解不等式x＞2x﹣5得：x＜5，

∴不等式组的解集为﹣＜x＜5，

∵x是正整数，

∴x=1、2、3、4、5．

=•

=•

=，

当a=5，b=2时，原式=．

∵共有6种等可能的结果，两数之和是偶数的有2种情况；

∴甲获胜的概率为：=；

∴P（甲获胜）=，

∴P（甲）≠P（乙），

∴这个游戏规则对甲、乙双方不公平．

，

解得：，

故y2与x之间的函数关系式为y2=15x﹣25950；

（2）由题意当y1=2y2时，

5x﹣1250=2（15x﹣25950），

解得：x=2026．

故y1=5×2026﹣1250=8880．

答：在2026年公益林面积可达防护林面积的2倍，这时该地公益林的面积为8880万亩．

∴∠ADB=∠ADC=90°．

在△ADC中，∵∠ADC=90°，∠C=45°，AD=1，

∴DC=AD=1．

在△ADB中，∵∠ADB=90°，sinB=，AD=1，

∴AB==3，

∴BD==2，

∴BC=BD+DC=2+1；

（2）∵AE是BC边上的中线，

∴CE=BC=+，

∴DE=CE﹣CD=﹣，

∴tan∠DAE==﹣．

（2）“经常（购物）”和“偶尔（购物）”共占的百分比为40%+22%=62%，

则这次接受调查的职工中 “参与网购”的人数是350×62%=217（人）；

（3）根据题意得：

“从不（网购）”的占“25﹣35”岁年龄段接受调查人数的百分比为×100%=20%；

（4）根据题意得：4000×（1﹣40%﹣22%）=1520（人），

则该企业“从不（网购）”的人数是1520人．

∴AE为⊙O的直径，

∵△ADE为等腰直角三角形，

∴∠EAD=45°，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠DAC=45°，

∴∠EAC=45°+45°=90°，

∴AC⊥AE，

∴AC是⊙O的切线；

（2）∵四边形ABCD为正方形，

∴AB∥CD，

∴△ABH∽△CEH，

∴AH：CH=AB：ED，

∵△ADE为等腰直角三角形，

∴AD=ED，

而AD=AB=DC，

∴EC=2AB，

∴AH：CH=1：2，

即HC=2AH．

∵点A（0，﹣3），B（，）在抛物线上，

∴，

解得：a=1，k=．

∴抛物线的解析式为：y=（x+）2=x2+x﹣3．

（2）证明：如右图，连接CD、DE、EF、FC．

∵PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，

∴四边形PMON为矩形，

∴PM=ON，PN=OM．

∵PC=MP，OE=ON，

∴PC=OE；

∵MD=OM，NF=NP，

∴MD=NF，

∴PF=OD．

在△PCF与△OED中，

∴△PCF≌△OED（SAS），

∴CF=DE．

同理可证：△CDM≌△FEN，

∴CD=EF．

∵CF=DE，CD=EF，

∴四边形CDEF是平行四边形．

（3）解：假设存在这样的点P，使四边形CDEF为矩形．

设矩形PMON的边长PM=ON=m，PN=OM=n，则PC=m，MC=m，MD=n，PF=n．

若四边形CDEF为矩形，则∠DCF=90°，易证△PCF∽△MDC，

∴，即，化简得： m2=n2，

∴m=n，即矩形PMON为正方形．

∴点P为抛物线y=x2+x﹣3与坐标象限角平分线y=x或y=﹣x的交点．

联立，

解得，，

∴P1（，），P2（﹣，﹣）；

联立，

解得，，

∴P3（﹣3，3），P4（﹣1，1）．

∴抛物线上存在点P，使四边形CDEF为矩形．这样的点有四个，在四个坐标象限内各一个，其坐标分别为：P1（，），P2（﹣，﹣），P3（﹣3，3），P4（﹣1，1）．

如答图1a，延长AB交CF于点D，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，

∴AB=BC=BD，

∴点B为线段AD的中点，

又∵点M为线段AF的中点，

∴BM为△ADF的中位线，

∴BM∥CF．

证法二：

如答图1b，延长BM交EF于D，

∵∠ABC=∠CEF=90°，

∴AB⊥CE，EF⊥CE，

∴AB∥EF，

∴∠BAM=∠DFM，

∵M是AF的中点，

∴AM=MF，

∵在△ABM和△FDM中，

，

∴△ABM≌△FDM（ASA），

∴AB=DF，

∵BE=CE﹣BC，DE=EF﹣DF，

∴BE=DE，

∴△BDE是等腰直角三角形，

∴∠EBM=45°，

∵在等腰直角△CEF中，∠ECF=45°，

∴∠EBM=∠ECF，

∴MB∥CF；

（2）解法一：

如答图2a所示，延长AB交CF于点D，则易知△BCD与△ABC为等腰直角三角形，

∴AB=BC=BD=a，AC=AD=a，

∴点B为AD中点，又点M为AF中点，

∴BM=DF．

分别延长FE与CA交于点G，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，

∴CE=EF=GE=2a，CG=CF=a，

∴点E为FG中点，又点M为AF中点，

∴ME=AG．

∵CG=CF=a，CA=CD=a，

∴AG=DF=a，

∴BM=ME=×a=a．

解法二：

∵CB=a，CE=2a，

∴BE=CE﹣CB=2a﹣a=a，

∵△ABM≌△FDM，

∴BM=DM，

又∵△BED是等腰直角三角形，

∴△BEM是等腰直角三角形，

∴BM=ME=BE=a；

（3）证法一：

如答图3a，延长AB交CE于点D，连接DF，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，

∴AB=BC=BD，AC=CD，

∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．

延长FE与CB交于点G，连接AG，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，

∴CE=EF=EG，CF=CG，

∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．

在△ACG与△DCF中，

，

∴△ACG≌△DCF（SAS），

∴DF=AG，

∴BM=ME．

证法二：

如答图3b，延长BM交CF于D，连接BE、DE，

∵∠BCE=45°，

∴∠ACD=45°×2+45°=135°

∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°，

∴AB∥CF，

∴∠BAM=∠DFM，

∴M是AF的中点，

∴AM=FM，

在△ABM和△FDM中，，

∴△ABM≌△FDM（ASA），

∴AB=DF，BM=DM，

∴AB=BC=DF，

∵在△BCE和△DFE中，

，

∴△BCE≌△DFE（SAS），

∴BE=DE，∠BEC=∠DEF，

∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°，

∴△BDE是等腰直角三角形，

又∵BM=DM，

∴BM=ME=BD，

故BM=ME．