2022年山东省济南市中考数学考前信息卷(word版含答案)

这是一份2022年山东省济南市中考数学考前信息卷(word版含答案)，共27页。
2022年山东省济南市中考考前信息卷
数学
（考试时间：120分钟 满分：150分）
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）有理数﹣250的相反数是（　　）
A．﹣250 B．250 C．-1250 D．1250
2．（4分）如图是由6个大小相同的正方体拼成的几何体，则下列说法正确的是（　　）

A．从正面看和从左面看到的图形相同
B．从正面看和从上面看到的图形相同
C．从上面看和从左面看到的图形相同
D．从正面、左面、上面看到的图形都不相同
3．（4分）2021年国家统计局、国务院第七次全国人口普查领导小组办公室5月11日发布，全国人口超过1400000000人．其中，1400000000用科学记数法表示为（　　）
A．14×108 B．1.4×109 C．0.14×1010 D．1.4×108
4．（4分）如图，直线a∥b，直线l与a，b分别相交于A，B两点，过点A作直线l的垂线交直线b与点C，若∠2＝27°，则∠1的度数为（　　）

A．53° B．63° C．73° D．27°
5．（4分）下列运算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．a3+a2＝a5 C．（a2）4＝a8 D．a3﹣a2＝a
6．（4分）下列图形中，是轴对称图形且对称轴最多的是 （　　）
A． B．
C． D．
7．（4分）若M÷xy+y2(x-y)2=x2-y2y，则M是（　　）
A．(x-y)3y2 B．(x+y)2x-y C．x+yy D．y3(x-y)3
8．（4分）在前十个正整数中随机选一个数，这个数是偶数但不是素数（质数）的概率为（　　）
A．10% B．40% C．30% D．60%
9．（4分）已知不等式ax+b＜0的解是x＞﹣2，下列有可能是函数y＝ax+b的图象的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（4分）如图，为了测量河两岸A、B两点间的距离，只需在与AB垂直方向的点C处测得垂线段AC＝m米，若∠ACB＝α，那么AB等于（　　）

A．mtanα米 B．m•sinα米 C．m•cosα米 D．m•tanα米
11．（4分）如图，在△ABC中，点D是BC上的点，AD＝BD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，若∠B＝40°，则∠CDE等于（　　）

A．20° B．30° C．35° D．40°
12．（4分）如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴的正半轴交于点C．现有下列结论：①abc＞0；②4a﹣2b+c＞0；③2a﹣b＞0；④3a+c＝0，其中，正确结论的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）分解因式：x2y2﹣2xy+1＝　 　．
14．（4分）为了防控输入性新冠肺炎，我市医院成立隔离治疗发热咳嗽病人防控小组，决定从内科5位骨干医师中（含有甲）抽调3人组成，则甲一定抽调到防控小组的概率是 　 　．
15．（4分）如图，螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形，这个正六边形ABCDEF的半径是23cm，则这个正六边形的周长是　 　．

16．（4分）已知a是方程x2﹣3x﹣1＝0的一个根，则代数式﹣2a2+6a﹣3的值是　 　．
17．（4分）两辆车A和B，从相同标记处同时出发，沿直线同方向行驶，并且由出发点开始计时，行驶的距离x与行驶时间t的函数关系分别为：xA=13t3+2t2和xB=t2+8t，求：
（1）它们刚离开出发点时，行驶在前面的一辆车是 　 　；
（2）它们出发后，B车相对A车速度为零的时刻是 　 　．
18．（4分）如图，Rt△ABE中，∠B＝90°，AB＝BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点O．下列结论，其中正确的是　 　．
①DE平分∠HDC；
②DO＝OE；
③CD＝HF；
④BC﹣CF＝2CE；
⑤H是BF的中点，

三．解答题（共9小题，满分78分）
19．（6分）计算：|﹣4|+（12）﹣1﹣（1-3）0﹣22cos45°．


20．（6分）解不等式组：2x＞x-12x≤x+13，并求出整数解．


21．（6分）如图，在▱ABCD的边DC上截取DE＝AD，延长AD至F，使得AF＝AB，连接EB，求证：EF＝EB．



22．（8分）2021年，河南省多地义务教育阶段学校积极响应教育部号召，提供课后延时服务，并因地制宜，各具特色．河南省某市教育局为了解该市中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学中各随机抽取100名学生的家长进行问卷调查，将每位学生家长对延时服务的评分记为x，将所得数据分为5组（A．90≤x≤100；B．80≤x＜90；C.70≤x＜80；D.60≤x＜70；E.0≤x＜60），并对数据进行整理、分析，得到部分信息如下：
a．甲中学延时服务得分情况扇形统计图

b．乙中学延时服务得分情况颊数分布表（不完整）
组别
频数
A
15
B

C
30
D
10
E
5
c．将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下：
81，81，81，82，82，83，83，83，83，83．
d．甲、乙两中学延时服务得分的平均数中位数、众数如下表：
学校
平均数
中位数
众数
甲
75
79
80
乙
78
b
83
根据以上信息，回答下列问题：
（1）a＝　 　，b＝　 　．
（2）已知乙中学共有3000名学生，若对延时服务的评分在80分以上（含80分）表示认为学校延时服务合格，请你估计乙中学有多少名学生的家长认为该校延时服务合格．
（3）小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由．


23．（8分）如图，△ABC内接于⊙O，⊙O的直径AD与弦BC相交于点E，BE＝EC，过点D的切线交AC的延长线于点F．
（1）求证：BC∥DF；
（2）若sin∠BAD=55，AB＝45，求AF的长．



24．（10分）某校开展以感恩为主题的有奖征文活动，并到文教商店购买甲、乙两种笔记本作为奖品．若买甲种笔记本20本，乙种笔记本10本，需用110元，且买甲种笔记本30本比买乙种笔记本20本少花10元．
（1）求甲、乙两种笔记本的单价各是多少元；
（2）若该学校决定购买甲、乙两种笔记本共80本，总费用不超过300元，那么该中学最多可以购买乙种笔记本多少本？
25．（10分）如图1，已知双曲线y=kx(k＞0)与直线y＝k′x交于A、B两点，点A在第一象限，试回答下列问题：

（1）若点A的坐标为（3，1），则点B的坐标为　 　；
（2）如图2，过原点O作另一条直线l，交双曲线y=kx(k＞0)于P，Q两点，点P在第一象限．
①四边形APBQ一定是　 　；
②若点A的坐标为（3，1），点P的横坐标为1，求四边形APBQ的面积．
（3）设点A，P的横坐标分别为m，n，四边形APBQ可能是矩形吗？可能是正方形吗？若可能，直接写出m，n应满足的条件；若不可能，请说明理由．



26．（12分）在△OAB，△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°．
（1）若O、C、A在一条直线上，连AD、BC，分别取AD、BC的中点M、N如图（1），求出线段MN、AC之间的数量关系；
（2）若将△OCD绕O旋转到如图（2）的位置，连AD、BC，取BC的中点M，请探究线段OM、AD之间的关系，并证明你的结论；
（3）若将△OCD由图（1）的位置绕O顺时针旋转角度α（0°＜α＜360°），且OA＝4，OC＝2，是否存在角度α使得OC⊥BC？若存在，请直接写出此时△ABC的面积；若不存在，请说明理由．




27．（12分）如图1，已知抛物线y=-33x2+233x+3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，当△F′F″K为等腰三角形，直接写出OK的值．



参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．【解答】解：有理数﹣250的相反数是250．
故选：B．
2．【解答】解：从正面看底层是三个小正方形，上层中间是一个小正方形；
从左边看底层是三个小正方形，上层左边是一个小正方形；
从上边看有三层，底层和中层中间各一个小正方形，三层是三个小正方形；
所以从正面、左面、上面看到的图形都不相同．
故选：D．
3．【解答】解：1400000000＝1.4×109．
故选：B．
4．【解答】解：∵直线a//b，∠2＝27°，
∴∠ACB＝∠2＝27°，
∵AC⊥BA，
∴∠BAC＝90°，
∴∠1＝180°﹣∠ACB﹣∠BAC＝63°，
故选：B．
5．【解答】解：A、a2•a3＝a5，故原题计算错误；
B、a3和a2不是同类项，不能合并，故原题计算错误；
C、（a2）4＝a8，故原题计算正确；
D、a3和a2不是同类项，不能合并，故原题计算错误；
故选：C．
6．【解答】解：A．是轴对称图形，有4条对称轴；
B．不是轴对称图形；
C．是轴对称图形，有6条对称轴；
D．是轴对称图形，有1条对称轴，
故选：C．
7．【解答】解：∵M÷xy+y2(x-y)2=x2-y2y，
∴M=x2-y2y•y(x+y)(x-y)2
=(x-y)(x+y)y•y(x+y)(x-y)2
=(x+y)2x-y．
故选：B．
8．【解答】解：在前十个正整数中随机选一个数共有10种等可能结果，而这个数是偶数但不是素数（质数）的有4、6、8、10这4种结果，
所以这个数是偶数但不是素数（质数）的概率为410=25=40%，
故选：B．
9．【解答】解：∵不等式ax+b＜0的解是x＞﹣2，
∴直线y＝ax+b与x轴交点为（﹣2，0）且y随x增大而减小，
故选：C．
10．【解答】解：∵BA⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵AC＝m米，∠ACB＝α，
∴tanα=ABAC=ABm，
∴AB＝m•tanα（米），
故选：D．
11．【解答】解：∵AD＝BD，
∴∠BAD＝∠ABC＝40°，
∵将△ABD沿着AD翻折得到△AED，
∴∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝40°+40°＝80°，∠ADE＝∠ADB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAD＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∴∠CDE＝100°﹣80°＝20°，
故选：A．
12．【解答】解：①∵由抛物线的开口向下知a＜0，
∵对称轴位于y轴的左侧，
∴a、b同号，即ab＞0．
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c＞0，
∴abc＞0；
故正确；

②如图，当x＝﹣2时，y＞0，4a﹣2b+c＞0，
故正确；

③对称轴为x=-b2a＞-1，得2a＜b，即2a﹣b＜0，
故错误；

④∵当x＝1时，y＝0，
∴0＝a+b+c＞a+2a+c＝3a+c，即3a+c＜0．
故错误．
综上所述，有2个结论正确．
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．【解答】解：x2y2﹣2xy+1＝（xy﹣1）2．
故答案为：（xy﹣1）2．
14．【解答】解：将另外四人分别即为1、2、3、4，列表如下：

甲
1
2
3
4
甲

1、甲
2、甲
3、甲
4、甲
1
甲、1

2、1
3、1
4、1
2
甲、2
1、2

3、2
4、2
3
甲、3
1、3
2、3

4、3
4
甲、4
1、4
2、4
3、4

由表可知，共有20种等可能结果，其中甲一定会被抽调到防控小组的有8种结果，
所以甲一定会被抽调到防控小组的概率是820=25，
故答案为：25．
15．【解答】解：设正六边形的中心为O，连接AO，BO，如图所示：
∵O是正六边形ABCDEF的中心，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝60°，AO＝BO＝23cm，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝23cm，
∴正六边形ABCDEF的周长＝6AB＝123cm．
故答案为：123cm．

16．【解答】解：∵a是方程x2﹣3x﹣1＝0的一个根，
∴a2﹣3a﹣1＝0，
整理得，a2﹣3a＝1，
∴﹣2a2+6a﹣3＝﹣2（a2﹣3a）﹣3
＝﹣2×1﹣3
＝﹣5．
故答案是：﹣5．
17．【解答】解：（1）由已知得，A车的速度与时间关系式为VA＝t2+4t，B车的速度与时间关系式为VB＝2t+8，
∵它们刚离开出发点时，B车速度大于A车速度（t＝0时，VB＝8＞VA＝0），
∴行驶在前面的一辆车是B车；
故答案为：B车；
（2）B车相对A车速度为零的时刻即是A车速度等于B车速度的时刻，
∴VA＝VB，即t2+4t＝2t+8，
解得t＝2或t＝﹣4（舍去），
故答案为：2．
18．【解答】解：∵∠ABE＝90°，AB＝BE，
∴∠AEB＝∠BAE＝45°，AE=2BE，
∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，
∴∠DAE＝∠AEB＝45°，AD＝AE=2BE，DH＝BE，AH＝AB，∠ABE＝∠AHD＝90°，
∴∠DAB＝∠ABE＝90°，AH＝DH＝AB＝BE，
又∵DC⊥BE，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝DH，AD＝BC=2BE，∠BCD＝∠DHE＝90°，
∵DH＝DC，DE＝DE，
∴Rt△DEC≌Rt△DEH（HL），
∴HE＝EC，∠AED＝∠DEC＝67.5°，∠CDE＝∠HDE＝22.5°，
∴DE平分∠HDC，故①正确；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴∠ABH＝∠AHB＝67.5°，
∴∠OHE＝∠OEH＝67.5°，
∴OH＝OE，∠DHO＝22.5°＝∠HDO，
∴DO＝HO，
∴OE＝OD，故②正确；
如图，连接CH，

∵∠ABH＝67.5°，
∴∠CBH＝22.5°，
∴∠BFC＝67.5°，
∵HE＝EC，∠AEB＝45°，
∴∠ECH＝∠EHC＝22.5°，
∴∠HBC＝∠HCE，∠FCH＝67.5°，
∴BH＝CH，∠FCH＝∠BFC，
∴HC＝HF，
∴BH＝HF，
∴点H是BF的中点，故⑤正确，
如图，过点H作HN⊥BC于N，

∴HN∥CD，
∴△BHN∽△BFC，
∴BHBF=HNFC=12，
∴FC＝2HN，
∵AE=2BE，AH＝BE，
∴HE＝（2-1）BE＝CE，
∵HN⊥BC，∠AEB＝45°，
∴HN=22HE=22（2-1）BE，
∴CF＝2HN＝（2-2）BE，
∵BC﹣CF＝BE+CE﹣CF＝BE+（2-1）BE﹣（2-2）BE＝2（2-1）BE，
∴BC﹣CF＝2CE，故④正确；
∵∠HFD＝180°﹣67.5＝112.5°，∠HDF＝45°，
∴∠HFD≠∠HDF，
∴HF≠DH，
∴HF≠CD，故③不合题意，
故答案为：①②④⑤．
三．解答题（共9小题，满分78分）
19．【解答】解：原式＝4+2﹣1﹣22×22
＝4+2﹣1﹣2
＝3．
20．【解答】解：解不等式2x＞x﹣1，得：x＞﹣1，
解不等式2x≤x+13，得：x≤15，
则不等式组的解集为﹣1＜x≤15，
所以不等式组得整数解为0．
21．【解答】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
∵AF＝AB，
∴AF＝CD，即AD+DF＝DE+CE，
∴DF＝CE，
∵AF∥BC，
∴∠FDE＝∠C，
在△DEF和△CBE中
DF=CE∠FDE=∠ECBDE=CB，
∴△DEF≌△CBE（SAS），
∴EF＝BE．
22．【解答】解：（1）B组对应百分比为144°360°×100%＝40%，
∴a%＝1﹣（40%+25%+18%+7%）＝10%，即a＝10，
乙学校B组人数为100﹣（15+30+10+5）＝40（人），
其中位数为第50、51个数据的平均数，而这两个数据为82、83，
∴其中位数b=82+832=82.5，
故答案为：10、82.5；
（2）估计乙中学学生的家长认为该校延时服务合格的人数为3000×15+40100=1650（人）；
（3）同意，
因为乙中学延时服务得分的平均数大于甲中学．
23．【解答】（1）证明：∵AD为⊙O的直径，BE＝CE，
∴AD⊥BC，
∵DF是⊙O的切线，
∴AD⊥DF，
∴BC∥DF；
（2）解：连接CD，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∵BE＝CE，AD⊥BC，
∴AB＝AC＝45，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵sin∠CAD＝∠sin∠BAD=BEAB=55，AB＝45，
∴CE＝BE＝4，
∴AE=AB2-BE2=8，
∵cos∠CAD=AEAC=ACAD，
∴845=45AD，
∴AD＝10，
∵tan∠CAD=DFAD=CEAE，
∴DF10=48，
∴DF＝5，
∴AF=AD2+DF2=55．

24．【解答】解：（1）设甲种笔记本的单价为x元，乙种笔记本的单价为y元，
依题意得：20x+10y=11020y-30x=10，
解得：x=3y=5．
答：甲种笔记本的单价为3元，乙种笔记本的单价为5元．
（2）设可以购买乙种笔记本m本，则购买甲种笔记本（80﹣m）本，
依题意得：3（80﹣m）+5m≤300，
解得：m≤30．
答：该中学最多可以购买乙种笔记本30本．
25．【解答】解：（1）∵A、B关于原点对称，A（3，1），∴点B的坐标为（﹣3，﹣1）．
故答案为：（﹣3，﹣1）；

（2）①∵A、B关于原点对称，P、Q关于原点对称，
∴OA＝OB，OP＝OQ，
∴四边形APBQ是平行四边形．
故答案为：平行四边形；

②∵点A的坐标为（3，1），
∴k＝3×1＝3，
∴反比例函数的解析式为y=3x，
∵点P的横坐标为1，
∴点P的纵坐标为3，
∴点P的坐标为（1，3），
由双曲线关于原点对称可知，点Q的坐标为（﹣1，﹣3），点B的坐标为（﹣3，﹣1），
如图2，过点A、B分别作y轴的平行线，过点P、Q分别作x轴的平行线，分别交于C、D、E、F，
则四边形CDEF是矩形，

CD＝6，DE＝6，DB＝DP＝4，CP＝CA＝2，
则四边形APBQ的面积＝矩形CDEF的面积﹣△ACP的面积﹣△PDB的面积﹣△BEQ的面积﹣△AFQ的面积＝36﹣2﹣8﹣2﹣8＝16．

（3）mn＝k时，四边形APBQ是矩形，不可能是正方形．
理由：当AB⊥PQ时四边形APBQ是正方形，此时点A、P在坐标轴上，由于点A，P不可能达到坐标轴故不可能是正方形，即∠POA≠90°．
因为mn＝k，P、A关于直线y＝x对称，
所以PO＝OA＝OB＝OQ，
所以四边形APBQ是矩形．
26．【解答】解：（1）如图1中，作BH⊥OB，AH⊥OA，连接OM延长OM交BH于P，连接ON延长ON交AH于Q，连接PQ．

∵OA＝OB，∠AOB＝∠OAH＝∠OBH＝90°，
∴四边形OAHB是正方形，
∵CM＝MB，
∴OM＝MB，
∴∠MBO＝∠MOB，
∵∠MBO+∠MBP＝90°，∠MOB+∠MPB＝90°，
∴∠MBP＝∠MPB，
∴BM＝PM＝OM，
同理可证ON＝NQ，
∴MN=12PQ，
∵MC＝MB，MO＝MP，∠CMO＝∠PMB，
∴△CMO≌△BMP，
∴PB＝OC，同理可证AQ＝OD，
∵OC＝OD，
∴AQ＝PB＝OC＝OD，
∵OA＝OB＝AH＝BH，
∴AC＝BD＝PH＝QH，
∵PQ=2PH=2AC，
∴MN=22AC．
（2）结论：OM=12AD，OM⊥AD．
理由：如图2中，延长OM到H，使得MH＝OM，设AD交OH于G，交OB于K．

∵CM＝BM，∠CMO＝∠BMH，OM＝MH，
∴△CMO≌△BMH，
∴OC＝BH＝OD，∠COM＝∠H，
∴OC∥BH，
∴∠OBH+∠COB＝180°，
∵∠AOD+∠COB＝180°，
∴∠OBH＝∠AOD，
∵OB＝OA，
∴△OBH≌△AOD，
∴AD＝OH，∠OAD＝∠BOH，
∵∠OAD+∠AKO＝90°，
∴∠BOH+∠AKO＝90°，
∴∠OGK＝90°，
∴AD⊥OH，
∴OM=12AD，OM⊥AD．

（3）①如图3中，当OC⊥BC设，作CH⊥OAY于H．

∵∠OCB＝90°，OB＝2OC，
∴∠OBC＝30°，∠OCB＝60°，∠COH＝30°，
∴CH=12OC＝1，BC=3OC＝23，
∴S△ABC＝S△AOB﹣S△AOC﹣S△BOC＝6﹣23．
②如图4中，作CH⊥AO于H．

易知∠BOC＝60°，∠COH＝30°，可得CH＝1，BC＝23，
∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC﹣S△AOC＝6+23，
综上所述，△ABC的面积为6+23或6﹣23．
27．【解答】解：（1）令x＝0，则y=3，
∴C（0，3），
∴CO=3，
∵y=-33x2+233x+3=-33（x﹣1）2+433，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴D（2，3），
∵DH⊥x轴，
∴H（2，0），
令y＝0，则-33x2+233x+3=0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴OA＝1，
∵AE⊥AC，
∴∠CAO+∠OAE＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠OAE＝∠ACO，
∴HEAH=AOCO，即HE3=13，
∴HE=3，
∴DE＝23；
（2）如图1，作C点关于直线DE的对称点H，作C点关于直线AE的对称点G，连接GH交AE于点F，交DE于点P，连接CP，CF，
∴CP＝PH，CF＝GF，
∴CF+PF+CP＝GF+PF+PH＝GH，
∴当G、F、P、H四点共线时，△CPF的周长最小，
∵C（0，3），D（2，3），
∴H（4，3），
∵A（﹣1，0），
∴G（﹣2，-3），
设直线GH的解析式为y＝kx+b，
∴-2k+b=-34k+b=3，
∴k=33b=-33，
∴y=33x-33，
设直线AE的解析式为y＝k'x+b'，
∴-k'+b'=02k'+b'=-3，
解得k'=-33b=-33，
∴y=-33x-33，
联立方程组y=33x-33y=-33x-33，
解得x=0y=-33，
∴F（0，-33），
∴P（2，33），
过点M作y轴的平行线交GN于点Q，
设M（m，-33m2+233m+3），则Q（m，33m-33），
∴MQ=-33m2+33m+433，
∴S△MPF=12×2×（-33m2+33m+433）=-33（m-12）2+17123，
∵0＜t＜2，
∴t=12时，△PMF的面积有最大值17123；
（3）由（2）可得CF=433，CP=433，
∵OC=3，OA＝1，
∴∠OCA＝30°，
∴∠CFP＝60°，
∴△CFP是等边三角形，边长为433，
∴翻折后形成边长为433的菱形C'F'P'F''，且F'F''＝4，
①当KF'＝KF''时，如图2，点K在F'F''的垂直平分线上，
∴K与B重合，
∴K（3，0），
∴OK＝3；
②当F'F''＝F'K时，如图3，如图4，
∴F'F''＝F'K＝4，
∵PF的解析式为y=33x-33，
∴在平移的过程中，F'K与x轴的夹角为30°，
∵∠OAF＝30°，
∴F'K＝F'A，
∴AK＝43，
∴OK＝43-1或OK＝43+1；
③当F'F''＝F''K时，如图5，
∵在平移的过程中，F'F''始终与x轴的夹角为60°，
∵∠OAF＝30°，
∴∠AF'F''＝90°，
∵F'F''＝F''K＝4，
∴AF''＝8，
∴AK＝12，
∴OK＝11；
综上所述：OK的值为3或11或43-1或﹣43-1．





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