eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知 $p_{1} \cdot p_{2}=4\left(q_{1}+q_{2}\right)$, 求证关于 $x$ 的二次方程 $x^{2}+p_{1} x+q_{1}=0$, $x^{2}+p_{2} x+q_{2}=0$ 中至少有一个方程有实根.
选项：
答案：证明：假设原命题不成立,即 $x^{2}+p_{1} x+q_{1}=0$ 与 $x^{2}+p_{2} x+q_{2}=0$ 都无实根，$	herefore \Delta_{1}=p_{1}^{2}-4 q_{1}<0, \Delta_{2}=p_{2}^{2}-4 q_{2}<0$,两式相加得 $p_{1}^{2}+p_{2}^{2}-4 q_{1}-4 q_{2}<0$, 即 $p_{1}^{2}+p_{2}^{2}<4\left(q_{1}+q_{2}ight)$,又 $ecause p_{1} p_{2}=4\left(q_{1}+q_{2}ight), 	herefore p_{1}^{2}+p_{2}^{2}<p_{1} p_{2}$,即 $\left(p_{1}-rac{1}{2} p_{2}ight)^{2}+rac{3}{4} p_{2}^{2}<0$, 此式显然不成立,故假设不成立, 原命题是正确的.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 用综合法或分析法证明:

(1) 如果 $a, b>0$, 则 $\lg \frac{a+b}{2} \geq \frac{\lg a+\lg b}{2}$;

(2) $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$.
选项：
答案：(1）当 $a, b>0$ 时, 有 $rac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}>0$, $	herefore \lg rac{a+b}{2} \geq \lg \sqrt{a b}, \quad 	herefore \lg rac{a+b}{2} \geq rac{1}{2} \lg (a b)=rac{\lg a+\lg b}{2}$,$	herefore \lg rac{a+b}{2} \geq rac{\lg a+\lg b}{2}$.(2) 要证 $\sqrt{6}+\sqrt{10}>2 \sqrt{3}+2$, 只要证,即 $2 \sqrt{60}>2 \sqrt{48}$, 显然成立的,所以，原不等式成立.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 设函数 $f(x)=\frac{1}{x+2}, a, b \in(0,+\infty)$.

问:（1）此表第 $n$ 行的最后一个数是多少?

（2）此表第 $n$ 行的各个数之和是多少?

（3） 2008 是第几行的第几个数?

(1) 用分析法证明: $f\left(\frac{a}{b}\right)+f\left(\frac{b}{a}\right) \leq \frac{2}{3}$;

(2) 设 $a+b>4$, 求证: $a f(b), b f(a)$ 中至少有一个大于 $\frac{1}{2}$.
选项：
答案：证明: (1) 要证明 $f\left(rac{a}{b}ight)+f\left(rac{b}{a}ight) \leq rac{2}{3}$只需证明 $rac{1}{rac{a}{b}+2}+rac{1}{rac{b}{a}+2} \leq rac{2}{3}$, 只需证明 $rac{b}{a+2 b}+rac{a}{b+2 a} \leq rac{2}{3}$,即证 $rac{b^{2}+4 a b+a^{2}}{2 a^{2}+5 a b+2 b^{2}} \leq rac{2}{3}$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立, $f\left(rac{a}{b}ight)+f\left(rac{b}{a}ight) \leq rac{2}{3}$.(2) 假设 $a f(b), b f(a)_{	ext {都小于或等于 }} rac{1}{2}$, 即 $rac{a}{b+2} \leq rac{1}{2}, rac{b}{a+2} \leq rac{1}{2}$,所以 $2 a \leq b+2,2 b \leq a+2$, 两式相加得 $a+b \leq 4$ ，这与 ${ }^{a+b>4}$ 矛盾, 所以 ${ }^{a f(b)}, b f(a)$ 中至少有一个大于 $rac{1}{2}$.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 已知 $x, y \in \mathrm{R}^{+}$, 且 $x+y>2$, 求证: $\frac{1+x}{y}$ 与 $\frac{1+y}{x}$ 中至少有一个小于
选项：
答案：答案:证明见解析。
解析：答案:证明见解析。

【解析】证明: 假设 $\frac{1+x}{y}$ 与 $\frac{1+y}{x}$ 都大于或等于 2 , 即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1+x}{y} \geq 2 \\ \frac{1+y}{x} \geq 2\end{array}\right.$,

因为 $x, y \in \mathbf{R}^{+}$, 故可化为 $\left\{\begin{array}{l}1+x \geq 2 y \\ 1+y \geq 2 x\end{array}\right.$, 两式相加, 得 $x+y \leq 2$,

与已知 $x+y>2$ 矛盾,

所以假设不成立，即原命题成立.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知 $a>0$, 证明: $\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}-\sqrt{2} \geq a+\frac{1}{a}-2$.
选项：
答案：答案:证明见解析.
解析：答案:证明见解析.

【解析】证明: 要证 $\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}-\sqrt{2} \geq a+\frac{1}{a}-2$,

只需证 $\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}} \geq\left(a+\frac{1}{a}\right)-(2-\sqrt{2})$.
因为 $a>0, a+\frac{1}{a} \geq 2 \sqrt{a \times \frac{1}{a}}=2$, 所以 $\left(a+\frac{1}{a}\right)-(2-\sqrt{2})>0$,

所以只需证 $\left(\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}\right)^{2} \geq\left[\left(a+\frac{1}{a}\right)-(2-\sqrt{2})\right]^{2}$,

即 $2(2-\sqrt{2})\left(a+\frac{1}{a}\right) \geq 8-4 \sqrt{2}$ ，

只需证 $a+\frac{1}{a} \geq 2$.

因为 $a>0, a+\frac{1}{a} \geq 2$ 显然成立, 当 $a=\frac{1}{a}=1$ 时等号成立,

所以要证的不等式成立.
题目（高三 · 代数）：$\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}^{2}-\overrightarrow{D B}^{2}$

(2) 已知 $a>b>c$, 且 $a+b+c=0$, 求证: $\frac{\sqrt{b^{2}-a c}}{a}<\sqrt{3}$.
选项：
答案：B
解析：反证法的步骤为: 假设结论不成立, 推导出矛盾, 得到结论, 据此知顺序为(3)(1)(2).
题目（高三 · 代数）：(10 分) 已知函数 $f(x)=3 x^{2}+5$, 求 $f(x)$ :

(1) 从
选项：
答案：(1) 0.9 ; (2) $6 x_{0}+3 \Delta x$
解析：(1) 因为 $f(x)=3 x^{2}+5$,所以从 0.1 到 0.2 的平均变化率为 $rac{3 	imes 0.2^{2}+5-3 	imes 0.1^{2}-5}{0.2-0.1}=0.9$.(2) $f\left(x_{0}+\Delta xight)-f\left(x_{0}ight)=3\left(x_{0}+\Delta xight)^{2}+5-\left(3 x_{0}^{2}+5ight)$$=3 x_{0}^{2}+6 x_{0} \Delta x+3(\Delta x)^{2}+5-3 x_{0}^{2}-5=6 x_{0} \Delta x+3(\Delta x)^{2}$,所以函数 $f(x)$ 在区间 $\left[x_{0}, x_{0}+\Delta xight]$ 上的平均变化率为 $rac{6 x_{0} \Delta x+3(\Delta x)^{2}}{\Delta x}=6 x_{0}+3 \Delta x$.
题目（高三 · 组合数学）：现有 5 幅不同的国画, 2 幅不同的油画, 7 幅不同的水彩画.

(1)从中任选一幅画布置房间,有几种不同的选法?

(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间, 有几种不同的选法?

(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有几种不同的选法?
选项：
答案：答案: (1)分为三类:从国画中选, 有 5 种不同的选法; 从油画中选, 有 2 种不同的选法; 从水彩画中选, 有 7 种不同的选法.根据分类加法计数原理得,共有 $5+2+7=14$ 种不同的选法.

(2)分为三步:国画、油画、水彩画各有 5 种、 2 种、 7 种不同的选法,根据分步乘法计数原理得,共有 $5 \times 2 \times 7=70$ 种不同的选法.

(3)分为三类:

第一类是一幅选自国画,一幅选肖油画.由分步乘法计数原理知, 有 $5 \times 2=10$ 种不同的选法.

第二类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有 $5 \times 7=35$ 种不同的选法.

第三类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有 $2 \times 7=14$ 种不同的选法.

所以从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间, 有 $10+35+14=59$ 种不同的选法.
解析：答案: (1)分为三类:从国画中选, 有 5 种不同的选法; 从油画中选, 有 2 种不同的选法; 从水彩画中选, 有 7 种不同的选法.根据分类加法计数原理得,共有 $5+2+7=14$ 种不同的选法.

(2)分为三步:国画、油画、水彩画各有 5 种、 2 种、 7 种不同的选法,根据分步乘法计数原理得,共有 $5 \times 2 \times 7=70$ 种不同的选法.

(3)分为三类:

第一类是一幅选自国画,一幅选肖油画.由分步乘法计数原理知, 有 $5 \times 2=10$ 种不同的选法.

第二类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有 $5 \times 7=35$ 种不同的选法.

第三类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有 $2 \times 7=14$ 种不同的选法.

所以从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间, 有 $10+35+14=59$ 种不同的选法.
题目（高三 · 组合数学）：用一颗吺毃连掷三次,投郑出的数字顺次排成一个三位数,则:

(1)各位数字互不相同的三位数有多少个?

(2)可以排出多少个不同的三位数?

21 世纪教育网(www.21cnjy.com)
选项：
答案：答案: (1)第一个股子有 6 种不同的结果,第二个骰子与第一个的结果不同, 有 5 种不同的结果;

同理第三个股子有 4 种不同的结果,共有 $6 \times 5 \times 4=120$ 个不同的结果.

(2)与 1 相比,后两个剘子都可以有 6 种不同的结果,共有 $6^{3}=216$ 个不同的结果.
解析：答案: (1)第一个股子有 6 种不同的结果,第二个骰子与第一个的结果不同, 有 5 种不同的结果;

同理第三个股子有 4 种不同的结果,共有 $6 \times 5 \times 4=120$ 个不同的结果.

(2)与 1 相比,后两个剘子都可以有 6 种不同的结果,共有 $6^{3}=216$ 个不同的结果.
题目（高三 · 组合数学）：已知 $\left(\sqrt{x}-\frac{2}{x}\right)^{n}$ 的展开式中, 第 4 项和第 9 项的二项式系数相等,

(1)求 ${ }^{n}$;

(2)求展开式中 ${ }^{x}$ 的一次项的系数.
选项：
答案：答案:(1)由第 4 项和第 9 项的二项式系数相等可得 $C_{n}^{3}=C_{n}^{\infty}$, 解得 $n=11$.

(2)由(1)知, 展开式的第 $k+1$ 项为

$T_{k+1}=C_{11}^{k}(\sqrt{x})^{11-k}\left(-\frac{2}{x}\right)^{k}=(-2)^{k} C_{11}^{k} x \frac{11-3 k}{2}$. 令 $\frac{11-3 k}{2}=11$ 得 $k=3$.

此时 ${ }^{T_{3+1}}=(-2)^{3} C_{11}^{3} x=-1320 x$, 所以展开式中 ${ }^{x}$ 的一次项的系数为 -1320 .
解析：答案:(1)由第 4 项和第 9 项的二项式系数相等可得 $C_{n}^{3}=C_{n}^{\infty}$, 解得 $n=11$.

(2)由(1)知, 展开式的第 $k+1$ 项为

$T_{k+1}=C_{11}^{k}(\sqrt{x})^{11-k}\left(-\frac{2}{x}\right)^{k}=(-2)^{k} C_{11}^{k} x \frac{11-3 k}{2}$. 令 $\frac{11-3 k}{2}=11$ 得 $k=3$.

此时 ${ }^{T_{3+1}}=(-2)^{3} C_{11}^{3} x=-1320 x$, 所以展开式中 ${ }^{x}$ 的一次项的系数为 -1320 .
题目（高三 · 组合数学）：小王的钱包里有 20 元、 10 元、 5 元、 2 元和 1 元的人民币各一张,他随机抽出两张.用 $\xi$ 表示这两张人民币金额之和, 写出 ${ }^{\xi}$ 的所有可能取值,并说明取值所表示的随机试验结果.
选项：
答案：答案:

$\xi$ 的取值可能为 3,6,7,11,12,15,21,22,25,30.

$\xi=3$ 表示抽到的是 1 元和 2 元;

$\xi=6$ 表示抽到的是 1 元和 5 元;

$\xi=7$ 表示抽到的是 2 元和 5 元;

$\xi=11$ 表示抽到的是 1 元和 10 元;

$\xi=12$ 表示抽到的是 2 元和 10 元;

$\xi=15$ 表示抽到的是 5 元和 10 元;

$\xi=21$ 表示抽到的是 1 元和 20 元;

$\xi=22$ 表示抽到的是 2 元和 20 元;

$\xi=25$ 表示抽到的是 5 元和 20 元;

$\xi=30$ 表示抽到的是 10 元和 20 元.
解析：答案:

$\xi$ 的取值可能为 3,6,7,11,12,15,21,22,25,30.

$\xi=3$ 表示抽到的是 1 元和 2 元;

$\xi=6$ 表示抽到的是 1 元和 5 元;

$\xi=7$ 表示抽到的是 2 元和 5 元;

$\xi=11$ 表示抽到的是 1 元和 10 元;

$\xi=12$ 表示抽到的是 2 元和 10 元;

$\xi=15$ 表示抽到的是 5 元和 10 元;

$\xi=21$ 表示抽到的是 1 元和 20 元;

$\xi=22$ 表示抽到的是 2 元和 20 元;

$\xi=25$ 表示抽到的是 5 元和 20 元;

$\xi=30$ 表示抽到的是 10 元和 20 元.
题目（高三 · 组合数学）：学校游园活动有这样一个游戏项目: 甲箱子里装有 3 个白球、 2 个黑球,乙箱子里装有 1 个白球、2 个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球,若摸出的白球不少于 2 个,则获奖.(每次游戏结束后将球放回原箱)

(1)求在 1 次游戏中,

(1)摸出 3 个白球的概率;

(2)获奖的概率;

(2)求在 2 次游戏中获奖次数 $X$ 的分布列.
选项：
答案：)(1)设“在 1 次游戏中摸出 $i$ 个白球”为事件 ${ }^{A}(i=0,1,2,3)$, 则 $P\left(A_{3}ight)=rac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}} \cdot rac{C_{2}^{1}}{C_{3}^{2}}=rac{1}{5}$(2) 设“在 1 次游戏中获奖”为事件 $B$, 则 $B=A_{2} \cup A_{3}$, 又 $P\left(A_{2}ight)=rac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}} \cdot rac{C_{2}^{2}}{C_{3}^{2}}+rac{C_{3}^{1} C_{2}^{1}}{C_{5}^{2}} \cdot rac{C_{2}^{1}}{C_{3}^{2}}=rac{1}{2}$,且 $A_{2}, A_{3}$ 互斥, 所以 $P(B)=P\left(A_{2}ight)+P\left(A_{3}ight)=rac{1}{2}+rac{1}{5}=rac{7}{10}$.(2)由题意可知 $X$ 的所有可能取值为 $0,1,2$.$P(X=0)=C_{2}^{0}\left(rac{7}{10}ight)^{0}\left(1-rac{7}{10}ight)^{2}=rac{9}{100}$,$P(X=1)=C_{2}^{1} \cdot rac{7}{10} \cdot\left(1-rac{7}{10}ight)=rac{21}{50}$,$P(X=2)=C_{2}^{2}\left(rac{7}{10}ight)^{2}\left(1-rac{7}{10}ight)^{0}=rac{49}{100}$所以 $X$ 的分布列是| $X$ | 0 | 1 | 2 || :--- | :--- | :--- | :--- || $P$ | $rac{9}{100}$ | $rac{21}{50}$ | $rac{49}{100}$ |
题目（高三 · 组合数学）：21. 已知: $a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\sqrt{3 \times 4}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}\left(n \in \mathbf{N}_{+}\right)$, 求证: $\frac{m(n+1)}{2}<a_{n}<\frac{m(n+2)}{2}$.
选项：
答案：: 证明: $\because \sqrt{n(n+1)}=\sqrt{n^{2}+n}$,

$\therefore \sqrt{n(n+1)}>n$,

$\therefore a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}>1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$

$\because \sqrt{n(n+1)}<\frac{\mathrm{n+(n+1)}}{2}$,

$\therefore a_{n}<\frac{1+2}{2}+\frac{2+3}{2}+\frac{3+4}{2}+\cdots+\frac{n+(n+1)}{2}$

$=\frac{1}{2}+(2+3+\cdots+n)+\frac{n+1}{2}=\frac{n(n+2)}{2}$.

综上得: $\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}<a_{\mathrm{n}}<\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+2)}{2}$.

解析：【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是根据 $\sqrt{n(n+1)}>n$, $\sqrt{n(n+1)}<\frac{n+(n+1)}{2}$解析放缩证明即可.
解析：: 证明: $\because \sqrt{n(n+1)}=\sqrt{n^{2}+n}$,

$\therefore \sqrt{n(n+1)}>n$,

$\therefore a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}>1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$

$\because \sqrt{n(n+1)}<\frac{\mathrm{n+(n+1)}}{2}$,

$\therefore a_{n}<\frac{1+2}{2}+\frac{2+3}{2}+\frac{3+4}{2}+\cdots+\frac{n+(n+1)}{2}$

$=\frac{1}{2}+(2+3+\cdots+n)+\frac{n+1}{2}=\frac{n(n+2)}{2}$.

综上得: $\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}<a_{\mathrm{n}}<\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+2)}{2}$.

解析：【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是根据 $\sqrt{n(n+1)}>n$, $\sqrt{n(n+1)}<\frac{n+(n+1)}{2}$解析放缩证明即可.
题目（高三 · 组合数学）：想沏茶喝, 当时的情况是: 开水没有, 烧开水的壶要洗, 沏茶的壶和茶杯要洗, 茶叶已有.已知洗水壶用时 1 分钟, 取茶叶用时 1 分钟, 沏茶用时 1 分钟, 烧开水用时 15 分钟, 洗茶壶、茶杯用时 2 分钟.请设计一种节省时间的沏茶方案的流程图.
选项：
答案：洗好水踫,烧开水,在等待水开的时间内洗茶並、茶杯,取茶叶,水开后沏茶.此方案的流程图如图所示(共需 17 分钟).
题目（高三 · 画法几何学）：21. 如图,已知线段 $A B$,求作线段 $A B$ 的五等分点,并予以证明.


选项：
答案：答案: 解: 作法:如图, (1)作射线 $\mathrm{AC}$;

(2)在射线 $\mathrm{AC}$ 上以任意取定的长度顺次截取 $\mathrm{AD}_{1}=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}=\mathrm{D}_{2} \mathrm{D}_{3}=\mathrm{D}_{3} \mathrm{D}_{4}=\mathrm{D}_{4} \mathrm{D}_{5}$;

(3)连接 $\mathrm{D}_{5} \mathrm{~B}$;

(4) 分别过 $\mathrm{D}_{1}, \mathrm{D}_{2}, \mathrm{D}_{3}, \mathrm{D}_{4}$ 作 $\mathrm{D}_{5} \mathrm{~B}$ 的平行线 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{~A}_{1}, \mathrm{D}_{2} \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{D}_{3} \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{D}_{4} \mathrm{~A}_{4}$, 分别交 $\mathrm{AB}$ 于点 $\mathrm{A}_{1}, \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{~A}_{4}$, 则点 $\mathrm{A}_{1}, \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{~A}_{4}$ 将线段 $\mathrm{AB}$ 五等分.

<ImageHere>

证明: 过点 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{MN} / / \mathrm{D}_{5} \mathrm{~B}$.

则 $M N / / D_{4} A_{4} / / D_{3} A_{3} / / D_{2} A_{2} / / D_{1} A_{1} / / D_{5} B$.

$\because \mathrm{AD}_{1}=\mathrm{D}_{1} \mathrm{D}_{2}=\mathrm{D}_{2} \mathrm{D}_{3}=\mathrm{D}_{3} \mathrm{D}_{4}=\mathrm{D}_{4} \mathrm{D}_{5}$.

$\therefore \mathrm{AA}_{1}=\mathrm{A}_{1} \mathrm{~A}_{2}=\mathrm{A}_{2} \mathrm{~A}_{3}=\mathrm{A}_{3} \mathrm{~A}_{4}=\mathrm{A}_{4} \mathrm{~B}$.

$\therefore$ 点 $\mathrm{A}_{1}, \mathrm{~A}_{2}, \mathrm{~A}_{3}, \mathrm{~A}_{4}$ 就是所求的线段 $\mathrm{AB}$ 的五等分点.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是利用平行线等分线段定理来作图.
题目（高三 · 画法几何学）：21. 设计一个尺规作图的算法来确定线段 $\mathrm{AB}$ 的一个五等分点, 并画出流程图。

(点拨: 确定线段 $\mathrm{AB}$ 的五等分点, 是指在线段 $\mathrm{AB}$ 上确定一点 $\mathrm{M}$, 使得 $A M=\frac{1}{5} A B$ )
选项：
答案：答案: 解: 算法如下:

<ImageHere>

(1). 从 A 点出发作一条与原直线不重合的射线;

(2). 任取射线上一点 $\mathrm{C}$, 以 $\mathrm{AC}$ 为单位长度, 在射线上依次作出点 $\mathrm{E} 、 \mathrm{~F} 、 \mathrm{G} 、 \mathrm{D}$, 使 $A D=5 A C$;

(3).连接 $D B$, 并过点 $\mathrm{C}$ 作 $B D$ 的平行线交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{M}, \mathrm{M}$ 就是要找的五等分点.流程图如下:

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了绘制简单实际问题的流程图, 解决问题的关键是要找线段 $\mathrm{AB}$
五等分点, 根据平行线分线段成比例定理, 利用基本尺规作图, 只需先从 $\mathrm{A}$ 点出发作一条与原直线不重合的射线; 再在以点 $\mathrm{A}$ 为端点的射线上, 任取一点 $\mathrm{C}$, 以 $\mathrm{AC}$ 为单位长度, 在射线上依次作出点 $\mathrm{E} 、 \mathrm{~F} 、 \mathrm{G} 、 \mathrm{D}$, 使 $A D=5 A C$; 然后; 连接 $D B$, 并过点 $\mathrm{C}$ 作 $B D$ 的平行线交 $A B$ 于 $M$, 则 $M$ 就是要找的五等分点。所以用顺序结构解决。
题目（高三 · 组合几何学）：22. 如图, 已知 $\mathrm{AC} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DB} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{O}$ 是 $\mathrm{CD}$ 的中点, 求证: $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$.


选项：
答案：答案: 证明: 过点 $\mathrm{O}$ 作 $\mathrm{AB}$ 的垂线,垂足为 $\mathrm{E}$,如图. $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DB} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{AC} / / \mathrm{DB}$.
又 $\because \mathrm{O}$ 为 $\mathrm{CD}$ 的中点, $\therefore \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AB}$ 的中点.又 $\because \mathrm{OE} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{OA}=\mathrm{OB}$.

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据线段 $\mathrm{OA}$ 和 $\mathrm{OB}$有共同端点,所以证明点 $O$ 在 $A B$ 的垂直平分线上即可.
题目（高三 · 组合几何学）：23. 如图, 在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB} / / \mathrm{DC}, \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AD}$ 的中点, $\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}$, 求证: $\mathrm{BC}=2 \mathrm{EF}$.


选项：
答案：答案: 证明: 如图, 过点 $A$ 作 $B C$ 的平行线 $A G$, 交 $D C$ 于点 $G . \because A B / / D C, \therefore$ 四边形 $A B C G$ 是平行四边形. $\therefore \mathrm{AG}=\mathrm{BC}, \mathrm{AG} / / \mathrm{BC}$. 又 $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{BC}, \therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{AG} . \because \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AD}$ 的中点, $\therefore \mathrm{F}$ 是 $\mathrm{DG}$ 的中点. $\mathrm{EF}=\frac{1}{2}$ AG. $\therefore \mathrm{EF}=\frac{1}{2} \mathrm{BC}$, 即 $\mathrm{BC}=2 \mathrm{EF}$.

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据 $\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}$, 联系所证明的结果是 $\mathrm{BC}=2 \mathrm{EF}$,由此想到三角形中位线定理,过点 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{BC}$ 的平行线即可证明.
题目（高三 · 度量几何学）：24. 如图,已知以梯形 $\mathrm{ABCD}$ 的对角线 $\mathrm{AC}$ 及腰 $\mathrm{AD}$ 为邻边作 $\mathrm{ACED,DC}$ 的延长线交 $\mathrm{BE}$ 于 $\mathrm{F}$.求证: $\mathrm{EF}=\mathrm{BF}$.


选项：
答案：答案: 证明: 如图,连接 $\mathrm{AE}$ 交 $\mathrm{DC}$ 于点 $\mathrm{O} . \because$ 四边形 $\mathrm{ACED}$ 是平行四边形, $\therefore \mathrm{O}$ 是 $\mathrm{AE}$ 的中点(平行四边形的对角线互相平分). $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是梯形, $\therefore \mathrm{DC} / / \mathrm{AB}$. 在 $\triangle \mathrm{EAB}$ 中, $\mathrm{OF} / / \mathrm{AB}, \mathrm{O}$ 是 $\mathrm{AE}$ 的中点, $\therefore \mathrm{F}$ 是 $\mathrm{EB}$ 的中点. $\therefore \mathrm{EF}=\mathrm{BF}$.

<ImageHere>
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理结合所给条件以及构造辅助线怎么即可.
题目（高三 · 度量几何学）：25. 如图, 在四边形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ 分别是 $\mathrm{BC}, \mathrm{AD}$ 的中点, $\mathrm{BA}, \mathrm{CD}$ 的延长线分别与 $\mathrm{EF}$的延长线交于点 $\mathrm{M}, \mathrm{N}$. 求证: $\angle \mathrm{AME}=\angle \mathrm{CNE}$.


选项：
答案：答案: 证明: 如图,连接 $B D$, 取 $B D$ 的中点 $G$, 连接 $G E, G F$. 在 $\triangle A B D$ 中, $\because G, F$ 分别是 $B D, A D$的中点 $: \therefore \mathrm{GF}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}, \mathrm{GF} / / \mathrm{BM}$. 同理可证: $\mathrm{GE}=\frac{1}{2} \mathrm{CD}, \mathrm{GE} / / \mathrm{CN} . \because \mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \therefore \mathrm{GF}=\mathrm{GE} . \therefore \angle \mathrm{GEF}=$ $\angle \mathrm{GFE}$.

$\because \mathrm{GF} / / \mathrm{BM}, \therefore \angle \mathrm{GFE}=\angle \mathrm{AME} . \because \mathrm{GE} / / \mathrm{CN}, \therefore \angle \mathrm{GEF}=\angle \mathrm{CNE} . \therefore \angle \mathrm{AME}=\angle \mathrm{CNE}$.

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解析：: 分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据所给条件结合平行线等分线段定理以及构造辅助线怎么即可.
题目（高三 · 度量几何学）：19. 已知 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, B D . C E$ 分别为两腰上的高.求证: $B D=C E$.
选项：
答案：: 证明: 如图,以 $B C$ 所在直线为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴建立平面直角坐标系.

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设 $B(-a, 0), C(a, 0), A(0, h)$.

则直线 $A C$ 的方程为 $y=-\frac{\hbar}{a} x+h$,

即: $h x+a y-a h=0$.

直线 $A B$ 的方程为 $y=\frac{h}{a} x+h$,

即: $h x-a y+a h=0$.

由点到直线的距离公式: $|B D|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+\hbar^{2}}},|C E|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}$,

$\therefore|B D|=|C E|$, 即 $B D=C E$.

解析：分析：本题考查坐标法在几何中的应用.解答本题可通过建立平面直角坐标系, 将几何证明问题转化为代数运算问题. (1)建立适当的直角坐标系, 将平面几何问题转化为解析几何问题, 即“形”转化为“数”, 再回到“形”中, 此为坐标法的基本思想, 务必熟练掌握. (2)建立坐标系时, 要充分利用图形的几何特征.例如, 中心对称图形, 可利用它的对称中心为坐标原点; 轴对称图形, 可利用它的对称轴为坐标轴; 题设中有直角, 可考虑以两直角边所在的直线为坐标轴等.
解析：: 证明: 如图,以 $B C$ 所在直线为 $x$ 轴, $B C$ 的垂直平分线为 $y$ 轴建立平面直角坐标系.



设 $B(-a, 0), C(a, 0), A(0, h)$.

则直线 $A C$ 的方程为 $y=-\frac{\hbar}{a} x+h$,

即: $h x+a y-a h=0$.

直线 $A B$ 的方程为 $y=\frac{h}{a} x+h$,

即: $h x-a y+a h=0$.

由点到直线的距离公式: $|B D|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+\hbar^{2}}},|C E|=\frac{|2 a \hbar|}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}$,

$\therefore|B D|=|C E|$, 即 $B D=C E$.

解析：分析：本题考查坐标法在几何中的应用.解答本题可通过建立平面直角坐标系, 将几何证明问题转化为代数运算问题. (1)建立适当的直角坐标系, 将平面几何问题转化为解析几何问题, 即“形”转化为“数”, 再回到“形”中, 此为坐标法的基本思想, 务必熟练掌握. (2)建立坐标系时, 要充分利用图形的几何特征.例如, 中心对称图形, 可利用它的对称中心为坐标原点; 轴对称图形, 可利用它的对称轴为坐标轴; 题设中有直角, 可考虑以两直角边所在的直线为坐标轴等.
题目（高三 · 度量几何学）：18. 如图, $A B \perp B D$ 于点 $\mathrm{B}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{BD}$ 于点 $\mathrm{D}$, 连接 $\mathrm{AD}, \mathrm{BC}$ 交于点 $\mathrm{E}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BD}$ 于点 $\mathrm{F}$, 求

证: $\frac{1}{\mathrm{AB}}+\frac{1}{\mathrm{CD}}=\frac{1}{\mathrm{EF}}$.


选项：
答案：答案：证明： $\because \mathrm{AB} \perp \mathrm{BD}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{BD}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BD}$,

$\therefore \mathrm{AB} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{CD}, \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{BD}}, \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{BD}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}+\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{BD}}+\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{DF}+\mathrm{BF}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{BD}}=1$,

$\therefore \frac{1}{\mathrm{AB}}+\frac{1}{\mathrm{CD}}=\frac{1}{\mathrm{EF}}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是转化为证明 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}+\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}=1$.由于 $\mathrm{AB} / / \mathrm{EF} / / \mathrm{CD}$, 因此将 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}$ 与 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CD}}$ 化归为同一直线 $\mathrm{BD}$ 上的线段比就可得证
题目（高三 · 度量几何学）：22. 如图,在梯形 $A B C D$ 中, $A B / / D C$,一条直线平行于两底,且顺次交 $A D, B D, A C, B C$ 于点 E,F,G,H.

求证: $\mathrm{EF}=\mathrm{GH}$.


选项：
答案：答案: 证明: 因为 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AB}$, 所以 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DA}}$.

因为 $\mathrm{GH} / / \mathrm{AB}$, 所以 $\frac{\mathrm{GH}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{CB}}$.

因为 $\mathrm{DC} / / \mathrm{EH} / / \mathrm{AB}$, 所以 $\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DA}}=\frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{CB}}$.

所以 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{GH}}{\mathrm{AB}}$, 即 $\mathrm{EF}=\mathrm{GH}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是转化为证明

$$
\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{GH}}{\mathrm{AB}}
$$
题目（高三 · 度量几何学）：24. 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{D}$ 是 $\mathrm{AB}$ 上一点, $\mathrm{E}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 内一点, $\mathrm{DE} / / \mathrm{BC}$, 过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{AC}$ 的平行线交 $\mathrm{CE}$ 的延长线于点 $\mathrm{F}, \mathrm{CF}$ 与 $\mathrm{AB}$ 交于点 $\mathrm{P}$, 求证: $\mathrm{BF} / / \mathrm{AE}$.


选项：
答案：答案: 证明: $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{PD}}{\mathrm{PB}}=\frac{\mathrm{PE}}{\mathrm{PC}}$

$\therefore \mathrm{PD} \cdot \mathrm{PC}=\mathrm{PE} \cdot \mathrm{PB}$.

$\because \mathrm{DF} / / \mathrm{AC}, \therefore \frac{\mathrm{PF}}{\mathrm{PC}}=\frac{\mathrm{PD}}{\mathrm{PA}}$

$\therefore \mathrm{PD} \cdot \mathrm{PC}=\mathrm{PF} \cdot \mathrm{PA}$.

$\therefore \mathrm{PE} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{PF} \cdot \mathrm{PA} . \therefore \frac{\mathrm{PE}}{\mathrm{PF}}=\frac{\mathrm{PA}}{\mathrm{PB}}$

$\therefore \mathrm{BF} / / \mathrm{AE}$.
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分析计算即可证明问题
题目（高三 · 度量几何学）：18. 若 $\mathrm{CD}$ 是 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 斜边 $\mathrm{AB}$ 上的高, $\mathrm{AB}=25, \mathrm{AC}=20$, 试确定 $\mathrm{DB}$ 和 $\mathrm{CD}$ 的长.


选项：
答案：答案: 解: $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AB}, \mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}$.

$\therefore \mathrm{AD}=\frac{\mathrm{AC}^{2}}{\mathrm{AB}}=\frac{20^{2}}{25}=16$.
$\therefore \mathrm{DB}=\mathrm{AB}-\mathrm{AD}=25-16=9$.

$\therefore \mathrm{CD}=\sqrt{\mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}}=\sqrt{16 \times 9}=12$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理先用射影定理求出 $\mathrm{AD}$, 从而求出 $\mathrm{DB}$,再用射影定理求出 $\mathrm{CD}$.
题目（高三 · 度量几何学）：19. 如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $C D$ 为斜边 $A B$ 上的高. 若 $A D=2 \mathrm{~cm}, D B=6 \mathrm{~cm}$, 求 $C D, A C, B C$ 的长


选项：
答案：答案: 解: $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$,

$\therefore \mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{DB}=2 \times 6=12$,

$\therefore \mathrm{CD}=\sqrt{12}=2 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$

$\because \mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AB}=2 \times(2+6)=16$,

$\therefore \mathrm{AC}=\sqrt{16}=4(\mathrm{~cm})$.

$\because \mathrm{BC}^{2}=\mathrm{BD} \cdot \mathrm{AB}=6 \times(2+6)=48$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{48}=4 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$.

所以 $\mathrm{CD}, \mathrm{AC}, \mathrm{BC}$ 的长分别为 $2 \sqrt{3} \mathrm{~cm}, 4 \mathrm{~cm}, 4 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理结合所给直角三角形满足条件计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：20. 如图, 在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{D}, \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC}$ 交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BC}$于点 $\mathrm{F}$. 求证: $\mathrm{EF}: \mathrm{DF}=\mathrm{BC}: \mathrm{AC}$.


选项：
答案：答案: 证明: $C=90^{\circ}, A D \perp B C$, 由射影定理,知 $A C^{2}=C D \cdot B C$, 即 $\frac{A C}{C D}=\frac{B C}{A C}$.

$\because \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC}, \mathrm{EA} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{EF} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{EF} . \because \mathrm{EF} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{AD} . \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{DF}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{DC}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{DF}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{DC}} . \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{DF}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}$,

即 $\mathrm{EF}: \mathrm{DF}=\mathrm{BC}: \mathrm{AC}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的
射影定理先由射影定理得 $A C^{2}=C D \cdot B C$, 即 $\frac{A C}{C D}=\frac{B C}{A C}$. 又由 $E F / / A D$, 得 $\frac{A E}{D F}=\frac{A C}{D C}$, 通过中间变量即可得证.
题目（高三 · 度量几何学）：21. 如图, 已知 $\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DF} \perp \mathrm{AC}$, 垂足分别为 $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$.求证: $\frac{\mathrm{AB}^{3}}{\mathrm{AC^{3 }}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}$


选项：
答案：答案：证明：由射影定理,得 $\mathrm{BD}^{2}=\mathrm{BE} \cdot \mathrm{AB}$, 即 $\mathrm{BE}=\frac{\mathrm{BD}^{2}}{\mathrm{AB}}$

同理得 $\mathrm{CD}^{2}=\mathrm{CF} \cdot \mathrm{AC}$, 即 $\mathrm{CF}=\frac{\mathrm{CD}^{2}}{\mathrm{AC}}$

故 $\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}=\frac{\mathrm{BD}^{2}}{\mathrm{AB}} \cdot \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{CD}^{2}}=\left(\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}\right)^{2} \cdot \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$

由射影定理,得 $A B^{2}=B C \cdot B D$, 即 $B D=\frac{A B^{2}}{B C}$

同理得 $\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{CD} \cdot \mathrm{BC}$, 即 $\mathrm{CD}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}$. 故 $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{AC}^{2}}$

将(4)代入(3), 得 $\frac{\mathrm{AB}^{3}}{\mathrm{AC}^{3}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{CF}}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理结合所给三角形满足条件计算证明即可
题目（高三 · 度量几何学）：22. 如图, 已知 $A D$ 是 $\triangle A B C$ 的高, $D P \perp A B, D Q \perp A C$, 垂足分别为点 $P$, .求证: $A P \cdot A B=A Q \cdot A C$.


选项：
答案：答案：证明: $\because \mathrm{DP} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{DQ} \perp \mathrm{AC}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ADB}$ 中, 有 $\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AP} \cdot \mathrm{AB}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{ADC}$ 中, 有 $\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AQ} \cdot \mathrm{AC}$.

$\therefore \mathrm{AP} \cdot \mathrm{AB}=\mathrm{AQ} \cdot \mathrm{AC}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了直角三角形的射影定理, 解决问题的关键是根据直角三角形的射影定理应用射影定理转化为证明

$\mathrm{AP} \cdot \mathrm{AB}=\mathrm{AD}^{2}, \mathrm{AQ} \cdot \mathrm{AC}=\mathrm{AD}^{2}$.