2024河南定心卷答案

河南数学试题——河南数学参考答案及评分标准eq\a\vs4\al()说明1.如果考生的解答与本参考答案提供的解法不同，可根据提供的解法的评分标准精神进行评分．2.评阅试卷，要坚持每题评阅到底，不能因考生解答中出现错误而中断对本题的评阅．如果考生的解答在某一步出现错误，影响后继部分而未改变本题的内容和难度，视影响的程度决定对后面给分的多少，但原则上不超过后继部分应得分数之半．3.评分标准中，如无特殊说明，均为累计给分．4.评分过程中，只给整数分数．一、选择题(每小题3分，共30分)题号12345678910答案DACBCADBAD二、填空题(每小题3分，共15分)题号1112131415答案－1k＜1eq\f(1,6)eq\f(4π,3)＋12eq\r(3)－24eq\r(3)－1或eq\r(3)＋1三、解答题(本大题共8个小题，满分75分)16.解：原式＝eq\f(x－1＋x＋1,（x＋1）（x－1）)·eq\f(x＋1,x（x－1）)＝eq\f(2x,（x＋1）（x－1）)·eq\f(x＋1,x（x－1）)(4分)＝eq\f(2,（x－1）2).(6分)当x＝eq\r(5)＋1时，原式＝eq\f(2,（\r(5)＋1－1）2)＝eq\f(2,5).(8分)17.解：(1)按照钉钉4分的人数为6，正确补全钉钉软件条形统计图；按照“QQ直播”补全条形统计图得2分；5分的人数为4，正确补全“QQ直播”条形统计图；(2分)(2)4；3；3；(5分)(3)钉钉；理由是：从平均数看，钉钉和QQ直播的打分情况一样；从众数看，钉钉打分的众数高于QQ直播打分的众数；从中位数看，钉钉打分的中位数高于QQ直播打分的中位数每空1分；；(7分)(4)∵综合平均分中教师打分占60%，学生打分占40%，∴x钉钉＝4.4×60%＋3.35×40%＝2.64＋1.34＝3.98，xQQ直播＝4×60%＋3.35×40%＝2.4＋1.34＝3.74.∵3.98>3.74，∴学校会采用钉钉这款软件进行教学．(9分)18.(1)证明：如解图，连接OD，第18题解图∵DH是⊙O的切线，且OD为⊙O的半径，∴DH⊥OD.∵DH⊥AC，∴OD∥AC，∴∠ODB＝∠ACB.(3分)∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC；(5分)(2)①2eq\r(3)；②eq\r(5)－1.(9分)eq\a\vs4\al()19.解：如解图，过C作CD⊥AB交其延长线于点D，第19题解图由题意可知∠BCD＝30°，∠ACD＝53°，AB＝19.5海里，BC＝30海里．在Rt△BCD中，∵∠BCD＝30°，∠BDC＝90°，BC＝30海里，∴BD＝15海里，AD＝AB＋BD＝19.5＋15＝34.5．(4分)在Rt△ACD中，∵∠ACD＝53°，∠BDC＝90°，sin∠ACD＝eq\f(AD,AC)，∴AC＝eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(34.5,sin53°)≈eq\f(34.5,0.8)≈43.1(海里)．(8分)答：A处与C处的距离约有43.1海里．(9分)20.解：(1)∵A(－1，0)，B(0，－2)，E(0，2)为AD的中点，∴xD＝1，yD＝4.∴D(1，4)．∵反比例函数y＝eq\f(k,x)的图象经过点D，∴4＝eq\f(k,1)，解得k＝4.(2分)又∵四边形ABCD是平行四边形，点A(－1，0)，B(0，－2)，∴xC－xD＝xB－xA＝0－(－1)＝1.∴xC＝2.∴反比例函数y＝eq\f(4,x)经过C点．∴C（2,2）；（4分）(2)①2个；（6分）②0＜n＜1或4＜n≤5；（9分）21.解：(1)设每支毛笔的单价为x元，每本书法练习本的单价为y元，(1分)根据题意得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝75,3x＋2y＝85))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝25,y＝5)).答：毛笔的单价为25元，书法练习本的单价为5元．(4分)(2)设购买毛笔a支，则购买书法练习本(30－a)本，共需w元，根据题意，得w＝25a＋5(30－a)＝20a＋150.(6分)∵20＞0，∴当a取最小值时，w有最小值．∵a≥eq\f(1,3)(30－a)，解得a≥7.5，∴当a＝8时，w取得最小值，此时30－8＝22.∴当购买毛笔8支，书法练习本22本时最省钱．(10分)22.(1)MF＝NF，135.(2分)(2)解：NF＝eq\r(3)MF，∠MFN＝90°.(4分)理由如下：如解图①，连接CD交AB于点P，连接BE交CD于点H，∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠BAE.在Rt△ADB中，∠BAD＝90°，∠ABD＝30°，∴tan30°＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(\r(3),3)，在Rt△ACE中，∠CAE＝90°，∠AEC＝30°，∴tan30°＝eq\f(AC,AE)＝eq\f(\r(3),3)，第22题解图①∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(AC,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴△ADC∽△ABE，∴eq\f(DC,BE)＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(AC,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴BE＝eq\r(3)CD，∠ADC＝∠ABE.根据三角形内角和定理．得∠ADP＋∠APD＋∠DAP＝∠PBH＋∠BPH＋∠PHB.∵∠ADC＝∠ABE，∠APD＝∠BPH，∴∠PHB＝∠BAD＝90°.∵点M、N、F分别为BD、CE、BC的中点，∴MF、NF分别为△BDC、△CBE的中位线．∴MF＝eq\f(1,2)CD，NF＝eq\f(1,2)BE，MF∥CD，NF∥BE.∴NF＝eq\r(3)MF，∴∠MFN＝∠BHC＝180°－∠PHB＝180°－90°＝90°；(8分)(3)解：2eq\r(3)或eq\r(3).(10分)【解法提示】如解图②，当△ACE旋转到线段AB的下方时，设AB与DF交于点G，AC与EF交于点H，连接AF，由题意可知AD＝AB＝3，EA＝EC＝1，∠BAD＝60°，∠CEA＝120°，∴△ADB为等边三角形，∠CAE＝∠ACE＝30°，∴BD＝DA，∠BDA＝60°，∠BAC＝90°.∵点F为BC的中点，∴BF＝AF＝CF.在△BDF和△ADF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BD＝DA,BF＝FA,DF＝DF))，∴△BDF≌△ADF(SSS)，∴∠BDF＝∠ADF＝eq\f(1,2)∠BDA.∠ADG＝30°，∴∠DGA＝90°，同理可得∠AHF＝90°，∴∠DGA＝∠AHF＝∠GAH＝90°，∴四边形GAHF是矩形，∴∠DFE＝90°，在Rt△DFE中，DE＝AD＋AE＝3＋1＝4，∴DF＝DE·cos30°＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)；如解图③，当△ACE旋转到线段AB的上方时，设AD与BC交于点G，延长CE交AB于点H，由题意可知AD＝AB＝3，EA＝EC＝1，∠BAD＝60°，∠CEA＝120°，∴∠EAC＝∠ECA＝30°，∴∠HEA＝60°，∠CAB＝90°，则∠EHA＝180°－∠HAE－∠HEA＝60°，∴AH＝EH＝AE＝CE＝1，即E为CH的中点，∴CH＝2，DE＝AD－AE＝3－1＝2，∴CH＝DE，∵F为BC的中点，∴EF为△CBH的中位线，∴EF∥AB，∴EF＝eq\f(1,2)BH＝eq\f(1,2)(AB－AH)＝eq\f(1,2)×2＝1，∠DEF＝∠EAH＝60°，∴EF＝AH，∠DEF＝∠EHA＝60°.∵DE＝CH，∴△DFE≌△CAH，∴∠FDE＝∠HCA＝30°，∠DFE＝∠CAH＝90°.在Rt△DFE中，DF＝DE·cos30°＝eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3).综上所述，DF的长为2eq\r(3)或eq\r(3).第22题解图23.解：(1)把A(－1，0)，B(3，0)分别代入抛物线y＝ax2＋bx＋3中，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋3＝0,9a＋3b＋3＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝2)).∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；(3分)(2)设点P的坐标为(a，－a2＋2a＋3)，分两种情况讨论：①如解图①，当点F落在x轴上时，过点P作PK⊥x轴于点K.∵△EFP是以PE为斜边的等腰直角三角形，∴EF＝PF，∠EFP＝90°，∴∠OEF＋∠OFE＝∠OFE＋∠PFK＝90°，∴∠OEF＝∠PFK.∵∠EOF＝∠FKP＝90°，EF＝PF，∴△OEF≌△KFP(AAS)，∴OE＝FK，OF＝PK.∵点P的坐标为(a，－a2＋2a＋3)，点K的坐标为(a，0)∵点E的坐标为(0，2)∴FK＝OE＝2，PK＝－a2＋2a＋3，∴OF＝a－2，∴a－2＝－a2＋2a＋3，解得a1＝eq\f(1＋\r(21),2)，a2＝eq\f(1－\r(21),2)(舍去)，∴－(eq\f(1＋\r(21),2))2＋2×eq\f(1＋\r(21),2)＋3＝eq\f(\r(21)－3,2)，∴点P的坐标为(eq\f(1＋\r(21),2)，eq\f(\r(21)－3,2))；(5分)第23题解图①第23题解图②②如解图②，当点F落在y轴上时，∵△EFP是以PE为斜边的等腰直角三角形，∴EF＝PF.∵EF＝2－(－a2＋2a＋3)＝a2－2a－1，PF＝a，∴a2－2a－1＝a，解得a1＝eq\f(3＋\r(13),2)，a2＝eq\f(3－\r(13),2)(舍去)，∴点P的坐标为(eq\f(3＋\r(13),2)，eq\f(1－\r(13),2))．综上所述，点P的坐标为(eq\f(1＋\r(21),2)，eq\f(\r(21)－3,2))或(eq\f(3＋\r(13),2)，eq\f(1－\r(13),2))．(8分)(3)eq\f(4,9)≤m≤eq\f(4,3).(11分)【解法提示】由抛物线的解析式可知，顶点M的坐标为(1，4)，如解图③，过点P作PG⊥MH于点G，当S△PQH∶S△PMQ＝1时，∴S△PQH＝S△PMQ，即eq\f(1,2)MQ·PG＝eq\f(1,2)QH·PG，∴MQ＝QH，∴点Q的纵坐标为2.∵点Q在线段CD上，∴－eq\f(3,4)x＋3＝2，解得x＝eq\f(4,3)，∴Q(eq\f(4,3)，2)；如解图④，过点P作PN⊥HM的延长线于点N，当S△PQH∶S△PMQ＝2时，S△PQH＝2S△PMQ，即eq\f(1,2)QH·PN＝2×eq\f(1,2)MQ·PN，∴2MQ＝QH，∴点Q恰好是线段MH的三等分点，∴点Q的纵坐标为eq\f(8,3).∵点Q在线段CD上，∴－eq\f(3,4)x＋3＝eq\f(8,3)，解得x＝eq\f(4,9)，∴Q(eq\f(4,9)，eq\f(8,3))，综上所述，m的取值范围为：eq\f(4,9)≤m≤eq\f(4,3).第23题解图

详解详析1.D【解析】∵正数＞0＞负数，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小，∴3＞0＞－1＞－eq\r(2)，∴最小的数是－eq\r(2).2.A【解析】∵1亿＝108，∴170亿＝170×108＝1.7×1010.3.C【解析】∵直线a∥b，∴∠1＝∠ABC＝34°.∵CA⊥AB，∴∠BAC＝90°.∴∠2＝∠ABC＋∠BAC＝34°＋90°＝124°.4.B【解析】选项逐项分析正误A－2x2＋3x2＝x2≠x4Ba3·a4＝a7√C(－2a2)3＝－8a6≠8a6D(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2≠a2＋b25.C【解析】从左边看最左列有3个小立方块，中间列最高为2个小立方块，最右列最高为2个小立方块，∴符合题意的是选项C.6.A【解析】解不等式eq\f(2x－1,3)≥1，得x≥2，解不等式5－2x＞－1，得x<3，∴不等式组的解集为2≤x<3，∴不等式组的解集在数轴上表示如选项A所示．7.D【解析】∵抛物线y＝x2－4x＋m的对称轴是x＝2，抛物线开口向上，∴当x＜2时，y随x的增大而减小，当x＞2时，y随x的增大而增大，抛物线上的点和直线x＝2的距离越大，则对应的y值越大．∵－3与直线x＝2的距离为5，1与直线x＝2的距离为1，4与直线x＝2的距离为2，∴y2＜y3＜y1.8.B【解析】“哈啰单车”与“易购宝单车”所占百分比之和是1－25%－23%－18%－9%＝25%，∵“哈啰单车”所对应的圆心角度数是“易购宝单车”所对应的圆心角度数的4倍，∴“哈啰单车”所占百分比为20%，“易购宝单车”所占百分比为5%.“哈啰单车”对应扇形的圆心角度数＝360°×20%＝72°，“易购宝单车”所占市场数量约为40万×5%＝2万.9.A【解析】由作图步骤可知，AC平分∠OAB，∴∠OAC＝∠CAD.在Rt△BCD中，CD＝2，∠B＝30°，∴BD＝4.∵CD⊥BC，∠AOB＝90°，∴AO∥CD.∴∠OAC＝∠ACD.∴∠ACD＝∠CAD.∴AD＝CD＝2，∴AB＝BD＋AD＝6.在Rt△AOB中，∵∠B＝30°，∴AO＝3.∴点A的坐标为(0，3)．10.D【解析】点M的运动速度是每秒1个单位长度，且点M经过8秒到达点B，则AB＝8，又∵由图②可得，当点M出发2秒时，△AMN的面积S关于t的函数关系发生变化，∴点N运动到点D，又∵点N的运动速度是每秒2个单位长度，∴AD＝4.∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝4，CD＝AB＝8，∴点N运动到点B的时间是(4＋8＋4)÷2＝8(秒)，即当点M运动到点B时，点N也运动到点B.∴A选项正确；矩形ABCD的周长＝AB＋AD＋DC＋BC＝8＋4＋8＋4＝24，∴B选项正确；当2≤t≤6时，点N在DC边上运动，∴S＝eq\f(1,2)AM·CB＝eq\f(1,2)·t·4＝2t，∴C选项正确；当t＝7时，点N在CB边上运动，S＝eq\f(1,2)AM·BN＝eq\f(1,2)·t·(16－2t)＝－t2＋8t，∵t＝7，∴S＝－72＋8×7＝7，∴D选项错误．11.－1【解析】原式＝1－2＝－1.12.k＜1【解析】∵该方程有两个不相等的实数根，∴b2－4ac＝22－4×1×k＝4－4k＞0，解得k＜1.13.eq\f(1,6)【解析】画树状图如解图所示：第13题解图由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中两次抽出的卡片上的数字相同的结果有2种，∴P(两次抽出的卡片上的数字相同)＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6).14.eq\f(4π,3)＋12eq\r(3)－24【解析】如解图，设BC与AB′交于点O.连接AE，根据旋转的性质知，∠BAO＝30°，∵∠ABC＝∠AB′C′＝60°，∴∠AOB＝90°.∴OB＝eq\f(1,2)AB＝2.在Rt△AOB中，AO＝eq\f(OB,tan30°)＝2eq\r(3).∵∠AOB＝90°.∴∠AOE＝∠EOB′＝90°.在Rt△EOB′中，B′O＝AB′－AO＝4－2eq\r(3).∴EO＝B′O·tan60°＝(4－2eq\r(3))×eq\r(3)＝4eq\r(3)－6.∴S阴影＝S扇形BAB′＋S△EOB′－S△AOB＝eq\f(30×π×42,360)＋eq\f(1,2)×(4eq\r(3)－6)×(4－2eq\r(3))－eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4π,3)＋12eq\r(3)－24.第14题解图15.eq\r(3)－1或eq\r(3)＋1【解析】∵AB＝AC＝2，∠ABC＝30°，∴∠C＝∠ABC＝30°.分两种情况：①如解图①，设DN交BC于点E，∵MN∥AC，∴∠CMN＝∠C＝30°，由对称的性质可得，∠N＝∠ABC＝30°，∴∠CMN＝∠N＝30°，∴ME＝EN，∠DEM＝60°，∴∠ABC＋∠DEM＝90°，∴∠BDE＝90°.∵点D为AB的中点，∴BD＝eq\f(1,2)AB＝1.∴DE＝BD·tan30°＝eq\f(\r(3),3)，BE＝eq\f(BD,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)，∴ME＝EN＝DN－DE＝BD－DE＝1－eq\f(\r(3),3)，∴BM＝BE－ME＝eq\f(2\r(3),3)－(1－eq\f(\r(3),3))＝eq\r(3)－1；②如解图②，设MN交AB于点E，∵MN∥AC，∴∠BMN＝∠C＝30°.∵∠ABC＝30°，∴ME＝BE，∠DEN＝60°.由对称的性质可得，∠N＝∠ABC＝30°，∴∠N＋∠DEN＝90°，∴∠NDE＝90°.∵点D为AB的中点，∴DN＝BD＝eq\f(1,2)AB＝1.∴DE＝DN·tan30°＝eq\f(\r(3),3)，NE＝eq\f(DN,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)，∴ME＝BE＝BD＋DE＝1＋eq\f(\r(3),3)，∴BM＝MN＝NE＋ME＝eq\f(2\r(3),3)＋(1＋eq\f(\r(3),3))＝eq\r(3)＋1.综上所述，BM的长为eq\r(3)－1或eq\r(3)＋1.第15题解图16.解：原式＝eq\f(x－1＋x＋1,（x＋1）（x－1）)·eq\f(x＋1,x（x－1）)＝eq\f(2x,（x＋1）（x－1）)·eq\f(x＋1,x（x－1）)(4分)＝eq\f(2,（x－1）2).(6分)当x＝eq\r(5)＋1时，原式＝eq\f(2,（\r(5)＋1－1）2)＝eq\f(2,5).(8分)17.解：(1)补全条形统计图如解图所示；(2分)第17题解图①第17题解图②(2)4；3；3；(5分)【解法提示】将20名学生给钉钉打分的分数按照从小到大排列，中位数应是第10个和第11个学生打分的平均数，这两名学生的打分都是4分，∴中位数为eq\f(4＋4,2)＝4，即a＝4；观察QQ直播的打分情况可知3分出现的次数最多，出现了6次，∴QQ直播的众数是3，即b＝3.将20名学生给QQ直播打分的分数按照从小到大排列，中位数应是第10个和第11个学生打分的平均数，这两名学生的打分都是3分，∴中位数为3，即c＝3.(3)钉钉；理由是：从平均数看，钉钉和QQ直播的打分情况一样；从众数看，钉钉打分的众数高于QQ直播打分的众数；从中位数看，钉钉打分的中位数高于QQ直播打分的中位数；(7分)(4)∵综合平均分中教师打分占60%，学生打分占40%，∴x钉钉＝4.4×60%＋3.35×40%＝2.64＋1.34＝3.98，xQQ直播＝4×60%＋3.35×40%＝2.4＋1.34＝3.74.∵3.98>3.74，∴学校会采用钉钉这款软件进行教学．(9分)18.(1)证明：如解图①，连接OD，第18题解图①∵DH是⊙O的切线，且OD为⊙O的半径，∴DH⊥OD.∵DH⊥AC，∴OD∥AC，∴∠ODB＝∠ACB.(3分)∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC；(5分)(2)解：①2eq\r(3)；(7分)第18题解图②【解法提示】①如解图②，连接OE、OD、AD，∵四边形EODA为菱形，∴OE＝OD＝AD＝EA.∵OD是⊙O的半径，∴OD＝OA＝OB＝eq\f(1,2)AB＝2，∴OA＝OD＝AD＝2.在Rt△ABD中，根据勾股定理得AB2＝AD2＋BD2，∴BD＝eq\r(AB2－AD2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).②eq\r(5)－1.(9分)【解法提示】如解图①，由(1)知，OD∥AC，∴∠EAG＝∠DOA，又∵∠EGA＝∠OGD，∠EGA＝∠EAG，∴∠DOA＝∠OGD，∴GD＝OD＝2，∵∠BAE和∠BDG都是eq\o(BE,\s\up8(︵))所对的圆周角，∴∠BAE＝∠BDE，∴∠GOD＝∠BDE，∴△GOD∽△GDB，∴eq\f(GO,GD)＝eq\f(GD,GB)，∴eq\f(GO,2)＝eq\f(2,2＋GO)，解得GO＝eq\r(5)－1或GO＝－1－eq\r(5)(舍去)．即GO的长为eq\r(5)－1.第19题解图19.解：如解图，过点C作CD⊥AB交其延长线于点D，由题意可知∠BCD＝30°，∠ACD＝53°，AB＝19.5海里，BC＝30海里，在Rt△BCD中，∵∠BCD＝30°，∠BDC＝90°，BC＝30海里，∴BD＝15海里，AD＝AB＋BD＝19.5＋15＝34.5(海里)．(4分)在Rt△ACD中，∵∠ACD＝53°，∠BDC＝90°，sin∠ACD＝eq\f(AD,AC)，∴AC＝eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(34.5,sin53°)≈eq\f(34.5,0.8)≈43.1(海里)．(8分)答：A处与C处的距离约有43.1海里．(9分)20.解：(1)∵A(－1，0)，B(0，－2)，E(0，2)为AD的中点，∴xD＝1，yD＝4.∴D(1，4)．∵反比例函数y＝eq\f(k,x)的图象经过点D，∴4＝eq\f(k,1)，解得k＝4.(2分)又∵四边形ABCD是平行四边形，点A(－1，0)，B(0，－2)，∴xC－xD＝xB－xA＝0－(－1)＝1.∴xC＝2.∵反比例函数y＝eq\f(4,x)的图象经过C点，∴C(2，2)；(4分)(2)①2个；(6分)【解法提示】如解图①所示，在W区域内有2个整数点，即(2，3)，(2，4)．第20题解图①②0＜n＜1或4＜n≤5.(9分)【解法提示】如解图②，当n＝4时，区域W内的整点有1个，当n＝5时，区域W内的整点有2个，则4＜n≤5时，区域W内的整点恰好为2个；当n＝1时，区域W内的整点有0个，当0＜n＜1时，区域W内的整点恰好有2个．综上所述，若区域W内恰有2个整点，n的取值范围为：0＜n＜1或4＜n≤5.第20题解图②21.解：(1)设每支毛笔的单价为x元，每本书法练习本的单价为y元，(1分)根据题意得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝75,3x＋2y＝85))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝25,y＝5)).答：毛笔的单价为25元，书法练习本的单价为5元；(4分)(2)设购买毛笔a支，则购买书法练习本(30－a)本，共需w元，根据题意，得w＝25a＋5(30－a)＝20a＋150.(6分)∵20＞0，∴当a取最小值时，w有最小值．∵a≥eq\f(1,3)(30－a)，解得a≥7.5.∴当a＝8时，w取得最小值，此时30－8＝22.∴当购买毛笔8支，书法练习本22本时最省钱．(10分)22.解：(1)MF＝NF，135；(2分)【解法提示】如解图①，连接CD交AB于点P，连接BE交CD于点H.第22题解图①∵∠BAD＝∠CAE＝45°，∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB.∵AD＝AB，AE＝AC，∴△ADC≌△ABE(SAS)，∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE.根据三角形内角和定理，得∠ADP＋∠APD＋∠DAP＝∠PBH＋∠BPH＋∠PHB.∵∠ADC＝∠ABE，∠APD＝∠BPH，∴∠PHB＝∠BAD＝45°.∵点M、N、F分别为BD、CE、BC的中点，∴MF、NF分别为△BDC、△CBE的中位线．∴MF＝eq\f(1,2)CD，NF＝eq\f(1,2)BE，MF∥CD，NF∥BE.∴MF＝NF，∠MFN＝∠BHC＝180°－∠PHB＝180°－45°＝135°.(2)NF＝eq\r(3)MF，∠MFN＝90°.理由如下：如解图②，连接CD交AB于点P，连接BE交CD于点H，∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠BAE.在Rt△ADB中，∠BAD＝90°，∠ABD＝30°，∴tan30°＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(\r(3),3)，在Rt△ACE中，∠CAE＝90°，∠AEC＝30°，第22题解图②∴tan30°＝eq\f(AC,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(AC,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴△ADC∽△ABE，∴eq\f(DC,BE)＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(AC,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴BE＝eq\r(3)DC，∠ADC＝∠ABE.根据三角形内角和定理，得∠ADP＋∠APD＋∠DAP＝∠PBH＋∠BPH＋∠PHB.∵∠ADC＝∠ABE，∠APD＝∠BPH，∴∠PHB＝∠BAD＝90°.∵点M、N、F分别为BD、CE、BC的中点，∴MF、NF分别为△BDC、△CBE的中位线，∴MF＝eq\f(1,2)CD，NF＝eq\f(1,2)BE，MF∥CD，NF∥BE，∴NF＝eq\r(3)MF，∠MFN＝∠BHC＝180°－∠PHB＝180°－90°＝90°；(8分)(3)2eq\r(3)或eq\r(3).(10分)【解法提示】如解图③，当△ACE旋转到线段AB的下方时，设AB与DF交于点G，AC与EF交于点H，连接AF，由题意可知AD＝AB＝3，EA＝EC＝1，∠BAD＝60°，∠CEA＝120°，∴△ADB为等边三角形，∠CAE＝∠ACE＝30°，∴∠BAC＝90°.∵点F为BC的中点，∴BF＝AF＝CF.在△BDF和△ADF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BD＝DA,BF＝FA,DF＝DF))，∴△BDF≌△ADF(SSS)，∴∠BDF＝∠ADF＝eq\f(1,2)∠BDA.∴∠ADG＝30°，∴∠DGA＝90°，同理可得∠AHF＝90°，∴∠DGA＝∠AHF＝∠GAH＝90°，∴四边形GAHF是矩形，∴∠DFE＝90°，在Rt△DFE中，DE＝AD＋AE＝3＋1＝4，∴DF＝DE·cos30°＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)；如解图④，当△ACE旋转到线段AB的上方时，设AD与BC交于点G，延长CE交AB于点H，由题意可知AD＝AB＝3，EA＝EC＝1，∠BAD＝60°，∠CEA＝120°，∴∠EAC＝∠ECA＝30°，∴∠HEA＝60°，∠CAB＝90°，则∠EHA＝180°－∠HAE－∠HEA＝60°，∴AH＝EH＝AE＝CE＝1，即E为CH的中点，∴CH＝2，DE＝AD－AE＝3－1＝2.∴CH＝DE，∵F为BC的中点，∴EF为△CBH的中位线，∴EF∥AB，∴EF＝eq\f(1,2)BH＝eq\f(1,2)(AB－AH)＝eq\f(1,2)×2＝1，∠DEF＝∠EAH＝60°，∴EF＝AH，∠DEF＝∠EHA＝60°.∵DE＝CH，∴△DFE≌△CAH，∴∠FDE＝∠HCA＝30°，∠DFE＝∠CAH＝90°.在Rt△DFE中，DF＝DE·cos30°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).综上所述，DF的长为2eq\r(3)或eq\r(3).第22题解图23.解：(1)把A(－1，0)，B(3，0)分别代入抛物线y＝ax2＋bx＋3中，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋3＝0,9a＋3b＋3＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝2))，∴抛物线