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11. 在一次趣味运动会中，某数学项目小组利用黄金分割比$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$设计了一个掷飞镖的游戏。如图，在△ABC“靶”中，点M，N分别是线段BC的两个黄金分割点，我们把△AMN的内部称为“黄金区域”（图中阴影部分）。游戏规定：投掷的飞镖落在“黄金区域”即为获胜。假设投掷的飞镖都能落在“靶”内，现小明随机向该“靶”投掷一枚飞镖，则小明获胜的概率是
（第11题）
$\sqrt{5}-2$
。（第11题）答案
11. $\sqrt{5}-2$
解析
【分析】
本题是几何概率与黄金分割结合的题型，解题思路如下：首先明确几何概率的计算规则：获胜概率等于黄金区域△AMN的面积与△ABC的面积之比；其次观察到△AMN和△ABC同高，根据三角形面积公式可知，同高三角形的面积比等于对应底边的长度比，因此只需计算MN与BC的长度比即可；最后利用黄金分割的定义求出两条较长线段的长度，通过线段和差关系推导MN的长度，最终得到概率值。
【解析】
设BC的长度为1。
∵点M、N是线段BC的两个黄金分割点，根据黄金分割的定义，较长线段与原线段的比值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
∴较长线段$BN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}× BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，同理较长线段$MC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}× BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
观察线段关系可知：$BN+MC=BC+MN$（BN和MC重叠部分为MN），因此：
$MN=BN+MC-BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}+\frac{\sqrt{5}-1}{2}-1=\sqrt{5}-2$。
∵△AMN和△ABC的高均为点A到直线BC的距离，高相等时面积比等于底边长的比，
∴$P(获胜)=\frac{S_{△ AMN}}{S_{△ ABC}}=\frac{MN}{BC}=\sqrt{5}-2$。
【答案】
$\sqrt{5}-2$
【知识点】
几何概率计算，黄金分割，同高三角形面积比
【点评】
本题综合考查黄金分割的应用和几何概率的计算，解题核心是将面积比转化为底边长的比，再结合黄金分割的性质求解线段长度，属于基础的跨知识点综合题，能很好地考查对基础概念的应用能力。
【难度系数】
0.6
本题是几何概率与黄金分割结合的题型，解题思路如下：首先明确几何概率的计算规则：获胜概率等于黄金区域△AMN的面积与△ABC的面积之比；其次观察到△AMN和△ABC同高，根据三角形面积公式可知，同高三角形的面积比等于对应底边的长度比，因此只需计算MN与BC的长度比即可；最后利用黄金分割的定义求出两条较长线段的长度，通过线段和差关系推导MN的长度，最终得到概率值。
【解析】
设BC的长度为1。
∵点M、N是线段BC的两个黄金分割点，根据黄金分割的定义，较长线段与原线段的比值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
∴较长线段$BN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}× BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，同理较长线段$MC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}× BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
观察线段关系可知：$BN+MC=BC+MN$（BN和MC重叠部分为MN），因此：
$MN=BN+MC-BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}+\frac{\sqrt{5}-1}{2}-1=\sqrt{5}-2$。
∵△AMN和△ABC的高均为点A到直线BC的距离，高相等时面积比等于底边长的比，
∴$P(获胜)=\frac{S_{△ AMN}}{S_{△ ABC}}=\frac{MN}{BC}=\sqrt{5}-2$。
【答案】
$\sqrt{5}-2$
【知识点】
几何概率计算，黄金分割，同高三角形面积比
【点评】
本题综合考查黄金分割的应用和几何概率的计算，解题核心是将面积比转化为底边长的比，再结合黄金分割的性质求解线段长度，属于基础的跨知识点综合题，能很好地考查对基础概念的应用能力。
【难度系数】
0.6
12. 在欧几里得的《几何原本》中给出一个找线段的黄金分割点的方法。如图所示，以长为2的定线段AB为边作正方形ABCD，取AD的中点E，连结BE，在EA的延长线上取点F，使EF＝BE，以AF为边作正方形AFGH。
(1)求AF，HB的长。
(2)求证：H是线段AB的黄金分割点。
(3)若记正方形AFGH的面积为$S_1$，矩形BCIH的面积为$S_2$，判断$S_1$与$S_2$的大小关系，说明理由。
(1)求AF，HB的长。
(2)求证：H是线段AB的黄金分割点。
(3)若记正方形AFGH的面积为$S_1$，矩形BCIH的面积为$S_2$，判断$S_1$与$S_2$的大小关系，说明理由。
答案
12. (1)
∵点E为AD的中点,
∴AE=$\frac{1}{2}$AD=1。在Rt△ABE中,BE=$\sqrt{1^2+2^2}$=$\sqrt{5}$,
∴EF=BE=$\sqrt{5}$,
∴AF=EF-AE=$\sqrt{5}-1$,则AH=AF=$\sqrt{5}-1$,
∴HB=2-($\sqrt{5}-1$)=3-$\sqrt{5}$
(2)由(1)知,BH=3-$\sqrt{5}$,AH=$\sqrt{5}-1$,
∴$\frac{BH}{AH}$=$\frac{3-\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}$=$\frac{(3-\sqrt{5})×(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)×(\sqrt{5}+1)}$=$\frac{2\sqrt{5}-2}{4}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,
∴点H是线段AB的黄金分割点
(3)$S_1=S_2$。
∵$S_1=AH^2$,$S_2=BH·BC$,又
∵BC=AB,
∴$S_2=BH·AB$。
∵点H是线段AB的黄金分割点,
∴$\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{AB}$,即$AH^2=BH·AB$,
∴$S_1=S_2$
∵点E为AD的中点,
∴AE=$\frac{1}{2}$AD=1。在Rt△ABE中,BE=$\sqrt{1^2+2^2}$=$\sqrt{5}$,
∴EF=BE=$\sqrt{5}$,
∴AF=EF-AE=$\sqrt{5}-1$,则AH=AF=$\sqrt{5}-1$,
∴HB=2-($\sqrt{5}-1$)=3-$\sqrt{5}$
(2)由(1)知,BH=3-$\sqrt{5}$,AH=$\sqrt{5}-1$,
∴$\frac{BH}{AH}$=$\frac{3-\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}$=$\frac{(3-\sqrt{5})×(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)×(\sqrt{5}+1)}$=$\frac{2\sqrt{5}-2}{4}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,
∴点H是线段AB的黄金分割点
(3)$S_1=S_2$。
∵$S_1=AH^2$,$S_2=BH·BC$,又
∵BC=AB,
∴$S_2=BH·AB$。
∵点H是线段AB的黄金分割点,
∴$\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{AB}$,即$AH^2=BH·AB$,
∴$S_1=S_2$
解析
【分析】
(1) 求解AF、HB的长度：先根据正方形性质得到AD=AB=2，结合E是AD中点求出AE的长度，再在Rt△ABE中利用勾股定理算出BE的长度，由EF=BE得到EF的长，通过AF=EF-AE计算AF；再利用正方形边长相等得到AH=AF，最后用AB减去AH即可求出HB的长度。
(2) 证明H是黄金分割点：黄金分割点的判定标准是较短线段与较长线段的比值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，只需计算$\frac{BH}{AH}$的比值，化简后判断是否等于黄金比即可。
(3) 比较$S_1$与$S_2$的大小：先分别写出两个面积的表达式，$S_1$是正方形面积即$AH^2$，$S_2$是矩形面积即$BC· BH$，结合$BC=AB$，再利用黄金分割的比例性质$AH^2=AB· BH$，即可得出两者的大小关系。
【解析】
(1)
∵四边形ABCD是正方形，AB=2，
∴AD=AB=2，∠EAB=90°。
∵E为AD的中点，
∴$AE=\frac{1}{2}AD=1$。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AE^2+AB^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
∵EF=BE，
∴$EF=\sqrt{5}$，
∴$AF=EF-AE=\sqrt{5}-1$。
∵四边形AFGH是正方形，
∴$AH=AF=\sqrt{5}-1$，
∴$HB=AB-AH=2-(\sqrt{5}-1)=3-\sqrt{5}$。
(2) 证明：由(1)可知$AH=\sqrt{5}-1$，$BH=3-\sqrt{5}$，
∴$\frac{BH}{AH}=\frac{3-\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}$，对分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{5}+1$：
$\frac{BH}{AH}=\frac{(3-\sqrt{5})(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}=\frac{2\sqrt{5}-2}{4}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
符合黄金分割的比值要求，故H是线段AB的黄金分割点。
(3) $S_1=S_2$，理由如下：
$S_1$是正方形AFGH的面积，故$S_1=AH^2$；
$S_2$是矩形BCIH的面积，故$S_2=BC· BH$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，即$S_2=AB· BH$。
∵H是AB的黄金分割点，
∴$\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{AB}$，交叉相乘得$AH^2=AB· BH$，
∴$S_1=S_2$。
【答案】
(1) $AF=\sqrt{5}-1$，$HB=3-\sqrt{5}$；
(2) H是线段AB的黄金分割点，证明见上述解析；
(3) $S_1=S_2$，理由见上述解析。
【知识点】
勾股定理，黄金分割的判定，正方形与矩形面积计算
【点评】
本题以《几何原本》中黄金分割点的作法为背景，结合了数学史与基础几何知识，既考查了勾股定理、黄金分割的性质应用，也考查了正方形、矩形的面积计算，能帮助学生理解黄金分割的推导逻辑。
【难度系数】
0.7
(1) 求解AF、HB的长度：先根据正方形性质得到AD=AB=2，结合E是AD中点求出AE的长度，再在Rt△ABE中利用勾股定理算出BE的长度，由EF=BE得到EF的长，通过AF=EF-AE计算AF；再利用正方形边长相等得到AH=AF，最后用AB减去AH即可求出HB的长度。
(2) 证明H是黄金分割点：黄金分割点的判定标准是较短线段与较长线段的比值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，只需计算$\frac{BH}{AH}$的比值，化简后判断是否等于黄金比即可。
(3) 比较$S_1$与$S_2$的大小：先分别写出两个面积的表达式，$S_1$是正方形面积即$AH^2$，$S_2$是矩形面积即$BC· BH$，结合$BC=AB$，再利用黄金分割的比例性质$AH^2=AB· BH$，即可得出两者的大小关系。
【解析】
(1)
∵四边形ABCD是正方形，AB=2，
∴AD=AB=2，∠EAB=90°。
∵E为AD的中点，
∴$AE=\frac{1}{2}AD=1$。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AE^2+AB^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
∵EF=BE，
∴$EF=\sqrt{5}$，
∴$AF=EF-AE=\sqrt{5}-1$。
∵四边形AFGH是正方形，
∴$AH=AF=\sqrt{5}-1$，
∴$HB=AB-AH=2-(\sqrt{5}-1)=3-\sqrt{5}$。
(2) 证明：由(1)可知$AH=\sqrt{5}-1$，$BH=3-\sqrt{5}$，
∴$\frac{BH}{AH}=\frac{3-\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}$，对分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{5}+1$：
$\frac{BH}{AH}=\frac{(3-\sqrt{5})(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}=\frac{2\sqrt{5}-2}{4}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
符合黄金分割的比值要求，故H是线段AB的黄金分割点。
(3) $S_1=S_2$，理由如下：
$S_1$是正方形AFGH的面积，故$S_1=AH^2$；
$S_2$是矩形BCIH的面积，故$S_2=BC· BH$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，即$S_2=AB· BH$。
∵H是AB的黄金分割点，
∴$\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{AB}$，交叉相乘得$AH^2=AB· BH$，
∴$S_1=S_2$。
【答案】
(1) $AF=\sqrt{5}-1$，$HB=3-\sqrt{5}$；
(2) H是线段AB的黄金分割点，证明见上述解析；
(3) $S_1=S_2$，理由见上述解析。
【知识点】
勾股定理，黄金分割的判定，正方形与矩形面积计算
【点评】
本题以《几何原本》中黄金分割点的作法为背景，结合了数学史与基础几何知识，既考查了勾股定理、黄金分割的性质应用，也考查了正方形、矩形的面积计算，能帮助学生理解黄金分割的推导逻辑。
【难度系数】
0.7
