答案：
$21.(1)(1,3)。$$(2)$如图$①，$过点$A$作$AK⊥x$轴于点$K，$过点$B$作$BL⊥x$轴于点$L，$则$AK = 1，$$OK = 5，$$BL = 3，$$OL = 1.$　　
∴$KL = OK + OL = 6.$　　
∴$S_{三角形ABO} = S_{梯形AKLB} - S_{三角形AKO} - S_{三角形BOL} = \frac{1}{2}×(1 + 3)×6 - \frac{1}{2}×1×5 - \frac{1}{2}×1×3 = 8.$　　
∵$S_{三角形ABO} = \frac{1}{2}S_{三角形ABC}，$　　
∴$S_{三角形ABC} = 16.$设$C(c,0)，$易知$c ＞ 1$或$c ＜ -5。$情况一：当点$C$在$x$轴正半轴上时，$c ＞ 1，$如图$②，$过点$A$作$AM//y$轴，过点$C$作$CN//y$轴，过点$B$作平行于$x$轴的直线，分别与$AM，$$CN$交于点$M，$$N.$易知四边形$MACN$为梯形，则$S_{梯形MACN} = \frac{(2 + 3)(5 + c)}{2} = \frac{5}{2}c + \frac{25}{2}，$$S_{三角形AMB} = \frac{1}{2}×6×2 = 6，$$S_{三角形BNC} = \frac{1}{2}×3×(c - 1) = \frac{3}{2}c - \frac{3}{2}.$　　
∵$S_{三角形AMB} + S_{三角形BNC} + S_{三角形ABC} = S_{梯形MACN}，$　　
∴$6 + \frac{3}{2}c - \frac{3}{2} + 16 = \frac{5}{2}c + \frac{25}{2}，$解得$c = 8.$　　
∴$C(8,0)。$情况二：当点$C$在$x$轴负半轴上时，$c ＜ -5，$如图$③，$过点$A$作$AM//y$轴，过点$C$作$CN//y$轴，过点$B$作平行于$x$轴的直线，分别与$AM，$$CN$交于点$M，$$N.$易知四边形$MACN$为梯形，则$S_{梯形MACN} = \frac{(2 + 3)(-5 - c)}{2} = -\frac{5}{2}c - \frac{25}{2}，$$S_{三角形BNC} = \frac{1}{2}×3×(1 - c) = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}c，$$S_{三角形AMB} = \frac{1}{2}×6×2 = 6.$　　
∵$S_{三角形AMB} + S_{梯形MACN} - S_{三角形ABC} = S_{三角形BNC}，$　　
∴$6 - \frac{5}{2}c - \frac{25}{2} - 16 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}c，$解得$c = -24.$　　
∴$C(-24,0)。$综上所述，点$C$的坐标为$(8,0)$或$(-24,0)。$$(3)$如图$④，$设$P(1,y).$　　
∵$S_{三角形AMP} = S_{三角形BME}，$　　
∴$S_{三角形AMP} + S_{三角形ABM} = S_{三角形BME} + S_{三角形ABM}，$　　
∴$S_{三角形ABP} = S_{三角形ABE}.$　　
∵$S_{三角形ABE} = 8×4 - \frac{1}{2}×2×4 - \frac{1}{2}×8×2 - \frac{1}{2}×2×6 = 14，$　　
∴$\frac{(3 - y)×6}{2} = 14，$解得$y = -\frac{5}{3}，$　　
∴$P(1,-\frac{5}{3})。$　　

答案：22.(1)①(3,0)或(-3,0)。②2。③4。解析：
∵A(0,2)，点C(x,y)满足d(A,C) = l，
∴点C在以点A(0,2)为中心，2l为边长的正方形上.
∴8l = 32.
∴l = 4.
(2)
∵A(0,2)，D(-1,-1)，有动点P(m,m + 1)，使得d(A,P) + d(D,P) ≤ 5，
∴分情况讨论。①当m ＜ -2时，d(A,P) = 1 - m，d(D,P) = -m - 1，
∴1 - m - m - 1 ≤ 5，解得m ≥ -$\frac{5}{2}$.
∴-$\frac{5}{2}$ ≤ m ＜ -2。②当-2 ≤ m ＜ $\frac{1}{2}$时，d(A,P) + d(D,P) = 3 ＜ 5，符合题意。③当m ≥ $\frac{1}{2}$时，由题意，得2m + 2 ≤ 5，解得m ≤ $\frac{3}{2}$，
∴$\frac{1}{2}$ ≤ m ≤ $\frac{3}{2}$.综上所述，m的取值范围是-$\frac{5}{2}$ ≤ m ≤ $\frac{3}{2}$。