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2024甘肃中考数学二轮专题训练 题型二 阅读理解题 (含答案)
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这是一份2024甘肃中考数学二轮专题训练 题型二 阅读理解题 (含答案)，共22页。试卷主要包含了 阅读与思考， 阅读材料，并完成相应的任务等内容，欢迎下载使用。
1.阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点(不含端点B，C)，N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN.求证：∠AMN＝60°.
点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM.易证：△ABM≌△EBM(SAS)，可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠3＝∠4；由∠3＋∠1＝∠4＋∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5，又因为∠2＋∠6＝120°，所以∠5＋∠6＝120°，即：∠AMN＝60°.
第1题图
问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点(不含端点B1，C1)，N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上—点，且A1M1＝M1N1.求证：∠A1M1N1＝90°.
第1题图③
2. 阅读与思考
只用一把尺子怎么作一个角的平分线？
小明在网上找到以下几种方法：
方法一：如图①，将矩形ABCD的顶点A、B、C分别落在∠MON的边OM、ON上，且使OA＝OC，连接AC，BD交于点E，作射线OE，则射线OE即为∠MON的平分线．
方法二：如图②，在∠MON两边OM、ON上分别取点A、C、B、D，且使OA＝OB，OC＝OD，再连接AD、BC交于点E，作射线OE，则射线OE即为∠MON的平分线．
第2题图
任务：
(1)方法一中运用了两个我们所学过的几何定理，分别是_________________________；
________________________________________________________________________；
(2)根据方法二的作法，证明OE为∠MON的平分线；
(3)只用一把直尺，你还有什么方法画出∠MON的平分线．
3. 阅读材料，并完成相应的任务：
数学课上，老师给出了如下一则材料：
对于两个不相等的非零实数a、b，若eq \f(（x－a）（x－b）,x)＝0，则x1＝a，x2＝b.又∵eq \f(（x－a）（x－b）,x)＝eq \f(x2－（a＋b）x＋ab,x)＝x＋eq \f(ab,x)－(a＋b)，∴关于x的方程x＋eq \f(ab,x)＝a＋b有两个解，分别为x1＝a，x2＝b.
老师要求同学们仿照材料中的解题方法，解方程：x＋eq \f(8,x)＝6.
小明在阅读了材料后，思考：“8＝2×4，6＝2＋4”，…
任务：
(1)请按照小明同学的解题思路，写出剩余的解题过程；
(2)若关于x的方程x＋eq \f(m－n,mnx)＝eq \f(m＋4mn－n,2mn)的两个解分别为x1、x2(x1＜x2)，且x1与x2互为倒数，则x1＝_____，x2＝________．
4. 【阅读理解】如图①，l1∥l2，△ABC的面积与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等，在△ABC和△DBC中，分别作AE⊥l2，DF⊥l2，垂足分别为E，F.
∴∠AEF＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF.
∵l1∥l2，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AE＝DF.
又S△ABC＝eq \f(1,2)BC·AE，S△DBC＝eq \f(1,2)BC·DF，
∴S△ABC＝S△DBC.
【类比探究】如图②，在正方形ABCD的右侧作等腰△CDE，CE＝DE, AD＝4，连接AE，求△ADE的面积．
解：过点E作EF⊥CD于点F，连接AF.
请将余下的求解步骤补充完整．
图①
图②
第4题图
【拓展应用】如图③，在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG，点B，C，E在同一直线上，AD＝4，连接BD，BF，DF，直接写出△BDF的面积．
第4题图③
5. 等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．
(1)在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为________，其内切圆的半径长为________；
(2)①如图①，P是边长为a的正△ABC内任意一点，点O为△ABC的中心，设点P到△ABC各边距离分别为h1，h2，h3，连接AP，BP，CP，由等面积法，易知eq \f(1,2)a(h1＋h2＋h3)＝S△ABC＝3S△OAB，可得h1＋h2＋h3＝____；(结果用含a的式子表示)
第5题图
②如图②，P是边长为a的正五边形ABCDE内任意一点，设点P到五边形ABCDE各边距离分别为h1，h2，h3，h4，h5，参照①的探索过程，试用含a的式子表示h1＋h2＋h3＋h4＋h5的值．(参考数据：tan36°≈eq \f(8,11)，tan54°≈eq \f(11,8))
6. 请阅读下列材料，并完成相应的任务：
如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB＝eq \r(3)，PC＝1，求∠BPC的大小和等边三角形ABC的边长．
第6题图
李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图②)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，所以∠AP′B＝150°，而∠BPC＝∠AP′B＝150°，进而求出等边△ABC的边长为eq \r(7)，问题得到解决．
任务：
请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝eq \r(5)，BP＝eq \r(2)，PC＝1.
(1)求∠BPC的大小；
(2)求正方形ABCD的边长．
第6题图③
类型二 与新定义有关的问题
1. 阅读下面材料，并完成相应的任务：
如果四边形一条对角线所在直线上的点到这条对角线的两端点的距离不相等，但到四边形另外两个顶点的距离相等，则称这点为这个四边形的准等距点．如图①，点P为四边形ABCD对角线AC所在直线上的一点，PA≠PC，PD＝PB，则称点P为四边形ABCD的准等距点．
第1题图
如图②，在四边形ABCD中，P是AC上的点，PA≠PC，延长BP交CD于点E，延长DP交BC于点F，且∠CDF＝∠CBE，CE＝CF.求证：点P是四边形ABCD的准等距点．
证明：如图②，连接BD，
在△DCF和△BCE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠CDF＝∠CBE，,∠DCF＝∠BCE，,CF＝CE，))
∴△DCF≌△BCE(AAS)，
…
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图③，点P是四边形ABCD的准等距点，DP⊥AC，BC⊥PB，连接BD交AC于点E，若BD＝6，∠BPD＝120°，求BC的长．
第1题图③
2. 【问题情境】
数学课堂上，李老师提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，E是AC的中点，P是BE的中点，则称AP是△ABC的“双中线”．若∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，求AP的长．
小明的求解思路如下：
解： 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，∴AC＝eq \r(BC2－AB2)＝4，
∵E是AC的中点，∴AE＝2，
在Rt△ABE中，∠BAE＝90°，AB＝3，AE＝2，∴BE＝eq \r(AB2＋AE2)＝eq \r(13)，
∵P是Rt△ABE的斜边BE的中点，∴AP＝eq \f(\r(13),2).
【理解运用】
(1)如图②，在正方形ABCD中，E是边CD的中点，P是BE的中点，则称AP是正方形ABCD的“双中线”．若AB＝4，求AP的长；
【拓展迁移】
(2)如图③，AP是矩形ABCD的“双中线”．若AB＝4，BC＝6，求AP的长．
第2题图
类型三 与数学文化有关的问题
1. 阅读以下材料，完成相应的任务：
第1题图①
燕尾定理由英国数学家亚马力斯·凯诺于1785年发现，如图①，在△ABC中，AD，BE，CF相交于同一点O，那么S△ABO∶S△ACO＝BD∶DC.上述定理给出了一个新的转化面积比与线段比的方法，因为△ABO和△ACO的形状很像燕子的尾巴，所以这个定理被称为燕尾定理．该定理在许多几何题目中都有着广泛的运用，它的特殊性在于，它可以存在于任何一个三角形之中，为三角形中的三角形面积与对应底边之间提供互相联系的途径．
下面是燕尾定理的证明过程：
证明：∵△ABD与△ACD同高，
∴S△ABD∶S△ACD＝BD∶DC.
…
任务：
(1)将上述证明过程补充完整；
(2)如图②，△ABC的面积是10 cm2，AF＝FC，BD＝2DC，求S△AEF＋S△BDE.
第1题图②
2. 请阅读以下材料并完成相应的任务．
17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”
黄金分割比(简称：黄金比)是指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长度之比(如图①)，即eq \f(AC,AB)＝eq \f(BC,AC)，其比值为eq \f(\r(5)－1,2).
图①
图②
图③
第2题图
已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形曲线(如图②)．
任务：
(1)如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是∠ABO的平分线与半径OA的交点．若OA＝2，求正十边形边长AB的长；
(2)在(1)的条件下，利用图③进一步探究，请你写出sin18° 与黄金比之间的关系，并说明理由．
3. (1)阅读理解
我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．
根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
(2)问题解决
勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，作FG⊥HP，将它分成4份，所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC＝12，BC＝5，求EF的值；
(3)拓展探究
如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d.
已知∠1＝∠2＝∠3＝α，当角α (0°<α<90°)变化时，探究b与c的关系式，并写出该关系式及解答过程(b与c的关系式用含n的式子表示)．
第3题图
4. 阅读下列材料，并完成相应的任务：
我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中提出了“三斜求积术”，三斜即指三角形的三条边长，可以用该方法求三角形面积 .若改用现代数学语言表示，其形式为：设a，b，c为三角形三边，S为面积，则S＝eq \r(\f(1,4)[a2b2－（\f(a2＋b2－c2,2)）2])①，这是中国古代数学的瑰宝之一．
而在文明古国古希腊，也有一个数学家海伦给出了求三角形面积的另一个公式，若设p＝eq \f(a＋b＋c,2)(周长的一半)，则S＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)② .
任务：
(1)尝试验证：这两个公式在表面上形式很不一致，请你用5、7、8为三边构成的三角形，分别验证它们的面积值；
(2)问题探究：经过验证：你发现公式①和②等价吗？若等价，请给出一个一般性推导过程(以从①⇒②或者②⇒①)；
(3)问题引申：三角形的面积是数学中非常重要的一个几何度量值，很多数学家给出了不同形式的计算公式．如图，△ABC的内切圆半径为r，三角形三边长为a，b，c，仍记p＝eq \f(a＋b＋c,2)，S为三角形面积，请你证明：S＝pr.
第4题图
参考答案
类型一 与数学方法有关的问题
1. 证明：如解图，延长N1C1交A1B1的延长线于点E1，连接E1M1.
∵C1N1平分∠D1C1H1，∠E1B1C1＝90°，
∴∠N1C1H1＝∠B1C1E1＝∠B1E1C1＝45°，
∴B1E1＝B1C1＝A1B1.
在△A1B1M1和△E1B1M1中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(B1M1＝B1M1，,∠A1B1M1＝∠E1B1M1，,A1B1＝E1B1，))
∴△A1B1M1≌△E1B1M1，(5分)
∴∠1＝∠2，A1M1＝E1M1.
又∵A1M1＝M1N1，∴E1M1＝N1M1，∴∠3＝∠4.
∵在正方形A1B1C1D1中，A1B1＝B1C1，
又∵A1B1＝B1E1，
∴∠1＋∠3＝45°，
又∵∠4＋∠5＝∠N1C1H1＝45°，
∴∠1＝∠5＝∠2.
∵∠2＋∠6＝90°，∴∠5＋∠6＝90°，
∴∠A1M1N1＝90°.(10分)
第1题解图
2. (1)解：矩形的对角线互相平分；等腰三角形“三线合一”(或等腰三角形底边上的中线、底边上的高、顶角平分线互相重合)；
(2)证明：由题意可知OA＝OB，OD＝OC，
∵∠COB＝∠DOA，
∴△OAD≌△OBC，
∴∠ODA＝∠OCB，
∵OA＝OB，OC＝OD，
∴AC＝BD.
∵∠AEC＝∠BED，
∴△AEC≌△BED.
∴CE＝DE.
又∵∠OCB＝∠ODA，
∴△OCE≌△ODE.
∴∠COE＝∠DOE.
即射线OE为∠MON的平分线；
(3)解：如解图，在边OM、ON上分别取点A、B，且使OA＝OB，连接AB，量取AB的中点E，作射线OE，则OE为∠MON的平分线．
第2题解图
3. 解：(1)剩余的解题过程如下：
∵x＋eq \f(8,x)＝6，∴x＋eq \f(8,x)－6＝0，
又∵x＋eq \f(8,x)－6＝x＋eq \f(2×4,x)－(2＋4)＝eq \f(x2－（2＋4）x＋2×4,x)＝eq \f(（x－2）（x－4）,x)，
∴eq \f(（x－2）（x－4）,x)＝0，
∴x1＝2，x2＝4；
(2)eq \f(1,2)，2.
【解法提示】∵eq \f(m－n,mn)＝2×eq \f(m－n,2mn)，eq \f(m＋4mn－n,2mn)＝2＋eq \f(m－n,2mn)，∴方程x＋eq \f(m－n,mnx)＝eq \f(m＋4mn－n,2mn)的一个解为x＝2.又∵x1与x2互为倒数，且x1＜x2，∴x1＝eq \f(1,2)，x2＝2.
4. 解：【类比探究】余下的求解步骤如下：
∵△CDE是等腰三角形，EF⊥CD，AD＝4，
∴DF＝eq \f(1,2)CD＝2，AD∥EF，
∴S△ADE＝S△ADF＝eq \f(1,2)AD·DF＝eq \f(1,2)×4×2＝4；
【拓展应用】△BDF的面积为8.
【解法提示】如解图，连接CF.
∵BC＝CD＝AD＝4，CG＝FG，∠BCD＝∠CGF＝90°，
∴∠BDC＝∠FCD＝45°，
∴BD∥CF，
∴S△BDF＝S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CD＝eq \f(1,2)×4×4＝8.
第4题解图
5. 解：(1)eq \f(12,5)，1；
(2)①eq \f(\r(3),2)a；
②结论：h1＋h2＋h3＋h4＋h5≈eq \f(55,16)a.
类比①中方法可知eq \f(1,2)a(h1＋h2＋h3＋h4＋h5)＝S五边形ABCDE，
如解图，设点O为正五边形ABCDE的中心，连接OA，OB，
∴S五边形ABCDE＝5S△OAB.
过点O作OQ⊥AB于点Q，在正五边形ABCDE中，∠EAB＝eq \f(1,5)×180°×(5－2)＝108°，
∴∠OAQ＝54°，∴OQ＝AQ·tan54°＝eq \f(1,2)a·tan54°，
故eq \f(1,2)a(h1＋h2＋h3＋h4＋h5)＝5×eq \f(1,2)a×eq \f(1,2)a×tan54°，
∴h1＋h2＋h3＋h4＋h5＝eq \f(5,2)atan54°≈eq \f(55,16)a.
第5题解图
6. 解：(1)如解图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A，连接PP′.
∴AP′＝PC＝1，BP′＝BP＝eq \r(2)，∠BP′A＝∠BPC.
在Rt△BP′P中，∵BP＝BP′＝eq \r(2)，∠PBP′＝90°，
∴PP′＝2，∠BP′P＝45°.
在△AP′P中，AP′＝1，PP′＝2，AP＝eq \r(5)，
∵12＋22＝(eq \r(5))2，即AP′2＋PP′2＝AP2，
∴△AP′P是直角三角形，∠AP′P＝90°，
∴∠BP′A＝90°＋45°＝135°，
∴∠BPC＝∠BP′A＝135°；
第6题解图
(2)如解图，过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E，
∵∠BP′A＝135°，
∴∠EP′B＝45°，△P′EB是等腰直角三角形，BP′＝eq \r(2)，
∴EP′＝BE＝1，
∴AE＝2.
在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB＝eq \r(5).
∴正方形ABCD的边长为eq \r(5).
类型二 与新定义有关的问题
1. 解：(1)该证明的剩余部分如下：
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝∠CBD.
∵∠PDB＝∠CDB－∠CDF，
∠PBD＝∠CBD－∠CBE，
由题意得∠CDF＝∠CBE，
∴∠PDB＝∠PBD，
∴PD＝PB.
又∵PA≠PC，
∴点P是四边形ABCD的准等距点；
(2)如解图，过点P作PF⊥BD于点F，
∵点P是四边形ABCD的准等距点，
∴DP＝BP，
∴△BPD是等腰三角形，
∴BF＝DF＝eq \f(1,2)BD＝3，∠PFD＝90°.
∵∠BPD＝120°，
∴∠PDF＝∠PBF＝30°，
∴PB＝PD＝eq \f(DF,cs30°)＝2eq \r(3).
∵DP⊥AC，
∴∠DPE＝90°，
∴∠CPB＝∠BPD－∠DPE＝120°－90°＝30°.
∵BC⊥PB，
∴∠PBC＝90°，
∴BC＝PB·tan∠CPB＝eq \f(\r(3),3)PB＝2.
第1题解图
2. 解：(1)如解图①，连接DP并延长，交AB的延长线于点F，
第2题解图①
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝4，AB∥CD，∠FAD＝90°，
∴∠F＝∠PDE，
在△PBF和△PED中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠F＝∠PDE,∠BPF＝∠EPD,BP＝EP))，
∴△PBF≌△PED(AAS)，
∴BF＝DE＝eq \f(1,2)CD＝2，DP＝FP，
∴AF＝AB＋BF＝6，
在Rt△ADF中，∠FAD＝90°，AF＝6，AD＝4，
∴DF＝eq \r(AF2＋AD2)＝2eq \r(13)，
∵P是Rt△ADF的斜边DF的中点，
∴AP＝eq \r(13)；
(2)如解图②，连接DP并延长，交AB的延长线于点H.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，AB∥CD，∠HAD＝90°，
∴∠H＝∠PDE，
在△PBH和△PED中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠H＝∠PDE,∠BPH＝∠EPD,BP＝EP)) ，
∴△PBH≌△PED(AAS)，
∴BH＝DE＝eq \f(1,2)CD＝2，DP＝HP，
∴AH＝AB＋BH＝6，
在Rt△ADH中，∠HAD＝90°，AH＝6，AD＝6，
∴DH＝eq \r(AH2＋AD2)＝6eq \r(2)，
∵P是Rt△ADH的斜边DH的中点，
∴AP＝3eq \r(2).
第2题解图②
类型三 与数学文化有关的问题
1. 解：(1)补充证明过程如下：
∴(S△ABD－S△OBD)∶(S△ACD－S△OCD)＝BD∶DC，
∴S△ABO∶S△ACO＝BD∶DC；
(2)如解图，连接CE，由燕尾定理得：
eq \f(S△ABE,S△ACE)＝eq \f(BD,CD)＝2，eq \f(S△ABE,S△BCE)＝eq \f(AF,CF)＝1.
设S△DCE＝a，则S△BDE＝2a，
∴S△BCE＝3a.
∴S△ABE＝3a，
∴S△ACE＝eq \f(3,2)a，
∴S△ABC＝S△ABE＋S△ACE＋S△BCE＝eq \f(15,2)a.
又∵S△ABC＝10 cm2，即eq \f(15,2)a＝10，
∴a＝eq \f(4,3) cm2.
又∵S△AEF＝S△CEF＝eq \f(1,2)S△ACE＝eq \f(3,4)a，
∴S△AEF＋S△BDE＝eq \f(3,4)a＋2a＝eq \f(11,4)a＝eq \f(11,3) cm2.
第1题解图
2. 解：(1)∵正十边形的中心角为36°，
∴∠AOB＝36°，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝72°，
∵BM平分∠ABO，
∴∠ABM＝∠OBM＝36°，∠BMA＝72°，
∴∠BMA＝∠BAM，
∴OM＝BM＝AB，
∴△ABM∽△AOB，
∴eq \f(AB,AO)＝eq \f(AM,AB)，即eq \f(AB,AO)＝eq \f(AO－AB,AB)，
∴AB2＝AO2－AO·AB，
∴(eq \f(AB,AO))2＋eq \f(AB,AO)＝1，
解得eq \f(AB,AO)＝eq \f(\r(5)－1,2)(负值已舍去)，
∵OA＝2，
∴AB＝eq \r(5)－1；
(2)sin18°是黄金比的一半．
理由如下：如解图，延长AO交⊙O于点P，连接PB，
∵∠AOB＝36°，∴∠OPB＝18°，
∵AP是⊙O的直径，AP＝2OA＝4，∴∠ABP＝90°，
∴在Rt△ABP中，sinP＝eq \f(AB,AP)，即sin18°＝eq \f(\r(5)－1,4).
∴sin18°是黄金比的一半．
第2题解图
3. 解：(1)勾股定理：a2＋b2＝c2.
推理过程：∵S正＝c2＝4×eq \f(1,2)ab＋(b－a)2，
∴c2＝2ab＋a2＋b2－2ab，
∴a2＋b2＝c2；
(2)由∠ACB＝90°， AC＝12，CB＝5，得AB＝13，AB＝2OH＝2OF，
∴OH＝OF＝eq \f(13,2).
如解图①，连接FH，∵∠HOF＝90°，则FH＝eq \r(OF2＋OH2)＝eq \f(13\r(2),2)，设EH＝DF＝x，则EF＝12－x，
∴在Rt△EHF中，由勾股定理得
x2＋(12－x)2＝(eq \f(13\r(2),2))2，
解得x1＝eq \f(17,2)，x2＝eq \f(7,2)，
∴EF＝eq \f(7,2)或eq \f(17,2)；
第3题解图①
(3)c＋b＝n，理由如下：
如解图②，
设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，
∵∠1＝∠2＝∠3＝α，∠PMQ＝∠D′OE′＝∠B′C′A′＝90°，
∴△PMQ∽△D′OE′∽△B′C′A′，
∴eq \f(OE′,C′A′)＝eq \f(D′E′,B′A′)，eq \f(PM,B′C′)＝eq \f(PQ,B′A′)，
即eq \f(c,e)＝eq \f(e,n)，eq \f(b,f)＝eq \f(f,n)，
∴e2＝cn，f 2＝bn，
在Rt△A′B′C′中，由勾股定理得：e2＋f 2＝n2，
∴cn＋bn＝n2，
∴c＋b＝n.
第3题解图②
4. (1)解：令a＝5，b＝7，c＝8，
①由“三斜求积术”可得
S＝eq \r(\f(1,4)×[52×72－（\f(52＋72－82,2)）2])＝10eq \r(3)；
②p＝eq \f(5＋7＋8,2)＝10，则S＝eq \r(10×（10－5）×（10－7）×（10－8）)＝10eq \r(3)；
(2)解：公式①和②是等价的，推导过程如下：
eq \r(\f(1,4)[a2b2－（\f(a2＋b2－c2,2)）2])
＝eq \r(（\f(1,2)ab）2－（\f(a2＋b2－c2,4)）2)
＝eq \r(（\f(1,2)ab＋\f(a2＋b2－c2,4)）) · eq \r(（\f(1,2)ab－\f(a2＋b2－c2,4)）)
＝eq \r(\f(2ab＋a2＋b2－c2,4)) · eq \r(\f(2ab－a2－b2＋c2,4))
＝eq \r(\f(（a＋b）2－c2,4)) · eq \r(\f(c2－（a－b）2,4))
＝eq \r(\f(a＋b＋c,2)·\f(a＋b－c,2)) · eq \r(\f(a＋c－b,2)·\f(b＋c－a,2))
∵p＝eq \f(a＋b＋c,2)，∴eq \f(a＋b－c,2)＝p－c，eq \f(a＋c－b,2)＝p－b，eq \f(b＋c－a,2)＝p－a，
∴eq \r(\f(1,4)[a2b2－（\f(a2＋b2－c2,2)）2])＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)；
(3)证明：如解图，过点O分别作三边的垂线OD、OE、OF，垂足分别为点D、E、F，连接BO、AO、CO.
第4题解图
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OD＝OE＝OF＝r.
∵S△AOB＝eq \f(1,2)AB·OD＝eq \f(1,2)cr，
S△AOC＝eq \f(1,2)AC·OF＝eq \f(1,2)br，
S△BOC＝eq \f(1,2)BC·OE＝eq \f(1,2)ar，
∴S＝S△AOB＋S△AOC＋S△BOC
＝eq \f(1,2)cr＋eq \f(1,2)br＋eq \f(1,2)ar
＝(eq \f(a＋b＋c,2))r
＝pr.
1.阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点(不含端点B，C)，N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN.求证：∠AMN＝60°.
点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM.易证：△ABM≌△EBM(SAS)，可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠3＝∠4；由∠3＋∠1＝∠4＋∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5，又因为∠2＋∠6＝120°，所以∠5＋∠6＝120°，即：∠AMN＝60°.
第1题图
问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点(不含端点B1，C1)，N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上—点，且A1M1＝M1N1.求证：∠A1M1N1＝90°.
第1题图③
2. 阅读与思考
只用一把尺子怎么作一个角的平分线？
小明在网上找到以下几种方法：
方法一：如图①，将矩形ABCD的顶点A、B、C分别落在∠MON的边OM、ON上，且使OA＝OC，连接AC，BD交于点E，作射线OE，则射线OE即为∠MON的平分线．
方法二：如图②，在∠MON两边OM、ON上分别取点A、C、B、D，且使OA＝OB，OC＝OD，再连接AD、BC交于点E，作射线OE，则射线OE即为∠MON的平分线．
第2题图
任务：
(1)方法一中运用了两个我们所学过的几何定理，分别是_________________________；
________________________________________________________________________；
(2)根据方法二的作法，证明OE为∠MON的平分线；
(3)只用一把直尺，你还有什么方法画出∠MON的平分线．
3. 阅读材料，并完成相应的任务：
数学课上，老师给出了如下一则材料：
对于两个不相等的非零实数a、b，若eq \f(（x－a）（x－b）,x)＝0，则x1＝a，x2＝b.又∵eq \f(（x－a）（x－b）,x)＝eq \f(x2－（a＋b）x＋ab,x)＝x＋eq \f(ab,x)－(a＋b)，∴关于x的方程x＋eq \f(ab,x)＝a＋b有两个解，分别为x1＝a，x2＝b.
老师要求同学们仿照材料中的解题方法，解方程：x＋eq \f(8,x)＝6.
小明在阅读了材料后，思考：“8＝2×4，6＝2＋4”，…
任务：
(1)请按照小明同学的解题思路，写出剩余的解题过程；
(2)若关于x的方程x＋eq \f(m－n,mnx)＝eq \f(m＋4mn－n,2mn)的两个解分别为x1、x2(x1＜x2)，且x1与x2互为倒数，则x1＝_____，x2＝________．
4. 【阅读理解】如图①，l1∥l2，△ABC的面积与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等，在△ABC和△DBC中，分别作AE⊥l2，DF⊥l2，垂足分别为E，F.
∴∠AEF＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF.
∵l1∥l2，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AE＝DF.
又S△ABC＝eq \f(1,2)BC·AE，S△DBC＝eq \f(1,2)BC·DF，
∴S△ABC＝S△DBC.
【类比探究】如图②，在正方形ABCD的右侧作等腰△CDE，CE＝DE, AD＝4，连接AE，求△ADE的面积．
解：过点E作EF⊥CD于点F，连接AF.
请将余下的求解步骤补充完整．
图①
图②
第4题图
【拓展应用】如图③，在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG，点B，C，E在同一直线上，AD＝4，连接BD，BF，DF，直接写出△BDF的面积．
第4题图③
5. 等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．
(1)在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为________，其内切圆的半径长为________；
(2)①如图①，P是边长为a的正△ABC内任意一点，点O为△ABC的中心，设点P到△ABC各边距离分别为h1，h2，h3，连接AP，BP，CP，由等面积法，易知eq \f(1,2)a(h1＋h2＋h3)＝S△ABC＝3S△OAB，可得h1＋h2＋h3＝____；(结果用含a的式子表示)
第5题图
②如图②，P是边长为a的正五边形ABCDE内任意一点，设点P到五边形ABCDE各边距离分别为h1，h2，h3，h4，h5，参照①的探索过程，试用含a的式子表示h1＋h2＋h3＋h4＋h5的值．(参考数据：tan36°≈eq \f(8,11)，tan54°≈eq \f(11,8))
6. 请阅读下列材料，并完成相应的任务：
如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB＝eq \r(3)，PC＝1，求∠BPC的大小和等边三角形ABC的边长．
第6题图
李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图②)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，所以∠AP′B＝150°，而∠BPC＝∠AP′B＝150°，进而求出等边△ABC的边长为eq \r(7)，问题得到解决．
任务：
请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝eq \r(5)，BP＝eq \r(2)，PC＝1.
(1)求∠BPC的大小；
(2)求正方形ABCD的边长．
第6题图③
类型二 与新定义有关的问题
1. 阅读下面材料，并完成相应的任务：
如果四边形一条对角线所在直线上的点到这条对角线的两端点的距离不相等，但到四边形另外两个顶点的距离相等，则称这点为这个四边形的准等距点．如图①，点P为四边形ABCD对角线AC所在直线上的一点，PA≠PC，PD＝PB，则称点P为四边形ABCD的准等距点．
第1题图
如图②，在四边形ABCD中，P是AC上的点，PA≠PC，延长BP交CD于点E，延长DP交BC于点F，且∠CDF＝∠CBE，CE＝CF.求证：点P是四边形ABCD的准等距点．
证明：如图②，连接BD，
在△DCF和△BCE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠CDF＝∠CBE，,∠DCF＝∠BCE，,CF＝CE，))
∴△DCF≌△BCE(AAS)，
…
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图③，点P是四边形ABCD的准等距点，DP⊥AC，BC⊥PB，连接BD交AC于点E，若BD＝6，∠BPD＝120°，求BC的长．
第1题图③
2. 【问题情境】
数学课堂上，李老师提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，E是AC的中点，P是BE的中点，则称AP是△ABC的“双中线”．若∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，求AP的长．
小明的求解思路如下：
解： 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，∴AC＝eq \r(BC2－AB2)＝4，
∵E是AC的中点，∴AE＝2，
在Rt△ABE中，∠BAE＝90°，AB＝3，AE＝2，∴BE＝eq \r(AB2＋AE2)＝eq \r(13)，
∵P是Rt△ABE的斜边BE的中点，∴AP＝eq \f(\r(13),2).
【理解运用】
(1)如图②，在正方形ABCD中，E是边CD的中点，P是BE的中点，则称AP是正方形ABCD的“双中线”．若AB＝4，求AP的长；
【拓展迁移】
(2)如图③，AP是矩形ABCD的“双中线”．若AB＝4，BC＝6，求AP的长．
第2题图
类型三 与数学文化有关的问题
1. 阅读以下材料，完成相应的任务：
第1题图①
燕尾定理由英国数学家亚马力斯·凯诺于1785年发现，如图①，在△ABC中，AD，BE，CF相交于同一点O，那么S△ABO∶S△ACO＝BD∶DC.上述定理给出了一个新的转化面积比与线段比的方法，因为△ABO和△ACO的形状很像燕子的尾巴，所以这个定理被称为燕尾定理．该定理在许多几何题目中都有着广泛的运用，它的特殊性在于，它可以存在于任何一个三角形之中，为三角形中的三角形面积与对应底边之间提供互相联系的途径．
下面是燕尾定理的证明过程：
证明：∵△ABD与△ACD同高，
∴S△ABD∶S△ACD＝BD∶DC.
…
任务：
(1)将上述证明过程补充完整；
(2)如图②，△ABC的面积是10 cm2，AF＝FC，BD＝2DC，求S△AEF＋S△BDE.
第1题图②
2. 请阅读以下材料并完成相应的任务．
17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”
黄金分割比(简称：黄金比)是指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长度之比(如图①)，即eq \f(AC,AB)＝eq \f(BC,AC)，其比值为eq \f(\r(5)－1,2).
图①
图②
图③
第2题图
已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形曲线(如图②)．
任务：
(1)如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是∠ABO的平分线与半径OA的交点．若OA＝2，求正十边形边长AB的长；
(2)在(1)的条件下，利用图③进一步探究，请你写出sin18° 与黄金比之间的关系，并说明理由．
3. (1)阅读理解
我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．
根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
(2)问题解决
勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，作FG⊥HP，将它分成4份，所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC＝12，BC＝5，求EF的值；
(3)拓展探究
如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d.
已知∠1＝∠2＝∠3＝α，当角α (0°<α<90°)变化时，探究b与c的关系式，并写出该关系式及解答过程(b与c的关系式用含n的式子表示)．
第3题图
4. 阅读下列材料，并完成相应的任务：
我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中提出了“三斜求积术”，三斜即指三角形的三条边长，可以用该方法求三角形面积 .若改用现代数学语言表示，其形式为：设a，b，c为三角形三边，S为面积，则S＝eq \r(\f(1,4)[a2b2－（\f(a2＋b2－c2,2)）2])①，这是中国古代数学的瑰宝之一．
而在文明古国古希腊，也有一个数学家海伦给出了求三角形面积的另一个公式，若设p＝eq \f(a＋b＋c,2)(周长的一半)，则S＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)② .
任务：
(1)尝试验证：这两个公式在表面上形式很不一致，请你用5、7、8为三边构成的三角形，分别验证它们的面积值；
(2)问题探究：经过验证：你发现公式①和②等价吗？若等价，请给出一个一般性推导过程(以从①⇒②或者②⇒①)；
(3)问题引申：三角形的面积是数学中非常重要的一个几何度量值，很多数学家给出了不同形式的计算公式．如图，△ABC的内切圆半径为r，三角形三边长为a，b，c，仍记p＝eq \f(a＋b＋c,2)，S为三角形面积，请你证明：S＝pr.
第4题图
参考答案
类型一 与数学方法有关的问题
1. 证明：如解图，延长N1C1交A1B1的延长线于点E1，连接E1M1.
∵C1N1平分∠D1C1H1，∠E1B1C1＝90°，
∴∠N1C1H1＝∠B1C1E1＝∠B1E1C1＝45°，
∴B1E1＝B1C1＝A1B1.
在△A1B1M1和△E1B1M1中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(B1M1＝B1M1，,∠A1B1M1＝∠E1B1M1，,A1B1＝E1B1，))
∴△A1B1M1≌△E1B1M1，(5分)
∴∠1＝∠2，A1M1＝E1M1.
又∵A1M1＝M1N1，∴E1M1＝N1M1，∴∠3＝∠4.
∵在正方形A1B1C1D1中，A1B1＝B1C1，
又∵A1B1＝B1E1，
∴∠1＋∠3＝45°，
又∵∠4＋∠5＝∠N1C1H1＝45°，
∴∠1＝∠5＝∠2.
∵∠2＋∠6＝90°，∴∠5＋∠6＝90°，
∴∠A1M1N1＝90°.(10分)
第1题解图
2. (1)解：矩形的对角线互相平分；等腰三角形“三线合一”(或等腰三角形底边上的中线、底边上的高、顶角平分线互相重合)；
(2)证明：由题意可知OA＝OB，OD＝OC，
∵∠COB＝∠DOA，
∴△OAD≌△OBC，
∴∠ODA＝∠OCB，
∵OA＝OB，OC＝OD，
∴AC＝BD.
∵∠AEC＝∠BED，
∴△AEC≌△BED.
∴CE＝DE.
又∵∠OCB＝∠ODA，
∴△OCE≌△ODE.
∴∠COE＝∠DOE.
即射线OE为∠MON的平分线；
(3)解：如解图，在边OM、ON上分别取点A、B，且使OA＝OB，连接AB，量取AB的中点E，作射线OE，则OE为∠MON的平分线．
第2题解图
3. 解：(1)剩余的解题过程如下：
∵x＋eq \f(8,x)＝6，∴x＋eq \f(8,x)－6＝0，
又∵x＋eq \f(8,x)－6＝x＋eq \f(2×4,x)－(2＋4)＝eq \f(x2－（2＋4）x＋2×4,x)＝eq \f(（x－2）（x－4）,x)，
∴eq \f(（x－2）（x－4）,x)＝0，
∴x1＝2，x2＝4；
(2)eq \f(1,2)，2.
【解法提示】∵eq \f(m－n,mn)＝2×eq \f(m－n,2mn)，eq \f(m＋4mn－n,2mn)＝2＋eq \f(m－n,2mn)，∴方程x＋eq \f(m－n,mnx)＝eq \f(m＋4mn－n,2mn)的一个解为x＝2.又∵x1与x2互为倒数，且x1＜x2，∴x1＝eq \f(1,2)，x2＝2.
4. 解：【类比探究】余下的求解步骤如下：
∵△CDE是等腰三角形，EF⊥CD，AD＝4，
∴DF＝eq \f(1,2)CD＝2，AD∥EF，
∴S△ADE＝S△ADF＝eq \f(1,2)AD·DF＝eq \f(1,2)×4×2＝4；
【拓展应用】△BDF的面积为8.
【解法提示】如解图，连接CF.
∵BC＝CD＝AD＝4，CG＝FG，∠BCD＝∠CGF＝90°，
∴∠BDC＝∠FCD＝45°，
∴BD∥CF，
∴S△BDF＝S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CD＝eq \f(1,2)×4×4＝8.
第4题解图
5. 解：(1)eq \f(12,5)，1；
(2)①eq \f(\r(3),2)a；
②结论：h1＋h2＋h3＋h4＋h5≈eq \f(55,16)a.
类比①中方法可知eq \f(1,2)a(h1＋h2＋h3＋h4＋h5)＝S五边形ABCDE，
如解图，设点O为正五边形ABCDE的中心，连接OA，OB，
∴S五边形ABCDE＝5S△OAB.
过点O作OQ⊥AB于点Q，在正五边形ABCDE中，∠EAB＝eq \f(1,5)×180°×(5－2)＝108°，
∴∠OAQ＝54°，∴OQ＝AQ·tan54°＝eq \f(1,2)a·tan54°，
故eq \f(1,2)a(h1＋h2＋h3＋h4＋h5)＝5×eq \f(1,2)a×eq \f(1,2)a×tan54°，
∴h1＋h2＋h3＋h4＋h5＝eq \f(5,2)atan54°≈eq \f(55,16)a.
第5题解图
6. 解：(1)如解图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A，连接PP′.
∴AP′＝PC＝1，BP′＝BP＝eq \r(2)，∠BP′A＝∠BPC.
在Rt△BP′P中，∵BP＝BP′＝eq \r(2)，∠PBP′＝90°，
∴PP′＝2，∠BP′P＝45°.
在△AP′P中，AP′＝1，PP′＝2，AP＝eq \r(5)，
∵12＋22＝(eq \r(5))2，即AP′2＋PP′2＝AP2，
∴△AP′P是直角三角形，∠AP′P＝90°，
∴∠BP′A＝90°＋45°＝135°，
∴∠BPC＝∠BP′A＝135°；
第6题解图
(2)如解图，过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E，
∵∠BP′A＝135°，
∴∠EP′B＝45°，△P′EB是等腰直角三角形，BP′＝eq \r(2)，
∴EP′＝BE＝1，
∴AE＝2.
在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB＝eq \r(5).
∴正方形ABCD的边长为eq \r(5).
类型二 与新定义有关的问题
1. 解：(1)该证明的剩余部分如下：
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝∠CBD.
∵∠PDB＝∠CDB－∠CDF，
∠PBD＝∠CBD－∠CBE，
由题意得∠CDF＝∠CBE，
∴∠PDB＝∠PBD，
∴PD＝PB.
又∵PA≠PC，
∴点P是四边形ABCD的准等距点；
(2)如解图，过点P作PF⊥BD于点F，
∵点P是四边形ABCD的准等距点，
∴DP＝BP，
∴△BPD是等腰三角形，
∴BF＝DF＝eq \f(1,2)BD＝3，∠PFD＝90°.
∵∠BPD＝120°，
∴∠PDF＝∠PBF＝30°，
∴PB＝PD＝eq \f(DF,cs30°)＝2eq \r(3).
∵DP⊥AC，
∴∠DPE＝90°，
∴∠CPB＝∠BPD－∠DPE＝120°－90°＝30°.
∵BC⊥PB，
∴∠PBC＝90°，
∴BC＝PB·tan∠CPB＝eq \f(\r(3),3)PB＝2.
第1题解图
2. 解：(1)如解图①，连接DP并延长，交AB的延长线于点F，
第2题解图①
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝4，AB∥CD，∠FAD＝90°，
∴∠F＝∠PDE，
在△PBF和△PED中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠F＝∠PDE,∠BPF＝∠EPD,BP＝EP))，
∴△PBF≌△PED(AAS)，
∴BF＝DE＝eq \f(1,2)CD＝2，DP＝FP，
∴AF＝AB＋BF＝6，
在Rt△ADF中，∠FAD＝90°，AF＝6，AD＝4，
∴DF＝eq \r(AF2＋AD2)＝2eq \r(13)，
∵P是Rt△ADF的斜边DF的中点，
∴AP＝eq \r(13)；
(2)如解图②，连接DP并延长，交AB的延长线于点H.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，AB∥CD，∠HAD＝90°，
∴∠H＝∠PDE，
在△PBH和△PED中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠H＝∠PDE,∠BPH＝∠EPD,BP＝EP)) ，
∴△PBH≌△PED(AAS)，
∴BH＝DE＝eq \f(1,2)CD＝2，DP＝HP，
∴AH＝AB＋BH＝6，
在Rt△ADH中，∠HAD＝90°，AH＝6，AD＝6，
∴DH＝eq \r(AH2＋AD2)＝6eq \r(2)，
∵P是Rt△ADH的斜边DH的中点，
∴AP＝3eq \r(2).
第2题解图②
类型三 与数学文化有关的问题
1. 解：(1)补充证明过程如下：
∴(S△ABD－S△OBD)∶(S△ACD－S△OCD)＝BD∶DC，
∴S△ABO∶S△ACO＝BD∶DC；
(2)如解图，连接CE，由燕尾定理得：
eq \f(S△ABE,S△ACE)＝eq \f(BD,CD)＝2，eq \f(S△ABE,S△BCE)＝eq \f(AF,CF)＝1.
设S△DCE＝a，则S△BDE＝2a，
∴S△BCE＝3a.
∴S△ABE＝3a，
∴S△ACE＝eq \f(3,2)a，
∴S△ABC＝S△ABE＋S△ACE＋S△BCE＝eq \f(15,2)a.
又∵S△ABC＝10 cm2，即eq \f(15,2)a＝10，
∴a＝eq \f(4,3) cm2.
又∵S△AEF＝S△CEF＝eq \f(1,2)S△ACE＝eq \f(3,4)a，
∴S△AEF＋S△BDE＝eq \f(3,4)a＋2a＝eq \f(11,4)a＝eq \f(11,3) cm2.
第1题解图
2. 解：(1)∵正十边形的中心角为36°，
∴∠AOB＝36°，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝72°，
∵BM平分∠ABO，
∴∠ABM＝∠OBM＝36°，∠BMA＝72°，
∴∠BMA＝∠BAM，
∴OM＝BM＝AB，
∴△ABM∽△AOB，
∴eq \f(AB,AO)＝eq \f(AM,AB)，即eq \f(AB,AO)＝eq \f(AO－AB,AB)，
∴AB2＝AO2－AO·AB，
∴(eq \f(AB,AO))2＋eq \f(AB,AO)＝1，
解得eq \f(AB,AO)＝eq \f(\r(5)－1,2)(负值已舍去)，
∵OA＝2，
∴AB＝eq \r(5)－1；
(2)sin18°是黄金比的一半．
理由如下：如解图，延长AO交⊙O于点P，连接PB，
∵∠AOB＝36°，∴∠OPB＝18°，
∵AP是⊙O的直径，AP＝2OA＝4，∴∠ABP＝90°，
∴在Rt△ABP中，sinP＝eq \f(AB,AP)，即sin18°＝eq \f(\r(5)－1,4).
∴sin18°是黄金比的一半．
第2题解图
3. 解：(1)勾股定理：a2＋b2＝c2.
推理过程：∵S正＝c2＝4×eq \f(1,2)ab＋(b－a)2，
∴c2＝2ab＋a2＋b2－2ab，
∴a2＋b2＝c2；
(2)由∠ACB＝90°， AC＝12，CB＝5，得AB＝13，AB＝2OH＝2OF，
∴OH＝OF＝eq \f(13,2).
如解图①，连接FH，∵∠HOF＝90°，则FH＝eq \r(OF2＋OH2)＝eq \f(13\r(2),2)，设EH＝DF＝x，则EF＝12－x，
∴在Rt△EHF中，由勾股定理得
x2＋(12－x)2＝(eq \f(13\r(2),2))2，
解得x1＝eq \f(17,2)，x2＝eq \f(7,2)，
∴EF＝eq \f(7,2)或eq \f(17,2)；
第3题解图①
(3)c＋b＝n，理由如下：
如解图②，
设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，
∵∠1＝∠2＝∠3＝α，∠PMQ＝∠D′OE′＝∠B′C′A′＝90°，
∴△PMQ∽△D′OE′∽△B′C′A′，
∴eq \f(OE′,C′A′)＝eq \f(D′E′,B′A′)，eq \f(PM,B′C′)＝eq \f(PQ,B′A′)，
即eq \f(c,e)＝eq \f(e,n)，eq \f(b,f)＝eq \f(f,n)，
∴e2＝cn，f 2＝bn，
在Rt△A′B′C′中，由勾股定理得：e2＋f 2＝n2，
∴cn＋bn＝n2，
∴c＋b＝n.
第3题解图②
4. (1)解：令a＝5，b＝7，c＝8，
①由“三斜求积术”可得
S＝eq \r(\f(1,4)×[52×72－（\f(52＋72－82,2)）2])＝10eq \r(3)；
②p＝eq \f(5＋7＋8,2)＝10，则S＝eq \r(10×（10－5）×（10－7）×（10－8）)＝10eq \r(3)；
(2)解：公式①和②是等价的，推导过程如下：
eq \r(\f(1,4)[a2b2－（\f(a2＋b2－c2,2)）2])
＝eq \r(（\f(1,2)ab）2－（\f(a2＋b2－c2,4)）2)
＝eq \r(（\f(1,2)ab＋\f(a2＋b2－c2,4)）) · eq \r(（\f(1,2)ab－\f(a2＋b2－c2,4)）)
＝eq \r(\f(2ab＋a2＋b2－c2,4)) · eq \r(\f(2ab－a2－b2＋c2,4))
＝eq \r(\f(（a＋b）2－c2,4)) · eq \r(\f(c2－（a－b）2,4))
＝eq \r(\f(a＋b＋c,2)·\f(a＋b－c,2)) · eq \r(\f(a＋c－b,2)·\f(b＋c－a,2))
∵p＝eq \f(a＋b＋c,2)，∴eq \f(a＋b－c,2)＝p－c，eq \f(a＋c－b,2)＝p－b，eq \f(b＋c－a,2)＝p－a，
∴eq \r(\f(1,4)[a2b2－（\f(a2＋b2－c2,2)）2])＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)；
(3)证明：如解图，过点O分别作三边的垂线OD、OE、OF，垂足分别为点D、E、F，连接BO、AO、CO.
第4题解图
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OD＝OE＝OF＝r.
∵S△AOB＝eq \f(1,2)AB·OD＝eq \f(1,2)cr，
S△AOC＝eq \f(1,2)AC·OF＝eq \f(1,2)br，
S△BOC＝eq \f(1,2)BC·OE＝eq \f(1,2)ar，
∴S＝S△AOB＋S△AOC＋S△BOC
＝eq \f(1,2)cr＋eq \f(1,2)br＋eq \f(1,2)ar
＝(eq \f(a＋b＋c,2))r
＝pr.
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