2021年江西省中考数学全真模拟试卷(附答案详解)

2021年江西省中考数学全真模拟试卷
一、选择题（本大题共6小题，共18.0分）
1.|−3|的值是()
A. −3
B. 3
C. −1
3D. 1
3
2.共享单车为人们带来了极大便利，有效缓解了出行“最后一公里”问题，而且经济
环保．2016年全国共享单车用户数量达18860 000，将18860 000用科学记数法表示应为()
A. 1886×104
B. 0.1886×108
C. 1.886×107
D. 1.886×106
3.下列航空公司的标志中，是轴对称图形的是()
A. B. C. D.
4.下列运算正确的是()
A. a3⋅a2=a6
B. 2a(3a−1)=6a2−1
C. x3+x3=2x3
D. (3a2)2=6a4
5.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于
F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是()
A. 一直增大
B. 一直减小
C. 先减小后增大
D. 先增大后减少
6.如图(1)是两圆柱形联通容器(联通外体积忽略不计).向甲容器匀速注水，甲容器的
水面高度ℎ(cm)随时间t(分)之间的关系如图(2)所示，根据提供的图象信息，若甲的底面半径为1cm，则乙容器底面半径为()
A. 5cm
B. 4cm
C. 3cm
D. 2cm
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
7.−1−1
2
=______ ．
8.已知一元二次方程x2−6x+c=0有一个根为4，则另一个根为______ ．
9.已知某几何体的三视图如图所示，根据图中数据求得该几何
体的体积为______ ．
10.如图，有一个正三角形图片高为1米，A是三角形的一个顶点，现在A与数轴的原
点O重合，工人将图片沿数轴正方向滚动一周，点A恰好与数轴上点A′重合，则点A′对应的实数是______ ．
11.一个样本为1，3，2，2，a，b，c，已知这个样本的众数为3，平均数为2，则这
组数据的中位数为______．
12.以线段AC为对角线的四边形ABCD(它的四个顶点A、B、C、D按顺时针方向排列
)，已知AB=BC=CD，∠ABC=100°，∠CAD=40°；则∠BCD的大小为______ ．三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
13.解不等式组：{−3(x−2)≥4−x
1+2x
3
>x−1，并在数轴上表示它的解集．
四、解答题（本大题共11小题，共78.0分） 14. 化简：(1−1
x−1)÷x−2
x 2−1．
15. 如图，在平行四边形ABCD 中，E 为DC 上一点，连
接AE ，F 为AE 上一点，且∠BFE =∠C.求证：△ABF∽△EAD ．
16. 近年来，手机微信红包很流行.大年初一，小米的爷爷也用微信发红包，他分别将
18元、99元的两个红包发到只有爷爷、爸爸和小米的微信群里，他们每人只能抢一个红包，且抢到任何一个红包的机会均等(爷爷只发不抢，红包里钱的多少与抢红包的先后顺序无关)．
(1)求小米抢到99元红包的概率；
(2)如果小米的妈妈也加入“抢红包”的微信群，他们三个人中将有一个人抢不到红包，那么这种情况下，求小米和妈妈两个人抢到红包的钱数之和不少于99元的
概率．
17.如图，在菱形ABCD中，点P是AD的中点，连接CP.请用无刻度的直尺按要求画
出图形．
(1)在图1中画出CD边的中点E；
(2)在图2中画出∠BCF，使得∠BCF=∠DCP．
18.某校食堂的中餐与晚餐的消费标准如表
种类单价
米饭0.5元/份
A类套餐菜 3.5元/份
B类套餐菜 2.5元/份
一学生某星期从周一到周五每天的中餐与晚餐均在学校用餐，每次用餐米饭选1份，
A、B类套餐菜选其中一份，这5天共消费36元，请问这位学生A、B类套餐菜各
选用多少次？
19.一种拉杆式旅行箱的示意图如图所示，箱体长AB=50cm，拉杆最大伸长距离BC=
35cm，(点A、B、C在同一条直线上)，在箱体的底端装有一圆形滚轮⊙A，⊙A与水平地面切于点D，AE//DN，某一时刻，点B距离水平面38cm，点C距离水平面59cm．
(1)求圆形滚轮的半径AD的长；
(2)当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感觉较为舒服，已知某人的手自然下垂在点C
处且拉杆达到最大延伸距离时，点C距离水平地面73.5cm，求此时拉杆箱与水平面AE所成角∠CAE的大小(精确到1°，参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19)．
20.如图，△ABC内接于⊙O，∠B=60°，CD是⊙O的
直径，点P是CD延长线上的一点，且AP=AC．
(1)求证：PA是⊙O的切线；
(2)若PD=√3，求⊙O的直径．
(x>0)的图象经过线段
21.如图，反比例函数y=m
x
OA的端点A，O为原点，作AB⊥x轴于点B，点B
．
的坐标为(2,0)，tan∠AOB=3
2
(1)求m的值；
(2)将线段AB沿x轴正方向平移到线段DC的位置，
(x>0)的图象恰好经过DC的中点E，求直线AE的函数表达式；
反比例函数y=m
x
(3)若直线AE与x轴交于点M，与y轴交于点N，问线段AN与线段ME的大小关
系如何？请说明理由．
22.2020年中考阅卷期间，某教师对某省中考数学试卷中一
道概率题的得分情况进行了统计分析.他随机记录了部分
学生的得分情况，并绘制了两幅统计图表(表和图)．
试根据图表中的信息解答下列问题．
(1)该次分析统计中，样本的总体个数是______ ；
(2)上述人数统计表中，a的值为______ ，b的值为______ ，c的值为______ ；
(3)在扇形统计图中，圆心角α的度数为______ ，β的度数为______ ；
(4)2020年中考，该省约有49万学生参加，试估计该省此题得6分的学生共有多少
人？
23.如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A、
B两点，顶点为D(0,4)，AB=4√2，设点F(m,0)是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′．
(1)求抛物线C的函数表达式；
(2)若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点．
①抛物线C′的解析式为______ (用含m的关系式表示)；
②求m的取值范围；
(3)如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛
物线C′上的对应点为P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N 能否成为正方形，若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
24.操作：
如图1，正方形ABCD中，AB=a，点E是CD边上一个动点，在AD上截取AG=DE，连接EG，过正方形的中线O作OF⊥EG交AD边于F，连接OE、OG、EF、AC．探究：
在点E的运动过程中：
(1)猜想线段OE与OG的数量关系？并证明你的结论；
(2)∠EOF的度数会发生变化吗？若不会，求出其度数，若会，请说明理由．
应用：
(3)当a=6时，试求出△DEF的周长，并写出DE的取值范围；
(4)当a的值不确定时：
①若AF
CE =36
25
时，试求OF
OE
的值；
②在图1中，过点E作EH⊥AB于H，过点F作FG⊥CB于G，EH与FG相交于点M；并将图1简化得到图2，记矩形MHBG的面积为S，试用含a的代数式表示出S的值，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵负数的绝对值等于它的相反数，
∴−3的绝对值是3，
故选：B．
】计算绝对值要根据绝对值的定义进行求解．
此题主要考查了绝对值的定义，规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2.【答案】C
【解析】解：将18860 000用科学记数法表示为：1.886×107．
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】C
【解析】解：A、不是轴对称图形，不合题意；
B、不是轴对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，不合题意；
故选：C．
根据轴对称图形的概念判断即可．
本题考查的是轴对称图形的概念，判断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．
4.【答案】C
【解析】解：A、原式=a5，故A错误．
B、原式=6a2−2a，故B错误．
C、原式=2x3，故C正确，
D、原式=9a4，故D错误．
故选：C．
根据整式的运算法则即可求出答案．
本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．5.【答案】C
【解析】解：如图，连接AP，
∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选C．
连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥BC时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出AP⊥BC时，线段EF的值最小是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查用图象反映变量间的关系，根据注满相同高度的水乙容器所需的时间为甲容器的4倍求出两容器的底面半径之比是解题的关键．
由注满相同高度的水乙容器所需的时间为甲容器的4倍，结合甲容器的底面半径即可求出乙容器的底面半径，此题得解．
【解答】
解：观察图象可知：注满相同高度的水乙容器所需的时间为甲容器的4倍，
所以乙容器底面积为甲容器底面积的4倍，即乙容器半径为甲容器半径的2倍，
∴乙容器底面半径为2cm．
故选D．
7.【答案】−3
2
【解析】解：−1−1
2=−1+(−1
2
)=−2
2
+(−1
2
)=−3
2
．
故答案为：−3
2
．
根据有理数减法运算法则进行计算即可．
本题考查了有理数的减法，熟记运算法则是解题的关键．
8.【答案】2
【解析】解：∵一元二次方程x2−6x+c=0有一个根为4，
∴设另一个根为m，则有m+4=6，
∴m=2，
故答案为：2．
设另一个根为m，根据两根系数关系可知m+4=6，求出m的值即可求出．
本题主要考查了根与系数的关系的知识，解答本题的关键是掌握一元二次方程ax2+
bx+c=0的两根为x1，x2，则x1+x2=−b
a ，x1⋅x2=c
a
．
9.【答案】13
3
π
【解析】解：由三视图可知，几何体是由圆柱体和圆锥体构成，圆柱和圆锥的底面直径均为2，高分别为4和1，
∴圆锥和圆柱的底面积为π，
故该几何体的体积为：4π+1
3π=13
3
π，
故答案为：13
3
π.
根据给出的几何体的三视图可知几何体是由圆柱体和圆锥体构成，从而根据三视图的特点得知高和底面直径，代入体积公式计算即可．
本题考查了由三视图判断几何体，该三视图中的数据确定圆锥的底面直径和高是解本题的关键；本题体现了数形结合的数学思想，注意圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形．
10.【答案】2√3
【解析】解：∵△ABC是正三角形，∴∠B=60°，
∵CD是高，
∴∠CDB=90°，
∴sin∠B=sin60°=CD
BC =√3
2
，
∵CD=1，
∴BC=2√3
3
，
∴△ABC的周长为2√3．
∴点A′对应的实数是2√3．
故答案为：2√3．
首先理解题意：求点A′对应的实数是正三角形的周长，已知此正三角形的高，利用三角函数的性质，求得边长即可．
此题考查了正三角形的性质．注意三线合一与三角函数性质的应用．
11.【答案】2
【解析】
【分析】
本题为统计题，考查平均数、众数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
因为众数为3，表示3的个数最多，因为2出现的次数为二，所以3的个数最少为三个，则可设a，b，c中有两个数值为3.另一个未知数利用平均数定义求得，从而根据中位数的定义求解．
【解答】
解：因为众数为3，可设a=3，b=3，c未知，
平均数=1
7
(1+3+2+2+3+3+c)=2，
解得c=0，
将这组数据按从小到大的顺序排列：0、1、2、2、3、3、3，
位于最中间的一个数是2，所以中位数是2，
故答案为2．
12.【答案】80°或100°
【解析】解：∵AB=BC，∠ABC=100°，
∴∠1=∠2=∠CAD=40°，
∴AD//BC，
(1)如图1，过点C分别作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
∵∠1=∠CAD，
∴CE=CF，
在Rt△ACE与Rt△ACF中，
{AC=AC
CE=CF，
∴Rt△ACE≌Rt△ACF，
在Rt△BCE与Rt△DCF中，
{CB=CD
CE=CF，
∴Rt△BCE≌Rt△DCF，
∴∠ACE=∠ACF，∠BCE=∠△DCF，
∴∠2=∠ACD=40°，
∴∠BCD=80°；
(2)如图2，
∵AD//BC，AB=CD′，
∴四边形ABCD′是等腰梯形，
∴∠BCD′=∠ABC=100°．
综上所述，∠BCD=80°或100°．
根据等腰三角形的性质和平行线的判定可得AD//BC，再分2种情况：(1)如图1，过点C分别作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，通过证明Rt△ACE≌Rt△ACF，Rt△BCE≌Rt△DCF，由全等三角形的性质得到∠2=∠ACD=40°，可得∠BCD=80°；(2)如图2，根据等腰梯形的判定可得四边形ABCD′是等腰梯形，再根据等腰梯形的性质得到∠BCD′=∠ABC=100°，从而求解．
考查了全等三角形的判定与性质，等腰梯形的判定与性质，本题关键是证明Rt△ACE≌Rt△ACF，Rt△BCE≌Rt△DCF，同时注意分类思想的应用．
13.【答案】解：{−3(x−2)≥4−x①1+2x
3
>x−1②，
∵解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x<4，
∴不等式组的解集为：x≤1，
在数轴上表示不等式组的解集为：
【解析】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集的应用，解此题的关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集．
求出两个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集即可．
14.【答案】解：原式=x−1−1
x−1⋅(x+1)(x−1)
x−2
=x−2
x−1
⋅
(x+1)(x−1)
x−2
=x+1．
【解析】先算括号内的减法，把除法变成乘法，再算乘法即可．
本题考查了分式的混合运算，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．15.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAF=∠AED，且∠C+∠D=180°，
又∵∠BFE+∠BFA=180°，
∵∠BFE=∠C，
∴∠BFA=∠D，
∴△ABF∽△EAD．
【解析】由平行的性质结合条件可得到∠AFB=∠EDA和∠BAE=∠AED，可证得结论．本题主要考查相似三角形的判定和平行线的性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
16.【答案】解：(1)小米抢到99元红包的概率为1
2
；
(2)画树状图如下：
由树状图知，共有6种等可能结果，其中小米和妈妈两个人抢到红包的钱数之和不少于99元的有4种结果，
所以小米和妈妈两个人抢到红包的钱数之和不少于99元的概率为4
6=2
3
．
【解析】(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n ，再从中选出符合事件A 或B 的结果数目m ，然后利用概率公式计算事件A 或事件B 的概率． 17.【答案】解：(1)如图1，点E 为所作；
(2)如图2，∠BCF 为所作．
【解析】(1)连接AC 交BD 于O ，CP 交OD 于M ，由于O 点为AC 的中点，P 点为AD 的中点，则点M 为△ACD 的重心，所以延长AM 交CD 于E ，则E 点为CD 的中点；
(2)延长EO 交AB 于F ，则F 点为AB 的中点，然后判断△BCF≌△DCP ，从而得到∠BCF =∠DCP ．
本题考查了作图−复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了菱形的性质． 18.【答案】解：设这位学生A 类套餐菜选了x 次，B 类套餐菜选了y 次，
根据题意得：{x +y =1010×0.5+3.5x +2.5y =36
， 解得：{x =6y =4
． 答：这位学生A 类套餐菜选了6次，B 类套餐菜选了4次．
【解析】设这位学生A 类套餐菜选了x 次，B 类套餐菜选了y 次，根据该星期从学生用餐10次以及总消费36元，即可得出关于x 、y 的二元一次方程组，解之即可得出结论． 本题考查了二元一次方程组的应用，根据总价=单价×数量结合用餐10次，列出关于x 、y 的二元一次方程组是解题的关键．
19.【答案】解：(1)作BH ⊥AF 于点G ，交
DM 于点H ．
由题意得CF ⊥DM ，
则BG//CF ，
∴△ABG∽△ACF，
设圆形滚轮的半径AD的长是xcm．
则BG
CF =AB
AC
，
即38−x
59−x =50
50+35
，
解得：x=8．
则圆形滚轮的半径AD的长是8cm；
(2)CF=73.5−8=65.5(m)．
则sin∠CAF=CF
AC =65.5
50+35
≈0.77(m)，
则∠CAF=50°．
【解析】此题考查了解直角三角形的应用，主要是正弦概念及运算，关键把实际问题转化为数学问题加以计算．
(1)作BH⊥AF于点G，交DM于点H，则△ABG∽△ACF，设圆形滚轮的半径AD的长是xcm，根据相似三角形的对应边的比相等，即可列方程求得x的值；
(2)求得CF的长，然后在直角△ACF中，求得sin∠CAF，即可求得角的度数．
20.【答案】解：(1)证明：连接OA，
∵∠B=60°，
∴∠AOC=2∠B=120°，
又∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
又∵AP=AC，
∴∠P=∠ACP=30°，
∴∠OAP=∠AOC−∠P=90°，
∴OA⊥PA，
∴PA是⊙O的切线．
(2)在Rt△OAP中，
∵∠P=30°，
∴PO=2OA=OD+PD，
又∵OA=OD，
∴PD=OA，
∵PD=√3，
∴2OA=2PD=2√3．
∴⊙O的直径为2√3．
【解析】(1)连结OA、AD，如图，利用圆周角定理得到∠CAD=90°，∠ADC=∠B=60°，则∠ACD=30°，再利用AP=AC得到∠P=∠ACD=30°，接着根据圆周角定理得
∠AOD=2∠ACD=60°，然后根据三角形内角和定理可计算出∠OAP=90°，于是根据切线的判定定理可判断AP与⊙O相切；
(2)连接AD，证得△AOD是等边三角形，得到∠OAD=60°，求得AD=PD=√3，得到OD=√3，即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的判定和性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：
(1)∵B(2,0)，
∴OB=2，
∵tan∠AOB=AB
OB =3
2
，
∴AB=3，
∴A(2,3)，
∵反比例函数y=m
x
(x>0)的图象经过线段OA的端点A，∴m=2×3=6；
(2)∵A(2,3)，B(2,0)，
∴线段AB的中点纵坐标为3
2
，
∵将线段AB沿x轴正方向平移到线段DC的位置，
∴线段CD的中点E的纵坐标为3
2
，
由(1)可知反比例函数解析式为y=6
x ，当y=3
2
时，可得3
2
=6
x
，解得x=4，
∴E(4,3
2
)，
设直线AE 解析式为y =kx +b ，
把A 、E 坐标代入可得{2k +b =34k +b =32，解得{k =−34b =92， ∴直线AE 的函数表达式为y =−34x +92；
(3)相等．理由如下：
在y =−34x +92中，令x =0可得y =92，令y =0可解得x =6，
∴M(6,0)，N(0,92)，且A(2,3)，E(4,32)，
∴AN =√22+(3−92)2=52，ME =√(6−4)2+(0−32)2=52，
∴AN =ME ．
【解析】(1)在Rt △AOB 中利用条件可求得A 点坐标，利用待定系数法可求得m 的值；
(2)可先求得E 点纵坐标，代入反比例函数解析式可求得E 点坐标，利用待定系数法可求得直线AE 解析式；
(3)由直线AE 解析式可求得M 、N 的坐标，利用勾股定理可求得线段AN 和ME 的长度，
比较可求得其大小关系．
本题为反比例函数的综合应用，涉及待定系数法、平移的性质、三角函数的定义、勾股定理等知识．在(1)中利用三角函数的定义求得A 点坐标是解题的关键，在(2)中求得E 点坐标是解题的关键，在(3)中分别求得M 、N 的坐标是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
22.【答案】500 200 0.4 55 144° 198°
【解析】解：∵2+3+2+10+8=25，
∴25÷18°360∘=500．
故答案为：500；
(2)∵得0分的人数占40%，
∴a =40%×500=200；
∵得3分的人数有2人，
∴b%=2500×100%=0.4%，即b =0.4；
∵得6分的有275人，
∴c =275500×100=55．
故答案为：200，0.4，55；
(3)α=40%×360°=144°，β=55%×360=198°．
故答案为：144°，198°；
(4)因为49×55%=26.95，
所以估计2020年中考全省概率题得0分的学生共有26.95万．
(1)先求出1−5分的总人数，再根据此种情况在扇形统计图中占18°即可得出总人数；
(2)根据得0分的人数占40%可得出a 的值，再由3分的人数求出b 的值，同理得出c 的值；
(3)根据得0分与得6分人数所占的百分比即可得出结论；
(4)根据得0分人数的百分比可得出结论．
本题考查的是扇形统计图，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．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．用整个圆的面积表示总数(单位1)，用圆的扇形面积表示各部分占总数的百分数．
23.【答案】y =12(x −2m)2−4
【解析】解：(1)由题意抛物线的顶点C(0,4)，A(−2√2,0)，
设抛物线的解析式为y =ax 2+4，
把A(−2√2,0)代入可得a =−12，
∴抛物线C 的函数表达式为y =−12x 2+4．
(2)①∵将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′，
∴抛物线C′的顶点坐标为(2m,−4)，
∴抛物线C′的解析式为y =12(x −2m)2−4，
故答案为：y =12(x −2m)2−4．
②由{y =−12x 2+4y =12(x −2m)2−4
，消去y 得到x 2−2mx +2m 2−8=0， 由题意，抛物线C′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，
则有{(2m)2−4(2m2−8)>0
2m>0
2m2−8>0
，解得2<m<2√2，
∴满足条件的m的取值范围为2<m<2√2．
(3)结论：四边形PMP′N能成为正方形．
理由：情形1，如图，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．
由题意易知P(2,2)，当△PFM是等腰直角三角形时，
四边形PMP′N是正方形，
∴PF=FM，∠PFM=90°，
∴∠FPE=∠MFH，
∴△PFE≌△FMH(AAS)，
∴PE=FH=2，EF=HM=2−m，
∴M(m+2,m−2)，
∵点M在y=−1
2
x2+4上，
∴m−2=−1
2
(m+2)2+4，解得m=√17−3或−√17−3(舍弃)，∴m=√17−3时，四边形PMP′N是正方形．
情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M(m−2,2−m)，
把M(m−2,2−m)代入y=−1
2x2+4中，2−m=−1
2
(m−2)2+4，
解得m=6或0(舍弃)，
∴m=6时，四边形PMP′N是正方形．
综上，四边形PMP′N能成为正方形，m=√17−3或6．
(1)由题意抛物线的顶点C(0,4)，A(−2√2,0)，设抛物线的解析式为y=ax2+4，把
A(2√2,0)代入可得a=−1
2
，由此即可解决问题；
(2)①由题意抛物线C′的顶点坐标为(2m,−4)，可得出抛物线C′的解析式为y=1
2
(x−
2m)2−4；
②联立两抛物线的解析式，消去y得到x2−2mx+2m2−8=0，由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则得到关于m的不等式组，解不等式组即可解决问题；
(3)情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H.由题意易知P(2,2)，当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出PF=FM，
∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2−m，可得M(m+ 2,m−2)，理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M(m−2,2−m)，利用待定系数法即可解决问题．
本题考查二次函数综合题、中心对称变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
24.【答案】解：(1)OE=OG，
理由：如图1，
连接OD，在正方形ABCD中，
∵点O是正方形中心，
∴OA=OD，∠OAD=∠ODC=45°，
∵AG=DE，
∴△AOG≌△DOG，
∴OE=OG，
(2)∠EOF的度数不会发生变化，
理由：由(1)可知，△AOG≌△DOE，
∴∠DOE=∠AOG，
∵∠AOG+∠DOG=90°，
∴∠DOE+∠DOG=90°，
∴∠DOE=∠AOG，
∵∠EOG=90°，
∵OE=OG，OF⊥EG，
∴∠EOF=45°，
∴恒为定值．
(3)由(2)可知，OE=OG，OF⊥EG，
∴OF垂直平分EG，
∴△DEF的周长为DE+EF+DF=AG+FG+DF=AD，∵a=6，
∴△DEF的周长为AD=a=6，(0<DE<3)
(4)①如图2，
∵∠EOF=45°，
∴∠COE+AOF=135°∵∠OAF=45°，
∴∠AFO+∠AOF=135°，
∴∠COE=∠AFO，
∴△AOF∽△CEO，
∴S△AOF
S△CEO =(0F
OE
)2，
∵O到AF与CE的距离相等，
∴S△AOF
S△CEO =AF
CE
，
∴(OF
OE )2=AF
CE
=36
25
，
∵OF
OE
>0，
∴OF
OE =6
5
，
②猜想：S=1
2
a2，
理由：如图3，
由(1)可知，△AOF∽△CEO，
∴AF
OC =OA
CE
，
∴AF×CE=OA×OC，
∵EH⊥AB，FG⊥CB，∠B=90°，∴S=AF×CE，
∴S=OA×OC=√2a
2×√2a
2
=1
2
a2．
【解析】(1)由正方形的性质得到△AOG≌△DOG即可；
(2)由△AOG≌△DOG得到结论，再结合同角或等角的余角相等求出∠EOF；
(3)判断出OF垂直平分EG，计算周长即可；
(4)先判断出△AOF∽△CEO，得出S△AOF
S△CEO =AF
CE
，求出OF
OE
．
此题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，线段的垂直平分线的判定和性质，相似三角形的性质和判定，解本题的关键是角度的计算．。