四川省南充市高坪区江东初级中学2022年中考一模数学试题含解析

这是一份四川省南充市高坪区江东初级中学2022年中考一模数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了如图，已知点A，下列运算正确的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，A(4，0），B（1，3），以OA、OB为边作□OACB，反比例函数（k≠0）的图象经过点C．则下列结论不正确的是（　　）

A．□OACB的面积为12
B．若y<3，则x>5
C．将□OACB向上平移12个单位长度，点B落在反比例函数的图象上．
D．将□OACB绕点O旋转180°，点C的对应点落在反比例函数图象的另一分支上．
2．剪纸是我国传统的民间艺术，下列剪纸作品中既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．在一个直角三角形中，有一个锐角等于45°，则另一个锐角的度数是（　　）
A．75° B．60° C．45° D．30°
4．某校决定从三名男生和两名女生中选出两名同学担任校艺术节文艺演出专场的主持人，则选出的恰为一男一女的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知点A（0，1），B（0，﹣1），以点A为圆心，AB为半径作圆，交x轴的正半轴于点C，则∠BAC等于（ ）

A．90° B．120° C．60° D．30°
6．如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于点E，点G是AE中点且∠AOG=30°，则下列结论正确的个数为（  ）DC=3OG；（2）OG= BC；（3）△OGE是等边三角形；（4）.

A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，平行四边形ABCD的顶点A、B、D在⊙O上，顶点C在⊙O直径BE上，连结AE，若∠E=36°，则∠ADC的度数是（ ）

A．44° B．53° C．72° D．54°
8．如图，在⊙O中，AE是直径，半径OC垂直于弦AB于D，连接BE，若AB=2，CD=1，则BE的长是　　

A．5 B．6 C．7 D．8
9．下列运算正确的是（　　）
A．x2•x3＝x6 B．x2+x2＝2x4
C．（﹣2x）2＝4x2 D．（ a+b）2＝a2+b2
10．如图，直线AB与半径为2的⊙O相切于点C，D是⊙O上一点，且∠EDC=30°，弦EF∥AB，则EF的长度为（ ）

A．2 B．2 C． D．2
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．一等腰三角形，底边长是18厘米，底边上的高是18厘米，现在沿底边依次从下往上画宽度均为3厘米的矩形，画出的矩形是正方形时停止，则这个矩形是第_____个．
12．关于x的一元二次方程x2－2x＋m－1＝0有两个相等的实数根，则m的值为_________
13．甲、乙两人分别从A，B两地相向而行，他们距B地的距离s（km）与时间t（h）的关系如图所示，那么乙的速度是__km/h．

14．在△ABC中，∠ABC＜20°，三边长分别为a，b，c，将△ABC沿直线BA翻折，得到△ABC1；然后将△ABC1沿直线BC1翻折，得到△A1BC1；再将△A1BC1沿直线A1B翻折，得到△A1BC2；…，若翻折4次后，得到图形A2BCAC1A1C2的周长为a+c+5b，则翻折11次后，所得图形的周长为_____________．（结果用含有a，b，c的式子表示）

15．如图，在矩形ABCD中，AD=4，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为 ．

16．如图，扇形的半径为，圆心角为120°，用这个扇形围成一个圆锥的侧面，所得的圆锥的高为 ______ .

三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）某商场将每件进价为80元的某种商品原来按每件100元出售，一天可售出100件．后来经过市场调查，发现这种商品单价每降低1元，其销量可增加10件．
（1）求商场经营该商品原来一天可获利润多少元？
（2）设后来该商品每件降价x元，商场一天可获利润y元．
①若商场经营该商品一天要获利润2160元，则每件商品应降价多少元？
②求出y与x之间的函数关系式，并通过画该函数图象的草图，观察其图象的变化趋势，结合题意写出当x取何值时，商场获利润不少于2160元．
18．（8分）在平面直角坐标系xOy中，若抛物线顶点A的横坐标是，且与y轴交于点，点P为抛物线上一点．
求抛物线的表达式；
若将抛物线向下平移4个单位，点P平移后的对应点为如果，求点Q的坐标．

19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．求证：BC是⊙O的切线；设AB＝x，AF＝y，试用含x，y的代数式表示线段AD的长；若BE＝8，sinB＝，求DG的长，

20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，-3），动点P在抛物线上．
（1）b =_________，c =_________，点B的坐标为_____________；（直接填写结果）
（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）过动点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线．垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．

21．（8分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，D是边AB上一点，以BD为直径的⊙O经过点E，且交BC于点F．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若BF＝6，⊙O的半径为5，求CE的长．

22．（10分）如图1，已知抛物线y=﹣x2+x+与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D是点C关于抛物线对称轴的对称点，连接CD，过点D作DH⊥x轴于点H，过点A作AE⊥AC交DH的延长线于点E．
（1）求线段DE的长度；
（2）如图2，试在线段AE上找一点F，在线段DE上找一点P，且点M为直线PF上方抛物线上的一点，求当△CPF的周长最小时，△MPF面积的最大值是多少；
（3）在（2）问的条件下，将得到的△CFP沿直线AE平移得到△C′F′P′，将△C′F′P′沿C′P′翻折得到△C′P′F″，记在平移过称中，直线F′P′与x轴交于点K，则是否存在这样的点K，使得△F′F″K为等腰三角形？若存在求出OK的值；若不存在，说明理由．

23．（12分）我们已经知道一些特殊的勾股数，如三连续正整数中的勾股数：3、4、5；三个连续的偶数中的勾股数6、8、10；事实上，勾股数的正整数倍仍然是勾股数．另外利用一些构成勾股数的公式也可以写出许多勾股数，毕达哥拉斯学派提出的公式：a＝2n+1，b＝2n2+2n，c＝2n2+2n+1(n为正整数)是一组勾股数，请证明满足以上公式的a、b、c的数是一组勾股数．然而，世界上第一次给出的勾股数公式，收集在我国古代的着名数学着作《九章算术》中，书中提到：当a＝(m2﹣n2)，b＝mn，c＝(m2+n2)(m、n为正整数，m＞n时，a、b、c构成一组勾股数；利用上述结论，解决如下问题：已知某直角三角形的边长满足上述勾股数，其中一边长为37，且n＝5，求该直角三角形另两边的长．
24．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，延长CD到E，使DE＝CD，连接AE．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）连接OE，若∠ABC＝60°，且AD＝DE＝4，求OE的长．




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
先根据平行四边形的性质得到点的坐标，再代入反比例函数（k≠0）求出其解析式，再根据反比例函数的图象与性质对选项进行判断.
【详解】
解：A(4，0），B（1，3），，
，
反比例函数（k≠0）的图象经过点，
，
反比例函数解析式为.
□OACB的面积为,正确；
当时，，故错误；
将□OACB向上平移12个单位长度，点的坐标变为，在反比例函数图象上，故正确；
因为反比例函数的图象关于原点中心对称，故将□OACB绕点O旋转180°，点C的对应点落在反比例函数图象的另一分支上，正确.
故选：B.
【点睛】
本题综合考查了平行四边形的性质和反比例函数的图象与性质，结合图形，熟练掌握和运用相关性质定理是解答关键.
2、C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项正确；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误，
故选C．
【点睛】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，如果把一个图形绕某个点旋转180°后，能与原图形重合，那么就说这个图形是中心对称图形.
3、C
【解析】
根据直角三角形两锐角互余即可解决问题.
【详解】
解：∵直角三角形两锐角互余，
∴另一个锐角的度数=90°﹣45°=45°，
故选C．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质，记住直角三角形两锐角互余是解题的关键．
4、B
【解析】
试题解析：列表如下：

∴共有20种等可能的结果，P（一男一女）=．
故选B．
5、C
【解析】
解：∵A（0，1），B（0，﹣1），∴AB=1，OA=1，∴AC=1．在Rt△AOC中，cos∠BAC==，∴∠BAC=60°．故选C．
点睛：本题考查了垂径定理的应用，关键是求出AC、OA的长．解题时注意：垂直弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
6、C
【解析】
∵EF⊥AC，点G是AE中点，
∴OG=AG=GE=AE，
∵∠AOG=30°，
∴∠OAG=∠AOG=30°，
∠GOE=90°-∠AOG=90°-30°=60°，
∴△OGE是等边三角形，故（3）正确；
设AE=2a，则OE=OG=a，
由勾股定理得，AO=，
∵O为AC中点，
∴AC=2AO=2，
∴BC=AC=，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB==3a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3a，
∴DC=3OG，故（1）正确；
∵OG=a，BC=，
∴OG≠BC，故（2）错误；
∵S△AOE=a•=，
SABCD=3a•=32，
∴S△AOE=SABCD，故（4）正确；
综上所述，结论正确是（1）（3）（4）共3个，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定、勾股定理的应用等，正确地识图，结合已知找到有用的条件是解答本题的关键.
7、D
【解析】
根据直径所对的圆周角为直角可得∠BAE=90°，再根据直角三角形的性质和平行四边形的性质可得解.
【详解】
根据直径所对的圆周角为直角可得∠BAE=90°，
根据∠E=36°可得∠B=54°，
根据平行四边形的性质可得∠ADC=∠B=54°.
故选D
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、圆的基本性质.
8、B
【解析】
根据垂径定理求出AD,根据勾股定理列式求出半径 ，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
解：∵半径OC垂直于弦AB，
∴AD=DB= AB=
在Rt△AOD中，OA2=(OC-CD)2+AD2,即OA2=(OA-1)2+( )2，
解得，OA=4
∴OD=OC-CD=3，
∵AO=OE,AD=DB,
∴BE=2OD=6
故选B
【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦是解题的关键
9、C
【解析】
根据同底数幂的法则、合并同类项的法则、积的乘方法则、完全平方公式逐一进行计算即可．
【详解】
A、x2•x3＝x5，故A选项错误；
B、x2+x2＝2x2，故B选项错误；
C、(﹣2x)2＝4x2，故C选项正确；
D、( a+b)2＝a2+2ab+b2，故D选项错误，
故选C．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘法、合并同类项、积的乘方以及完全平方公式，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键
10、B
【解析】
本题考查的圆与直线的位置关系中的相切．连接OC,EC所以∠EOC=2∠D=60°，所以△ECO为等边三角形．又因为弦EF∥AB所以OC垂直EF故∠OEF=30°所以EF=OE=2．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、5
【解析】
根据相似三角形的相似比求得顶点到这个正方形的长，再根据矩形的宽求得是第几张.
【详解】
解：已知剪得的纸条中有一张是正方形，则正方形中平行于底边的边是3，
所以根据相似三角形的性质可设从顶点到这个正方形的线段为x，
则＝，解得x=3，
所以另一段长为18-3=15，
因为15÷3=5，所以是第5张．
故答案为：5.
【点睛】
本题主要考查了相相似三角形的判定和性质，关键是根据似三角形的性质及等腰三角形的性质的综合运用解答.
12、2.
【解析】
试题分析：已知方程x2－2x=0有两个相等的实数根,可得：△＝4－4（m－1）＝－4m＋8＝0，所以，m＝2.
考点：一元二次方程根的判别式.
13、3.6
【解析】
分析：根据题意，甲的速度为6km/h，乙出发后2.5小时两人相遇，可以用方程思想解决问题．
详解：由题意，甲速度为6km/h．当甲开始运动时相距36km，两小时后，乙开始运动，经过2.5小时两人相遇．
设乙的速度为xkm/h
4.5×6+2.5x=36
解得x=3.6
故答案为3.6
点睛：本题为一次函数实际应用问题，考查一次函数图象在实际背景下所代表的意义．解答这类问题时，也可以通过构造方程解决问题．
14、2a+12b
【解析】
如图2,翻折4次时,左侧边长为c,如图2,翻折5次,左侧边长为a,所以翻折4次后,如图1,由折叠得:AC=A= ==,所以图形的周长为:a+c+5b,

因为∠ABC＜20°,所以,
翻折9次后,所得图形的周长为: 2a+10b,故答案为: 2a+10b.
15、1．
【解析】
试题分析：如图，当AB=AD时，满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，△P1BC，△P2BC是等腰直角三角形，△P3BC是等腰直角三角形（P3B=P3C），则AB=AD=1，故答案为1．

考点：矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；分类讨论．
16、4cm
【解析】
求出扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【详解】
扇形的弧长==4π，
圆锥的底面半径为4π÷2π=2，
故圆锥的高为：=4,
故答案为4cm．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，重点考查了扇形的弧长公式；圆的周长公式；用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长．

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）一天可获利润2000元；（2）①每件商品应降价2元或8元；②当2≤x≤8时，商店所获利润不少于2160元．
【解析】
：（1）原来一天可获利：20×100=2000元；
（2）①y=（20-x）（100+10x）=-10（x2-10x-200），
由-10（x2-10x-200）=2160，
解得：x1=2，x2=8，
∴每件商品应降价2或8元；
②观察图像可得
18、为；点Q的坐标为或．
【解析】
依据抛物线的对称轴方程可求得b的值，然后将点B的坐标代入线可求得c的值,即可求得抛物线的表达式；由平移后抛物线的顶点在x轴上可求得平移的方向和距离，故此，然后由点，轴可得到点Q和P关于x对称，可求得点Q的纵坐标，将点Q的纵坐标代入平移后的解析式可求得对应的x的值，则可得到点Q的坐标．
【详解】
抛物线顶点A的横坐标是，
，即，解得．
．
将代入得：，
抛物线的解析式为．
抛物线向下平移了4个单位．
平移后抛物线的解析式为，．
，
点O在PQ的垂直平分线上．
又轴，
点Q与点P关于x轴对称．
点Q的纵坐标为．
将代入得：，解得：或．
点Q的坐标为或．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的平移规律、线段垂直平分线的性质，发现点Q与点P关于x轴对称，从而得到点Q的纵坐标是解题的关键．
19、 (1)证明见解析；(2)AD=；(3)DG=．
【解析】
（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接DF，由（1）得到BC为圆O的切线，由弦切角等于夹弧所对的圆周角，进而得到三角形ABD与三角形ADF相似，由相似得比例，即可表示出AD；
（3）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义求出r的值，由直径所对的圆周角为直角，得到EF与BC平行，得到sin∠AEF=sinB，进而求出DG的长即可．
【详解】
(1)如图，连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∴BC为圆O的切线；
(2)连接DF，由(1)知BC为圆O的切线，
∴∠FDC=∠DAF，
∴∠CDA=∠CFD，
∴∠AFD=∠ADB，
∵∠BAD=∠DAF，
∴△ABD∽△ADF，
∴，即AD2=AB•AF=xy，
则AD= ；
(3)连接EF，在Rt△BOD中，sinB=，
设圆的半径为r，可得，
解得：r=5，
∴AE=10，AB=18，
∵AE是直径，
∴∠AFE=∠C=90°，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B，
∴sin∠AEF=，
∴AF=AE•sin∠AEF=10×=，
∵AF∥OD，
∴，即DG=AD，
∴AD=，
则DG=．

【点睛】
圆的综合题，涉及的知识有：切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
20、（1），，（-1,0）；（2）存在P的坐标是或；（1）当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）
【解析】
（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，然后令y=0可求得点B的坐标；
（2）分别过点C和点A作AC的垂线，将抛物线与P1，P2两点先求得AC的解析式，然后可求得P1C和P2A的解析式，最后再求得P1C和P2A与抛物线的交点坐标即可；
（1）连接OD．先证明四边形OEDF为矩形，从而得到OD=EF，然后根据垂线段最短可求得点D的纵坐标，从而得到点P的纵坐标，然后由抛物线的解析式可求得点P的坐标．
【详解】
解：（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：b=﹣2，c=﹣1，
∴抛物线的解析式为．
∵令，解得：，，
∴点B的坐标为（﹣1，0）．
故答案为﹣2；﹣1；（﹣1，0）．
（2）存在．理由：如图所示：

①当∠ACP1=90°．由（1）可知点A的坐标为（1，0）．
设AC的解析式为y=kx﹣1．
∵将点A的坐标代入得1k﹣1=0，解得k=1，
∴直线AC的解析式为y=x﹣1，
∴直线CP1的解析式为y=﹣x﹣1．
∵将y=﹣x﹣1与联立解得，（舍去），
∴点P1的坐标为（1，﹣4）．
②当∠P2AC=90°时．设AP2的解析式为y=﹣x+b．
∵将x=1，y=0代入得：﹣1+b=0，解得b=1，
∴直线AP2的解析式为y=﹣x+1．
∵将y=﹣x+1与联立解得=﹣2，=1（舍去），
∴点P2的坐标为（﹣2，5）．
综上所述，P的坐标是（1，﹣4）或（﹣2，5）．
（1）如图2所示：连接OD．

由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF．根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．
由（1）可知，在Rt△AOC中，∵OC=OA=1，OD⊥AC，
∴D是AC的中点．
又∵DF∥OC，
∴DF=OC=，
∴点P的纵坐标是，
∴，解得：x=，
∴当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）．
21、（1）证明见解析；（2）CE=1．
【解析】
（1）根据等角对等边得∠OBE=∠OEB，由角平分线的定义可得∠OBE=∠EBC，从而可得∠OEB=∠EBC，根据内错角相等，两直线平行可得OE∥BC，根据两直线平行，同位角相等可得∠OEA=90°，从而可证AC是⊙O的切线.
（2）根据垂径定理可求BH=BF=3，根据三个角是直角的四边形是矩形，可得四边形OHCE是矩形，由矩形的对边相等可得CE=OH，在Rt△OBH中，利用勾股定理可求出OH的长，从而求出CE的长.
【详解】
（1）证明：如图，连接OE，

∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∵ BE平分∠ABC．
∴∠OBE=∠EBC，
∴∠OEB=∠EBC，
∴OE∥BC，
∵ ∠ACB=90° ，
∴∠OEA=∠ACB=90°，
∴ AC是⊙O的切线 .
（2）解：过O作OH⊥BF，
∴BH=BF=3，四边形OHCE是矩形，
∴CE=OH，
在Rt△OBH中，BH=3，OB=5，
∴OH==1，
∴CE=1.
【点睛】
本题考查切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线和垂径定理以及勾股定理的运用，具有一定的综合性．
22、 (1)2 ;(2) ;(3)见解析.
【解析】
分析：（1）根据解析式求得C的坐标，进而求得D的坐标，即可求得DH的长度，令y=0，求得A，B的坐标，然后证得△ACO∽△EAH，根据对应边成比例求得EH的长，进继而求得DE的长；
（2）找点C关于DE的对称点N（4，），找点C关于AE的对称点G（-2，-），连接GN，交AE于点F，交DE于点P，即G、F、P、N四点共线时，△CPF周长=CF+PF+CP=GF+PF+PN最小，根据点的坐标求得直线GN的解析式：y=x-；直线AE的解析式：y= -x-，过点M作y轴的平行线交FH于点Q，设点M（m，-m²+m+），则Q（m，m-），根据S△MFP=S△MQF+S△MQP，得出S△MFP= -m²+m+，根据解析式即可求得，△MPF面积的最大值；
（3）由（2）可知C（0，），F（0，），P（2，），求得CF=，CP=，进而得出△CFP为等边三角形，边长为，翻折之后形成边长为的菱形C′F′P′F″，且F′F″=4，然后分三种情况讨论求得即可．
本题解析：（1）对于抛物线y=﹣x2+x+，
令x=0，得y=，即C（0，），D（2，），
∴DH=，
令y=0，即﹣x2+x+=0，得x1=﹣1，x2=3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵AE⊥AC，EH⊥AH，
∴△ACO∽△EAH，
∴=，即=，
解得：EH=，
则DE=2；
（2）找点C关于DE的对称点N（4，），找点C关于AE的对称点G（﹣2，﹣），
连接GN，交AE于点F，交DE于点P，即G、F、P、N四点共线时，△CPF周长=CF+PF+CP=GF+PF+PN最小，
直线GN的解析式：y=x﹣；直线AE的解析式：y=﹣x﹣，
联立得：F （0，﹣），P（2，），
过点M作y轴的平行线交FH于点Q，
设点M（m，﹣m2+m+），则Q（m， m﹣），（0＜m＜2）；
∴S△MFP=S△MQF+S△MQP=MQ×2=MQ=﹣m2+m+，
∵对称轴为：直线m=＜2，开口向下，
∴m=时，△MPF面积有最大值： ；
（3）由（2）可知C（0，），F（0，），P（2，），
∴CF=，CP==，
∵OC=，OA=1，
∴∠OCA=30°，
∵FC=FG，
∴∠OCA=∠FGA=30°，
∴∠CFP=60°，
∴△CFP为等边三角形，边长为，
翻折之后形成边长为的菱形C′F′P′F″，且F′F″=4，
1）当K F′=KF″时，如图3，
点K在F′F″的垂直平分线上，所以K与B重合，坐标为（3，0），
∴OK=3；
2）当F′F″=F′K时，如图4，
∴F′F″=F′K=4，
∵FP的解析式为：y=x﹣，
∴在平移过程中，F′K与x轴的夹角为30°，
∵∠OAF=30°，
∴F′K=F′A
∴AK=4
∴OK=4﹣1或者4+1；
3）当F″F′=F″K时，如图5，

∵在平移过程中，F″F′始终与x轴夹角为60°，
∵∠OAF=30°，
∴∠AF′F″=90°，
∵F″F′=F″K=4，
∴AF″=8，
∴AK=12，
∴OK=1，
综上所述：OK=3，4﹣1，4+1或者1．

点睛：本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的交点和待定系数法求二次函数的解析式以及最值问题，考查了三角形相似的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，分类讨论的思想是解题的关键.
23、 (1)证明见解析；(2)当n＝5时，一边长为37的直角三角形另两边的长分别为12，1．
【解析】
（1）根据题意只需要证明a2+b2＝c2，即可解答
（2）根据题意将n＝5代入得到a＝ (m2﹣52)，b＝5m，c＝ (m2+25)，再将直角三角形的一边长为37，分别分三种情况代入a＝ (m2﹣52)，b＝5m，c＝ (m2+25)，即可解答
【详解】
(1)∵a2+b2＝(2n+1)2+(2n2+2n)2＝4n2+4n+1+4n4+8n3+4n2＝4n4+8n3+8n2+4n+1，
c2＝(2n2+2n+1)2＝4n4+8n3+8n2+4n+1，
∴a2+b2＝c2，
∵n为正整数，
∴a、b、c是一组勾股数；
(2)解：∵n＝5
∴a＝ (m2﹣52)，b＝5m，c＝ (m2+25)，
∵直角三角形的一边长为37，
∴分三种情况讨论，
①当a＝37时， (m2﹣52)＝37，
解得m＝±3 (不合题意，舍去)
②当y＝37时，5m＝37，
解得m＝ (不合题意舍去)；
③当z＝37时，37＝ (m2+n2)，
解得m＝±7，
∵m＞n＞0，m、n是互质的奇数，
∴m＝7，
把m＝7代入①②得，x＝12，y＝1．
综上所述：当n＝5时，一边长为37的直角三角形另两边的长分别为12，1．
【点睛】
此题考查了勾股数和勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题关键
24、 (1)见解析;(2)2.
【解析】
(1)四边形ABCD是平行四边形，由平行四边形的性质，可得AB=DE， AB//DE ，则四边形ABDE是平行四边形；
(2)因为AD=DE=1，则AD=AB=1，四边形ABCD是菱形，由菱形的性质及解直角三角形可得AO=AB⋅sin∠ABO=2，BO=AB⋅cos∠ABO=2， BD=1 ，则AE=BD，利用勾股定理可得OE．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵DE＝CD，
∴AB＝DE．
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）∵AD＝DE＝1，
∴AD＝AB＝1．
∴▱ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AC⊥BD，，．
又∵∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°．
在Rt△ABO中，，．
∴．
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AE∥BD，．
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥AE．
在Rt△AOE中，．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质及判断，考查菱形的判断及性质，及解直角三角形，解题关键在于掌握判定定理和利用三角函数进行计算.