．a2+a2=2a4 C．a2•a3=a6 D．a6÷a3=a2
2．如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是
A．B．C．D．
3．化简÷的结果是( )
A．B．C．D．2(x＋1)
4．如图，在矩形ABCD中，AD=1，AB＞1，AG平分∠BAD，分别过点B，C作BE⊥AG 于点E，CF⊥AG于点F，则AE－GF的值为（ ）
A．1B．C．D．
5．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作弧AC、弧CB、弧BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形．设点I为对称轴的交点，如图2，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它沿等边△DEF的边作无滑动的滚动，当它第一次回到起始位置时，这个图形在运动中扫过区域面积是（ ）
A．18πB．27πC．πD．45π
6．如图，已知，为反比例函数图象上的两点，动点在轴正半轴上运动，当线段与线段之差达到最大时，点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，钓鱼竿AC长6m，露在水面上的鱼线BC长m，某钓者想看看鱼钓上的情况，把鱼竿AC转动到AC'的位置，此时露在水面上的鱼线B′C′为m，则鱼竿转过的角度是（ ）
A．60°B．45°C．15°D．90°
8．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
9．随着“三农”问题的解决，某农民近两年的年收入发生了明显变化，已知前年和去年的收入分别是60000元和80000元，下面是依据①②③三种农作物每种作物每年的收入占该年年收入的比例绘制的扇形统计图．依据统计图得出的以下四个结论正确的是（ ）
A．①的收入去年和前年相同
B．③的收入所占比例前年的比去年的大
C．去年②的收入为2.8万
D．前年年收入不止①②③三种农作物的收入
10．利用“分形”与“迭代”可以制作出很多精美的图形，以下是制作出的几个简单图形，其中是轴对称但不是中心对称的图形是（ ）
A．B．C．D．
11．四根长度分别为3，4，6，（为正整数）的木棒，从中任取三根．首尾顺次相接都能组成一个三角形，则（ ）．
A．组成的三角形中周长最小为9B．组成的三角形中周长最小为10
C．组成的三角形中周长最大为19D．组成的三角形中周长最大为16
12．一次函数满足，且y随x的增大而减小，则此函数的图像一定不经过( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，△ABC中，过重心G的直线平行于BC，且交边AB于点D，交边AC于点E，如果设=，=，用，表示，那么=___．
14．计算：cs245°-tan30°sin60°=______．
15．比较大小：_____1(填“＜”或“＞”或“＝”)．
16．若关于x的函数与x轴仅有一个公共点，则实数k的值为 .
17．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，如图所示是一副七巧板，若已知S△BIC=1，据七巧板制作过程的认识，求出平行四边形EFGH_____．
18．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC边上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连接B′D，则B′D的最小值是______．
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）解方程：
20．（6分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，M是BC的中点，DE⊥AM于点E．求证：△ADE∽△MAB；求DE的长．
21．（6分）已知圆O的半径长为2，点A、B、C为圆O上三点，弦BC=AO，点D为BC的中点，
(1)如图，连接AC、OD，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD；
(2)如图，当点B为的中点时，求点A、D之间的距离：
(3)如果AD的延长线与圆O交于点E，以O为圆心，AD为半径的圆与以BC为直径的圆相切，求弦AE的长．
22．（8分）（1）计算：2﹣2﹣+（1﹣）0+2sin60°．
（2）先化简，再求值：（）÷，其中x=﹣1．
23．（8分）某学校2017年在某商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍．且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元；
（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；
（2）2018年这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%．如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2910元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？
24．（10分）已知抛物线y=ax2+bx+2过点A（5，0）和点B（﹣3，﹣4），与y轴交于点C．
（1）求抛物线y=ax2+bx+2的函数表达式；
（2）求直线BC的函数表达式；
（3）点E是点B关于y轴的对称点，连接AE、BE，点P是折线EB﹣BC上的一个动点，
①当点P在线段BC上时，连接EP，若EP⊥BC，请直接写出线段BP与线段AE的关系；
②过点P作x轴的垂线与过点C作的y轴的垂线交于点M，当点M不与点C重合时，点M关于直线PC的对称点为点M′，如果点M′恰好在坐标轴上，请直接写出此时点P的坐标．
25．（10分）如图，在中，，是角平分线，平分交于点，经过两点的交于点，交于点，恰为的直径．
求证：与相切；当时，求的半径．
26．（12分）知识改变世界，科技改变生活.导航装备的不断更新极大方便了人们的出行.如图，某校组织学生乘车到黑龙滩（用C表示）开展社会实践活动，车到达A地后，发现C地恰好在A地的正北方向，且距离A地13千米，导航显示车辆应沿北偏东60°方向行驶至B地，再沿北偏西37°方向行驶一段距离才能到达C地，求B、C两地的距离.（参考数据：sin53°≈,cs53°≈，tan53°≈)
27．（12分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，点A（2，5）在反比例函数的图象上，过点A的直线y=x+b交x轴于点B．求k和b的值；求△OAB的面积．
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、A
【解析】
直接利用积的乘方运算法则以及合并同类项法则和同底数幂的乘除运算法则分别分析得出答案.
【详解】
解：A、（ab2）2=a2b4，故此选项正确；
B、a2+a2=2a2，故此选项错误；
C、a2•a3=a5，故此选项错误；
D、a6÷a3=a3，故此选项错误；
故选：A.
此题主要考查了积的乘方运算以及合并同类项和同底数幂的乘除运算，正确掌握运算法则是解题关键．
2、C
【解析】
如图作，FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【详解】
如图作，FN∥AD，交AB于N，交BE于M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选C．
本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
3、A
【解析】
原式利用除法法则变形，约分即可得到结果．
【详解】
原式=•（x﹣1）=．
故选A．
本题考查了分式的乘除法，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4、D
【解析】
设AE=x,则AB=x,由矩形的性质得出∠BAD=∠D=90°,CD=AB,证明△ADG是等腰直角三角形,得出AG=AD=,同理得出CD=AB=x,CG=CD-DG=x -1,CG=GF,得出GF,即可得出结果.
【详解】
设AE=x,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=∠D=90°,CD=AB,
∵AG平分∠BAD，
∴∠DAG=45°,
∴△ADG是等腰直角三角形,
∴DG=AD=1,
∴AG=AD=,
同理:BE=AE=x, CD=AB=x,
∴CG=CD-DG=x -1,
同理: CG=GF,
∴FG= ,
∴AE-GF=x-(x-)=.
故选D.
本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理;熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的性质,并能进行推理计算是解决问题的关键.
5、B
【解析】
先判断出莱洛三角形等边△DEF绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可.
【详解】
如图1中，
∵等边△DEF的边长为2π，等边△ABC的边长为3，
∴S矩形AGHF=2π×3=6π，
由题意知，AB⊥DE，AG⊥AF，
∴∠BAG=120°，
∴S扇形BAG==3π，
∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S矩形AGHF+S扇形BAG）=3（6π+3π）=27π；
故选B．
本题考查轨迹，弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解题的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF扫过的图形．
6、D
【解析】
求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP-BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．
【详解】
把，代入反比例函数 ，得：，，
，
在中，由三角形的三边关系定理得：，
延长交轴于，当在点时，，
即此时线段与线段之差达到最大，
设直线的解析式是，
把，的坐标代入得：，
解得：，
直线的解析式是，
当时，，即，
故选D.
本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．
7、C
【解析】
试题解析：∵sin∠CAB=
∴∠CAB=45°．
∵，
∴∠C′AB′=60°．
∴∠CAC′=60°-45°=15°，
鱼竿转过的角度是15°．
故选C．
考点：解直角三角形的应用．
8、D
【解析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．
【详解】
解：A. ∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B. ∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
C. ∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D. ∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确.
故选：D.
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，解题的关键是熟练的掌握中心对称图形与轴对称图形的定义.
9、C
【解析】
A、前年①的收入为60000×=19500，去年①的收入为80000×=26000，此选项错误；
B、前年③的收入所占比例为×100%=30%，去年③的收入所占比例为×100%=32.5%，此选项错误；
C、去年②的收入为80000×=28000=2.8（万元），此选项正确；
D、前年年收入即为①②③三种农作物的收入，此选项错误，
故选C．
本题主要考查扇形统计图，解题的关键是掌握扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数，并且通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．
10、A
【解析】
根据：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.逐个按要求分析即可.
【详解】
选项A，是轴对称图形，不是中心对称图形，故可以选；
选项B，是轴对称图形，也是中心对称图形，故不可以选；
选项C，不是轴对称图形，是中心对称图形，故不可以选；
选项D，是轴对称图形，也是中心对称图形，故不可以选.
故选A
本题考核知识点：轴对称图形和中心对称图形.解题关键点：理解轴对称图形和中心对称图形定义.
错因分析 容易题.失分的原因是：没有掌握轴对称图形和中心对称图形的定义.
11、D
【解析】
首先写出所有的组合情况，再进一步根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【详解】
解：其中的任意三根的组合有3、4、1；3、4、x；3、1、x；4、1、x共四种情况，
由题意：从中任取三根，首尾顺次相接都能组成一个三角形，可得3＜x＜7，即x=4或5或1．
①当三边为3、4、1时，其周长为3+4+1=13；
②当x=4时，周长最小为3+4+4=11，周长最大为4+1+4=14；
③当x=5时，周长最小为3+4+5=12，周长最大为4+1+5=15；
④若x=1时，周长最小为3+4+1=13，周长最大为4+1+1=11；
综上所述，三角形周长最小为11，最大为11，
故选：D．
本题考查的是三角形三边关系，利用了分类讨论的思想．掌握三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答本题的关键．
12、C
【解析】
y随x的增大而减小，可得一次函数y=kx+b单调递减，k＜0，又满足kb0，由此即可得出答案．
【详解】
∵y随x的增大而减小，∴一次函数y=kx+b单调递减，
∴k＜0，
∵kb0，
∴直线经过第二、一、四象限，不经过第三象限，
故选C．
本题考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数y=kx+b(k≠0，k、b是常数)的图象和性质是解题的关键.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
连接AG，延长AG交BC于F．首先证明DG=GE，再利用三角形法则求出即可解决问题．
【详解】
连接AG，延长AG交BC于F．
∵G是△ABC的重心，DE∥BC，
∴BF=CF，
，
∵，，
∴，
∵BF=CF，
∴DG=GE，
∵，，
∴，
∴，
故答案为．
本题考查三角形的重心，平行线的性质，平面向量等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14、0
【解析】
直接利用特殊角的三角函数值代入进而得出答案．
【详解】
= .
故答案为0.
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
15、＜
【解析】
∵≈0.62，0.62＜1，
∴＜1；
故答案为＜．
16、0或－1。
【解析】由于没有交待是二次函数，故应分两种情况：
当k=0时，函数是一次函数，与x轴仅有一个公共点。
当k≠0时，函数是二次函数，若函数与x轴仅有一个公共点，则有两个相等的实数根，即。
综上所述，若关于x的函数与x轴仅有一个公共点，则实数k的值为0或－1。
17、1
【解析】
根据七巧板的性质可得BI=IC=CH=HE，因为S△BIC=1，∠BIC=90°，可求得BI=IC=，BC=1，在求得点G到EF的距离为 sin45°，根据平行四边形的面积即可求解.
【详解】
由七巧板性质可知，BI=IC=CH=HE．
又∵S△BIC=1，∠BIC=90°，
∴BI•IC=1，
∴BI=IC=，
∴BC==1，
∵EF=BC=1，FG=EH=BI=，
∴点G到EF的距离为：，
∴平行四边形EFGH的面积=EF•
=1×=1．
故答案为1
本题考查了七巧板的性质、等腰直角三角形的性质及平行四边形的面积公式，熟知七巧板的性质是解决问题的关键.
18、1﹣1
【解析】
如图所示点B′在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B′、E共线时时，此时B′D的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B′E=BE=1，即可求出B′D．
【详解】
如图所示点B′在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B′、E共线时时，此时B′D的值最小，
根据折叠的性质，△EBF≌△EB′F，
∴EB′⊥B′F，
∴EB′=EB，
∵E是AB边的中点，AB=4，
∴AE=EB′=1，
∵AD=6，
∴DE=，
∴B′D=1﹣1．
本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用；确定点B′在何位置时，B′D的值最小是解题的关键．
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、x=-4是方程的解
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】
∴x=-4，
当x=-4时，
∴x=-4是方程的解
本题考查了分式方程的解法，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．（2）解分式方程一定注意要验根．
20、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：利用矩形角相等的性质证明△DAE∽△AMB.
试题解析：
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠AMB，
又∵∠DEA=∠B=90°，
∴△DAE∽△AMB.
（2）由（1）知△DAE∽△AMB，
∴DE：AD=AB：AM，
∵M是边BC的中点，BC=6，
∴BM=3，
又∵AB=4，∠B=90°，
∴AM=5，
∴DE：6=4：5，
∴DE=．
21、（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）连接OB、OC，可证△OBC是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC等于30°，OA=OC可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD的值.
（2）连接OB、OC，可证△OBC是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB等于30°，因为点D为BC的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD、AD的长.
（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD的长，再过O点作AE的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解.
【详解】
(1)如图1：连接OB、OC.
∵BC=AO
∴OB=OC=BC
∴△OBC是等边三角形
∴∠BOC=60°
∵点D是BC的中点
∴∠BOD=
∵OA=OC
∴=α
∴∠AOD=180°-α-α-=150°-2α
(2)如图2：连接OB、OC、OD.
由（1）可得：△OBC是等边三角形，∠BOD=
∵OB=2，
∴OD=OB∙cs=
∵B为的中点，
∴∠AOB=∠BOC=60°
∴∠AOD=90°
根据勾股定理得：AD=
（3）①如图3.圆O与圆D相内切时：
连接OB、OC，过O点作OF⊥AE
∵BC是直径，D是BC的中点
∴以BC为直径的圆的圆心为D点
由（2）可得：OD=，圆D的半径为1
∴AD=
设AF=x
在Rt△AFO和Rt△DOF中，

即
解得：
∴AE=
②如图4.圆O与圆D相外切时：
连接OB、OC，过O点作OF⊥AE
∵BC是直径，D是BC的中点
∴以BC为直径的圆的圆心为D点
由（2）可得：OD=，圆D的半径为1
∴AD=
在Rt△AFO和Rt△DOF中，

即
解得：
∴AE=
本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.
22、（1） （2）
【解析】
（1）根据负整数指数幂、二次根式、零指数幂和特殊角的三角函数值可以解答本题；
（2）根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子即可解答本题．
【详解】
解：（1）原式=﹣+1+2=﹣+1+=﹣;
（2）原式=
=
=
=，
当x=﹣1时，原式==．
本题考查分式的化简求值、绝对值、零指数幂、负整数指数幂和特殊角的三角函数值，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．
23、（1）购买一个甲种足球需要50元，购买一个乙种篮球需要1元（2）这所学校最多可购买2个乙种足球
【解析】
（1）根据题意可以列出相应的分式方程，从而可以求得购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；
（2）根据题意可以列出相应的不等式，从而可以求得这所学校最多可购买多少个乙种足球．
【详解】
（1）设购买一个甲种足球需要x元，则购买一个乙种篮球需要（x+2）元，
根据题意得：，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，
∴x+2＝1．
答：购买一个甲种足球需要50元，购买一个乙种篮球需要1元．
（2）设可购买m个乙种足球，则购买（50﹣m）个甲种足球，
根据题意得：50×（1+10%）（50﹣m）+1×（1﹣10%）m≤2910，
解得：m≤2．
答：这所学校最多可购买2个乙种足球．
本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用，解答此类问题的关键是明确题意，列出相应的分式方程和一元一次不等式，注意分式方程要检验，问题（2）要与实际相联系．
24、（1）y=﹣x2+x+2；（2）y=2x+2；（3）①线段BP与线段AE的关系是相互垂直；②点P的坐标为：（﹣4+2，﹣8+4）或（﹣4﹣2，﹣8﹣4）或（0，﹣4）或（﹣，﹣4）．
【解析】
（1）将A（5，0）和点B（﹣3，﹣4）代入y=ax2+bx+2，即可求解；
（2）C点坐标为（0，2），把点B、C的坐标代入直线方程y=kx+b即可求解；
（3）①AE直线的斜率kAE=2，而直线BC斜率的kAE=2即可求解；
②考虑当P点在线段BC上时和在线段BE上时两种情况，利用PM′=PM即可求解．
【详解】
（1）将A（5，0）和点B（﹣3，﹣4）代入y=ax2+bx+2，
解得：a=﹣，b=，
故函数的表达式为y=﹣x2+x+2；
（2）C点坐标为（0，2），把点B、C的坐标代入直线方程y=kx+b，
解得：k=2，b=2，
故：直线BC的函数表达式为y=2x+2，
（3）①E是点B关于y轴的对称点，E坐标为（3，﹣4），
则AE直线的斜率kAE=2，而直线BC斜率的kAE=2，
∴AE∥BC，而EP⊥BC，∴BP⊥AE
而BP=AE，∴线段BP与线段AE的关系是相互垂直；
②设点P的横坐标为m，
当P点在线段BC上时，
P坐标为（m，2m+2），M坐标为（m，2），则PM=2m，
直线MM′⊥BC，∴kMM′=﹣，
直线MM′的方程为：y=﹣x+（2+m），
则M′坐标为（0，2+m）或（4+m，0），
由题意得：PM′=PM=2m，
PM′2=42+m2=（2m）2，此式不成立，
或PM′2=m2+（2m+2）2=（2m）2，
解得：m=﹣4±2，
故点P的坐标为（﹣4±2，﹣8±4）；
当P点在线段BE上时，
点P坐标为（m，﹣4），点M坐标为（m，2），
则PM=6，
直线MM′的方程不变，为y=﹣x+（2+m），
则M′坐标为（0，2+m）或（4+m，0），
PM′2=m2+（6+m）2=（2m）2，
解得：m=0，或﹣；
或PM′2=42+42=（6）2，无解；
故点P的坐标为（0，﹣4）或（﹣，﹣4）；
综上所述：
点P的坐标为：（﹣4+2，﹣8+4）或（﹣4﹣2，﹣8﹣4）或（0，﹣4）或（﹣，﹣4）．
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
25、 (1)证明见解析；(2)．
【解析】
(1)连接OM，证明OM∥BE，再结合等腰三角形的性质说明AE⊥BE，进而证明OM⊥AE；
(2)结合已知求出AB，再证明△AOM∽△ABE，利用相似三角形的性质计算．
【详解】
(1)连接OM，则OM=OB，
∴∠1=∠2，
∵BM平分∠ABC，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OM∥BC，
∴∠AMO=∠AEB，
在△ABC中，AB=AC，AE是角平分线，
∴AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∴∠AMO=90°，
∴OM⊥AE，
∵点M在圆O上，
∴AE与⊙O相切；
(2)在△ABC中，AB=AC，AE是角平分线，
∴BE=BC，∠ABC=∠C，
∵BC=4，csC=
∴BE=2，cs∠ABC=，
在△ABE中，∠AEB=90°，
∴AB==6，
设⊙O的半径为r，则AO=6-r，
∵OM∥BC，
∴△AOM∽△ABE，
∴∴，
∴，
解得，
∴的半径为．
本题考查了切线的判定；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形等知识，综合性较强，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键.
26、（20-5）千米.
【解析】
分析：作BD⊥AC，设AD=x，在Rt△ABD中求得BD=x，在Rt△BCD中求得CD=x，由AC=AD+CD建立关于x的方程，解之求得x的值，最后由BC=可得答案．
详解：过点B作BD⊥ AC，
依题可得：∠BAD=60°，∠CBE=37°,AC=13（千米），
∵BD⊥AC，
∴∠ABD=30°，∠CBD=53°,
在Rt△ABD中，设AD=x，
∴tan∠ABD=
即tan30°=，
∴BD=x，
在Rt△DCB中，
∴tan∠CBD=
即tan53°=，
∴CD=
∵CD+AD=AC,
∴x+=13，解得，x=
∴BD=12-,
在Rt△BDC中，
∴cs∠CBD=tan60°=,
即：BC=(千米),
故B、C两地的距离为（20-5）千米.
点睛：此题考查了方向角问题．此题难度适中，解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．
27、（1）k=10，b=3；（2）.
【解析】
试题分析：(1)、将A点坐标代入反比例函数解析式和一次函数解析式分别求出k和b的值；(2)、首先根据一次函数求出点B的坐标，然后计算面积.
试题解析：(1)、把x=2，y=5代入y=，得k==2×5=10
把x=2，y=5代入y=x+b，得b=3
(2)、∵y=x+3 ∴当y=0时，x=-3， ∴OB=3 ∴S=×3×5=7.5
考点：一次函数与反比例函数的综合问题.