2026-2027学年山西省中考数学最后冲刺浓缩卷（含答案解析）

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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．）
1．三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程x2﹣6x+8＝0的一个根，则这个三角形的周长是（ ）
A．9B．11C．13D．11或13
2．如图，将△ABC绕点C（0，-1）旋转180°得到△A′B′C，设点A的坐标为（a，b），则点A′的坐标为（ ）
A．（-a，-b）B．（-a，-b-1）C．（-a，-b+1）D．（-a，-b-2）
3．由一些相同的小立方块搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体的小立方块有（ ）
A．3块B．4块C．6块D．9块
4．如图是一个正方体展开图，把展开图折叠成正方体后，“爱”字一面相对面上的字是（ ）
A．美B．丽C．泗D．阳
5．如图是某几何体的三视图及相关数据，则该几何体的全面积是（ ）
A．15πB．24πC．20πD．10π
6．如图，在⊙O中，直径AB⊥弦CD，垂足为M，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AC=CDB．OM=BMC．∠A=∠ACDD．∠A=∠BOD
7．如图，在正方形ABCD中，AB＝，P为对角线AC上的动点，PQ⊥AC交折线A﹣D﹣C于点Q，设AP＝x，△APQ的面积为y，则y与x的函数图象正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．计算1+2+22+23+…+22010的结果是( )
A．22011–1B．22011+1
C．D．
9．已知：如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一个动点(A、C除外)，作PE⊥AB于点E，作PF⊥BC于点F，设正方形ABCD的边长为x，矩形PEBF的周长为y，在下列图象中，大致表示y与x之间的函数关系的是( )
A．B．C．D．
10．如图是我市4月1日至7日一周内“日平均气温变化统计图”，在这组数据中，众数和中位数分别是（ ）
A．13；13B．14；10C．14；13D．13；14
11．如图，在平面直角坐标系xOy中，△由△绕点P旋转得到，则点P的坐标为（ ）
A．（0， 1）B．（1， -1）C．（0， -1）D．（1， 0）
12．如图中任意画一个点，落在黑色区域的概率是（ ）
A．B．C．πD．50
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，矩形ABCD，AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转90°得矩形AEFG，连接CG、EG，则∠CGE=________．
14．如图，直线a∥b，∠BAC的顶点A在直线a上，且∠BAC＝100°．若∠1＝34°，则∠2＝_____°．
15．将两块全等的含30°角的三角尺如图1摆放在一起，设较短直角边为1，如图2，将Rt△BCD沿射线BD方向平移，在平移的过程中，当点B的移动距离为 时，四边ABC1D1为矩形；当点B的移动距离为 时，四边形ABC1D1为菱形．
16．如图，在▱ABCD中，E在AB上，CE、BD交于F，若AE：BE=4：3，且BF=2，则DF=_____
17．若关于x的一元二次方程x2+mx+2n＝0有一个根是2，则m+n＝_____．
18．如图，⊙M的半径为2，圆心M（3，4），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为_____．
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）如图，已知AB为⊙O的直径，AC是⊙O的弦，D是弧BC的中点，过点D作⊙O的切线，分别交AC、AB的延长线于点E和点F，连接CD、BD．
（1）求证：∠A＝2∠BDF；
（2）若AC＝3，AB＝5，求CE的长．
20．（6分）某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球20个，B种品牌的足球30个，共花费4600元，已知购买4个B种品牌的足球与购买5个A种品牌的足球费用相同．
（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元．
（2）学校为了响应“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共42个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高5元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的80%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于20个，则这次学校有哪几种购买方案？
（3）请你求出学校在第二次购买活动中最多需要多少资金？
21．（6分） “足球运球”是中考体育必考项目之一．兰州市某学校为了解今年九年级学生足球运球的掌握情况，随机抽取部分九年级学生足球运球的测试成绩作为一个样本，按A，B，C，D四个等级进行统计，制成了如下不完整的统计图．（说明：A级：8分﹣10分，B级：7分﹣7.9分，C级：6分﹣6.9分，D级：1分﹣5.9分）
根据所给信息，解答以下问题：
（1）在扇形统计图中，C对应的扇形的圆心角是_____度；
（2）补全条形统计图；
（3）所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在_____等级；
（4）该校九年级有300名学生，请估计足球运球测试成绩达到A级的学生有多少人？
22．（8分）2017年5月14日至15日，“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行，本届论坛期间，中国同30多个国家签署经贸合作协议，某厂准备生产甲、乙两种商品共8万件销往“一带一路”沿线国家和地区．已知2件甲种商品与3件乙种商品的销售收入相同，3件甲种商品比2件乙种商品的销售收入多1500元．
（1）甲种商品与乙种商品的销售单价各多少元？
（2）若甲、乙两种商品的销售总收入不低于5400万元，则至少销售甲种商品多少万件？
23．（8分）如图，在四边形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，EA⊥AB，EC⊥BC，且EA=EC．求证：AD=CD．
24．（10分）解分式方程：=1
25．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点E是上的一点，∠DBC=∠BED．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）已知AD=3，CD=2，求BC的长．
26．（12分）如图，曲线BC是反比例函数y＝（4≤x≤6）的一部分，其中B（4，1﹣m），C（6，﹣m），抛物线y＝﹣x2+2bx的顶点记作A．
（1）求k的值．
（2）判断点A是否可与点B重合；
（3）若抛物线与BC有交点，求b的取值范围．
27．（12分）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣4，0），B （1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）连接AC、BC，判断△ABC的形状，并证明；
（3）若点P为二次函数对称轴上点，求出使△PBC周长最小时，点P的坐标．
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、C
【解析】
试题分析：先求出方程x2－6x＋8＝0的解，再根据三角形的三边关系求解即可.
解方程x2－6x＋8＝0得x=2或x=4
当x=2时，三边长为2、3、6，而2+3＜6，此时无法构成三角形
当x=4时，三边长为4、3、6，此时可以构成三角形，周长=4+3+6=13
故选C.
考点：解一元二次方程，三角形的三边关系
点评：解题的关键是熟记三角形的三边关系：任两边之和大于第三边，任两边之差小于第三边.
2、D
【解析】
设点A的坐标是（x，y），根据旋转变换的对应点关于旋转中心对称，再根据中点公式列式求解即可．
【详解】
根据题意，点A、A′关于点C对称，
设点A的坐标是（x，y），
则 =0， =-1，
解得x=-a，y=-b-2，
∴点A的坐标是（-a，-b-2）．
故选D．
本题考查了利用旋转进行坐标与图形的变化，根据旋转的性质得出点A、A′关于点C成中心对称是解题的关键
3、B
【解析】
分析：从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图和左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
解答：解：从俯视图可得最底层有3个小正方体，由主视图可得有2层上面一层是1个小正方体，下面有2个小正方体，从左视图上看，后面一层是2个小正方体，前面有1个小正方体，所以此几何体共有四个正方体．
故选B．
4、D
【解析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【详解】
解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，“爱”字一面相对面上的字是“阳”；
故本题答案为：D.
本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形是解题的关键．
5、B
【解析】
解：根据三视图得到该几何体为圆锥，其中圆锥的高为4，母线长为5，圆锥底面圆的直径为6，所以圆锥的底面圆的面积=π×（）2=9π，圆锥的侧面积=×5×π×6=15π，所以圆锥的全面积=9π+15π=24π．故选B．
点睛：本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径等于圆锥的母线长，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长．也考查了三视图．
6、D
【解析】
根据垂径定理判断即可．
【详解】
连接DA．
∵直径AB⊥弦CD，垂足为M，∴CM=MD，∠CAB=∠DAB．
∵2∠DAB=∠BOD，∴∠CAD=∠BOD．
故选D．
本题考查的是垂径定理和圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
7、B
【解析】
∵在正方形ABCD中, AB=，
∴AC＝4，AD＝DC＝，∠DAP＝∠DCA＝45，
当点Q在AD上时，PA＝PQ，
∴DP=AP=x,
∴S＝ ；
当点Q在DC上时，PC＝PQ
CP＝4－x,
∴S＝；
所以该函数图象前半部分是抛物线开口向上，后半部分也为抛物线开口向下,
故选B.
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，有一定难度，解题关键是注意点Q在AP、DC上这两种情况．
8、A
【解析】
可设其和为S，则2S=2+22+23+24+…+22010+22011，两式相减可得答案.
【详解】
设S=1+2+22+23+…+22010①
则2S=2+22+23+…+22010+22011②
②-①得S=22011-1．
故选A.
本题考查了因式分解的应用；设出和为S，并求出2S进行做差求解是解题关键．
9、A
【解析】
由题意可得：△APE和△PCF都是等腰直角三角形．
∴AE=PE，PF=CF，那么矩形PEBF的周长等于2个正方形的边长．
则y=2x，为正比例函数．
故选A．
10、C
【解析】
根据统计图，利用众数与中位数的概念即可得出答案．
【详解】
从统计图中可以得出这一周的气温分别是：12,15,14,10,13,14,11
所以众数为14；
将气温按从低到高的顺序排列为：10,11,12,13,14,14,15
所以中位数为13
故选：C．
本题主要考查中位数和众数，掌握中位数和众数的求法是解题的关键．
11、B
【解析】
试题分析：根据网格结构，找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心.
试题解析：由图形可知，
对应点的连线CC′、AA′的垂直平分线过点（0，-1），根据旋转变换的性质，点（1，-1）即为旋转中心.
故旋转中心坐标是P（1，-1）
故选B.
考点：坐标与图形变化—旋转.
12、B
【解析】
抓住黑白面积相等，根据概率公式可求出概率.
【详解】
因为，黑白区域面积相等，
所以，点落在黑色区域的概率是.
故选B
本题考核知识点：几何概率.解题关键点：分清黑白区域面积关系.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、45°
【解析】
试题解析：
如图，连接CE，
∵AB=2，BC=1，
∴DE=EF=1，CD=GF=2，
在△CDE和△GFE中
∴△CDE≌△GFE(SAS)，
∴CE=GE，∠CED=∠GEF，
故答案为
14、46
【解析】
试卷分析：根据平行线的性质和平角的定义即可得到结论．
解：∵直线a∥b，
∴∠3=∠1=34°，
∵∠BAC=100°，
∴∠2=180°−34°−100°=46°，
故答案为46°.
15、,．
【解析】
试题分析：当点B的移动距离为时，∠C1BB1=60°，则∠ABC1=90°，根据有一直角的平行四边形是矩形，可判定四边形ABC1D1为矩形；当点B的移动距离为时，D、B1两点重合，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形，可判定四边形ABC1D1为菱形．
试题解析：如图：
当四边形ABC1D是矩形时，∠B1BC1=90°﹣30°=60°，
∵B1C1=1，
∴BB1=，
当点B的移动距离为时，四边形ABC1D1为矩形；
当四边形ABC1D是菱形时，∠ABD1=∠C1BD1=30°，
∵B1C1=1，
∴BB1=，
当点B的移动距离为时，四边形ABC1D1为菱形．
考点：1．菱形的判定；2．矩形的判定；3．平移的性质．
16、．
【解析】
解：令AE=4x，BE=3x，
∴AB=7x.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD=AB=7x，CD∥AB，
∴△BEF∽△DCF.
∴，
∴DF=
本题考查平行四边形的性质及相似三角形的判定与性质，掌握定理正确推理论证是本题的解题关键.
17、﹣1
【解析】
根据一元二次方程的解的定义把x＝1代入x1＋mx＋1n＝0得到4＋1m＋1n＝0得n＋m＝−1，然后利用整体代入的方法进行计算．
【详解】
∵1（n≠0）是关于x的一元二次方程x1＋mx＋1n＝0的一个根，
∴4＋1m＋1n＝0，
∴n＋m＝−1，
故答案为−1．
本题考查了一元二次方程的解（根）：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
18、6
【解析】
点P在以O为圆心OA为半径的圆上，P是两个圆的交点，当⊙O与⊙M外切时，AB最小，根据条件求出AO即可求解；
【详解】
解：点P在以O为圆心OA为半径的圆上，
∴P是两个圆的交点，
当⊙O与⊙M外切时，AB最小，
∵⊙M的半径为2，圆心M（3，4），
∴PM＝5，
∴OA＝3，
∴AB＝6，
故答案为6；
本题考查圆与圆的位置关系；能够将问题转化为两圆外切时AB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、（1）见解析；（2）1
【解析】
（1）连接AD，如图，利用圆周角定理得∠ADB=90°，利用切线的性质得OD⊥DF，则根据等角的余角相等得到∠BDF=∠ODA，所以∠OAD=∠BDF，然后证明∠COD=∠OAD得到∠CAB=2∠BDF；
（2）连接BC交OD于H，如图，利用垂径定理得到OD⊥BC，则CH=BH，于是可判断OH为△ABC的中位线，所以OH=1.5，则HD=1，然后证明四边形DHCE为矩形得到CE=DH=1．
【详解】
（1）证明：连接AD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵EF为切线，
∴OD⊥DF，
∵∠BDF＋∠ODB＝90°，∠ODA＋∠ODB＝90°，
∴∠BDF＝∠ODA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠OAD＝∠BDF，
∵D是弧BC的中点，
∴∠COD＝∠OAD，
∴∠CAB＝2∠BDF；
（2）解：连接BC交OD于H，如图，
∵D是弧BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴CH＝BH，
∴OH为△ABC的中位线，
∴，
∴HD＝2.5－1.5＝1，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴四边形DHCE为矩形，
∴CE＝DH＝1．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．也考查了圆周角定理．
20、（1）购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元；（2）有三种方案，具体见解析；（3）3150元．
【解析】
试题分析：(1)、设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据题意列出二元一次方程组，从而求出x和y的值得出答案；(2)、设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球(50－m)个，根据题意列出不等式组求出m的取值范围，从而得出答案；(3)、分别求出第二次购买时足球的单件，然后得出答案.
试题解析：(1) 设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元
，解得
(2) 设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球(50－m)个
，解得25≤m≤27
∵m为整数 ∴m＝25、26、27
(3) ∵第二次购买足球时，A种足球单价为50＋4＝54（元），B种足球单价为80×0.9＝72
∴当购买B种足球越多时，费用越高 此时25×54＋25×72＝3150（元）
21、（1）117；（2）答案见图；（3）B；（4）30.
【解析】
（1）先根据B等级人数及其百分比求得总人数，总人数减去其他等级人数求得C等级人数，继而用360°乘以C等级人数所占比例即可得；（2）根据以上所求结果即可补全图形；（3）根据中位数的定义求解可得；（4）总人数乘以样本中A等级人数所占比例可得．
【详解】
（1）∵总人数为18÷45%=40人，
∴C等级人数为40﹣（4+18+5）=13人，
则C对应的扇形的圆心角是360°×=117°，
故答案为：117；
（2）补全条形图如下：
（3）因为共有40个数据，其中位数是第20、21个数据的平均数，而第20、21个数据均落在B等级，
所以所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在B等级，
故答案为：B．
（4）估计足球运球测试成绩达到A级的学生有300×=30人．
本题考查了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．
22、（1）甲种商品的销售单价900元，乙种商品的销售单价600元；（1）至少销售甲种商品1万件．
【解析】
（1）可设甲种商品的销售单价x元，乙种商品的销售单价y元，根据等量关系：①1件甲种商品与3件乙种商品的销售收入相同，②3件甲种商品比1件乙种商品的销售收入多1500元，列出方程组求解即可；
（1）可设销售甲种商品a万件，根据甲、乙两种商品的销售总收入不低于5400万元，列出不等式求解即可．
【详解】
（1）设甲种商品的销售单价x元，乙种商品的销售单价y元，依题意有：
，解得．
答：甲种商品的销售单价900元，乙种商品的销售单价600元；
（1）设销售甲种商品a万件，依题意有：
900a+600（8﹣a）≥5400，解得：a≥1．
答：至少销售甲种商品1万件．
本题考查了一元一次不等式及二元一次方程组的应用，解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系．
23、证明见解析
【解析】
根据垂直的定义和直角三角形的全等判定，再利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】
∵EA⊥AB，EC⊥BC，
∴∠EAB=∠ECB=90°，
在Rt△EAB与Rt△ECB中
，
∴Rt△EAB≌Rt△ECB，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE，
∵BD=BD，
在△ABD与△CBD中
，
∴△ABD≌△CBD，
∴AD=CD．
本题考查了全等三角形的判定及性质，根据垂直的定义和直角三角形的全等判定是解题的关键．
24、x=1
【解析】
分式方程变形后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】
化为整式方程得：2﹣3x=x﹣2，
解得：x=1，
经检验x=1是原方程的解，
所以原方程的解是x=1．
此题考查了解分式方程，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．解分式方程一定注意要验根．
25、 (1)证明见解析
(2)BC=
【解析】
（1）AB是⊙O的直径，得∠ADB=90°，从而得出∠BAD=∠DBC，即∠ABC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）可证明△ABC∽△BDC，则，即可得出BC=．
【详解】
（1）∵AB是⊙O的切直径，
∴∠ADB=90°，
又∵∠BAD=∠BED，∠BED=∠DBC，
∴∠BAD=∠DBC，
∴∠BAD+∠ABD=∠DBC+∠ABD=90°，
∴∠ABC=90°，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BAD=∠DBC，∠C=∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴，即BC2=AC•CD=（AD+CD）•CD=10，
∴BC=．
考点：1.切线的判定；2.相似三角形的判定和性质.
26、（1）12；（2）点A不与点B重合；（3）
【解析】
（1）把B、C两点代入解析式，得到k＝4（1﹣m）＝6×（﹣m），求得m＝﹣2，从而求得k的值；
（2）由抛物线解析式得到顶点A（b，b2），如果点A与点B重合，则有b＝4，且b2＝3，显然不成立；
（3）当抛物线经过点B（4，3）时，解得，b＝ ，抛物线右半支经过点B；当抛物线经过点C，解得，b＝，抛物线右半支经过点C；从而求得b的取值范围为≤b≤．
【详解】
解：（1）∵B（4，1﹣m），C（6，﹣m）在反比例函数 的图象上，
∴k＝4（1﹣m）＝6×（﹣m），
∴解得m＝﹣2，
∴k＝4×[1﹣（﹣2）]＝12；
（2）∵m＝﹣2，∴B（4，3），
∵抛物线y＝﹣x2+2bx＝﹣（x﹣b）2+b2，
∴A（b，b2）．
若点A与点B重合，则有b＝4，且b2＝3，显然不成立，
∴点A不与点B重合；
（3）当抛物线经过点B（4，3）时，有3＝﹣42+2b×4，
解得，b＝，
显然抛物线右半支经过点B；
当抛物线经过点C（6，2）时，有2＝﹣62+2b×6，
解得，b＝，
这时仍然是抛物线右半支经过点C，
∴b的取值范围为≤b≤．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是学会用讨论的思想思考问题．
27、（1）抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+2；（2）△ABC为直角三角形，理由见解析；（3）当P点坐标为（﹣，）时，△PBC周长最小
【解析】
（1）设交点式y=a（x+4）（x-1），展开得到-4a=2，然后求出a即可得到抛物线解析式；
（2）先利用两点间的距离公式计算出AC2=42+22，BC2=12+22，AB2=25，然后利用勾股定理的逆定理可判断△ABC为直角三角形；
（3）抛物线的对称轴为直线x=-，连接AC交直线x=-于P点，如图，利用两点之间线段最短得到PB+PC的值最小，则△PBC周长最小，接着利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+2，然后进行自变量为-所对应的函数值即可得到P点坐标．
【详解】
（1）抛物线的解析式为y=a（x+4）（x﹣1），
即y=ax2+3ax﹣4a，
∴﹣4a=2，解得a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+2；
（2）△ABC为直角三角形．理由如下：
当x=0时，y=﹣x2﹣x+2=2，则C（0，2），
∵A（﹣4，0），B （1，0），
∴AC2=42+22，BC2=12+22，AB2=52=25，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形，∠ACB=90°；
（3）
抛物线的对称轴为直线x=﹣，
连接AC交直线x=﹣于P点，如图，
∵PA=PB，
∴PB+PC=PA+PC=AC，
∴此时PB+PC的值最小，△PBC周长最小，
设直线AC的解析式为y=kx+m，
把A（﹣4，0），C（0，2）代入得，解得，
∴直线AC的解析式为y=x+2，
当x=﹣时，y=x+2=，则P（﹣，）
∴当P点坐标为（﹣，）时，△PBC周长最小．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化解．关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．也考查了待定系数法求二次函数解析式和最短路径问题．