2

1. 设 EA=x。
2. 由 △EAF ∽ △JDF，JD/EA=JF/EF=4，得 JD=4x。
3. 由 △EBG ∽ △JDG，EB/JD=EG/JG=2/3，得 EB=8x/3。
4. 由 △EAH ∽ △JCH，JC/EA=JH/EH=2/3，得 JC=2x/3。
5. 故 AB=EB−EA=5x/3，DC=JD−JC=10x/3，DC/AB=2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

2

1. 记 △ABC 面积为 S。
2. 由平行线相似与对应高之比，DE/BC=1−S(PBC)/S；FG/CA=1−S(PCA)/S；KH/AB=1−S(PAB)/S。
3. P在内部，三个小三角形面积之和为S，因此所求和为3−1=2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

39/5

1. 令 t=AE/AB=DF/DC。
2. 两梯形周长相等，消去共同边EF，得 3+6t+4t=9+6(1−t)+4(1−t)，故20t=16，t=4/5。
3. 平行截线长度随分点比例变化，EF=AD+t(BC−AD)=3+(4/5)×6=39/5。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

12/13

1. 连接PA、PB、PC，设总面积为S。
2. 由同高三角形与平行线比例，PD/BC=S(PAB)/S，PE/CA=S(PBC)/S，PF/AB=S(PCA)/S。
3. 三小三角形面积之和为S，故 l/2+l/3+l/4=1，解得l=12/13。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

PQ ∥ AB

1. 令 t=BM/BA。
2. 由MK ∥ AC，BP/BL=BM/BA=t，BK/BC=t。
3. 由ML ∥ BC，ML/BC=AM/AB=1−t；在△ABK中，MQ/BK=AM/AB=1−t，所以 MQ/ML=t。
4. 于是 LP/LB=1−t=LQ/LM。
5. 在△LBM中，由三角形比例线段定理的逆定理，PQ ∥ BM，即PQ ∥ AB。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）EF ∥ CD；（2）ab/(a+2b)

1. 由于AM ∥ CD，△AME ∽ △CDE，ME/ED=AM/CD=a/(2b)。
2. 同理由BM ∥ CD，△BMF ∽ △DCF，MF/FC=a/(2b)。
3. 所以 ME/MD=MF/MC=a/(a+2b)。
4. 在△MDC中，比例线段定理的逆定理给出EF ∥ DC；再由相似得EF/DC=ME/MD，故EF=ab/(a+2b)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1:2

1. 过D作DX ∥ AB交CE于X。
2. 在△CBE中，CX/CE=CD/CB=1/3，DX/BE=1/3。
3. 因BE=3AE，所以DX=AE。
4. 由△FAE ∽ △FDX得FE=FX。
5. 又CE=CX+XF+FE，且CX=CE/3，故FE=CE/3，FC=2CE/3，因此EF:FC=1:2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/4

1. 延长FE与CB的延长线交于M。
2. 由AF ∥ MB、AE=EB，△AEF ∽ △BEM，得MB=AF。
3. 又AF=AD/3，MC=MB+BC=AD/3+AD=4AD/3。
4. 由△AGF ∽ △CGM，AG/GC=AF/MC=1/4。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

5:3:2

1. 过A作AG ∥ BC，与BD的延长线交于G。
2. 因AD=DC，△ADG ∽ △CDB，得AG=BC、DG=DB，故BG=2BD。
3. △BEM ∽ △GAM，BM/MG=BE/AG=1/3，所以BM=BG/4=BD/2。
4. △BFN ∽ △GAN，BN/NG=BF/AG=2/3，所以BN=2BG/5=4BD/5。
5. 于是MN=3BD/10、ND=BD/5，所求比为5:3:2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/AD=1/AB+1/AC

1. 过C作CE ∥ AD，交BA的延长线于E。
2. 因∠BAD=∠DAC=60°，△ACE为等边三角形，所以AE=CE=AC。
3. 由△BAD ∽ △BEC，AD/CE=AB/BE=AB/(AB+AC)，故AD=AB·AC/(AB+AC)。
4. 两边取倒数得1/AD=1/AB+1/AC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/AB+1/CD=2/MN

1. 设AB=a，CD=b。
2. △AOB ∽ △COD，故AO/OC=BO/OD=a/b，从而AO/AC=BO/BD=a/(a+b)。
3. 在△ADC中，MO ∥ DC，得MO=ab/(a+b)；在△BDC中，ON ∥ DC，得ON=ab/(a+b)。
4. 因此MN=2ab/(a+b)，于是2/MN=(a+b)/(ab)=1/AB+1/CD。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

(√5−1)/2

1. 设 x=PF/PE>0。
2. 由D、E、F为中点，得FD ∥ AC、DE ∥ AB、FE ∥ BC，且FD=AE、DE=BF、FE=CD。
3. 由△APE ∽ △QPF，FQ/AE=PF/PE=x，故FQ/FD=x，QD/FD=1−x。
4. 由△BFQ ∽ △RDQ，RD/BF=QD/FQ=(1−x)/x，因BF=DE，故RD/DE=(1−x)/x。
5. 再由△CDR ∽ △PER，RD/RE=CD/PE=FE/PE=x+1，因此RD/DE=RD/(RD+RE)=(x+1)/(x+2)。
6. 联立得(1−x)/x=(x+1)/(x+2)，化简为x²+x−1=0。
7. 因x>0，取正根x=(√5−1)/2，即PF/PE=(√5−1)/2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AF=AG=CF+BG

1. 按题图，F在AC上、G在AB上。
2. 记AB=c，AC=b。
3. 把B、C在AC方向的投影分别记为c/2、b（60°角的投影系数为1/2）；D=(2B+C)/3，故AF=(c+b)/3。
4. 同理E=(B+2C)/3，在AB方向投影得AG=(c+b)/3。
5. 于是CF+BG=(b−AF)+(c−AG)=(b+c)/3=AF=AG。
6. 这里的加权投影也可由过B、E作垂线，利用平行线分线段成比例推出。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AE = 10/3

1. 设 AE = x，则 DB = x，AD = 5 − x。
2. 由 DE ∥ BC，AD/AB = AE/AC，所以 (5 − x)/5 = x/10。
3. 解得 x = 10/3。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AD ∥ BC

1. 由 DE ∥ AB，△ODE与△OBA相似，得 OD/OB = OE/OA。
2. 由 OA² = OC·OE，得 OE/OA = OA/OC。
3. 因此 OD/OB = OA/OC。
4. 又∠DOA = ∠BOC，两边成比例且夹角相等，△ODA∽△OBC，得∠DAO = ∠BCO，故 AD ∥ BC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AI : IF : FB = 1 : 5 : 3

1. 设三条等长线段为 l。
2. 由 FG ∥ BC，AF/AB = FG/BC = l/8，所以 AF = 3l/2；由 HI ∥ CA，BI/BA = HI/CA = l/6，所以 BI = 2l。
3. 因 AD ∥ IP、DP ∥ AI，四边形 ADPI 为平行四边形，DP = AI。
4. 同理 PEBF 为平行四边形，PE = FB。
5. 因此 l = DE = AI + FB = (12 − 2l) + (12 − 3l/2)，解得 l = 16/3。
6. 于是 AI = 4/3，AF = 8，FB = 4，IF = AF − AI = 20/3。
7. 所以 AI : IF : FB = 1 : 5 : 3。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

HG ∥ BC

1. 由 EG ∥ AB，CG/CA = CE/CB，故 AG/AC = BE/BC。
2. 由 FH ∥ AC，BH/BA = BF/BC，故 AH/AB = CF/BC。
3. 又 BE = CF，故 AG/AC = AH/AB。
4. 由平行线分线段成比例定理的逆定理，HG ∥ BC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

EF/FD = 2

1. 过D作 DG∥BC，交AC于G。
2. AD/AB = 2/5，故 AG/AC = 2/5。
3. 又 AF/AC = 3/5，因此 FG/AC = 1/5，FC/AC = 2/5。
4. 由 DG∥CE，△FDG∽△FEC，故 EF/FD = FC/FG = 2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）BE/EC = (m+n)/n；（2）CF ⟂ AB。

1. （1）过F作 FX∥AE，交直线BC于X。
2. 因为D为CF中点，在△CFX中DE∥FX，所以E为CX中点，CE = EX。
3. 又△BFX∽△BAE，BX/BE = BF/BA = m/(m+n)。
4. 由 BX = BE − EC，得 EC/BE = n/(m+n)，故 BE/EC = (m+n)/n。
5. （2）BE/EC = 2 得 m = n，所以 AF = BF。
6. 等腰△ABC中，顶点C到底边中点F的中线也是高，故 CF ⟂ AB。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AO : OF : FC = 5 : 3 : 2

1. AD = BC，且 AD∥EC，故△FAD∽△FCE，AF/FC = AD/EC = 4。
2. 于是 AF = 4AC/5，FC = AC/5。
3. 平行四边形对角线互相平分，AO = AC/2，OF = AF − AO = 3AC/10。
4. 因此 AO : OF : FC = 5 : 3 : 2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AN : NL : LE = 3 : 3 : 1

1. 先求AN/NE：过E作EX∥AB，交CG于X。
2. 由△CEX∽△CBG，EX/BG = CE/CB = 2/3；AG/BG = 1/2，所以 AG/EX = 3/4。
3. 由△AGN∽△EXN，AN/NE = 3/4，即 AN = 3AE/7。
4. 再求AL/LE：过E作EY∥AC，交BF于Y。
5. 由△BEY∽△BCF，EY/CF = BE/BC = 1/3；AF/CF = 2，所以 AF/EY = 6。
6. 由△AFL∽△EYL，AL/LE = 6，故 AL = 6AE/7，LE = AE/7。
7. NL = AL − AN = 3AE/7，故 AN : NL : LE = 3 : 3 : 1。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AG : GH : HC = 3 : 4 : 2

1. 过D作DX∥BG交AC于X。
2. 因为D为BC中点，CX = CG/2，故 AX = AG + CG/2。
3. 在△ADX中，AE/AD = AG/AX = 1/2，故 AG = CG/2，AG/AC = 1/3。
4. 类似地，过D作DY∥BH交AC于Y，CY = CH/2，AF/AD = AH/AY = 7/8。
5. 故 8AH = 7(AH + CH/2)，即 AH : CH = 7 : 2，AH/AC = 7/9。
6. 于是 AG = 3AC/9，GH = 4AC/9，HC = 2AC/9，所以 AG : GH : HC = 3 : 4 : 2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

PQ=ab/(a+b)。

1. 因为AD∥BC，且E、F分别为两底中点，所以AE=a/2，BF=b/2。由△AEP∽△FBP，得EP/PB=AE/BF=a/b，故EP/EB=a/(a+b)。
2. 同理，△DEQ∽△FCQ，得EQ/QC=DE/FC=a/b，故EQ/EC=a/(a+b)。
3. 在△EBC中，P在EB上、Q在EC上，且EP/EB=EQ/EC，所以PQ∥BC，并有PQ/BC=EP/EB=a/(a+b)。因此PQ=ab/(a+b)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

EF = 16

1. 由AB∥CD，△ABE∽△CDE，BE/ED = AB/CD = 1/4，故 BE/BD = 1/5。
2. 由EF∥CD，△BEF∽△BDC，EF/CD = BE/BD = 1/5，故 EF = 80/5 = 16。
3. BC=100用于本解法并非必需。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/AD + 2/BC = 1/EF + 2/GH

1. 先证明通用结论：上、下底为u、v的梯形，过对角线交点作平行于底的截线，截线长 t = 2uv/(u+v)，即 2/t = 1/u + 1/v。
2. 理由：相似三角形给出交点至两底的高度比u:v；截线两侧的两段分别由三角形平行截线得到uv/(u+v)。
3. 对梯形ABCD，得 2/EF = 1/AD + 1/BC。
4. 对梯形EBCF，得 2/GH = 1/EF + 1/BC。
5. 因此 1/EF + 2/GH = 2/EF + 1/BC = 1/AD + 2/BC，得证。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

对所有实数 a，方程在 (0,1) 内至少有一个实根。

1. 令左端为 f(x)。f(0)=5a²+4>0，而 f(1)=−a²−2a−2=−(a+1)²−1<0。
2. 多项式函数连续，所以在 (0,1) 内至少有一个零点。此方法不要求二次项系数非零；a=0 时方程退化为 −6x+4=0，根为 2/3，同样符合结论。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−3<m<0。

1. 异号两根要求 (2m−1)/(m+3)<0，得到 −3<m<1/2；该条件已保证两实根不同且 m≠−3。
2. 负根的绝对值较大等价于两根之和小于 0，即 4m/(m+3)<0。在前述区间分母为正，故 m<0。交集为 (−3,0)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

k<−4 或 k>0。

1. 令 f(x)=2kx²−2x−3k−2，二次项系数 A=2k。两根分居 1 两侧，当且仅当 A·f(1)<0。
2. f(1)=−k−4，所以 −2k(k+4)<0，即 k(k+4)>0，得到 k<−4 或 k>0。边界 k=−4 有根 1；k=0 退化为一次方程，均不符合。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−1<m<0。

1. 令 A=1−m²。两根分居 0 两侧要求 A·f(0)<0；f(0)=−1，因此 A>0，即 −1<m<1。
2. 此时抛物线开口向上，1 仍须位于两根之间，故 f(1)=m(2−m)<0。在 −1<m<1 内得到 m<0，故 −1<m<0。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−12<a<0。

1. 抛物线开口向上。要在 (−2,0) 与 (1,3) 各有一根，需 f(−2)>0、f(0)<0、f(1)<0、f(3)>0。两个区间各有一次符号变化，足以保证两根位置。
2. 四条件依次为 a+22>0、a<0、a−2<0、a+12>0。交集为 −12<a<0；端点会使根落在区间端点，不能取。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

m=0，或 7/4<m≤25/12。

1. 先检查退化：m=0 时，−10x+22=0 的唯一根为 11/5，符合。
2. m≠0 时需有实根，判别式 Δ=4(25−12m)≥0；对称轴 x=1+5/m 必须在 (2,5) 内。后者排除 m<0，并得到 5/4<m<5。
3. 此时 m>0，还需 f(2)=m+2>0、f(5)=16m−28>0，故 m>7/4。结合判别式得 7/4<m≤25/12。
4. m=25/12 时两根重合在 x=17/5，仍在区间内；m=7/4 时有根 5，排除。这里“所有根”按存在实根且全部实根在该区间理解。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1<a+b<4/3。

1. 设 s=a+b=1−c。由 a²+b²=1−c² 得 ab=c²−c。因此 a、b 是 t²−(1−c)t+c²−c=0 的两根。
2. a>b 要求 D=1+2c−3c²=(1−c)(1+3c)>0，即 −1/3<c<1。较小根 b=(1−c−√D)/2 还须大于 c，所以 1−3c>√D。
3. 先要求 c<1/3，再平方得 4c(3c−2)>0。在 −1/3<c<1/3 内只能取 −1/3<c<0。反过来，此区间保证以上所有严格不等式，故范围完整。
4. 于是 s=1−c 的范围是 (1,4/3)。两个端点分别导致 b=c 或 a=b，不能取。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

b²−4ac>0。

1. 恒等变形：b²−4ac=(b−2a)²−4a(a−b+c)。
2. 第一项非负，第二项由已知条件严格为正，因此 b²−4ac>0。也可把 a(a−b+c)=a·f(−1)<0 看作两根分居 −1 两侧，从而判别式为正。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

x₁<a<x₂。

1. 令 f(x)=(x−a)(x−a−b)−1，开口向上且 f(a)=−1<0。
2. 所以 a 严格位于两个零点之间。亦可写 f(a)=(a−x₁)(a−x₂)<0，结合 x₁<x₂ 即得 x₁<a<x₂。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

在 (0,1) 内至少有一个根。

1. 因为是二次方程，a≠0。由已知得 b=−2a/3−2c。令 f(x)=ax²+bx+c，则 f(1/2)=−a/12，f(0)+f(1)=a/3。
2. 若 a>0，f(1/2)<0，而两个端点函数值至少有一个为正；若 a<0，f(1/2)>0，而至少一个端点函数值为负。
3. 因此在 (0,1/2) 或 (1/2,1) 内出现连续函数的异号端值，至少存在一个根，必在 (0,1) 内。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

m=1，或 m>2。

1. 恒等分解：[(1−m)x+1][(1+m)x−1]=0。
2. m≠±1 时两个根为 1/(m+1)、1/(m−1)。两者都在 (0,1) 内，分别要求 m>0 与 m>2，合并为 m>2。
3. m=1 时原式为 2x−1=0，唯一根 1/2 符合；m=−1 时根 −1/2 不符合。m=2 有根 1，须排除。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

存在 x₀∈(0,1) 使 ax₀²+bx₀+c=0。

1. m>0 保证三个分母均非零。设 t=(m+1)/(m+2)，则 0<t<1，由条件 b=−(m+1)[a/(m+2)+c/m]。
2. 令 f(x)=ax²+bx+c，代入得到 f(t)=−c/[m(m+2)]。若 c≠0，则 f(0)f(t)=−c²/[m(m+2)]<0，连续性保证在 (0,t) 内有根。
3. 若 c=0 且 a>0，则 f(x)=ax[x−(m+1)/(m+2)]，t 就是所需根。若 a=c=0，条件给出 b=0，原式恒为零，可取 x₀=1/2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）−1<m<5。 （2）a<−4 或 a>0。

1. （1）异号两根等价于根的积 (m−5)/(m+1)<0，解得 −1<m<5。该区间自动保证二次项不为 0，且异号根必为不同实根。
2. （2）令 f(x)=2ax²−2x−3a−2。两根分居 1 两侧，当且仅当 2a·f(1)<0，即 −2a(a+4)<0，故 a<−4 或 a>0。a=0 不是二次方程，a=−4 有根 1，均排除。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−2<k<−1，或 3<k<4。

1. 令左端为 f(x)，开口向上。两根分别在 (0,1)、(1,2)，等价于 f(0)>0、f(1)<0、f(2)>0。
2. 计算得 (k−2)(k+1)>0、(k−4)(k+2)<0、k(k−3)>0。
3. 三个解集交集为 (−2,−1)∪(3,4)。所有边界均会使某根落到 0、1 或 2，不能取。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−3<m<−√7，或 2<m<√7。

1. 令 A=m−1，f(0)=(m+3)(m−2)，f(1)=m²−7。要使 0 在两根左侧而 1 在两根之间，充要条件为 A·f(0)>0、A·f(1)<0；端值变号保证 (0,1) 有根，另一根由 1 在根间确定在 1 右侧。
2. m>1 时条件化为 m>2、m<√7，得到 (2,√7)。
3. m<1 时需 (m+3)(m−2)<0 及 m²−7>0，得到 (−3,−√7)。m=1 退化而无两根，不符合。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

m<−7 且 m≠−8。

1. 因式分解 y=(x−2)(x+m+6)，两根为 2 和 −m−6。
2. 两个交点都在 (1,0) 右侧要求 −m−6>1，即 m<−7。
3. “两个交点”要求两个不同交点，因此 −m−6≠2，即 m≠−8。m=−8 时只有一个相切交点，须排除。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1+√2<a<17/6。

1. 两不等实根要求 Δ=4(a²−2a−1)>0。对称轴在区间内要求 −4<−a<0，即 0<a<4。
2. 开口向上，还需 f(−4)=17−6a>0、f(0)=2a+1>0。合并给出 a<17/6 与 a>1+√2。
3. 故范围为 (1+√2,17/6)。左端是重根，右端有根 −4，均不符合。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

在 (√(3/5),1) 内有一个根。

1. a≠0，设 u=c/a<0，t=√(3/5)，并令 g(x)=f(x)/a。由条件 b/a=−√(2/3)−√(5/3)u。
2. 代入得到 g(t)=3/5−√(2/5)<0；这里 (3/5)²=9/25<2/5。
3. 另一方面 g(1)=1−√(2/3)+u[1−√(5/3)]>0，因为第一项为正，而 u 与方括号均为负。
4. g 在 [t,1] 连续且端值异号，因此在 (t,1) 内有零点，也就是原方程的根。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

a=−1 或 a=6。

1. 移项为 f(x)=x²−(3a+1)x−a²−a≤0。开口向上，所以解集的最小值是较小根，已知为 −2。
2. 代入 f(−2)=6+5a−a²=0，得到 a=−1 或 a=6。还需检查 −2 确是较小根。
3. 由根和，另一根为 3a+3。a=−1 时另一根为 0，解集 [−2,0]；a=6 时另一根为 21，解集 [−2,21]。两者均符合。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

a 的最小值为 3；可取 b=−7，两根为 1/2、2/3。

1. 根的积为 1/a>0，故 a 是正整数；根和为 −b/(2a)>0，故令整数 n=−b>0。
2. 判别式严格为正给出 n>4√a。开口向上且两根小于 1，要求 f(1)=2a−n+2>0 及对称轴 n/(4a)<1，即 n<2a+2、n<4a。对 a≥1，n<2a+2 已蕴含 n<4a（a=1 时两上界相等）。
3. 因此需整数 n 满足 4√a<n<2a+2。a=1 时 4<n<4，不可能；a=2 时 4√2<n<6，亦无整数。
4. a=3 时可取 n=7，即 b=−7。6x²−7x+2=(3x−2)(2x−1)，两根为 2/3、1/2，均在 (0,1)，故最小值为 3。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

BD=CD。

1. △EBC与△FBC同底BC，且顶点E、F在平行于BC的同一直线上，故面积相等。去掉共同的△OBC，得S△EOB=S△FOC。
2. 由EF∥BC，AE/EB=AF/FC，故AB/EB=AC/FC。以AB、AC上的相应线段为底比较面积，S△AOB=(AB/EB)S△EOB，S△AOC=(AC/FC)S△FOC，所以S△AOB=S△AOC。
3. O在AD上，两边三角形沿同一高线AD缩放，得S△ABD=S△ACD。它们以BD、CD为底的高相同，故BD=CD。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

GH=NH。

1. 给出只使用共线与平行比的仿射坐标证明。取B=(0,0)、C=(1,0)、A=(0,1)作为斜坐标基准；令D=(d,0)、E=(0,e)，其中0<d,e<1。
2. 由AD与CE的方程x/d+y=1、ex+y=e，得F=(d(1−e)/(1−de), e(1−d)/(1−de))。直线BF与DE相交，DE方程ex+dy=de，代入BF上的比例得G=(d(1−e)/(2−d−e), e(1−d)/(2−d−e))。
3. 令G的纵坐标为g，则N=(1−g,g)，H=(1−g/e,g)。因此HN=g(1/e−1)。由G的坐标计算HG=1−g/e−d(1−e)/(2−d−e)= (1−d)(1−e)/(2−d−e)，而HN同样等于该式。
4. 斜坐标中同一条平行于BC的直线上，横坐标差代表相同基准下的线段比，故GH=HN。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠EDH=∠FDH（按原图H在AD内部）。

1. 按原图设D=(0,0)、A=(0,a)、B=(−b,0)、C=(c,0)、H=(0,h)，其中a,b,c>0、0<h<a。
2. 联立BH与AC，得E=(bc(a−h)/(ch+ab), ah(b+c)/(ch+ab))；同理F=(−bc(a−h)/(bh+ac), ah(b+c)/(bh+ac))。
3. E、F的纵坐标均为正，且x_E/y_E=−x_F/y_F=bc(a−h)/(ah(b+c))。所以DE和DF关于竖直线DH对称，二者与DH所成的角相等。
4. H=A或D时原题的部分射线、交点角度退化，不在有意义的角度命题范围内。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠ACP+∠BCN=180°。

1. 因为AC=BC且M为AB中点，所以CM⊥AB。缩放后取A=(−1,0)、B=(1,0)、C=(0,h)、M=(0,0)。由CD∥AB，D的纵坐标是h。
2. 设P=(p,q)，按图P在AD越过D的延长线上，故q>h。由A、D、P共线可得D=(h(p+1)/q−1,h)。联立PM与BD，得N=(hp/(2q−h),hq/(2q−h))。
3. 因此向量CN=h/(2q−h)·(p,h−q)，而CP=(p,q−h)，正比例系数说明CN的方向正是CP关于过C且平行AB的直线的反射方向。
4. 同一反射将CA的方向变为CB的反方向。因此∠ACP等于CB反向射线与CN所成的角，与∠BCN互补。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AI/ID=(AB+AC)/BC。

1. 设AB=c、AC=b、BC=a。由AD为角平分线，BD/DC=c/b，故BD=ac/(b+c)。
2. BI也平分∠ABD。在△ABD内应用角平分线定理，AI/ID=AB/BD=c/[ac/(b+c)]=(b+c)/a。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

EF=EG。

1. 由角平分线定理，BD:DC=AB:AC=1:2。
2. DE∥AC，故BE/BA=BD/BC=1/3，AE=2AB/3。DF∥AB，故CF/CA=CD/CB=2/3，AF=AC/3=2AB/3。
3. 因此AE=AF，△AEF为等腰三角形。又四边形AEDF是平行四边形，故DE=AF=AE，即△AED也等腰。
4. 给出直接求共线比的截线计算：令B为原点，A、C为两个基向量，则E=A/3，F=(2A+C)/3。直线EF上的点E+t(F−E)=((1+t)A+tC)/3，落在BC直线上时A系数为0，即t=−1。因此G=E−(F−E)，所以EG=EF。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/EF+1/DC=2/MN。

1. 令AD=BD=u，DC=v。中位线定理给出EF=u，AB=2u。
2. 在△BDC中，BM/MC=u/v；在△ADC中，AN/NC=u/v。因此CM/CB=CN/CA=v/(u+v)。
3. 由比例定理逆定理，MN∥AB，且MN/AB=v/(u+v)，故MN=2uv/(u+v)。整理得2/MN=(u+v)/(uv)=1/EF+1/DC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

NM平分∠PNQ。

1. 取N=(0,0)、M=(0,h)，并设A=(−w,h)、B=(−w,0)、C=(w,0)、D=(w,h)，P=(w,p)，其中p>h>0。
2. PM的方程为y=h+(p−h)x/w，AC的方程为y=h(1−x/w)/2。联立得Q=(−wh/(2p−h),hp/(2p−h))。
3. 故射线NQ的方向与(−w,p)相同，射线NP的方向为(w,p)，二者关于竖直射线NM对称，所以NM平分∠PNQ。
4. 同时QN延长至x=w得R=(w,−p)，从而PC=CR，可作为图形关系的复核。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

PQ=4/5。

1. 由勾股定理，BC=√(5²−4²)=3。比较直角三角形面积，CD=AC·BC/AB=12/5。
2. P是两条中线的交点，故为重心，HP/HC=1/3。△HPQ与△HCD相似，得到PQ/CD=HP/HC=1/3，所以PQ=4/5。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

RS=(1/3)PQ，且PR=RS=SQ。

1. 按图P在AB、Q在AC。取B=0，A=a，C=c为向量表示，令D=tc，0<t<1。E=(a+c)/2，F=a/2。
2. 由DP∥CF且P在AB，可得P=ta/2；由DQ∥BE且Q在AC，可得Q=((1−t)a+(1+t)c)/2。
3. 计算P+(Q−P)/3=(1+t)(a+c)/6，该点在BE上，故为R。计算P+2(Q−P)/3=((2−t)a+2(1+t)c)/6，其a系数是(1−c系数)/2，故该点在CF上，为S。
4. 因此R、S在PQ上分别位于1/3和2/3处，RS=PQ/3。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠BDA=2∠BAD，PD平分∠BPC。

1. 记BD=m，DC=n，BC=a=m+n，AD=d，AB=c，AC=b。题设给出d=2mn/a，且m≠n。
2. 由直角条件b²+c²=a²及中间线段公式（Stewart定理）b²m+c²n=a(d²+mn)，整理得c²=m²(1+2n/a)，b²=n²(1+2m/a)。
3. 在△ABD中，设α=∠BAD、δ=∠BDA。余弦定理给cosα=(c²+d²−m²)/(2cd)。代入上式得到cosα=c/(2m)。正弦定理再给sinδ/sinα=c/m=2cosα，所以sinδ=sin2α。
4. 若δ=180°−2α，则∠ABD=α，进而AD=BD，即d=m，与d=2mn/a合得m=n，矛盾。因此δ=2α。
5. P为AD中点，阿波罗尼斯中线公式给BP²=(c²+m²)/2−d²/4=m²(1+mn/a²)，CP²=(b²+n²)/2−d²/4=n²(1+mn/a²)。故BP/CP=m/n=BD/DC。
6. D在BC内部，应用△BPC内角平分线定理的逆定理，得到PD平分∠BPC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AF∥CE；在题图的非退化内部位置下，三直线共点的充要条件为EF∥AD，或AE/EB=√(AD/BC)。共点时还可推出EF²=AD·BC。

1. 设两腰所在直线相交于T。选T为原点，以两腰方向为两个斜坐标轴，并统一刻度，使A=(a,0)、B=(b,0)、D=(0,a)、C=(0,b)，其中0<a<b。设E=(e,0)、F=(0,f)，a<e,f<b。
2. ED∥BF给出(a/ e)=(f/b)，即ef=ab。AF的方向为(−a,f)，CE的方向为(e,−b)；因ef=ab，两向量成比例，所以AF∥CE。
3. 联立直线方程，得到M=(a(b−e)/(b−a), ab(e−a)/(e(b−a)))，N=(b(e−a)/(b−a), ab(b−e)/(e(b−a)))。
4. AB与CD已交于T，因此所问等价于T、M、N共线。两坐标行列式为零等价于a(b−e)²=b(e−a)²；由于e在(a,b)内，化为e=√(ab)，再由ef=ab得f=e。
5. e=f正是EF∥AD。此时平行截线长度按径向比例变化，EF/AD=e/a，BC/AD=b/a，故EF²=AD·BC。同时AE/EB=(e−a)/(b−e)=√(a/b)=√(AD/BC)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

PM·PN=PR·PS。

1. 由以A为顶点、BD与l为平行截线，可得PM/PS=OB/OD。由以C为顶点的同两条平行截线，可得PR/PN=OB/OD。于是PM·PN=PR·PS。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

PG/PB=PH/PC。

1. 记AP与DE交于M。以A为顶点，DE∥BC给出MD/PB=ME/PC=AM/AP。
2. 以F为顶点，DE∥BC又给出PG/MD=PH/ME=FP/FM。
3. 两组比例相乘，得到PG/PB=(FP/FM)(AM/AP)=PH/PC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

FH=HK。

1. 采用保留平行与共线关系的斜坐标：B=(0,0)、C=(1,0)、A=(0,1)。设D=(d,0)、F=(0,f)，其中0<d,f<1。
2. 由AD和CF的交点，G=(d(1−f)/(1−df), f(1−d)/(1−df))。直线BG与AC相交，故E=(d(1−f)/(d+f−2df), f(1−d)/(d+f−2df))。
3. FH∥AD，所以FH的方程为x/d+y=f，H=(df,0)。把直线ED方程与它联立得K=(2df,−f)。
4. F=(0,f)、H=(df,0)、K=(2df,−f)，即H=(F+K)/2。因此H为FK中点，FH=HK。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AD=15/7。

1. 由勾股定理，AB=√(3²+4²)=5。
2. 由角平分线定理，AD/DB=CA/CB=3/4，因此AD=(3/7)AB=15/7。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

DE=ab/(a+b)。

1. 角平分线定理给出AD/DB=AC/BC=b/a，所以AD/AB=b/(a+b)。
2. DE∥BC，故DE/BC=AD/AB=b/(a+b)，从而DE=ab/(a+b)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/BD+1/BE=2/BC（按图E在BC越过C的延长线上）。

1. 设BC=a、AC=b、AB=c。按图外分点E位于C的外侧，所以c>b。
2. 内角平分线定理给BD=ac/(b+c)。外角平分线定理给BE/CE=c/b，结合BE−CE=a，得到BE=ac/(c−b)。
3. 因此1/BD+1/BE=(b+c)/(ac)+(c−b)/(ac)=2/a=2/BC。
4. 若外分点在B外侧，使用非负线段长度时对应公式需改为相减；本题的加号结论依赖原图给出的点序。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

BD:DC:CE=3:2:10。

1. 2AB=3AC，故AB:AC=3:2。由内角平分线定理，BD:DC=3:2；设BD=3t，DC=2t，则BC=5t。
2. 由外角平分线定理，BE:CE=3:2。按图B-C-E共线，BE=BC+CE，因此(5t+CE)/CE=3/2，得CE=10t。
3. 所以BD:DC:CE=3:2:10。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AB=AC。

1. 设BC=a、CA=b、AB=c。由B角的平分线定理，AD/DC=c/a，所以CD=ab/(a+c)。
2. 由C角的平分线定理，AE/EB=b/a，所以BE=ac/(a+b)。
3. BE=CD给出c/(a+b)=b/(a+c)，交叉相乘得到(c−b)(a+b+c)=0。三边和为正，故c=b，即AB=AC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

EF=√5。

1. 正方形的对角线互相平分，所以O为BD中点。考虑△DBC：DE是中线，CO也是中线；它们的交点F为重心，因此DF:FE=2:1。
2. 在直角三角形DCE中，DC=6、CE=3，故DE=√(6²+3²)=3√5。
3. 所以EF=DE/3=√5。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

MN:BC=1:4。

1. 设BD、CE交于O，则O为重心，BO=2BD/3，CO=2CE/3。
2. M为BD中点，所以OM=BO−BM=(2/3−1/2)BD=BD/6，故OM/OB=1/4。同理ON/OC=1/4。
3. 在△OBC中，M在OB、N在OC上且比例相同，故MN∥BC，MN/BC=OM/OB=1/4。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−1≤f(3)≤20。

1. 令 u=f(1)、v=f(2)，则 a=(v−u)/3，f(3)=(8v−5u)/3。
2. 分别在 u∈[−4,−1]、v∈[−1,5] 上取端点：最小值 (−8+5)/3=−1，最大值 (40+20)/3=20。任意一组 u、v 都能唯一确定 a、b，所以边界能取到且中间值也能取到。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−1≤a−2b≤5。

1. 由韦达定理，a−2b=x₁+x₂−2x₁x₂。这是分别关于每个变量的一次式，矩形区域上的最大最小值在顶点取得。
2. 四顶点 (−1,1)、(−1,2)、(1,1)、(1,2) 对应 2、5、0、−1。故范围为 [−1,5]，所有值由连续性取得。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

最大值为 17，f(x)=8x²−8x+1 可取到。

1. 设 u=f(0)、v=f(1/2)、w=f(1)，三者绝对值均不超过1。解得 c=u，a=2u−4v+2w，b=−3u+4v−w。
2. 由三角不等式得 |a|≤8、|b|≤8、|c|≤1，所以总和≤17。
3. 取 f(x)=8(x−1/2)²−1，在 [0,1] 上的值域为 [−1,1]，系数绝对值和为17，证实上界可达。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）|g(x)|≤2；（2）f(x)=2x²−1。

1. （1）a+b=f(1)−f(0)，a−b=f(−1)−f(0)，故 |a+b|≤2、|a−b|≤2。由 |a|+|b|=max{|a+b|,|a−b|}，得到 |ax+b|≤|a|+|b|≤2。
2. （2）a>0 时 g 最大值在 x=1，故 a+b=2。等式 f(1)−f(0)=2 强迫 f(1)=1、f(0)=c=−1。
3. 因为 f(x)≥−1 且 x=0 为区间内点，必须 b=0：否则取足够小且与 b 反号的 x，就有 ax²+bx<0。于是 a=2。检验 2x²−1 在 [−1,1] 的值域确为 [−1,1]。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

M 的最小值为 1/2，当 a=1/2 时取得。

1. x² 遍历 [0,1]，故 M=max{|a|,|1−a|}。
2. 由 |a|+|1−a|≥1 得 M≥1/2。a=1/2 时，两项都为1/2，故下界达到。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

f(x)=x²−2x−1。

1. 恒等式 f(−1)+f(3)−2f(1)=8，而条件给出左边≤2+2+4=8。
2. 故必须同时取等：f(−1)=f(3)=2，f(1)=−2。解得 b=−2、c=−1。
3. 检验 f(x)=(x−1)²−2 在 [−1,3] 上的值域为 [−2,2]。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

对任意整数 x，f(x) 为整数。

1. 改写 f(x)=2a·x(x+1)/2−(a−b)x+c。
2. 两个连续整数的乘积为偶数，故 x(x+1)/2 为整数（负整数同样成立）；其余系数均为整数，因此整个式子为整数。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

对任意整数 x，f(x) 为整数。

1. 恒等分解 f(x)=6a·(x³−x)/6+2b·x(x−1)/2+(a+b+c)x+d。
2. x³−x=(x−1)x(x+1) 是三个连续整数的乘积，必被6整除；x(x−1)必被2整除。因此每一项都是整数。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

k>1，−2(k−1)≤m≤0≤n≤1+√(1−2km)，且 m<n。

1. 先用 f(m)≥km，得到 m[m+2(k−1)]≤0，即 −2(k−1)≤m≤0。
2. 若 n<0，由 f(n)≤kn 得 n[n+2(k−1)]≥0，故 n≤−2(k−1)≤m，与 n>m 矛盾。因此 n≥0。
3. 开口向下的函数在 [m,n] 的最小值位于端点。m端条件已满足，另一端 f(n)≥km 化为 n²−2n+2km≤0。结合 n≥0 得 n≤1+√(1−2km)。
4. 上界自动满足：若 n≤1，函数在 [m,n] 递增，f(x)≤f(n)=n−n²/2≤n≤kn；若 n>1，f(x)≤1/2<kn。故所列条件既必要又充分。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−4/5<m<0。

1. m=0 退化为 3x²=0，不能符合。令 t=x²，两个 t 根记为 u<v，原四根为 −√v、−√u、√u、√v。
2. 条件等价于 0<u<1、v>4；且 u v=3。只要4位于两个 t 根之间，就有 v>4、u=3/v∈(0,3/4)，自动满足。
3. 除以 m 后，t方程为 F(t)=t²−(1−3/m)t+3=0。要求 F(4)=15+12/m<0，解得 −4/5<m<0。此时4在根间，乘积3保证另一根也正。端点 m=−4/5 有原根−2，不取。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

(1,3)、(−2−√17,13/4)、(−2+√17,−2+√17)、(−2−√17,−2−√17)。

1. 原题允许 a=b。此时 f(a)=2a，解 a²+4a−13=0，得到两个单点区间解。
2. 以下设 a<b。若 0≤a<b，函数递减，所以 a²+4b=13，b²+4a=13。相减得 (a−b)(a+b−4)=0，故 a+b=4，解得 (a,b)=(1,3)。
3. 若 a<b≤0，函数递增，要求 f(a)=2a、f(b)=2b。但这两个等式在非正数中仅有同一解 −2−√17，与 a<b 矛盾。
4. 若 a<0<b，最大值为13/2，故 b=13/4。若 |a|≤b，则最小值 f(b)=39/32>0，迫使 a>0，矛盾。故 |a|>b，最小值为 f(a)=2a，取负根 a=−2−√17；确有 |a|>13/4。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

最小值为4；当 b=0、ac=−1 时取得。

1. 令 t=−ac>0，则原条件为 √(b²+4t)=b+2t。平方并整理得 4t=4bt+4t²；t>0，可除以4t，得到 t=1−b。
2. 代回后右端 b+2t=2−b>0，平方没有引入增根。目标 b²+4t=(b−2)²；b≤0 时最小值为4，在 b=0、t=1 时达到。
3. 例如 a=−1、b=0、c=1 满足全部原条件。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

最小值1/2；b=0、c=−1/2时达到。

1. f(−1)+f(1)−2f(0)=2。由绝对值上界，2≤4M，所以 M≥1/2。
2. 取 f(x)=x²−1/2，在区间上 |f(x)|≤1/2，故下界达到。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

0。

1. 绝对值非负，所以 M≥0。取 b=c=0，在 x=0 时 |f(0)|=0，故 M=0 能达到。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

f(x)=2x²−8x+4。

1. f(0)+f(4)−2f(2)=16，而上界为4+4+8=16，故 f(0)=f(4)=4、f(2)=−4。
2. 解得 c=4、b=−8。检验 f(x)=2(x−2)²−4，在 [0,4] 上值域 [−4,4]。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

0<x<x₁ 时，x<f(x)<x₁。

1. 由 1/a>x₂>0 得 a>0，且 f(x)−x=a(x−x₁)(x−x₂)。当0<x<x₁时，右端为正，故 f(x)>x。
2. 再由恒等式 f(x)−x₁=(x−x₁)[1+a(x−x₂)]。前因子为负，后因子>1−ax₂>0，因此 f(x)<x₁。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

最小值−3/20，在 (x,y,z)=(−1/20,9/20,−3/20) 时取得。

1. 消去 y=(1−x−2z)/3。令 X=x+1/20、Z=z+3/20，整理得 3x²−y²+2z²+3/20=(26X²−4XZ+14Z²)/9。
2. 右端=(26/9)(X−Z/13)²+(20/13)Z²≥0，等号要求 X=Z=0。代回得到所列三元组，并满足原约束。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）最小值√2（x=2或4），最大值2（x=3）；（2）最大值9/4（x=15/4）。

1. （1）定义域[2,4]。平方得 y²=2+2√[(x−2)(4−x)]=2+2√[1−(x−3)²]，所以 y²∈[2,4]，且y非负，得到最值与取等点。
2. （2）定义域x≤4。令 t=√(4−x)≥0，则 y=2−t²+t=9/4−(t−1/2)²，最大9/4在t=1/2，即x=15/4达到。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

k的最小值为4。

1. 证明k=4可行。不妨4≤a<b<c<d，取 F(x)=x²+dx+a，G(x)=x²+cx+b。G的判别式c²−4b>c²−4c≥0，因此有两个不同负根u<v。
2. F(x)−G(x)=(d−c)x+a−b，在所有负x上严格为负。故F(u)<0、F(v)<0，开口向上的F有一根小于u、另一根大于v。这样得到4个互异实根。
3. 证明k<4不行。选k<t<4且t>0。由于t²<4t，可取4个互异数都足够接近t并且都≥k，使其中任意系数p、q均满足p²<4q。任何排列形成的两个二次方程都无实根。因此任何小于4的正k均不满足。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

停第27层，最小总分316。

1. 用相对第一层的高度记住户h=1,…,32，电梯停高度n（即第n+1层）。h>n者费用3(h−n)；h≤n者比较下楼n−h与直接上楼3h，取两者较小。
2. 设r=⌊n/4⌋。h≤r者直接上楼；r<h≤n者乘梯后下楼。因此 S(n)=3r(r+1)/2+(n−r−1)(n−r)/2+3(32−n)(33−n)/2。
3. 分别按n除以4余0、1、2、3展开为关于整数商的二次式，在1≤n≤32内各自最小值为：n=24时324；n=25时318；n=26时316；n=27时318。故全局最小为S(26)=316，停第27层。
4. 直接核算：高度1至6者直接上楼共63分；高度7至26者下楼共190分；高度27至32者上楼共63分，总计316。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记AB=c，AC=b，BD=m，CD=n，AD=d。角平分线定理给m/n=c/b，即bm=cn。
2. 由斯图尔特定理b²m+c²n=(m+n)(d²+mn)，代入m/n=c/b得d²=bc−mn。
3. (c+m)(b−n)=bc−mn+bm−cn=bc−mn=d²。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠A=80°。

1. 记a=BC、b=CA、c=AB，原条件为a²=c(b+c)。作A的内角平分线AD，D在BC上。由角平分线定理，BD=ac/(b+c)、CD=ab/(b+c)。
2. 由紧前例1的角平分线长度公式，AD²=bc−BD·CD=bc−a²bc/(b+c)²=b²c/(b+c)=CD²。故AD=CD，∠CAD=∠ACD=C，得到A=2C。
3. 另A+C=2B与内角和给B=60°，所以A+C=120°、A=2C，解得A=80°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记∠A=θ、∠B=2θ、∠C=4θ，a=BC、b=CA、c=AB。作B角平分线交AC于D，则△ABD等腰，AD=BD；△BCD∽△ABC，得BD=a²/b、CD=ac/b，因此b²=a(a+c)。
2. 作C角平分线交AB于E，则△BCE等腰，BE=CE；△ACE∽△ABC，得AE=ab/c、CE=b²/c，因此c²=b(a+b)。
3. 计算(a+b)[bc−a(b+c)]=c(b²−a²)−ab(a+b)=a[c²−b²−ab]=0。
4. 因a+b>0，得bc=a(b+c)，除以abc即1/c+1/b=1/a。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 作△ABX∽△ACD，使∠BAX=∠CAD、AX/AD=AB/AC，取旋转方向使∠XAD=∠BAC。
2. 于是BX=AB·CD/AC，且△AXD∽△ABC，故XD=AD·BC/AC。由BD≤BX+XD，乘AC即得所证。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 由∠DAC=∠B且C角公共，△ADC∽△BAC。设y=AC/BC，则ADC与ABC周长比为y，且DC/BC=y²。
2. 图中∠BDE=∠BDA−∠EDA=(180°−∠A)−∠B=∠C，所以△EBD∽△ABC，其周长比为BD/BC=1−y²。
3. 因此(m₁+m₂)/m=1−y²+y=5/4−(y−1/2)²≤5/4。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 按编辑解释，以O表示AD与EC的交点，S₁=[AOC]、S₂=[EOD]、S₃=[BED]，b=AC、c=AB。因DE∥AC，△AOC∽△DOE，故AO/OD=AC/DE=√(S₁/S₂)。
2. 梯形ACDE中，[AOE]=[COD]=√(S₁S₂)，所以[ACDE]=(√S₁+√S₂)²。原式左边=[ABC]/[BED]。
3. △BDE∽△BCA，故此比=(BC/BD)²。角平分线定理CD/BD=AC/AB，因此BC/BD=1+AC/AB。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）CO/OF=φ=(1+√5)/2；（2）S△AEF/S△EOF=2+√5。

1. 记φ=(1+√5)/2，则AF/FD=φ。由[COE]=[DOF]，两边加[EOF]得[CEF]=[DEF]；共底EF，两顶点C、D在EF同侧且等高，故CD∥EF。
2. △AFE∽△ADC，AD/AF=1+FD/AF=1+1/φ=φ。又△CO D∽△FO E，CO/OF=CD/EF=AD/AF=φ，证明第（1）问。
3. 取AF为1，则AD=φ；由相似AE/AC=1/φ，且FO/FC=1/(φ+1)=1/φ²。比较共底EF的△AEF、△EOF，高之比等于A、O到直线EF的距离之比。O在FC上，F在EF上，故O的高=(FO/FC)×C到EF的高。
4. A、C到EF的高之比=AE/EC=(1/φ)/(1−1/φ)=φ。因此[AEF]/[EOF]=φ×φ²=φ³=2+√5。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 这是关于同一直线段比的命题，可以用仿射坐标核验。取U=(0,0)、V=(1,0)、W=(0,1)，记共同给定比为t，写A=(a,0)、B=(a+t,0)、C=(1−c,c)、D=(1−c−t,c+t)、E=(0,1−e)、F=(0,1−e−t)。
2. 按原图，X=BC∩FA、Y=BC∩DE、Z=DE∩FA。记K=ac+ce+ea+(t−1)(a+c+e)−t+1。
3. 沿BC参数化为B+u(C−B)，与FA、DE分别联立；两交点参数差为K/[K+t²−t]，所以XY/BC的绝对值就是此值的绝对值。
4. 循环替换(a,c,e)及三条直线，K保持不变，得到YZ/DE和ZX/FA完全相同。取倒数即BC/XY=DE/YZ=FA/ZX。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 按原图，R为过P作BC垂线与线段AB的交点。以A为圆心、CQ为半径作圆，与射线HN相交于G。下面证明交点存在且满足要求。
2. 由Rt△BPR∽Rt△BAC，BR·BA=BP·BC。记BA=c、BC=a、BP=p，则AR=c−ap/c，而2CQ=a−p。因a≥c，a−p−AR=(a−c)(1+p/c)≥0，故AH=AR/2≤CQ；射线HN垂直AB且从圆内或圆上出发，必与圆相交。
3. H为AR中点，HG⊥AR，故GA=GR=CQ。由G在AR的垂直平分线上，沿AB作投影可得BG²−AG²=BA·BR=ap。
4. 所以BG²=ap+(a−p)²/4=(a+p)²/4=BQ²，故BG=BQ。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 两等边三角形除去共同六边形后，各剩三个角部三角形。这六个小三角形的顶角均为60°，另两角分别由两组原边夹角确定，因此六个三角形相似。
2. 按原图，各小三角形在六边形边界上的底边依次为a₁、b₁、a₂、b₂、a₃、b₃。相似三角形面积与对应底边平方成比例，设共同系数为K>0。
3. 原两大三角形全等、面积相等，减去共同六边形后仍相等，所以K(a₁²+a₂²+a₃²)=K(b₁²+b₂²+b₃²)，约去K即得所证。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 用复平面表示图形，令P=0，B=−b，C=c（b=BP>0，c=PC>0），A=a、Y=y。按图示相似对应，两组相似均为同向相似。
2. 由△AXB∽△CYP，(X−a)/(−b−a)=(y−c)/(−c)，故X=−b+(a+b)y/c。
3. 由△ACZ∽△BPY，(Z−a)/(c−a)=(y+b)/b，故Z=c+(c−a)y/b。
4. 所以Z−y=−(c/b)(X−y)，取模得YZ=(c/b)XY，即XY/YZ=b/c=BP/PC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 为给出可逐步核验的证明，取A=(0,0)、B=(2,0)、C=(0,c)，c>0，M=(1,0)。因MQ⊥BC，可写Q=(1+ct,2t)。又B、Q、P共线，写P=(2+s(ct−1),2st)。
2. 记P=(x,y)。按原图的角度方向，tan∠PAC=x/y，tan∠PBC=[c−t(c²+4)]/2。由两角相等，代入x、y得2=s[1−t²(c²+4)]。
3. 向量AQ=(1+ct,2t)，CP=(x,y−c)。点积AQ·CP=2+s[t²(c²+4)−1]=0，因此AQ⊥CP。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 由△ABD∽△CBA，BD·BC=AB²。由Rt△ABE中斜边上的射影定理，BF·BE=AB²，故两式相等。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取B=(0,0)、C=(c,0)、A=(u,v)，记L=u²+v²，D=(u,0)。DF方向为(−v,u)，把此直线上的点写为D+t(−v,u)。
2. 分别与AB、BE、AC相交，得t_F=uv/L，t_G=u(c−u)/(vc)，t_H=−v(c−u)/(L−uc)。
3. 所以(t_G−t_F)(t_H−t_F)=[u²(uc−L)/(vcL)]·[−cv³/(L(L−uc))]=u²v²/L²=t_F²。
4. 直线参数差乘√L就是相应线段长度；按图G、H在F同侧，故FG·FH=t_F²L=DF²。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 设A=(0,0)，B=(u,0)，C=(0,v)，其中u,v>0。垂足D=(uv²/(u²+v²),u²v/(u²+v²))，F=(Dx,0)，E=(0,Dy)。
2. 所以FB=u³/(u²+v²)，FD=u²v/(u²+v²)，EC=v³/(u²+v²)，ED=uv²/(u²+v²)。两乘积之比=u⁴/v⁴=AB⁴/AC⁴。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取B=(0,0)、C=(c,0)。因∠DBC=45°，可设D=(t,t)，则A=(t−c,t)。按图记u=c−t>0，于是AB²=u²+t²。
2. CD方向为(−u,t)，与之垂直的BF方向为(t,u)。DE为x=t，故H=(t,u)，HE=u；AD为y=t，故G=(t²/u,t)。
3. GA=t²/u+u，因此GA·HE=t²+u²=AB²。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 设正方形边长a，BM=BN=m。取B=(0,0)、C=(a,0)、D=(a,a)、M=(0,m)、N=(m,0)。
2. G为B在MC上的垂足，计算得G=(am²/(a²+m²),a²m/(a²+m²))。由投影长度，BG=am/√(a²+m²)，CG=a²/√(a²+m²)。
3. 故BN/CD=BG/CG=m/a。又BG⊥CG、BN⊥CD，所以图示夹角∠NBG=∠DCG。由SAS，△BNG∽△CDG。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 设∠ABC=β。右三角形高的相似关系给BD/AD=AB/AC。等边三角形给EB=AB、FA=AC；按外侧构图，∠EBD=60°+β=∠FAD。
2. 故EB/FA=BD/AD，夹角相等，由SAS得△EBD∽△FAD，完成（1）。
3. 因此ED/FD=AB/AC、∠EDB=∠FDA。因DB⊥DA，按图对应方向可得ED⊥FD。于是△DEF与△ABC的直角相等、两直角边对应成比例，由SAS得△DEF∽△ABC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. C、E、D、F共圆（∠CED=∠CFD=90°）。∠ECF=∠BCA。
2. ∠CEF=∠CDF，而CD⊥AB、DF⊥BC，故∠CDF=∠ABC（按图取对应锐角）。由AA，△CEF∽△CBA。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记a=BC，b=CA，c=AB。由正弦定理，所证边式等价于sin²A=sinB(sinB+sinC)。
2. 利用sin²A−sin²B=sin(A+B)sin(A−B)=sinC·sin(A−B)，边式等价于sin(A−B)=sinB。
3. 若A=2B，则此式成立，得到必要性。反之，因−π<A−B<π且0<B<π，正弦相等给A−B=B或A−B=π−B（考虑周期后其余均不在范围）。后一式A=π不成立，故A=2B。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

△ABC的面积为144。

1. 三个小三角形都与△ABC相似。记它们与大三角形的相似比分别为x、y、z，则x+y+z=1（例如沿任一边比较三个平行截段）。
2. 因此√S=√4+√9+√49=12，S=144。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取A=(0,0)、B=(b,0)、C=(0,c)，记h=√(b²+c²)、K=b+c+h。垂足D=(bc²/h²,b²c/h²)。
2. 由内心坐标公式（按对边长加权），S=(bc(h+c)/(hK),b²c/(hK))，T=(bc²/(hK),bc(h+b)/(hK))。
3. 两点坐标之和都为bc/h，因此ST的方程是x+y=bc/h，M=(bc/h,0)、N=(0,bc/h)。
4. 所以[AMN]/[ABC]=(bc/h)²/(bc)=bc/(b²+c²)≤1/2，最后一步来自(b−c)²≥0。等号当且仅当AB=AC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 设AB=m、CD=n，取A=(0,h)、B=(m,h)、D=(d,0)、C=(d+n,0)。由对角线分比，O=(m(d+n)/(m+n),hn/(m+n))。
2. 在△APB与△DPC中用正弦定理，因∠APB=∠CPD且A、D处角的正弦相等，得到PB/PC=m/n。令P=A+t(D−A)，代入距离比可因式分解为[(m−n)t−m]·[(m+n)(d²+h²)t−m(d²+2dn+h²)]=0。
3. P在边AD内，所以t=m/(m−n)这一分支不可能；代入另一分支t=m(d²+2dn+h²)/[(m+n)(d²+h²)]，得OP²=m²n²/(m+n)²。
4. 同理由∠AQB=∠CQD可得QA/QD=m/n，交换左右两腰重复同一计算，得到OQ²=m²n²/(m+n)²。故OP=OQ=mn/(m+n)。当m=n时第一因子为非零常数，计算仍有效。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AL=abc/(ab+ac+bc)。

1. 采用以两条60°斜线为基向量的斜坐标，两个基向量长度均为1。设A=(0,0)，D=(b,0)，E=(0,b)，C=(a,0)；由等边图形，G=(−c,c)、B=(a,−a)。
2. GD与AE相交于N，联立直线可得N=(0,bc/(b+c))。再将直线BN与AC即y=0联立，得L=(abc/(ab+ac+bc),0)。
3. 因第一基向量为单位向量，AL=abc/(ab+ac+bc)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取B=(0,0)、C=(3,0)，则A=(3/2,3√3/2)、D=(1,0)。将C正交投影到AD，得到H=(15/14,3√3/14)。
2. 于是HB²=9/7、HD²=1/7，向量HB·HD=3/14。故cos∠BHD=(3/14)/[(3/√7)(1/√7)]=1/2，即∠BHD=60°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

x=y=z=2+√5。

1. 由等腰三角形底角为36°，m/n=2cos36°=φ=(1+√5)/2，满足φ²=φ+1。
2. x=(φ+1)/(φ−1)=φ³；y=(φ+1)²/φ=φ³；z=φ³，故x=y=z。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取A为原点，B、C为两个基向量。设AP/AB=p、AQ/AC=q、AN/AM=t，交点N的仿射坐标为(t/2,t/2)。
2. 直线PQ的截距方程为x/p+y/q=1，故t/(2p)+t/(2q)=1，即1/p+1/q=2/t，得到原式。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AB=42√110。

1. 设两直角边为u、v，斜边c，p=u+v、q=uv。第一种正方形边长s由相似得s=q/p=21，故q=21p。
2. 斜边上的高为q/c。第二种正方形边长t由相似得t=c(q/c)/(c+q/c)=cq/(c²+q)=√440。用c²=p²−2q，化为t=21c/(p−21)。
3. 令w=p−21，则c²=w²−441，而t²=440给440w²/441=w²−441。因此w²=441²，w>0得w=441。
4. 故c=21√440=42√110。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 设P的重心坐标为(α,β,γ)，α+β+γ=1且都大于0。记BC=a、CA=b、AB=c。
2. 平行线截比给沿BC从B至C三段为aγ、aα、aβ；沿CA从C至A三段为bα、bβ、bγ；沿AB从A至B三段为cβ、cγ、cα。
3. 依照编辑补充的循环编号，每列乘积都是abcαβγ，故a₁b₁c₁=a₂b₂c₂=a₃b₃c₃。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

RP=RQ，∠PRQ=90°。

1. 可把两个外作三角形理解为固定角度的旋转与缩放。以下用复数写出旋转，逐项检验目标。相似变换归一化B=0、C=1、A=z（z在上半平面）。记k=(√3−1)/2、e=(2−√3)/2。
2. 根据底角45°、30°，外侧顶点P=k(1−i)；根据底角30°、45°，Q=1+(1−k−ik)(z−1)；根据两底角15°，R=(1/2+ie)z。
3. 代入k、e后直接整理得到Q−R=i(P−R)。乘i表示逆时针旋转90°且不改变长度，所以RQ=RP且RQ⊥RP。故△PQR是以R为直角顶点的等腰直角三角形。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记a=BC、b=AC、c=AB。由∠C=2∠B及倍角三角形边式，c²=b(b+a)。取B=(0,0)、C=(a,0)、A=(u,v)，则u=(c²+a²−b²)/(2a)，D=(a/3,0)，E=(2a/3−u,−v)。
2. （1）EC²=(u+a/3)²+v²=(4c²−b²)/3+4a²/9=(b+2a/3)²。因长度为正，EC=b+2a/3=AC+CD。
3. （2）记e=EC=b+2a/3，f=EB。由坐标，f²=c²/3+2b²/3−2a²/9=b²+ab/3−2a²/9=e(e−a)。
4. 设β=∠EBC、γ=∠ECB。余弦定理给cosβ=(a²+f²−e²)/(2af)=−f/(2e)<0；正弦定理给sinγ=(f/e)sinβ=−sin2β=sin(2β−180°)。
5. β为钝角且β+γ<180°，排除正弦相等的另一分支，得到γ=2β−180°，即∠ECB+180°=2∠EBC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）2√2:2√3:(√6+√2)；（2）∠APB=120°、∠BPC=90°、∠CPA=150°。

1. （1）∠B=75°，正弦定理给AB:BC:CA=sin45°:sin60°:sin75°=2√2:2√3:(√6+√2)。
2. （2）记AB=√2t、BC=√3t、CA=(√6+√2)t/2，z=t²。取A=(0,0)、B=(AB,0)、C=(CA/2,√3CA/2)，P=(x,y)。由两两距离平方相减，x=[AB²+PA²−PB²]/(2AB)，y={ [CA²+PA²−PC²]/CA−x }/√3。
3. 将给定PA、PB、PC代入x²+y²=PA²，整理为[z−(22+12√3)][z−(4+2√3)]=0。后一根给x<0、y<0，不符合P在△ABC内部；所以z=22+12√3。
4. 分别在△APB、△BPC、△CPA用余弦定理，得到cos∠APB=−1/2、cos∠BPC=0、cos∠CPA=−√3/2。故三个角依次为120°、90°、150°，且和为360°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取C为原点，A=(−a,0)、B=(b,0)，a,b>0。记共同角∠ACD=∠BCE=θ，令s=sinθ、c=cosθ。
2. 因△ADC、△BEC分别以AC、BC为斜边且直角在D、E，可写D=(−ac²,acs)、E=(bc²,bcs)，P=((b−a)/2,0)。
3. 直接比较距离平方：PD²−PE²=(a²−b²)c²+2·[(b−a)/2](a+b)c²=0。因此PD=PE。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

例如：∠ABD=∠ACB；∠ADB=∠ABC；AB²=AD·AC。任一条件单独足够。

1. 可分别增加：（1）∠ABD=∠ACB；（2）∠ADB=∠ABC；（3）AB²=AD·AC。
2. 前两项与公共角∠BAD=∠CAB合用AA；第三项给AB/AC=AD/AB，与公共夹角合用SAS。各条件单独足够。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）△ABD∽△ACB；（2）AB²=AD·AC；（3）BD=12，CD=4.5。

1. 公共角∠BAD=∠CAB且∠ABD=∠ACB，故△ABD∽△ACB。
2. 对应边AB/AC=AD/AB=BD/CB，得AB²=AD·AC，AC=100/8=12.5。
3. 相似比AB/AC=0.8，故BD=12、CD=12.5−8=4.5。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取B=(−1,0)、C=(1,0)、A=(0,h)、P=(0,p)，0<p<h。直线BP上的点写为B+t(1,p)，其中P对应t=1。
2. 与AC联立得t_E=2h/(h+p)，与过C且平行AB的CF联立得t_F=2h/(h−p)。
3. 所以PE·PF/BP²=(t_E−1)(t_F−1)=[(h−p)/(h+p)]·[(h+p)/(h−p)]=1，命题成立。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 直角三角形斜边中线性质给CD=AD=BD。△BDF与△EDA都是直角三角形，∠DBF=∠DEA（两角边分别垂直），故两三角形相似。
2. 于是BD/DE=DF/AD，得DF·DE=AD·BD=CD²。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 因FE是AD的垂直平分线，FA=FD。记∠BAD=∠DAC=α、∠ACB=γ。按原图F在BC的C端延长线上，∠FDA=∠CDA=180°−α−γ。
2. 等腰△FAD给∠FAD=180°−α−γ，故∠FAB=∠FAD+∠DAB=180°−γ。即FA与弦AB构成的外角等于∠ACB。
3. 由切线与弦所成角的逆定理，FA是△ABC外接圆在A处的切线。由切割线定理，FA²=FB·FC；又FA=FD，故FD²=FB·FC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记BC=a、AB=c、AC=b，a²=b²+c²。由直角三角形相似，BD=c²/a、AD=bc/a。B角平分线在△ABD中给AE/ED=AB/BD=a/c，所以AE=bc/(a+c)、ED=bc²/[a(a+c)]。
2. 在△ABC中，AF/FC=c/a，因此BF²=ac[1−b²/(a+c)²]=2ac²/(a+c)。又由BF与BC的同一夹角及BD位置，BE/BF=BD/AB=c/a，EF/BF=1−c/a。
3. 故BE·EF=[c(a−c)/a²]BF²=2c³(a−c)/[a(a+c)]。另一方面，2AE·ED=2b²c³/[a(a+c)²]。因b²=(a−c)(a+c)，二者相等。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 本式在整体缩放下不变，可令正方形边长为4。取A=(0,0)、D=(4,0)、B=(0,−4)、C=(4,−4)，则E=(1,0)、F=(0,−2)。
2. 把F正交投影到CE，得到H=(8/5,−4/5)。从而CE=5、CH=4、EH=1，FH²=4、FC²=20。
3. 因此FC²/FH²=20/4=5，1+CH/EH=1+4=5，命题成立。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. A、E、C、F共圆，因为∠AEC=∠AFC=90°。∠EAF与∠ECF互补，而∠ABC与∠BCD互补，故∠EAF=∠ABC。
2. 圆内同弦AF所对角∠AEF=∠ACF=∠BAC（CF∥AB）。因此△EAF∽△ABC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）△ADE∽△ABC；（2）DE=3；（3）8对。

1. （1）Rt△ABD与Rt△ACE中，AD=AB·cosA、AE=AC·cosA，因此AD/AB=AE/AC，夹角A公共，由SAS得△ADE∽△ABC。
2. （2）两三角形相似比为cosA。A=60°时，DE/BC=1/2，所以DE=3。
3. （3）按原图中普遍成立的相似关系分组：{△ABC，△ADE}有1对；{△ABD，△ACE，△BEH，△CDH}四个直角三角形两两相似，有6对；{△BCH，△DEH}有1对。
4. 第二组每个三角形的角都是A、90°−A、90°；第三组由两条高的交角及同圆四边形BDEC的角关系可判AA。总计1+6+1=8对。这里统计题图普遍成立的关系，不额外假定等腰等特殊形状。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−3。

1. 设 f(x)=ax²+bx−3，a≠0。根和x₁+x₂=−b/a，代入得 f(−b/a)=b²/a−b²/a−3=−3。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

y=2x²−4x+4。

1. 令 t=x−1，上下界为t²+2与3t²+2。在t=0时y=2。设y=A t²+B t+2。
2. 下界要求(A−1)t²+B t≥0对所有实数t成立，故B=0；上下界于是给出1≤A≤3。
3. 点(3,10)对应t=2，故4A+2=10，A=2。还原并检验得到所求式。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/4≤a≤2。

1. 公共点要求某个x∈[1,2]满足1≤ax²≤2，所以a>0。此时ax²在[1,2]上的值域为[a,4a]，与[1,2]有交集当且仅当a≤2且4a≥1。
2. 故a∈[1/4,2]。端点分别在顶点(2,1)、(1,2)接触正方形，均可取。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

k=7/4。

1. 方程是偶函数方程，四个实根关于0成对对称。按大小排列为−3t、−t、t、3t，t>0。t=0会使四根全为0，与x²项系数−5矛盾。
2. 令u=x²，方程u²−5u+4−k=0，两根t²、9t²，故10t²=5，即t²=1/2。
3. 根积9t⁴=4−k=9/4，故k=7/4。代回四根为±1/√2、±3/√2，确成等差数列。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/3。

1. 平移坐标把抛物线化为y=−3x²。设B=(−u,−3u²)、C=(u,−3u²)，u>0；A=(v,−3v²)。
2. A在以BC为直径的圆上，且不同于B、C，所以|v|<u。设d=u²−v²>0。由AB⊥AC，向量点积为(v²−u²)+9(u²−v²)²=0，即d(9d−1)=0。
3. 于是d=1/9。A到水平直线BC的距离为3d=1/3。平移不改变距离。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

最小值3，在b=4a、c=4a、a>0时取得。

1. y≥0按对所有实数x成立理解，故a>0、c≥b²/(4a)。令t=b/a>1，目标≥(1+t+t²/4)/(t−1)。
2. 令u=t−1>0，右式=u/4+3/2+9/(4u)≥3，等号在u=3，即t=4时取得。
3. 取b=4a、c=4a，函数a(x+2)²恒非负，目标确为3。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

取值集合为{1}。

1. 原题已经给出a²+b²=1，因此目标只能等于1。
2. 条件确有解，例如a=4/5、b=3/5、c=−2/5，满足a>b>c、和为1以及a²+b²=1。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

至少有一根在(0,1)。

1. 由条件b=−3a/4−3c/2。令f(x)=ax²+bx+c，则f(0)=c，f(3/4)=−c/8。
2. c≠0时两值异号，连续性保证(0,3/4)内有根。
3. c=0时f(x)=ax(x−3/4)；a≠0可取x₀=3/4，a=0则b=0、原式恒为零，可取x₀=1/2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

方程无整数解。

1. a为1至9的整数，b、c为0至9的整数；三位质数末位c≠0。对x≥0，ax²+bx+c>0，故整数根只能为−d，其中d为正整数。
2. 若−d是根，则c=d(b−ad)，故e=c/d=b−ad为正整数，且f(x)=(x+d)(ax+e)。
3. 于是质数p=f(10)=(10+d)(10a+e)，两个因子均为大于1的整数，矛盾。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

两端不等式成立。

1. 实根条件b²≥4ac，故b≥2√(ac)。设小者为m，则a+c≥2m、b≥2m，得到和≥4m。a=c=m、b=2m时下界取等。
2. 为证上界，以M=max{a,b,c}归一化，令A=a/M、B=b/M、C=c/M，均在(0,1]，且AC≤B²/4。
3. 由(1−A)(1−C)≥0得A+C≤1+AC。因此A+B+C≤1+B+B²/4≤9/4。取A=1、B=1、C=1/4时上界取等。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）m₁、m₂为−3m²+(4b+4−2a)m+a²−4b=0的两根，且m₁<1<m₂；（2）（3）所述不等式成立。

1. （1）f−mg=(1−m)x²+(a−m)x+b−m。令其判别式D(m)=(a−m)²−4(1−m)(b−m)=−3m²+(4b+4−2a)m+a²−4b。
2. D(1)=(a−1)²>0，而D(m)在m趋于正负无穷时均趋于负无穷，故有两个不同零点m₁<1<m₂。两者都不等于1，方程保持二次，判别式为0，所以各有重实根。
3. （2）在m₁处，首项系数1−m₁>0且判别式0，故f−m₁g≥0；在m₂处首项系数负，故f−m₂g≤0，得到夹逼。
4. （3）a²−4b=−3，故f恒正；g=(x+1/2)²+3/4恒正。D的根积m₁m₂=1，结合m₁<1<m₂，得0<m₁<1<m₂。
5. 令u=√(f/g)，则√m₁≤u≤√m₂。下界由(u−1)²≥0得u²+1≥2u；上界由(u−√m₁)(u−√m₂)≤0及√(m₁m₂)=1得u²+1≤(√m₁+√m₂)u。两边乘g>0即得结论。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

2012。

1. 等高两点给出a−b+c=9a+3b+c，所以8a+4b=0，进而4a+2b=0。目标为2012。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1−2√21/3<k<−1，或3<k<1+2√21/3。

1. 令f(x)=7x²−(k+13)x+k²−k−2。两不同根都在(0,2)要求Δ>0、0<(k+13)/14<2、f(0)>0、f(2)>0。
2. Δ=252−27(k−1)²>0，得到1−2√21/3<k<1+2√21/3。端值条件为(k−2)(k+1)>0、k(k−3)>0，交集需k<−1或k>3。
3. 上述区间自动满足对称轴条件−13<k<15，故得到所列答案。所有端点分别对应重根或根位于0、2，均不能取。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

f(x)=(6x²+12x+11)/5。

1. 令t=x+1，则上下界为t²+1、2t²+1。在t=0时f=1。与例题同理，全局下界迫使一次项为0，故f=A t²+1且1≤A≤2。
2. x=9时t=10，100A+1=121，得A=6/5，展开即得所求式。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

4√5。

1. 重写y=x²−1+(−x²+2x+3)/m。对所有允许的m保持同一y，必须−x²+2x+3=0，所以x=−1或3。
2. 对应y=0或8，定点为(−1,0)、(3,8)，距离√(4²+8²)=4√5。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

3，在a>0、b=6a、c=9a时取得。

1. 恒非负给出a>0、c≥b²/(4a)。令t=b/a>1，目标≥(6+t²/4)/(t−1)。
2. 再令u=t−1>0，右端=u/4+1/2+25/(4u)≥3，等号当u=5，即t=6时取得。
3. 取c=9a，此时f=a(x+3)²，所有条件均满足。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

f(x)=x²−x−1；f(x)=−2x²+5x+23；f(x)=−3x²+5x+47。

1. 相减f(a)−f(b)=b−a，利用a≠b除以a−b，得a(a+b)+b=−1，即(a+1)b=−(a²+1)。
2. a=−1不满足此式；否则b=1−a−2/(a+1)。整数条件要求a+1整除2，故a=0、−2、1、−3。a=0不构成二次函数，排除。
3. 分别求出(a,b)=(−2,5)、(1,−1)、(−3,5)，再由c=b−a³−ab得到c=23、−1、47。逐一代回f(a)=b、f(b)=a均成立。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）成立；（2）不一定，c必为整数，但a、b可不是整数，例如y=x(x−1)/2。

1. （1）令u=y(0)、v=y(1)、w=y(2)，均为整数。则y=u+(v−u)x+(w−2v+u)x(x−1)/2。
2. 对整数x，x(x−1)/2为整数，故y为整数。此恒等式不受原式一次项写成−bx影响。
3. （2）取y=(x²−x)/2，a=1/2、b=−1/2并非整数，但对所有整数x都取整数值。另一方面c=y(0)必为整数。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

b≤−1/4。

1. 设f(t)=0的两根为α<β。四个不同实根分为f(x)=α与f(x)=β两组，每组各有两个不同实根，每组的根和均为−a。
2. 若和为−1的两根u、v来自不同组，则f(u)+f(v)=α+β=−a。又u+v=−1，所以1−2uv−a+2b=−a，得到uv=b+1/2。
3. 由(u−v)²=(u+v)²−4uv=−4b−1≥0，得b≤−1/4。
4. 若u、v来自同组，则a=1。f(x)=x²+x+b的最小值为b−1/4；f(x)=α有两个不同实根，要求α>b−1/4。又α=(−1−√(1−4b))/2≤−1/2，所以b<−1/4。两种情况均得到所需结论。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

f(f(x))=x无实根。

1. 连续函数h(x)=f(x)−x没有零点，故在整个实数轴上始终严格为正或始终严格为负，否则由连续性会有零点。
2. 若始终为正，则对任意x，f(f(x))>f(x)>x；若始终为负，则f(f(x))<f(x)<x。因此两种情况下都不可能f(f(x))=x。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

2

1. M是BC中点，故AC=BC=2CM。在直角△ACM中，CD为斜边上的高，由射影定理AD/DM=AC²/CM²=4。
2. 在△ABM中对共线的E、D、C应用梅涅劳斯定理：AE/EB·BC/CM·MD/DA=1。代入BC/CM=2、MD/DA=1/4，得到AE/EB=2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/2

1. 设AD=h。由直角△ADB中的射影定理，AE/EB=AD²/BD²=h²/9；同理由△ADC得CF/FA=CD²/AD²=1/h²。
2. 在△ABC中对E、F、G应用梅涅劳斯定理：AE/EB·BG/GC·CF/FA=1，故BG/GC=9。
3. 按图B-D-C-G共线，BG=BC+CG=4+CG，于是4+CG=9CG，CG=1/2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

11

1. 在△ACE中对共线的B、F、D应用梅涅劳斯定理：AB/BE·EF/FC·CD/DA=1。
2. 代入AB/BE=2、CD/DA=3/2，得到EF/FC=1/3。于是S△BEF=(EF/EC)S△BEC=(1/4)(1/2)·40=5。
3. S△BCF=(FC/EC)S△BCE=15；又S△BCD=(CD/CA)S△BCA=24，所以S△DCF=24−15=9。
4. 四边形AEFD面积=40−5−15−9=11。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

m/(mn+m+1)

1. 按图m,n>0。在△ACD中对共线的B、F、E应用梅涅劳斯定理：AE/EC·CB/BD·DF/FA=1，得AF/FD=(m+1)/(mn)。
2. 所以AF/AD=(m+1)/(mn+m+1)。同底BD或同高比较，S△ABF/S△ABC=(AF/AD)(BD/BC)。
3. 代入BD/BC=m/(m+1)，得到所求比值m/(mn+m+1)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

P、Q、R三点共线。

1. 角平分线定理给BP/PC=AB/AC、CQ/QA=BC/AB、AR/RB=AC/BC。三式相乘得到BP/PC·CQ/QA·AR/RB=1。
2. P在BC外部，Q、R分别在CA、AB内部；恰有一个外分点。因此由无向长度版梅涅劳斯逆定理，P、Q、R共线。
3. 外角平分线有有限交点P要求AB≠AC；这也是原图的非退化情形。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AM=MC，CN=ND。

1. 设t=AM/AC=CN/CD，0<t<1。由四边形按两条对角线分割，S△ADC=3+4−1=6。
2. S△BCN=t·S△BCD=4t；S△BCM=t·S△BCA=t；S△CMN=t·S△CMD=t(1−t)·S△CAD=6t(1−t)。
3. 按原图B-M-N共线，△BCN由△BCM和△CMN组成，所以4t=t+6t(1−t)。由t>0化简得t=1/2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

△MPQ∽△ABC，相似比为1:4。

1. 用向量把重心与平行比合并表示：取B为原点，A=a、C=c，则M=c/2，G=(a+c)/3。由XY∥BC，X=a/3，Y=(a+2c)/3。
2. 解交点BG∩CX可得Q=(a+c)/4；解交点CG∩BY可得P=(a+2c)/4。
3. 故MP=a/4，与AB反向平行；MQ=(a−c)/4，与AC反向平行；PQ=−c/4，与BC反向平行。因此三组对应边均为原三角形的1/4，△MPQ∽△ABC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AA₂⊥KC。

1. 把A取作原点，记AB向量为u、AC向量为v，长度分别为c、b。由角平分线定理，A₂=(bu+cv)/(b+c)。
2. A₁=(u+v)/2。K在AA₁上且KA₂∥AC，比较u的系数可得K=b(u+v)/(b+c)。
3. 因此CK=(bu−cv)/(b+c)。计算AA₂与CK的数量积：(bu+cv)·(bu−cv)/(b+c)²=(b²c²−c²b²)/(b+c)²=0。两条非零方向向量数量积为0，故AA₂⊥KC。
4. 这里向量数量积的性质为x·y=|x||y|cosθ；故数量积为0等价于两非零向量垂直。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AH、CE、DP三线共点。

1. 取A为原点，AB、AD为两条斜坐标基准；于是B=(1,0)、D=(0,1)、C=(1,1)。设P=(u,v)，0<u,v<1，则E=(u,0)、H=(1,v)。
2. AH上的点写为(t,tv)。CE上的点写为(1+s(u−1),1−s)。联立得到t=u/(1−v+uv)。
3. 令k=1−v+uv>0，交点T=(u/k,uv/k)。另一方面D+(1/k)(P−D)=(u/k,1+(v−1)/k)=(u/k,uv/k)=T。故T也在DP上，三线共点。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

HG、AC、EF三线共点或互相平行。

1. 分别在△ABD和△BCD中应用梅涅劳斯定理，并消去关于P、B、D的倒数比例，得到(AE/EB)(BF/FC)(CG/GD)(DH/HA)=1。
2. 若EF不平行AC，设T=EF∩AC。在△ABC中应用梅涅劳斯定理，得AT/TC=(AE/EB)(BF/FC)。代入上一等式，再在△ACD中使用逆定理，可知T、G、H共线，所以三线共点。
3. 若EF∥AC，由平行截线比得到(AE/EB)(BF/FC)=1，故(CG/GD)(DH/HA)=1，即DG/GC=DH/HA。由比例逆定理，HG∥AC。因此三线互相平行。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

GM=GN，G是MN中点。

1. 归一化取B=(0,0)、A=(0,1)、C=(1,0)，G=(0,1/2)。由∠ADB=∠AEB=90°，D、E均在以AB为直径的圆x²+y²=y上。
2. 把AD写成x=k(1−y)，则D=(k/(1+k²),k²/(1+k²))。同样把AE写成x=l(1−y)。由C、D、E共线并消去D=E的根，得到kl=k+l，即l=k/(k−1)。
3. CG的方程是y=(1−x)/2。与AD联立得x_N=k/(2−k)，与AE联立得x_M=l/(2−l)=−k/(2−k)。
4. 所以x_M+x_N=0，y_M+y_N=1，它们的中点正是(0,1/2)=G。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

2

1. 给出坐标计算，并保留射线位置。取B=(0,0)、C=(a,0)、A=(u,v)，v>0；记AC=b、AB=c。因∠A>∠B，有a>b，所以射线AC上满足CD=a的点D只能在C外侧，D=(a+a(a−u)/b,−av/b)。
2. N=(u/2,v/2)。由cos∠A=(c²−au)/(bc)、sin∠A=av/(bc)，射线BP的方向可写成(c²−au,av)。将其与DN联立得到P=(a(c²−au)/(b(a+b)),a²v/(b(a+b)))。
3. 联立PC与AB得E=[a/(a+b)]A，故EA/EB=b/a。联立DN与BC得BT=a(a+b)/(2a+b)，所以TC=a²/(2a+b)。
4. 因此BC/TC−EA/EB=(2a+b)/a−b/a=2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AE/EC=AF/BF。

1. 对△ABC及共线的E、D、F应用梅涅劳斯定理：AF/FB·BD/DC·CE/EA=1。
2. 因为BD/DC=1，整理即得AE/EC=AF/BF。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

D、E、F三点共线。

1. 按点序B-A-D、B-C-E、A-C-F，AD/DB=4/5，BE/EC=(BC+CE)/CE=5/3，CF/FA=6/8=3/4。
2. 故AD/DB·BE/EC·CF/FA=1。三个点均为外分点，由梅涅劳斯逆定理得D、E、F共线。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AE/ED=2AF/FB。

1. 在△ABD中对共线的F、E、C应用梅涅劳斯定理：AF/FB·BC/CD·DE/EA=1。
2. AD是中线，所以BC/CD=2。代入整理得AE/ED=2AF/FB。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

BE/EA+CF/FA=1。

1. 记AE/AB=x、AF/AC=y。取A为原点，以AB、AC为斜坐标轴，E=(x,0)、F=(0,y)，所以EF的截距方程为u/x+v/y=1。
2. 重心G的坐标为(1/3,1/3)，代入得到1/x+1/y=3。
3. 按图E、F均在相应边内部，BE/EA=1/x−1，CF/FA=1/y−1，故两者之和=1。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

三个外分点共线。

1. 分别记A、B、C外角平分线的交点为P∈BC、Q∈CA、R∈AB（均在线段外）。外角平分线定理给BP/PC=AB/AC、CQ/QA=BC/AB、AR/RB=AC/BC。
2. 三式相乘，BP/PC·CQ/QA·AR/RB=1。恰有三个外分点，因此由梅涅劳斯逆定理，P、Q、R共线。
3. 三边互不相等保证三个外角平分线都不与对应边平行，三个有限交点存在。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

6:8:7

1. 在△BCD中用横截线E-M-A应用梅涅劳斯定理：BE/EC·CA/AD·DM/MB=1。BE/EC=1/5、CA/AD=2，所以DM/MB=5/2，BM/BD=2/7。
2. 同样对F-N-A得BF/FC·CA/AD·DN/NB=1。BF/FC=1，故DN/NB=1/2，BN/BD=2/3。
3. 因此BM:MN:ND=2/7:(2/3−2/7):1/3=6:8:7。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

315

1. S△OAB=40+30=70。△AOB与△DOB的底AO、DO在同一直线上，高相同，所以AO/OD=70/35=2。
2. 设S△ODC=x，则S△AOC=2x；S△BOC=35+x。又AF/FB=40/30=4/3。
3. △ACF与△BCF同高，面积比为4/3；分别去掉△AOF与△BOF后仍保留4/3之比，故S△AOC/S△BOC=4/3，即2x/(35+x)=4/3，解得x=70。
4. 所以S△ABC=70+(35+70)+140=315。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/7

1. 用保留面积比的斜坐标取A=(0,0)、B=(1,0)、C=(0,1)，则D=(2/3,1/3)、E=(0,2/3)、F=(1/3,0)。
2. 逐对联立三条直线，得到C₁=(4/7,2/7)、B₁=(2/7,1/7)、A₁=(1/7,4/7)。
3. 面积比等于两边向量行列式的绝对值：|(1/7)(−2/7)−(−3/7)(3/7)|=7/49=1/7。这里行列式给平行四边形面积，两个三角形中的1/2因子相消。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

DE、AF、BC的中点共线。

1. 记三个中点依次为Q、P、R。取A为原点，AB=b、AC=c为向量，D=ub、E=vc，0<u,v<1。
2. 联立CD与BE得到F=[u(1−v)b+v(1−u)c]/(1−uv)。因此P=F/2，Q=(ub+vc)/2，R=(b+c)/2。
3. 相减得到P−R=[(u−1)b+(v−1)c]/[2(1−uv)]，Q−R=[(u−1)b+(v−1)c]/2。
4. 故Q−R=(1−uv)(P−R)，两向量成比例，因此P、Q、R共线。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）m=2。（2）一次：a=0,b≠0,c任意；正比例：a=0,b≠0,c=0；二次：a≠0,b和c任意。

1. （1）二次项指数需m²−m=2，解得m=2或−1。还需其系数m²+m≠0，排除m=−1，故m=2。
2. （2）函数类型由最高非零项决定：一次项必须非零才是一次函数；正比例还需常数项为零；二次函数必须a≠0。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）m=−√5；（2）m=−3；（3）B。

1. （1）m²−3=2得m=±√5。左侧递减要求开口向上，即2−m>0，所以取−√5。
2. （2）5−2m−m²=2得m=1或−3。右侧递减要求m−1<0，且m=1会令系数为零，故m=−3。
3. （3）0<a−1<a<a+1，y=−x²在正半轴递减，因此y₃<y₂<y₁。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

依次为：2；0；−1；1；−2；0或4。

1. 配方y=(x−k/2)²−(k−2)²/4，顶点为(k/2,−(k−2)²/4)。
2. （1）顶点纵坐标0，得k=2；（2）横坐标0，得k=0；（3）代x=−1得y=2k=−2，k=−1；（4）代x=0得k−1=0，k=1。
3. （5）对称轴k/2=−1，k=−2；（6）−(k−2)²/4=−1，k=0或4。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）a=√2；（2）第三象限；（3）−1<a+b+c<0。

1. （1）图像开口向上且过原点，故a>0、a²−2=0，取a=√2。
2. （2）开口向下a<0，对称轴在y轴左侧，−b/(2a)<0。因2a<0，得b<0，所以(a,b)在第三象限。
3. （3）a+b+c=f(1)。原图在x=1处的曲线位于y=−1与x轴之间，因此−1<f(1)<0。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

依次：负、正、正、正、正、负、正。

1. 开口向下a<0，对称轴x=1给b=−2a>0；图像与y轴交于正半轴，所以c>0；有两个不同x轴交点，所以判别式>0。
2. a+b+c=f(1)为正的最大值；图上−1在左根左侧，因此a−b+c=f(−1)<0。
3. 由b=−2a，3b−2c=−2(3a+c)=−2(a−b+c)>0。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）依次正、负、负、正、正、负、正；（2）①②③④均正确。

1. （1）开口向上a>0；对称轴h在0与1之间，故b<0、2a+b=2a(1−h)>0；y轴截距c<0；两个不同实根使Δ>0。图示−1在左根外，1在两根内，故f(−1)>0、f(1)<0。
2. （2）开口向下，−2在左根外，故f(−2)=4a−2b+c<0，①成立。对称轴h=(x₁+x₂)/2>−1，而h=−b/(2a)、a<0，故2a−b<0，②成立。
3. 又f(1)<0而f(−1)=2，所以2b=f(1)−f(−1)<−2，③成立。顶点在−1右侧，最大值严格大于f(−1)=2；即−Δ/(4a)>2，因a<0可得Δ+8a>0，④成立。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

0<abc≤1/4。

1. 图示a>0、b<0、c<0；B=(0,c)，OA=OB推出A=(c,0)。代入f(c)=0得c(ac+b+1)=0，故ac=−b−1。
2. 因为ac<0，结合b<0得−1<b<0。于是abc=−b²−b=1/4−(b+1/2)²，范围为(0,1/4]。
3. 当b=−1/2时取等；任取a>0、c=−1/(2a)，所有图示与截距条件均满足。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）2x²−x−1；（2）4(x−1)²−3；（3）(x+3)(x−5)/5；（4）(x−3)²/2−2。

1. （1）设一般式，由c=−1、a+b=1、a−b=3得a=2,b=−1。
2. （2）设a(x−1)²−3，代入(0,1)得a=4。
3. （3）设a(x+3)(x−5)，代入(0,−3)得a=1/5。
4. （4）两根关于x=3对称且距离4，故根为1、5；代入顶点式a(x−3)²−2，在x=1处0=4a−2，a=1/2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）示例y=x(x−1)/2；（2）不存在。

1. （1）两个连续整数乘积为偶数，故示例对全部整数x取整数值，且a=1/2。
2. （2）若整点抛物线存在，则f(1)+f(−1)−2f(0)=2a为整数。二次函数要求a≠0，所以|2a|≥1，即|a|≥1/2，矛盾。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

恒过定点(−1/2,0)；顶点轨迹为Y=−(X+1/2)²。

1. 重写y=(x+1/2)²+a(x+1/2)，在x=−1/2时y=0，与a无关。
2. 顶点横坐标X=−(a+1)/2，纵坐标Y=−a²/4。消去a=−2X−1，得到Y=−(X+1/2)²。
3. a遍历所有实数时X也遍历所有实数，故轨迹为整条所给抛物线。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

(a,b)=(0,−4)或(−4,0)。

1. 设四根依次r、r+d、r+2d、r+3d，d>0。两方程在x=1的值都为1+a+b，且不能为0（否则共享根1），因此根据四根分为两组的三种方式分类。
2. 若外侧两根配一组、内侧两根配一组，两组根和相同推出a=b，两抛物线相同，与4根互异矛盾。
3. 若相邻配对：一组r,r+d，另一组r+2d,r+3d，由x=1处两乘积相等得r=1−3d/2。根和给出a=−2+2d、b=−2−2d（或交换），根积再给出3+3d²/4=0，不可能。
4. 若交错配对：一组r,r+2d，另一组r+d,r+3d，同理r=1−3d/2。根和为−a=2−d、−b=2+d；根积与另一系数相等给出3−3d²/4=0，故d=2，得到(0,−4)或交换。
5. 检验两式为x²−4与x²−4x，根为−2、0、2、4，确有4个等距不同交点。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）（2）成立；（3）√3<L<2 或 2<L<2√3，其中L=A₁B₁。

1. 由a>b>c及和0得a>0,c<0。令t=b/a，则a>b给t<1，b>c=−a−b给t>−1/2。原题还称g为一次函数，故b≠0，即t≠0。
2. 交点横坐标解ax²+2bx+c=0，除以a得x²+2tx−1−t=0，两根为−t±√(t²+t+1)。根号内=(t+1/2)²+3/4>0，故两交点不同。
3. 大根小于2等价于√(t²+t+1)<t+2；右边>0，平方后差为(t+2)²−(t²+t+1)=3(t+1)>0，所以两根都<2。
4. x轴投影长度等于两横坐标之差L=2√((t+1/2)²+3/4)。在−1/2<t<1时此式严格递增，整体范围为(√3,2√3)，但t=0被一次函数条件排除且唯一对应L=2，因此最终为(√3,2)∪(2,2√3)。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）−x²+3x−1；（2）x²−4x+3；（3）3(x+1)²−2。

1. （1）c=−1，a+b=2，4a−2b=−10，解得a=−1,b=3。
2. （2）设a(x−1)(x−3)，代x=0得3a=3，a=1。
3. （3）设a(x+1)²−2，代(1,10)得4a−2=10，a=3。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

顶点(1,2)，对称轴x=1；与x轴交于(−1,0)、(3,0)，与y轴交于(0,3/2)。参考图见解析。

1. 配方y=−(x−1)²/2+2，直接得到顶点与对称轴。
2. 令y=0得(x−3)(x+1)=0；令x=0得y=3/2。以这些点和关于对称轴的对称点作开口向下的平滑抛物线。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）顶点(−2,−1)，轴x=−2，最小值−1；（2）顶点(2,−1)，轴x=2，最小值−1；（3）顶点(2,0)，轴x=2，最大值0。

1. （1）已是顶点式，开口向上；（2）配方为(x−2)²/2−1，开口向上；（3）配方为−2(x−2)²，开口向下。
2. 分别取顶点左右等距点绘图，参考图给出对称轴、顶点和曲线方向。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

最大值−4，当a=2,b=−3,c=−1时取得。

1. 代入两点得a−b+c=4，4a+2b+c=1，解得b=−a−1,c=3−2a，所以b+c=2−3a。
2. 两交点不同要求Δ=(a+1)²−4a(3−2a)=(9a−1)(a−1)>0。a是正整数，故a≥2。
3. 因此2−3a≤−4，在a=2时取到，且Δ>0满足。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

B，h=1。

1. 设A=(−u,u²)、B=(u,u²)、C=(v,v²)，斜边为AB使|v|<u。令d=u²−v²>0，即高h=d。
2. 由CA⊥CB得(v²−u²)+(u²−v²)²=d(d−1)=0，故d=1，选B。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

m=2。

1. 因式分解(x−m/2)(x+3m/2)，两截距长度为m/2和3m/2。给定倒数差为正，所以OB=m/2、OA=3m/2。
2. 于是2/m−2/(3m)=2/3，解得m=2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

y=−x−1。

1. 配方y=(x+m)²+m−1，顶点(X,Y)=(−m,m−1)。消去m，得到Y=−X−1。m遍历实数，覆盖整条直线。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

（1）顶点在第一象限；另有a=c<0时位于x轴正半轴(1,0)的边界情形。（2）y=−2x²+2x。

1. （1）若a>0，x趋于负无穷时y>0，必过第二象限，所以a<0。连续性及x<0时y≤0给c≤0；反之a<0,c≤0时，(x−1)(ax−c)在x<0上≤0，符合。
2. 顶点x₀=(a+c)/(2a)>0，y₀=−(a−c)²/(4a)≥0。当a≠c时y₀>0，在第一象限；a=c<0时y₀=0，顶点为(1,0)。
3. （2）B的横坐标是对称轴横坐标的2倍，与x=0对称，因此其纵坐标应为c。题给−c，故c=0。于是顶点A=(1/2,−a/4)，B=(1,0)。AB斜率为a/2=−1，所以a=−2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

f(x)=x²−4x+2，或f(x)=−9x²/7−12x/7+2。

1. 由条件c=2、b=−a−3。两根距离√Δ/|a|=2√2，故b²−8a=8a²。
2. 代入b得7a²+2a−9=0，解a=1或−9/7，对应b=−4或−12/7。
3. 两候选a均非零，且Δ=8a²>0，原两点函数值也满足，故两解都保留。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

a=−5/2，b=15，c=−25/2。

1. 由顶点条件写f=a(x−3)²+10，a<0。两根关于3对称且相距4，所以为1、5。
2. 代x=1得4a+10=0，a=−5/2。展开得b=15,c=−25/2。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

−1≤a<−1/2，或a=3−2√3。

1. 设实根r≤s，则rs=3。要求闭区间[1,2]中恰好一个不同根。
2. 先看重根：r=s=√3在区间内，对应根和2√3=3−a，即a=3−2√3，符合。
3. 两根不等时r<√3<s。若r∈[1,3/2)，则s=3/r>2，恰好一个；根和r+3/r在此区间严格递减，从4到7/2（后者不取），故a=3−(r+3/r)∈[−1,−1/2)。
4. 若r≥3/2且r<√3，两根都在[1,2]，不符合；若r<1则s>3，两个都在区间外。两根都负时也无交点。故解集如上，a=−1/2对应根3/2、2，必须排除。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. ∠CAB=∠BDC，两个角的顶点A、D在弦BC同侧，故由同弦所对圆周角相等的逆定理，A、B、C、D共圆。
2. 在同一圆中，同弦DC所对的圆周角∠DBC=∠DAC，即∠3=∠4。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 对三角形内部点X，三角函数形式的塞瓦定理给[sin∠BAX/sin∠XAC]·[sin∠CBX/sin∠XBA]·[sin∠ACX/sin∠XCB]=1。此式可由三组共高面积比相乘得到。
2. 由题设，M、N在A处的角比互为倒数，在B处的角比也互为倒数，因此C处的两个角比互为倒数。记α=∠MCA、β=∠NCB、γ=∠ACB，则sinα·sin(γ−β)=sinβ·sin(γ−α)。
3. 展开得sinγ·sin(α−β)=0。因0<γ<180°且α、β都介于0与γ之间，得到α=β，命题成立。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 采用直角坐标，令A=(0,0)、B=(1,0)、D=(u,v)，则C=(1+u,v)。记L=u²+v²。投影点为N=(1+u,0)、M=(u,v)(L+u)/L。
2. 联立直线NM和BD，得P=((uL+u²−u−1)/(L−1),v(L+u)/(L−1))。其中L=1时两直线平行，与题设有交点P不符。
3. 代入可验证P·C=L+2u+1=|C|²，因此(P−C)·C=0。向量C就是AC，所以PC⊥AC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取A=(0,0)、B=(b,0)、C=(0,c)，S=(s,0)，O=(b/2,c/2)。由SQ⊥SO、Q在AC上，得Q=(0,s(b−2s)/c)。
2. 令T为SQ中点，则T=(s/2,s(b−2s)/(2c))。将T正交投影到BC于M′，有CM′·CB=(T−C)·(B−C)=bs/2−s(b−2s)/2+c²=s²+c²=SC²。
3. 题设同样给CM·CB=SC²，且M、M′均在BC上，故M=M′，TM⊥BC。MN也过M且垂直BC，因此T在MN上，T=P，故SP=QP。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 用仿射坐标取A=(0,0)、B=(1,0)、C=(0,1)，D=(d,1−d)，Q=tD，0<d,t<1。
2. 直线BQ、CQ与对边相交，得E=(0,t(1−d)/(1−td))、F=(td/[1−t(1−d)],0)。
3. 设P=uD，将其代入直线EF的截距方程，可得u=t/(2−t)。
4. 于是DQ/DA=1−t，而PQ/PA=(t−u)/u=1−t，二者相等。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取B=(0,0)、C=(1,0)、A=(u,v)。D=(u,0)，E=(u²/(u²+v²),uv/(u²+v²))，垂心H=(u,u(1−u)/v)，中点G=((u+1)/2,v/2)。
2. 联立直线ED与AC得P=((2u²−2u+v²)/(u²+v²−1),v(u−1)/(u²+v²−1))。分母为0时两线平行，不符合交于P的题设。
3. 把P、H、G代入点积，直接约去得到(P−H)·G=0。B是原点，G表示BG，故PH⊥BG。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠EDO₁=∠FDO₂。

1. 用复数表示平面点，令C=0、A=a、B=b，取△ABC为逆时针方向，设w=(1+i√3)/2；乘w或其共轭分别表示逆时针或顺时针旋转60°。
2. 由外作正三角形条件，E=w̄a、F=wb；两正三角形的中心为O₁=(1+w̄)a/3、O₂=(1+w)b/3，AB中点D=(a+b)/2。
3. 代入w并整理，得到F−D=−i√3(O₁−D)，O₂−D=−i(E−D)/√3。
4. 这说明把射线DO₁、DE同时顺时针旋转90°，分别得到DF、DO₂的方向；正的伸缩不改变夹角。所以∠FDO₂等于DO₁与DE的夹角，也就是∠EDO₁。镜像放置同理。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠P=30°，∠Q=60°，∠R=90°。

1. 用复数表示平面上的点，令B=0、C=4、A=z（A在实轴上方）。由于BR=3CR，R=3。令w=(1+i√3)/2，乘w表示逆时针旋转60°，乘其共轭表示顺时针旋转60°。
2. 由两正三角形位于△ABC外侧，D=z−w̄z，F=z+w(4−z)。由中点条件，P=(2−w̄)z/2，Q=((1−w)z+4+4w)/2。
3. 代入w并整理，得到Q−R=−i(P−R)/√3。因此RP⊥RQ，且RQ/RP=1/√3。P≠R：若P=3，则z=3−i√3，与A在实轴上方矛盾。
4. 所以△PQR为直角三角形，∠R=90°；tan∠P=RQ/RP=1/√3，故∠P=30°、∠Q=60°。镜像放置不改变三个角的大小。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 取D=(0,0)、B=(−1,0)、C=(1,0)、A=(0,h)。写E=(−t,h(1−t))，0<t<1，则ED与x=1交于F=(1,−h(1−t)/t)。
2. M、N为中点，故M=(−t/2,h(1−t)/2)，N=(1/2,−h(1−t)/(2t))。
3. 从A出发，AM的水平偏移绝对值与竖直下移之比是t/[h(1+t)]；AN对应比值也是t/[h(1+t)]。两射线分别在AD两侧，因此它们与AD所成锐角相等，AD平分∠MAN。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AP=1、14/5或6。

1. 令AP=x，则PB=7−x。两三角形都是直角三角形，但未指定两直角边的对应顺序，所以必须分两类。
2. 若AP↔PB、AD↔BC，则x/2=(7−x)/3，解得x=14/5。
3. 若AP↔BC、AD↔PB，则x/2=3/(7−x)，即x(7−x)=6，解得x=1或6。三个值均在(0,7)且构成非退化相似三角形。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

以三条中线为边构成的三角形与△ABC相似，相似比为√3/2。

1. 设a=BC、b=CA、c=AB，三条中线长为x=AD、y=BE、z=CF。P为重心，故BP=2y/3、PD=x/3。又BD=BC/2，P到BC的高为A到BC的高的1/3，所以S△BPD/S△ABC=1/6。
2. 由∠BPD=∠ACB，使用三角形面积正弦公式，得到[BP·PD·sinC]/[BC·CA·sinC]=(2xy/9)/(ab)=1/6，从而xy=3ab/4。
3. 中线长公式给出4x²=2b²+2c²−a²、4y²=2a²+2c²−b²。代入16x²y²=9a²b²并整理，得−2(a²+b²−2c²)(a²+b²+c²)=0，所以a²+b²=2c²。
4. 再用中线长公式，得到x²=3b²/4、y²=3a²/4、z²=3c²/4。故三条中线长依次为b、a、c的√3/2倍，确实能够组成三角形，且由SSS与△ABC相似。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠B=2∠A。

1. 交叉相乘得a(a+b+c)=b(a+b)，约去ab后得到b²=a(a+c)。
2. 根据倍角三角形的边长判据，b²=a(a+c)恰好等价于∠B=2∠A。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 两个等边三角形与共同六边形之间，各有三个角部小三角形。六个小三角形均有60°顶角，其余两角由两组原边的夹角确定，所以六个小三角形相似。
2. 以六边形边长为底边时，两个腰的总长都等于底边乘同一常数k，且k>1。把共同六边形的一组交替边替换为对应角部两腰，就得到原大三角形的周界，周长增加量分别为(k−1)(a₁+a₂+a₃)、(k−1)(b₁+b₂+b₃)。
3. 原两三角形全等、周长相等，因此两个增加量相等。约去k−1即得所证。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

四边形EBHG的面积为7。

1. 面积比在仿射变换下不变，可把平行四边形取为单位正方形：B=(0,0)、C=(1,0)、A=(0,1)、D=(1,1)。此时E=(0,1/2)、F=(1/2,0)。
2. AF方程为y=1−2x，DE方程为y=(1+x)/2，DB为y=x。因此G=(1/5,3/5)、H=(1/3,1/3)。
3. 用三角形面积或多边形坐标面积公式，四边形EBHG占单位正方形的7/60。故原面积为60×7/60=7。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

S△BEF:S△AEF=1:16。

1. 取C=(0,0)、A=(2,0)、B=(0,1)。C在AB上的投影D=(2/5,4/5)，故E=(0,4/5)、F=(2/5,0)。
2. [BEF]=(1/2)·BE·CF=(1/2)·(1/5)·(2/5)=1/25；[AEF]=(1/2)·AF·CE=(1/2)·(8/5)·(4/5)=16/25。
3. 所以两面积比为1:16。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

EC=2/9，S△ADE=7√3/54。

1. 等边三角形中BC=AC=AB=1，BD=1/3、CD=2/3。用斯图尔特定理得AD²=1−BD·CD=7/9。
2. 因∠ADE=∠ACD=60°且∠DAE=∠CAD，△ADE∽△ACD，所以AE/AD=AD/AC，得AE=7/9，EC=2/9。
3. △ADC占△ABC面积的2/3，△ADE又占△ADC的AE/AC=7/9。因此[ADE]=(√3/4)·(2/3)·(7/9)=7√3/54。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

正方形边长为24/5cm（4.8cm）。

1. 设正方形边长为s。距BC高度s处的平行截线长为12(8−s)/8；此截线就是正方形上边，因此s=12(8−s)/8。
2. 解得20s=96，即s=24/5cm。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

另一边长为6cm或15/2cm。

1. 设矩形平行BC的边长为w、高为h。相似关系给w=12(8−h)/8。
2. 若w=3，则h=6；若h=3，则w=15/2。题目没有指定3cm是哪一边，因此两种都要保留。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

边长为48/(4+3√3)cm。

1. 设等边三角形边长为s，则其高为√3s/2。其上方平行BC的边是原三角形在该高度的截线。
2. 因此s=12[8−√3s/2]/8，解得s=48/(4+3√3)cm。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

斜边长为48/7cm。

1. 设所求斜边长为s。等腰直角三角形从直角顶点到斜边的高为s/2。
2. 相似截线关系给s=12(8−s/2)/8，解得s=48/7cm。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

最大值为1/18；当AE/AB=AD/AC=1/3时取得。

1. 按图E在AB上、D在AC上，BD与CE交于O。令x=AE/AB、y=AD/AC，0<x,y<1。以A为原点、AB和AC为基向量，用仿射坐标表示B=(1,0)、C=(0,1)、E=(x,0)、D=(0,y)。仿射坐标可用于计算面积比。
2. 解BD与CE的交点，得O=(x(1−y)/(1−xy), y(1−x)/(1−xy))。用行列式求面积比，得到S△OBC/S△ABC=(1−x)(1−y)/(1−xy)，S△ODE/S△ABC=xy(1−x)(1−y)/(1−xy)。四边形BCDE的面积比为1−xy。
3. 设p=xy。由已知面积关系，(1−x)(1−y)=9(1−p)²/16。又x+y≥2√p，故(1−x)(1−y)≤(1−√p)²。两边开平方并约去正数1−√p，得到3(1+√p)/4≤1，即p≤1/9。
4. 所求面积比为9p(1−p)/16，在0<p≤1/9内随p增大而增大，因此最大为(9/16)·(1/9)·(8/9)=1/18。取x=y=1/3时满足原条件，故最大值可以取得。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记BC=a、AB=c、AC=b、BP=x，按原图0<x<a。由余弦定理或坐标展开，AP²=c²+x(b²−c²−a²)/a+x²。
2. 题设AP²=b²x/a，代入整理为(a−x)(c²/a−x)=0。因x<a，得到x=c²/a。
3. 所以BA/BC=BP/BA=c/a，且∠ABP=∠CBA。由SAS，△BAP∽△BCA，因此∠BAP=∠BCA。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记k=BD/DC=AB/AC，x=BF/BA，y=CE/CA。对共点的AD、BE、CF应用塞瓦定理，得k·y(1−x)=x(1−y)。
2. 由FM∥AD、EN∥AD，BM=x·BD，CN=y·CD。代入上式化简可得(BM/MC)(BN/NC)=k²=(AB/AC)²。
3. 设∠BAM=u、∠NAC=v、∠BAC=α。用同高面积比，BM/MC=AB·sin u/[AC·sin(α−u)]，BN/NC=AB·sin(α−v)/[AC·sin v]。
4. 上面的乘积关系给sin u·sin(α−v)=sin v·sin(α−u)，故sinα·sin(u−v)=0，得到u=v。AD原为∠BAC平分线，所以也平分∠MAN。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 记∠C=γ、∠B=2γ，令δ=∠PBC=∠BCP（PB=PC）。由AP=AB，∠BPA=∠ABP=2γ−δ。三角形角和给∠PAC=γ−2δ。
2. 设BC=a、AB=c。由等腰△BPC，PB=a/(2cosδ)；由等腰△ABP，PB=2c cos(2γ−δ)。又正弦定理c/a=sinγ/sin3γ。
3. 因此4sinγ cosδ cos(2γ−δ)=sin3γ。用积化和差整理为cos[2(γ−δ)]=1/2。由于0<γ−δ<60°，得γ−δ=30°。
4. 于是∠PAC=60°−γ，而∠BAC=180°−3γ=3∠PAC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

A角平分线长lₐ=√{bc[(b+c)²−a²]}/(b+c)。

1. 记BC=a、CA=b、AB=c，A角平分线AD长度为l。角平分线定理给BD=ac/(b+c)、CD=ab/(b+c)。
2. 由角平分线长度恒等式l²=bc−BD·CD，得到l²=bc[1−a²/(b+c)²]。
3. 因l>0，l=√{bc[(b+c)²−a²]}/(b+c)。另外两个角的公式按a、b、c循环交换。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AC·BD≤AB·CD+AD·BC；AC²+BD²≤AB²+BC²+CD²+DA²。

1. 托勒密不等式为AC·BD≤AB·CD+AD·BC。作辅助点X使△ABX∽△ACD，并使∠XAD=∠BAC；则BX=AB·CD/AC，XD=AD·BC/AC。由BD≤BX+XD，乘AC即得不等式。
2. 平方和不等式为AC²+BD²≤AB²+BC²+CD²+DA²。令M、N分别为AC、BD中点；两次应用中线长公式并相加，得到AB²+BC²+CD²+DA²=AC²+BD²+4MN²。
3. 由MN²≥0即得平方和不等式；等号当且仅当M=N，即四边形为平行四边形。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

QN=PM。

1. 记∠ACB=C。由AD⊥BC、DN⊥AC，得到AD=AC·sinC、AN=AD·sinC，所以AN/AC=sin²C。同理由BE⊥AC、EP⊥BC，得BP/BC=sin²C。因此AN/AC=BP/BC，NP∥AB。
2. A、M、D、N共圆，所在圆以AD为直径，故∠AMN=∠ADN=C。B、Q、E、P共圆，所在圆以BE为直径，故∠BQP=∠BEP=C。
3. 按锐角三角形的垂足位置，Q、M依次位于AB上；设T=MN∩PQ。由上一步，△TMQ的两个底角都为C，故TM=TQ。又NP∥MQ，△TNP与△TMQ相似，所以TN=TP。
4. △TQN和△TMP有TQ=TM、TN=TP，且∠QTN=∠MTP为对顶角，故由SAS全等，得到QN=PM。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 因△ABC三边相等且A₁A₂=B₁B₂=C₁C₂，所以三段各自与所在整边的比相等。
2. 应用《相似三角形（1）》例8已证明的交叉六边形截比定理（归入“用坐标表达共线、平行与分点”知识点）：两三角形交成六边形时，若一组三条交替边与所在大三角形整边的比相等，则另一组三条交替边与另一大三角形对应整边的比也相等。
3. 在此取原大三角形为ABC，另一三角形为三条直线B₂C₁、C₂A₁、A₂B₁所围三角形，六个交点正是A₁、A₂、B₁、B₂、C₁、C₂。于是B₂C₁、C₂A₁、A₂B₁与包含它们的三边成比例。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠DMB=60°。

1. 把菱形边长归一化为1，用复数取A=0、B=1、D=w=(1+i√3)/2、C=1+w。设E=tw，0<t<1。
2. 联立CE与实轴BA，得F=−t/(1−t)。从而向量FD=w+t/(1−t)，BE=tw−1。因w²=w−1，有(1−t)FD=−w·BE。
3. 因此从射线MB（与BE方向相反）旋转60°恰得射线MD的方向，故∠DMB=60°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 设∠CBD=θ，则∠ABC=2θ。由Rt△BCD，BD=BC/cosθ；由垂足E，CE=BC sinθ、BE=BC cosθ。
2. 于是2CE/BD=2sinθ cosθ=sin2θ=AC/AB。
3. 又ED=BD−BE，所以(BE²−ED²)/BD²=2BE/BD−1=2cos²θ−1=cos2θ=BC/AB。两式均成立。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 采用以两条对角线方向为基的仿射坐标，取O=(0,0)、A=(1,0)、C=(−1,0)、B=(0,b)、D=(0,d)，其中b、d异号。写P=(p,0)、Q=(−p,0)，0<p<1。
2. 联立DP与AB得N=(p(d−b)/(d−bp),bd(1−p)/(d−bp))；联立BQ与CD得K=(p(d−b)/(b−dp),bd(1−p)/(b−dp))。
3. N、K两坐标具有相同分子，仅分母不同，所以它们的向量互为实数倍，与原点O共线。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 将△ABC按逆时针表示为复数a、b、c，外作等边三角形的中心分别为X=(a+b)/2−i√3(b−a)/6、Y=(b+c)/2−i√3(c−b)/6、Z=(c+a)/2−i√3(a−c)/6。
2. 令w=(1+i√3)/2，代入展开可验证Z−X=w(Y−X)。
3. 乘w表示长度不变、转角60°，故XY=XZ且∠YXZ=60°，所以△XYZ是等边三角形。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 这与相似三角形（2）例4的等边三角形垂足构造相同，只是垂足改名为E。归一化BD=1、CD=2，可取B=(0,0)、C=(3,0)、A=(3/2,3√3/2)、D=(1,0)。
2. E为C在AD上的投影，E=(15/14,3√3/14)，因此tan∠EBD=√3/5。
3. 直线AB、AD的夹角满足tan∠DAB=|√3−3√3|/(1+9)=√3/5。两角皆锐角，故∠EBD=∠DAB。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/2<AC/BC<1。

1. 由∠A=2∠B及内角和，0°<B<60°。正弦定理给AC/BC=sinB/sin2B=1/(2cosB)。
2. 在此范围内1/2<cosB<1，所以1/2<AC/BC<1。两个端点均对应退化三角形，不能取等号。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 令正方形边长为1，取A=(0,0)、B=(0,1)、C=(1,1)、D=(1,0)，则K=(0,1/2)、L=(3/4,3/4)。
2. 向量LK=(−3/4,−1/4)，LD=(1/4,−3/4)，点积为−3/16+3/16=0，所以∠KLD=90°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

折起部分最小面积为3/8。

1. 取A=(0,1)、B=(0,0)、C=(1,0)、D=(1,1)，设B折到AD上的E=(t,1)，0≤t≤1。折痕是BE的垂直平分线，方程为tx+y=(1+t²)/2。
2. 折起的是含B的半个纸片区域。折痕在左右边上的高度分别为(1+t²)/2和(1−t)²/2，因而折起部分是梯形，面积S=[(1+t²)/2+(1−t)²/2]/2=(t²−t+1)/2。
3. 配方得S=(t−1/2)²/2+3/8，故最小面积为3/8，当折点为AD中点时取到。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

DF最小值为4√5/5。

1. 设矩形高为h、宽为w。相似截线给w=2(4−h)/4=2−h/2。
2. 故DF²=w²+h²=(2−h/2)²+h²=(5/4)(h−4/5)²+16/5。
3. 当h=4/5时取到最小值，DF_min=4/√5=4√5/5。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

命题成立，证明如下。

1. 因CA⊥CB、CD⊥AB，∠EAD=∠BCM；又AE⊥CB、ED⊥BM，得∠AED=∠CBM。由AA，△AED∽△CBM。
2. 对应边给AE/CB=AD/CM，因此AE·CM=AD·CB。
3. Rt△ADC与Rt△ACB相似，AD/CD=AC/CB，故AD·CB=AC·CD。合并得到AE·CM=AC·CD。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

三条周长平分线共点。

1. 设BC=a、CA=b、AB=c，半周长s=(a+b+c)/2。三条线分别为AD、BE、CF，其中D、E、F位于对边。
2. AD平分周长，故AB+BD=AC+CD=s，所以BD=s−c、DC=s−b。同理，CE=s−a、EA=s−c，AF=s−b、FB=s−a。三角形不等式保证这些长度均为正。
3. 因此(BD/DC)·(CE/EA)·(AF/FB)=[(s−c)/(s−b)]·[(s−a)/(s−c)]·[(s−b)/(s−a)]=1。由塞瓦定理的逆定理，AD、BE、CF共点。这里三条线均穿过三角形内部，所以不可能互相平行。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

1/10。

1. 由塞瓦定理，(BD/DC)·(CE/EA)·(AF/FB)=1。代入BD/DC=1/3、CE/EA=1，得到AF/FB=3，即BF/BA=1/4。
2. 用分点向量求O的位置：令B为原点、A=a、C=c，则D=c/4、E=(a+c)/2。写O=(1−t)a+tc/4=u(a+c)/2，比较a、c系数得t=4/5，故O=(a+c)/5。
3. O到BC的高为A到BC的高的1/5，BD/BC=1/4，故S△BDO/S△ABC=1/20。O到AB的高为C到AB的高的1/5，BF/BA=1/4，故S△BFO/S△ABC=1/20。
4. 四边形BDOF由△BDO与△BFO组成，所求面积比为1/20+1/20=1/10。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

三线共点。

1. Ax平分∠RAQ，故Rx/xQ=AR/AQ；By平分∠PBR，故Py/yR=BP/BR；Cz平分∠QCP，故Qz/zP=CQ/CP。
2. 在△ABR、△BCP、△CAQ中用正弦定理，得AR/BR=sin(B/3)/sin(A/3)，BP/CP=sin(C/3)/sin(B/3)，CQ/AQ=sin(A/3)/sin(C/3)。
3. 相乘得到(Rx/xQ)·(Qz/zP)·(Py/yR)=1，由△PQR中的塞瓦逆定理，Px、Qy、Rz三线共点。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

三线共点。

1. 证明MS平分中位三角形MNL的∠LMN。如S在AB上，周长平分给AS=(AB−AC)/2；L为AB中点，故LS=AC/2=LM。
2. △MLS等腰，且LS∥MN，故∠LMS=∠MSL=∠SMN，所以MS平分∠LMN。S在AC上的情形对称证明；若AB=AC，则MS=MA为对称轴，结论同样成立。
3. 同理NT、LU分别平分中位三角形在N、L处的内角，因此三线在该三角形内心共点。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AA₁、BB₁、CC₁共点。

1. 使用平面向量给出适用于任意非退化三角形的证明。记a=BC、b=CA、c=AB，δ=2S△ABC>0，并取A、B、C逆时针排列。J表示逆时针旋转90°。A₁=(B+C)/2−J(C−B)，另两点循环定义。
2. 令A为原点，B=u、C=v，则u×v=δ，u·v=(b²+c²−a²)/2。计算得A₁×v=(δ+a²+b²−c²)/2，u×A₁=(δ+a²+c²−b²)/2。故直线AA₁上点的重心坐标满足y:z=X:Y，其中X=δ+a²+b²−c²，Y=δ+a²+c²−b²。
3. 再记Z=δ+b²+c²−a²。循环计算给BB₁上的z:x=Z:X、CC₁上的x:y=Y:Z。因此三条直线共同经过重心坐标K=(XY:XZ:YZ)。等式用齐次坐标写成立，即使某个X、Y、Z为0也无需除以0。
4. K是有限点：XY+YZ+ZX=7δ²+2δ(a²+b²+c²)>0（展开并用2a²b²+2b²c²+2c²a²−a⁴−b⁴−c⁴=4δ²）。所以三线确实共点而非互相平行。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AB²+CP²=AC²+BP²。

1. 取A为原点，AB、AC的单位方向向量分别为u、v，AB=c、AC=b，u·v=k=cosA。由角平分线定理，M=bc(u+v)/(b+c)。
2. 因此AE=AF=t=bc(1+k)/(b+c)，E=tu、F=tv。设P=xu+yv。P在CE上给x/t+y/b=1，在BF上给x/c+y/t=1。解得x=ct(b−t)/(bc−t²)，y=bt(c−t)/(bc−t²)。由于三角形非退化，t²<bc，分母非零。
3. BC的方向向量为bv−cu。点积P·(bv−cu)=[t/(bc−t²)]·{bc(b−c)(1+k)+(c²−b²)t}=0，最后一步代入t=bc(1+k)/(b+c)。所以AP⊥BC。
4. 由向量展开，CP²−BP²=|bv−P|²−|cu−P|²=b²−c²−2P·(bv−cu)=b²−c²，移项即得结论。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠BCD=30°。

1. ∠ABC=∠ACB=40°，内心I满足∠IBC=∠BCI=20°。由△BIC的正弦定理，BI/BC=sin20°/sin140°=1/(2cos20°)。
2. 设x=∠BCD。D在AB上，故△BCD中∠CBD=40°、∠BDC=140°−x。由BD=BI得sin x/sin(140°−x)=1/(2cos20°)。
3. 代入x=30°符合上式。唯一性可以不使用微积分：对0<y<x<α<180°，sin x·sin(α−y)−sin y·sin(α−x)=sinα·sin(x−y)>0；两分母均正，因此sin x/sin(α−x)严格递增。取α=140°，得到唯一解30°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠PBC=20°。

1. 设x=∠PBC，则∠BAP=80°、∠PAC=20°、∠ACP=10°、∠PCB=30°、∠ABP=40°−x。
2. 由角元塞瓦定理，(sin80°/sin20°)·(sin x/sin(40°−x))·(sin10°/sin30°)=1。
3. 恒等式2sin10°cos10°=sin20°说明sin80°sin10°=sin20°sin30°，所以sin x=sin(40°−x)。两角均在(0°,40°)内，正弦严格递增，得到x=20°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

∠BAC=120°当且仅当DE⊥DF。

1. 记a=BC、b=CA、c=AB，取A为原点，B=u、C=v，u²=c²、v²=b²、u·v=(b²+c²−a²)/2。
2. 由角平分线定理，D=(bu+cv)/(b+c)，E=cv/(a+c)，F=bu/(a+b)。于是DE=−bu/(b+c)+c(b−a)v/((a+c)(b+c))，DF=b(c−a)u/((a+b)(b+c))−cv/(b+c)。
3. 逐项计算点积，公分母为(a+b)(a+c)(b+c)²；分子为−b²c²(c−a)(a+c)−b²c²(b−a)(a+b)+bc[(a+b)(a+c)+(b−a)(c−a)](b²+c²−a²)/2。整理为a²bc(b²+bc+c²−a²)。
4. 所有边长与分母均为正，所以DE·DF=0等价于a²=b²+bc+c²。余弦定理a²=b²+c²−2bc cosA给cosA=−1/2，即A=120°。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AP⊥BC。

1. 通过相似缩放取B=(0,0)、C=(1,0)、A=(u,v)，锐角条件给0<u<1、v>0。令t=tan∠EAB=tan∠CAF>0。
2. 由向外、直角和正切条件，E=(−tv,tu)，F=(1+tv,t(1−u))。若P=(x,y)=BF∩CE，则BF方程为y=t(1−u)x/(1+tv)，CE方程为y=tu(1−x)/(1+tv)。
3. 两式相等得到(1−u)x=u(1−x)，故x=u。A、P的横坐标相同，而BC水平，所以AP⊥BC。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。

AX、BY、CZ共点。

1. 采用重心坐标：点(x:y:z)表示(xA+yB+zC)/(x+y+z)，三坐标同时乘非零常数不改变点。第一组共点且分点都在边内部，因此可选u,v,w>0，使D=(0:v:w)、E=(u:0:w)、F=(u:v:0)。
2. 第二组共点，运用△DEF中的塞瓦定理，可选d,e,f>0，使X=eE+fF、Y=dD+fF、Z=dD+eE；这里对D、E、F使用上一行未归一化坐标，缩放可吸收进d,e,f。
3. 于是X=(u(e+f):vf:we)，Y=(uf:v(d+f):wd)，Z=(ue:vd:w(d+e))。AX要求y/z=vf/(we)，BY要求z/x=wd/(uf)，CZ要求x/y=ue/(vd)。
4. 三个比值乘积为1，而且公共点可直接写为(uef:vdf:wde)，坐标均正、和非零。因此三线共点于三角形内部。

独立推导的参考解析，不是学生作答记录。