eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 组合数学）：(12 分) 用 $0,1,2,3,4,5$ 这六个数字.

(1) 能组成多少个无重复数字的四位偶数?

（2）能组成多少个无重复数字且为 5 的倍数的五位数?

（3）能组成多少个无重复数字且比 ${ }^{1325}$ 大的四位数?
选项：
答案：(1) ${ }^{156}$; (2) ${ }^{216}$; (3) 270 .
解析：1）符合要求的四位可分为三类:第一类: 0 在个位时有 $\mathrm{A}_{5}^{3}$ 个;第二类: 2 在个位时, 首位从 ${ }^{1,3,4,5}$ 中选定 1 个 (有 ${ }^{A_{4}^{1}}$ 种), 十位和百位从余下的数字中选 (有 ${ }_{4}^{2}$ 种), 于是有 $\mathrm{A}_{4}^{1} \cdot \mathrm{A}_{4}^{2}{ }_{	ext {个; }}$第三类: 4 在个位时, 与第二类同理, 也有 $\mathrm{A}_{4}^{1} \cdot \mathrm{A}_{4}^{2}$ 个,由分类加法计算原理知, 共有四位偶数 $\mathrm{A}_{5}^{3}+\mathrm{A}_{4}^{1} \cdot \mathrm{A}_{4}^{2}+\mathrm{A}_{4}^{1} \cdot \mathrm{A}_{4}^{2}=156$ 个.(2) 符合要求的五位数可分为两类: 个位数上的数字是 ${ }^{0}$ 的五位数有 $\mathrm{A}_{5}^{4}$ 个, 个位数上的数字是 5 的五位数有 $\left.\mathrm{A}_{4}^{1} \cdot \mathrm{A}_{4}^{3}ight|_{	ext {个, }}$,故满足条件的五位数的个数共有 $\mathrm{A}_{5}^{4}+\mathrm{A}_{4}^{1} \cdot \mathrm{A}_{4}^{3}=216$ 个(3) 比 1325 大的四位偶数可分为三类:第一类: 形如第二类: 形如14口口, 15 口, 共有 $\mathrm{A}_{2}^{1} \cdot \mathrm{A}_{4}^{2}$ 个;第三类: 形如 ${ }^{134}$ 口, 135 口, 共有 $\mathrm{A}_{2}^{1} \cdot \mathrm{A}_{3}^{1}$ 个，由分类加法计数原理知, 无重复数字且比 ${ }^{1325}$ 大的四位数共有 $A_{4}^{1} \cdot A_{5}^{3}+A_{2}^{1} \cdot A_{4}^{2}+A_{2}^{1} \cdot A_{3}^{1}=270$ 个.
题目（高三 · 组合数学）：某班级共派出 $n+1$ 个男生和 $n$ 个女生参加学校运动会的入场仪式, 其中男生倪某为领队.入场时,领队男生倪某必须排第一个, 然后女生整体在男生的前面, 排成一路纵队入场, 共有 $E_{n}$ 种排法; 入场后, 又需从男生（含男生倪某）和女生中各选一名代表到主席台服务, 共有 $F_{n}$ 种选法.

(1) 试求 $E_{n}$ 和 $\mathrm{F}_{\mathrm{n}}$;

(2) 判断 $\ln E_{n}$ 和 $F_{n}$ 的大小 $\left(n \in N_{+}\right)$, 并用数学归纳法证明.
选项：
答案：1）【解析】 $E_{n}=A_{n}^{n} \cdot A_{n}^{n}=(n !)^{2}, \quad F_{n}=C_{n+1}^{1} \cdot C_{n}^{1}=n(n+1)$;（2）【解析】 因为 $\ln E_{n}=2 \ln n !, F_{n}=n(n+1)$,所以 $\ln E_{1}=0<F_{1}=2, \ln E_{2}=\ln 4<F_{2}=6, \ln E_{3}=\ln 36<F_{3}=12, \cdots$,由此猜想: 当 $n \in N^{*}$ 时, 都有 $\ln E_{n}<F_{n}$, 即 $2 \ln n !<n(n+1)$.下面用数学归纳法证明 $2 \ln n !<n(n+1)\left(n \in N^{*}ight)$.(1) $n=1$ 时，该不等式显然成立.(2)假设当 $n=k\left(k \in N^{*}ight)$ 时，不等式成立，即 $2 \ln k !<k(k+1) ，$则当 $n=k+1$ 时, $2 \ln (k+1) !<2 \ln (k+1)+2 \ln k !<2 \ln (k+1)+k(k+1)$,要证当 $n=k+1$ 时不等式成立. 只要证: $2 \ln (k+1)+k(k+1) \leq(k+1)(k+2)$,只要证: $\ln (k+1) \leq k+1$..令 $f(x)=\ln x-x, x \in(1,+\infty)$,因为 $f^{\prime}(x)=rac{1-x}{x}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减,从而 $f(x)<f(1)=-1<0$, 而 $k+1 \in(1,+\infty)$, 所以 $\ln (k+1) \leq k+1$ 成立.则当 $n=k+1$ 时, 不等式也成立.综合(1)、(2)得原不等式对任意的 $n \in N^{3}$ 均成立
题目（高三 · 组合数学）：是否存在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 使 $a_{1} C_{n}^{0}+a_{2} C_{n}^{1}+a_{3} C_{n}^{2}+\cdots+a_{n+1} C_{n}^{n}=n \cdot 2^{n+1}$ 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 都成立? 若存在, 求出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式; 若不存在, 请说明理由.
选项：
答案：假设存在等差数列 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$满足要求 $a_{1} C_{n}^{0}+a_{2} C_{n}^{1}+a_{3} C_{n}^{2}+\cdots+a_{n+1} C_{n}^{n}=a_{1}\left(C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+\ldots+C_{n}^{n}ight)+d\left(C_{n}^{1}+2 C_{n}^{2}+\ldots+n C_{n}^{n}ight)$$=a_{1} \cdot 2^{n}+n d\left(C_{n-1}^{0}+C_{n-1}^{1}+\ldots+C_{n-1}^{n-1}ight)=a_{1} \cdot 2^{n}+n d \cdot 2^{n-1}$,依题意 $a_{1} \cdot 2^{n}+n d \cdot 2^{n-1}=n \cdot 2^{n+1}, \quad a_{1}+n \cdot\left(rac{d}{2}-2ight)=0$ 对 $n \in N^{*}$ 恒成立,$	herefore a_{1}=0, \quad d=4$,所求的等差数列存在, 其通项公式为 $a_{n}=4 n-4$.
题目（高三 · 组合数学）：袋中装有大小相同的 4 个红球和 6 个白球, 从中取出 4 个球.

(1)若取出的球是两种颜色, 则有多少种取法?

(2)若取出的红球个数不少于白球个数, 则有多少种取法?
选项：
答案：(1)根据题意, 袋中装有大小相同的 4 个红球和 6 个白球, 从中取出 4 个, 有 ${ }_{10}^{4}=210$种取法， 其中颜色相同的有 2 种情况: 4 个红球或 4 个白球.若是 4 个红球, 有 $\mathrm{C}_{+}^{4}=1$ 种取法,若是 4 个白球, 有 $\mathrm{C}_{\mathrm{i}}^{4}=15$ 种取法,则取出的球是两种颜色的取法有 $210-(1+15)=194$ 种.（2）若取出的红球个数不少于白球个数, 分 3 种情况讨论:(1) 4 个全部是红球, 有 $\mathrm{C}_{4}^{4}=1$ 种取法;(2)有 3 个红球, 1 个白球, 有 $\mathrm{C}_{4}^{3} 	imes \mathrm{C}_{6}^{1}=24$ 种取法;(3)有 2 个红球, 2 个白球, 有 $\mathrm{C}_{4}^{2} 	imes \mathrm{C}_{6}^{2}=90$ 种取法.一共有 $1+24+90=115$ 种取法.21 世纪教育网 (www.21cnjy.com)
题目（高三 · 画法几何学）：22. 某保险公司业务流程如下:

(1)保户投保: 填单交费、公司承保、出具保单;

(2)保户提赔: 公司勘查; 同意, 则赔偿, 不同意, 则拒赔.

试画出该公司业务流程图.
选项：
答案：答案: 解:

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了绘制简单实际问题的流程图, 解决问题的关键是根据所给问题解决步骤结合流程图的设计方法进行分析即可.
题目（高三 · 画法几何学）：21. 画出 “地球温室效应” 的结构图.
选项：
答案：答案：地球温室效应主要反映了自然界热能的交换和自平衡过程, 其结构图如下:

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了绘制结构图, 解决问题的关键是对于包含逻辑先后关系的系统,按照从左到右从上到下的顺序画出各要素的图框, 再用连线或方向箭头适当连接.
题目（高三 · 画法几何学）：22. 某地行政服务中心办公分布结构如下.

(1)服务中心管理委员会全面管理该中心工作，下设办公室、综合业务处、督察投诉中心这三部门在一楼, 其余局、委办理窗口分布在其他楼层;

(2)二楼: 公安局、民政局、财政局;

(3)三楼: 工商局、地税局、国税局、技监局、交通局;

(4)四楼: 城建局、人防办、计生办、规划局;

(5)五楼: 其余部门办理窗口.

试绘制该中心结构图.
选项：
答案：答案:

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了绘制结构图, 解决问题的关键是所给服务中心的机构功能分别情况进行绘制绘即可.
题目（高三 · 画法几何学）：（12 分）下面是联通公司关于账单的表述：

总体上，账单由客户基本信息、费用、积分、缴费记录四部分组成.

客户基本信息包括客户姓名、手机号码、话费账单, 以帮助客户核对账单是否是自己所要的账单; 费用部分由当月各项费用组成; 积分部分告知客户当前可用积分和累计积分; 缴费记录部分提供客户当月内缴费记录. 其中, 费用部分是整个账单的核心, 也是客户着重关注的, 通常情况下, 它由月租费、套餐基本费、必选包月费、包月费、基本通话费、漫游费、增值业务费、短信通讯费、彩信费、功能费组成.根据以上信息, 试画出账单结构图.
选项：
答案：见解析.
解析：由题意得账单共包括四个部分的内容，即客户基本信息、费用、积分和缴费记录，再结合每个部分包含的内容刻画出账单结构图如下图所示:
题目（高三 · 组合几何学）：14. 如图, $A D$ 为 $\triangle A B C$ 的中线,在 $A B$ 上取点 $E, A C$ 上取点 $F$,使 $A E=A F$, 求证: $\frac{E P}{F P}=\frac{A C}{A B}$.


选项：
答案：答案: 证明：如图, 过点 $C$ 作 $C M / / E F$, 交 $A B$ 于点 $M$, 交 $A D$ 于点 $N$.

<ImageHere>

$\because \mathrm{AE}=\mathrm{AF}, \therefore \mathrm{AM}=\mathrm{AC}$.

$\because A D$ 为 $\triangle A B C$ 的中线,

$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{CD}$.

延长 $A D$ 到点 $G$, 使得 $D G=A D$, 连接 $B G, C G$,

则四边形 $\mathrm{ABGC}$ 为平行四边形.

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{GC}$

$\because \mathrm{CM} / / \mathrm{EF}, \therefore \frac{\mathrm{EP}}{\mathrm{MN}}=\frac{\mathrm{FP}}{\mathrm{CN}}=\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{AN}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EP}}{\mathrm{FP}}=\frac{\mathrm{MN}}{\mathrm{CN}}$.

又 $\because \mathrm{AB} / / \mathrm{GC}, \mathrm{AM}=\mathrm{AC}, \mathrm{GC}=\mathrm{AB}$,

$\therefore \frac{\mathrm{MN}}{\mathrm{CN}}=\frac{\mathrm{AM}}{\mathrm{GC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}} . \therefore \frac{\mathrm{EP}}{\mathrm{FP}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是把比例转移,过点 $C$ 作 $C M / / E F$, 交 $A B$ 于点 $M$, 交 $A D$ 于点 $N$, 且 $B C$ 的中点为 $D$, 可以考虑补出一个平行四边形来证明.
题目（高三 · 组合几何学）：15. 如图, 在 $\triangle A B C(A B>A C)$ 的边 $A B$ 上取一点 $D$, 在边 $A C$ 上取一点 $E$, 使 $A D=A E$, 直线 $D E$ 和 $\mathrm{BC}$ 的延长线交于点 $\mathrm{P}$. 求证: $\mathrm{BP}: \mathrm{CP}=\mathrm{BD}$ : $\mathrm{CE}$.


选项：
答案：答案：证明：如图, 过点 C 作 $\mathrm{CF} / / \mathrm{BA}$ 交 DP 于点 $\mathrm{F}$.

<ImageHere>

$\because \mathrm{CF} / / \mathrm{BD}, \therefore \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{CP}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CF}}$.

又 $\because \mathrm{CF} / / \mathrm{BA}, \therefore \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{AD}}$.

又 $\mathrm{AD}=\mathrm{AE}, \therefore \mathrm{CE}=\mathrm{CF}$.

$\therefore \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{CP}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CE}}$, 即 $\mathrm{BP}: \mathrm{CP}=\mathrm{BD}: \mathrm{CE}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理集合所给条件构造辅助线方向计算即可.
题目（高三 · 组合几何学）：16. 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{E}$ 为中线 $\mathrm{AD}$ 上的一点, $\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\frac{1}{2}$, 连接 $\mathrm{BE}$ 并延长, 交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}$, 求证: $\mathrm{AF}=\mathrm{CF}$.


选项：
答案：答案：证明：过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DH} / / \mathrm{AC}$, 交 $\mathrm{BF}$ 于点 $\mathrm{H}$,如图.

<ImageHere>

$\because \mathrm{D}$ 是 $\mathrm{BC}$ 的中点,

$\therefore \frac{\mathrm{DH}}{\mathrm{CF}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{2}$.

$\because \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\frac{1}{2}, \therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{DH}}{\mathrm{CF}}$.

又 $\because \mathrm{DH} / / \mathrm{AF}, \therefore \frac{\mathrm{DH}}{\mathrm{AF}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\frac{1}{2}$.
$\therefore \frac{\mathrm{DH}}{\mathrm{AF}}=\frac{\mathrm{DH}}{\mathrm{CF}}, \therefore \mathrm{AF}=\mathrm{CF}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是条件 $\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{AE}}=\frac{1}{2}$ 的应用,通过作平行线,证明 $\frac{\mathrm{x}}{\mathrm{AF}}=\frac{\mathrm{X}}{\mathrm{FC}}$, 其中 $\mathrm{x}$ 是某条线段.
题目（高三 · 组合几何学）：21. 如图, 已知 $\square \mathrm{ABCD}$, 延长 $\mathrm{AB}$ 到 $\mathrm{E}$, 使 $\mathrm{BE}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}$, 连接 $\mathrm{ED}$, 分别交 $\mathrm{BC}, \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}, \mathrm{G}$, 求 $\mathrm{EF}$ :

FG : GD 的值.


选项：
答案：答案: 解: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形, $\therefore \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$.

又 $\because \mathrm{BE}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}, \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{ED}}=\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{AD}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AE}}=\frac{1}{3}$

设 $E F=k$,则 $E D=3 k, F D=2 k$.

$\because \mathrm{BC} / / \mathrm{AD}, \therefore \frac{\mathrm{FG}}{\mathrm{GD}}=\frac{\mathrm{FC}}{\mathrm{AD}}=\frac{2}{3}$.

$\therefore \frac{\mathrm{FG}}{\mathrm{FD}}=\frac{2}{5}$.

$\therefore \mathrm{FG}=\frac{4}{5} \mathrm{k}, \mathrm{GD}=\frac{4}{5} \mathrm{k}$.

$\therefore \mathrm{EF}: \mathrm{FG}: \mathrm{GD}=5: 4: 6$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理集合所给条件分析证明即可.
题目（高三 · 组合几何学）：23. 如图, 已知直线 $\mathrm{FD}$ 和 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的 $\mathrm{BC}$ 边交于点 $\mathrm{D}$, 与 $\mathrm{AC}$ 边交于点 $\mathrm{E}$, 与 $\mathrm{BA}$ 的延长线交于点 $\mathrm{F}$, 且 $\mathrm{BD}=\mathrm{DC}$, 求证: $\mathrm{AE} \cdot \mathrm{FB}=\mathrm{EC} \cdot \mathrm{FA}$.


选项：
答案：答案：证明：过点 $A$ 作 $A G / / B C$, 交 DF 于点 $G$,如图.

<ImageHere>

$\because \mathrm{AG} / / \mathrm{BD}, \therefore \frac{\mathrm{FA}}{\mathrm{FB}}=\frac{\mathrm{AG}}{\mathrm{BD}}$

又 $\because \mathrm{BD}=\mathrm{DC}, \therefore \frac{\mathrm{FA}}{\mathrm{FB}}=\frac{\mathrm{AG}}{\mathrm{DC}}$
$\because \mathrm{AG} / / \mathrm{DC}, \therefore \frac{\mathrm{AG}}{\mathrm{DC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EC}}$

$\therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EC}}=\frac{\mathrm{FA}}{\mathrm{FB}}$, 即 $\mathrm{AE} \cdot \mathrm{FB}=\mathrm{EC} \cdot \mathrm{FA}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键证 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EC}}=\frac{\mathrm{FA}}{\mathrm{FB}}$ 即可.由于 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EC}}$ 与 $\frac{\mathrm{FA}}{\mathrm{FB}}$ 没有直接关系, 必须寻找过渡比将它们联系起来, 因此考虑添加平行线构造过渡比.
题目（高三 · 组合几何学）：25. 如图,已知 $\mathrm{AD}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中 $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线,求证: $\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}$


选项：
答案：答案: 证明：如图,过点 $\mathrm{C}$ 作 $\mathrm{CE} / / \mathrm{AD}$, 交 $\mathrm{BA}$ 的延长线于点 $\mathrm{E}$.

<ImageHere>

$\because \mathrm{AD} / / \mathrm{EC}, \therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}$,

$\angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{BAD}, \angle \mathrm{CAD}=\angle \mathrm{ACE}$.

又 $\because \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{CAD}$,

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{ACE} . \therefore \mathrm{AC}=\mathrm{AE} . \therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据所给条件结合平行线分线段成比例定理构造辅助线方向证明即可解决问题.
题目（高三 · 组合几何学）：24. 求证: $n$ 棱柱中过侧棱的对角面的个数是 $f(n)=\frac{1}{2} n(n-3)$.
选项：
答案：答案: 证明: (1)当 $n=4$ 时, 四棱柱有 2 个对角面: $\frac{1}{2} \times 4 \times(4-3)=2$, 命题成立.

(2) 假设 $n=k\left(k \geqslant 4, k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时, 命题成立, 即符合条件的棱柱的对角面有 $f(k)=\frac{1}{2} k(k-3)$ 个.

现在考虑 $n=k+1$ 时的情形.

第 $k+1$ 条棱 $A_{k+1} B_{k+1}$ 与其余和它不相邻的 $k-2$ 条棱分别增加了 1 个对角共 $k-2$ 个, 而面 $A_{1} B_{1} B_{k} A_{k}$ 变成了对角面. 因此对角面的个数变为:

$f(k)+(k-2)+1=\frac{1}{2} k(k-3)+k-1=\frac{1}{2}(k-2)(k+1)=\frac{1}{2}(k+1)[(k+1)-3]$,

即 $f(k+1)=\frac{1}{2}(k+1)[(k+1)-3]$ 成立.

由(1)和(2)可知, 对任何 $n \geqslant 4, n \in \mathbf{N}^{*}$, 命题成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法, 解决问题的关键是根据所给几何问题分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：在直角坐标系 $x O y$ 中, 中心在原点 $O$, 焦点在 $x$ 轴上的粗圆 $C$ 上的点 $(2 \sqrt{2}, 1)$ 到两焦点的距离之和为 $4 \sqrt{3}$.

(1) 求椭圆 $C$ 的方程;

(2) 设点 $P$ 在粗圆 $C$ 上, $F_{1} 、 F_{2}$ 为粗圆 $C$ 的左右焦点,若 $\angle F_{1} P F_{2}=\frac{\pi}{3}$, 求 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 面积.
选项：
解析：(1) 设椭圆方程为 $rac{x^{2}}{a^{2}}+rac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 则由已知得: $\left\{egin{array}{l}rac{(2 \sqrt{2})^{2}}{a^{2}}+rac{1^{2}}{b^{2}}=1 \ 2 a=4 \sqrt{3}\end{array}ight.$,解得: $\left\{egin{array}{l}a^{2}=12 \ b^{2}=3\end{array}, 	hereforeight.$ 椭圆方程为: $rac{x^{2}}{12}+rac{y^{2}}{3}=1$.(2) $ecause a=2 \sqrt{3}, b=\sqrt{3}, 	herefore c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=3$, 设 $\left|P F_{1}ight|=t_{1},\left|P F_{2}ight|=t_{2}$, 则 $t_{1}+t_{2}=4 \sqrt{3}$,$	herefore t_{1}{ }^{2}+t_{2}{ }^{2}-2 t_{1} t_{2} \cos 60^{\circ}=36$, 得 $t_{1} t_{2}=4, 	herefore S_{	riangle P F_{1} F_{2}}=rac{1}{2} t_{1} t \sin 60^{\circ}=rac{1}{2} 	imes 4 	imes rac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.
题目（高三 · 度量几何学）：21. 已知: $\sin ^{2} 30^{\circ}+\sin ^{2} 90^{\circ}+\sin ^{2} 150^{\circ}=\frac{3}{2} ; \sin ^{2} 5^{\circ}+\sin ^{2} 65^{\circ}+\sin ^{2} 125^{\circ}=\frac{3}{2}$

通过观察上述两等式的规律, 请你写出一般性的命题, 并给出的证明.
选项：
答案：答案: 一般性的命题为 $\sin ^{2}\left(\alpha-60^{\circ}\right)+\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2}\left(\alpha+60^{\circ}\right)=\frac{3}{2}$

证明:

左边 $=\frac{1-\cos \left(2 \alpha-120^{\circ}\right)}{2}+\frac{1-\cos 2 \alpha}{2}+\frac{1-\cos \left(2 \alpha+120^{\circ}\right)}{2}$

$=\frac{3}{2}-\left[\cos \left(2 \alpha-120^{\circ}\right)+\cos 2 \alpha+\cos \left(2 \alpha-120^{\circ}\right)\right]=\frac{3}{2}$

所以等式成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是首先猜想结论, 然后运用归纳推理的方法进行证明即可. $\sin ^{2}\left(\alpha-60^{\circ}\right)+\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2}\left(\alpha+60^{\circ}\right)=\frac{3}{2}$ ，然后根据降幂公式进行化简, 得到结论.
题目（高三 · 度量几何学）：16. 如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 的三个顶点都在 $\odot \mathrm{O}$ 上, $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线与 $\mathrm{BC}$ 边和 $\odot \mathrm{O}$ 分别交于点 $\mathrm{D}, \mathrm{E}$.



（1）指出图中相似的三角形,并说明理由;
选项：
答案：答案: 解: $\triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{CED}, \triangle \mathrm{AEC} \sim \triangle \mathrm{CED}$

理由: $\because \mathrm{AE}$ 平分 $\angle \mathrm{BAC}, \therefore \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{EAC}$.

又 $\because \angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{E}, \therefore \triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{AEC}$.

$\because \angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{E}, \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{BCE}$

$\therefore \triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{CED}, \triangle \mathrm{AEC} \sim \triangle \mathrm{CED}$.

(2) 若 $E C=4, D E=2$, 求 $A D$ 的长.

答案: 解: $\because \triangle \mathrm{CED} \sim \triangle \mathrm{AEC}, \therefore \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{ED}}{\mathrm{EC}}$

$\therefore \mathrm{CE}^{2}=\mathrm{ED} \cdot \mathrm{AE}$,

$\therefore 16=2 \mathrm{AE}, \therefore \mathrm{AE}=8$.

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE}-\mathrm{DE}=6$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是 (1) 本题证明两个三角形相似,要用三角形相似的判定定理,而其中角的条件由同弧所对的圆周角相等得出; (2) 要求线段长度,先由三角形相似得线段成比例,再求其长度.
题目（高三 · 度量几何学）：17. 如图, 已知 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, A B=A C$, 点 $D$ 是 $B C$ 上任意一点, $A D$ 与 $B C$ 交于点 $E, A D=6$ $\mathrm{cm}, \mathrm{BD}=5 \mathrm{~cm}, \mathrm{CD}=3 \mathrm{~cm}$, 求 $\mathrm{DE}$ 的长.


选项：
答案：: 解: $\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \therefore \angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{CDE}$.

又 $\because \mathrm{BD}=\mathrm{BD}, \therefore \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{ECD}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{CED}$,

$\therefore \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{ED}}$, 即 $\frac{6}{3}=\frac{5}{\mathrm{ED}} ， \therefore \mathrm{ED}=
解析：: 解: $\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \therefore \angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{CDE}$.

又 $\because \mathrm{BD}=\mathrm{BD}, \therefore \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{ECD}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABD} \sim \triangle \mathrm{CED}$,

$\therefore \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{ED}}$, 即 $\frac{6}{3}=\frac{5}{\mathrm{ED}} ， \therefore \mathrm{ED}=
题目（高三 · 度量几何学）：18. 如图, $\mathrm{BC}$ 为圆 $\mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{AF}=\mathrm{AB}, \mathrm{BF}$ 和 $\mathrm{AD}$ 相交于 $\mathrm{E}$, 求证: $\mathrm{AE}=\mathrm{BE}$


选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{BC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \angle \mathrm{BAC}$ 为直角.
又 $\because \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{BDA} \sim \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{BAC}$.

$\therefore \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{ACB}$

$\because \mathrm{AF}=\mathrm{AB}$

$\therefore \angle \mathrm{FBA}=\angle \mathrm{ACB}$

$\therefore \angle \mathrm{BAD}=\angle \mathrm{FBA}$.

$\therefore \triangle \mathrm{ABE}$ 为等腰三角形.

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理要证明 $\mathrm{AE}=\mathrm{BE}$,只需在 $\triangle \mathrm{ABE}$ 中证明 $\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{EAB}$, 而要证明这两个角相等, 只需借助建立与 $\angle \mathrm{ACB}$ 的关系即可
题目（高三 · 度量几何学）：19. 如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}, \mathrm{D}, \mathrm{E}$ 在 $\mathrm{BC}$ 边上, 且 $\mathrm{BD}=\mathrm{CE}, \angle 1=\angle 2$, 求证: $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$.


选项：
答案：答案：证明：如图,延长 $\mathrm{AD}, \mathrm{AE}$ 分别交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{F}, \mathrm{G}$,连接 $\mathrm{BF}, \mathrm{CG}$.

<ImageHere>

$\because \angle 1=\angle 2, \therefore \mathrm{BF}=\mathrm{CG}, \therefore \mathrm{BF}=\mathrm{CG}, \mathrm{BG}=\mathrm{CF}, \therefore \angle \mathrm{FBD}=\angle \mathrm{GCE}$.

又 $\because \mathrm{BD}=\mathrm{CE}, \therefore \triangle \mathrm{BFD} \cong \triangle \mathrm{CGE}$,

$\therefore \angle \mathrm{F}=\angle \mathrm{G}, \therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理结合所给条件构造辅助线计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：20. 如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{BD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的弦, 延长 $\mathrm{BD}$ 到点 $\mathrm{C}$, 使 $\mathrm{AC}=\mathrm{AB}$, 求证: $\mathrm{BD}=\mathrm{DC}$


选项：
答案：答案: 证明: 如图,连接 AD.

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \angle \mathrm{ADB}=90^{\circ}$, 即 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$.

又 $\because \mathrm{AC}=\mathrm{AB}$,

$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{CD}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理结合所给条件计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：21. 已知 $A D$ 是 $\triangle A B C$ 的高, $A E$ 是 $\triangle A B C$ 的外接圆的直径, $A D$ 的延长线交外接圆于点 $F$, 求证: $\mathrm{BE}=\mathrm{FC}$.


选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{AE}$ 是直径,

$\therefore \angle \mathrm{ABE}=90^{\circ}$.

又 $\because \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{ABE}$.

又 $\because \angle \mathrm{AEB}=\angle \mathrm{DCA}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABE} \sim \triangle \mathrm{ADC}$.

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{FAC}$

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{FC}$
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是转化为证明 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{FAC}$,再转化为证明 $\triangle A B E \sim \triangle A D C$.
题目（高三 · 度量几何学）：22. 如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 的角平分线 $\mathrm{AD}$ 的延长线交它的外接圆于点 $\mathrm{E}$.



(1) 证明: $\triangle \mathrm{ABE} \backsim \triangle \mathrm{ADC}$;
选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{AD}$ 平分 $\angle \mathrm{BAC}$,

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAD}$.

又 $\because \angle \mathrm{AEB}$ 与 $\angle \mathrm{ACB}$ 是同弧所对的圆周角,

$\therefore \angle \mathrm{AEB}=\angle \mathrm{ACD}$.

$\therefore \triangle \mathrm{ABE} \sim \triangle \mathrm{ADC}$.

(2) 若 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2} \mathrm{AD} \cdot \mathrm{AE}$, 求 $\angle \mathrm{BAC}$ 的大小.

答案: 解: $\because \triangle \mathrm{ABE} \sim \triangle \mathrm{ADC}$,

$\therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}$,

即 $A B \cdot A C=A D \cdot A E$.

又 $S=\frac{1}{2} A B \cdot A C \sin \angle B A C$, 且 $S=\frac{1}{2} A D \cdot A E$,

$\therefore \mathrm{AB} \cdot \mathrm{ACsin} \angle \mathrm{BAC}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AE}$.

$\therefore \sin \angle \mathrm{BAC}=1$.

又 $\because \angle \mathrm{BAC}$ 为三角形的内角,

$\therefore \angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是: (1) 证明两个三角形的两个角对应相等; (2) 利用 (1) 的结论和三角形面积公式,转化为求 $\sin \angle B A C$.
题目（高三 · 度量几何学）：23. 如图, $\odot O$ 是等腰三角形 $\mathrm{ABC}$ 的外接圆, $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$, 延长 $\mathrm{BC}$ 到点 $\mathrm{D}$, 使得 $C D=A C$, 连接 $\mathrm{AD}$交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{E}$, 连接 $\mathrm{BE}$ 与 $\mathrm{AC}$ 交于点 $\mathrm{F}$, 求证: $\mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC}$.


选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{CD}=\mathrm{AC}, \therefore \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{CAD}$.

又 $\because \angle \mathrm{ACB}=\angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{CAD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ACB}=2 \angle \mathrm{CAD}$.

又 $\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{ACB}$.

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=2 \angle \mathrm{CAD}$.

又 $\because \angle \mathrm{EBC}=\angle \mathrm{CAD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=2 \angle \mathrm{EBC}$,即 $\mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理结合所学条件分析证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：25. 足球场上有句顺口溜““冲向球门跑,越近就越好;沿着球门跑,射点要选好.”可见踢足球是有“学问”的.如图,在足球比赛中,甲、乙两名队员互相配合向对方球门 MN 进攻,当甲带球冲到点 $\mathrm{A}$ 时, 乙已跟随冲到点 $\mathrm{B}$, 此时是甲直接射门好, 还是迅速将球回传给乙, 让乙射门好?


选项：
答案：答案: 解: 如图,连接 MB,MA,NA,NB,MA 交圆于点 C,连接 NC,

<ImageHere>

则 $\angle \mathrm{MBN}=\angle \mathrm{MCN}$.

又 $\because \angle \mathrm{MCN}>\angle \mathrm{MAN}$,

$\therefore \angle \mathrm{MBN}>\angle \mathrm{MAN}$.

$\therefore$ 甲应该传给乙,让乙射门好.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是要确定较好的射门位置, 关键是看这两点各自对球门 $\mathrm{MN}$ 的张角大小,当张角较小时,普通被对方守门员拦截
题目（高三 · 度量几何学）：16. 如图, 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 的边 $\mathrm{AB}$ 的延长线上有一点 $\mathrm{E}$, 且 $\mathrm{BC}=\mathrm{BE}, \angle \mathrm{D}=80^{\circ}, \angle \mathrm{E}=50^{\circ}$, 求证: 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆.


选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{BC}=\mathrm{BE}, \therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{BCE}$.

则 $\angle \mathrm{EBC}=180^{\circ}-2 \angle \mathrm{E}=80^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{EBC}=\angle \mathrm{D}$.

$\therefore$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：17. 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $E, D, F$ 分别为 $A B, B C, A C$ 的中点, 且 $A P \perp B C$ 于点 $P$, 求证:E,D, $P, F$ 四点共圆.


选项：
答案：答案: 证明: 如图,连接 PF.

<ImageHere>

$\because \mathrm{AP} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{F}$ 为 $\mathrm{AC}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{PF}$ 是 Rt $\triangle \mathrm{APC}$ 斜边上的中线.

$\therefore \mathrm{PF}=\mathrm{FC}, \therefore \angle \mathrm{FPC}=\angle \mathrm{C}$.

$\because \mathrm{E}, \mathrm{F}, \mathrm{D}$ 分别为 $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}, \mathrm{BC}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{CD}, \mathrm{ED} / / \mathrm{FC}$.

$\therefore$ 四边形 $\mathrm{EDCF}$ 为平行四边形.
$\therefore \angle \mathrm{FED}=\angle \mathrm{C}, \therefore \angle \mathrm{FPC}=\angle \mathrm{FED}$.

$\therefore \mathrm{E}, \mathrm{D}, \mathrm{P}, \mathrm{F}$ 四点共圆.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是连接 PF,转化为证明 $\angle \mathrm{FED}=\angle \mathrm{FPC}$, 利用中点证明 $\angle \mathrm{FED}=\angle \mathrm{C}$, 利用 $\mathrm{AP} \perp \mathrm{BC}$ 证明 $\mathrm{PF}=\mathrm{FC}$, 得 $\angle \mathrm{C}=\angle$ $\mathrm{FPC}$, 即得出 $\angle \mathrm{FED}=\angle \mathrm{FPC}$.
题目（高三 · 度量几何学）：18. 在锐角 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{AD}$ 是 $\mathrm{BC}$ 边上的高, $\mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DF} \perp \mathrm{AC}$, 点 $\mathrm{E}, \mathrm{F}$ 是垂足.

求证:E,B,C,F 四点共圆.


选项：
答案：答案：证明：如图,连接 $\mathrm{EF}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DF} \perp \mathrm{AC}, \therefore \mathrm{A}, \mathrm{E}, \mathrm{D}, \mathrm{F}$ 四点共圆.

$\therefore \angle 1=\angle 2$.

$\because \mathrm{AD}$ 是 $\mathrm{BC}$ 边上的高, $\therefore \angle 1+\angle \mathrm{C}=\angle 2+\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{BEF}+\angle \mathrm{C}=180^{\circ} \therefore \mathrm{B}, \mathrm{E}, \mathrm{F}, \mathrm{C}$ 四点共圆.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给条件最高辅助线计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：19. 如图, 已知四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}$, 延长 $\mathrm{AB}$ 和 $\mathrm{DC}$ 相交于点 $\mathrm{E}, \mathrm{EG}$ 平分 $\angle \mathrm{AED}$, 且与 $\mathrm{BC}, \mathrm{AD}$ 分别交于点 $\mathrm{F}, \mathrm{G}$. 求证: $\angle \mathrm{CFG}=\angle \mathrm{DGF}$.


选项：
答案：答案: 证明: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}$,

$\therefore \angle \mathrm{EBF}=\angle \mathrm{ADE}$.

又 $\mathrm{EF}$ 是 $\angle \mathrm{AED}$ 的平分线,

则 $\angle \mathrm{BEF}=\angle \mathrm{DEG}, \therefore \triangle \mathrm{EBF} \sim \triangle \mathrm{EDG}$.

$\therefore \angle \mathrm{EFB}=\angle \mathrm{DGF}$.

又 $\because \angle \mathrm{EFB}=\angle \mathrm{CFG}$,
$\therefore \angle \mathrm{CFG}=\angle \mathrm{DGF}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理分析即可