8. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ AB = AC $，$ \angle B = 72^{\circ} $，$ \angle ACB $ 的平分线交 $ AB $ 于点 $ D $，则 $ D $ 是线段 $ AB $ 的黄金分割点. 若 $ AC = 2 $，则 $ BD = $
$3-\sqrt{5}$
.答案：$8. 3-\sqrt{5}$
解析：
解：
∵ $AB = AC = 2$，$\angle B = 72°$，
∴ $\angle ACB = \angle B = 72°$，$\angle A = 180° - 2 × 72° = 36°$。
∵ $CD$ 平分 $\angle ACB$，
∴ $\angle ACD = \angle BCD = \frac{1}{2} \angle ACB = 36°$。
∴ $\angle ADC = 180° - \angle A - \angle ACD = 108°$，$\angle CDB = 180° - \angle ADC = 72°$。
∵ $\angle CDB = \angle B = 72°$，
∴ $CD = CB$。
∵ $\angle A = \angle ACD = 36°$，
∴ $AD = CD$，故 $AD = CB$。
设 $AD = x$，则 $BD = AB - AD = 2 - x$，$CB = x$。
在 $\triangle ABC$ 与 $\triangle CBD$ 中，$\angle B = \angle B$，$\angle A = \angle BCD = 36°$，
∴ $\triangle ABC ∼ \triangle CBD$。
∴ $\frac{AB}{CB} = \frac{CB}{BD}$，即 $\frac{2}{x} = \frac{x}{2 - x}$。
整理得 $x^2 + 2x - 4 = 0$，解得 $x = -1 \pm \sqrt{5}$（负值舍去），
∴ $AD = \sqrt{5} - 1$，
∴ $BD = AB - AD = 2 - (\sqrt{5} - 1) = 3 - \sqrt{5}$。
$3 - \sqrt{5}$
∵ $AB = AC = 2$，$\angle B = 72°$，
∴ $\angle ACB = \angle B = 72°$，$\angle A = 180° - 2 × 72° = 36°$。
∵ $CD$ 平分 $\angle ACB$，
∴ $\angle ACD = \angle BCD = \frac{1}{2} \angle ACB = 36°$。
∴ $\angle ADC = 180° - \angle A - \angle ACD = 108°$，$\angle CDB = 180° - \angle ADC = 72°$。
∵ $\angle CDB = \angle B = 72°$，
∴ $CD = CB$。
∵ $\angle A = \angle ACD = 36°$，
∴ $AD = CD$，故 $AD = CB$。
设 $AD = x$，则 $BD = AB - AD = 2 - x$，$CB = x$。
在 $\triangle ABC$ 与 $\triangle CBD$ 中，$\angle B = \angle B$，$\angle A = \angle BCD = 36°$，
∴ $\triangle ABC ∼ \triangle CBD$。
∴ $\frac{AB}{CB} = \frac{CB}{BD}$，即 $\frac{2}{x} = \frac{x}{2 - x}$。
整理得 $x^2 + 2x - 4 = 0$，解得 $x = -1 \pm \sqrt{5}$（负值舍去），
∴ $AD = \sqrt{5} - 1$，
∴ $BD = AB - AD = 2 - (\sqrt{5} - 1) = 3 - \sqrt{5}$。
$3 - \sqrt{5}$
9. 如图，已知 $ E $ 是正方形 $ ABCD $ 的边 $ AB $ 的黄金分割点，且 $ AE ＞ EB $. 以 $ AE $ 为一边画正方形 $ AEFG $，延长 $ EF $ 交 $ CD $ 于点 $ H $. 若四边形 $ BCHE $ 和四边形 $ DHFG $ 的面积分别为 $ S_{1} $，$ S_{2} $，则 $ \dfrac{S_{2}}{S_{1}} = $
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
.答案：$9. \frac{\sqrt{5}-1}{2} $解析:因为四边形 ABCD 和四边形 AEFG 都为正方形,所以点 G 在 AD 上,且四边形 BCHE 和四边形 DHFG 都为矩形,所以$ S_{1}=BE· BC,S_{2}=DG· GF. $因为 AD=AB,AG=AE,所以 AD-AG=AB-AE,即 DG=BE. 因为 E 是正方形 ABCD 的边 AB 的黄金分割点,且 AE＞EB,所以$ \frac{AE}{AB}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}. $又 AE=GF,AB=BC,所以$ \frac{S_{2}}{S_{1}}=\frac{DG· GF}{BE· BC}=\frac{AE}{AB}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$
解析：
解：设正方形 $ABCD$ 的边长为 $AB = a$。
因为 $E$ 是 $AB$ 的黄金分割点，且 $AE ＞ EB$，所以 $\frac{AE}{AB} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$，即 $AE = \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$，则 $EB = AB - AE = a - \frac{\sqrt{5}-1}{2}a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a$。
由于四边形 $AEFG$ 是正方形，所以 $AG = AE = \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$，$GF = AE = \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$。
因为 $AD = AB = a$，所以 $DG = AD - AG = a - \frac{\sqrt{5}-1}{2}a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a$，即 $DG = EB$。
四边形 $BCHE$ 是矩形，其面积 $S_1 = BE · BC = EB · a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a · a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a^2$。
四边形 $DHFG$ 是矩形，其面积 $S_2 = DG · GF = EB · AE = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a · \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$。
计算 $S_2$：$\begin{aligned}S_2&=\frac{(3 - \sqrt{5})(\sqrt{5}-1)}{4}a^2\\&=\frac{3\sqrt{5}-3 - 5 + \sqrt{5}}{4}a^2\\&=\frac{4\sqrt{5}-8}{4}a^2\\&=(\sqrt{5}-2)a^2\end{aligned}$
则 $\frac{S_2}{S_1} = \frac{(\sqrt{5}-2)a^2}{\frac{3 - \sqrt{5}}{2}a^2} = \frac{2(\sqrt{5}-2)}{3 - \sqrt{5}}$，分子分母同乘 $3 + \sqrt{5}$ 化简：$\begin{aligned}\frac{2(\sqrt{5}-2)(3 + \sqrt{5})}{(3 - \sqrt{5})(3 + \sqrt{5})}&=\frac{2[3\sqrt{5}+5 - 6 - 2\sqrt{5}]}{9 - 5}\\&=\frac{2(\sqrt{5}-1)}{4}\\&=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\end{aligned}$
故 $\frac{S_2}{S_1} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
$\boxed{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$
因为 $E$ 是 $AB$ 的黄金分割点，且 $AE ＞ EB$，所以 $\frac{AE}{AB} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$，即 $AE = \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$，则 $EB = AB - AE = a - \frac{\sqrt{5}-1}{2}a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a$。
由于四边形 $AEFG$ 是正方形，所以 $AG = AE = \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$，$GF = AE = \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$。
因为 $AD = AB = a$，所以 $DG = AD - AG = a - \frac{\sqrt{5}-1}{2}a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a$，即 $DG = EB$。
四边形 $BCHE$ 是矩形，其面积 $S_1 = BE · BC = EB · a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a · a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a^2$。
四边形 $DHFG$ 是矩形，其面积 $S_2 = DG · GF = EB · AE = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}a · \frac{\sqrt{5}-1}{2}a$。
计算 $S_2$：$\begin{aligned}S_2&=\frac{(3 - \sqrt{5})(\sqrt{5}-1)}{4}a^2\\&=\frac{3\sqrt{5}-3 - 5 + \sqrt{5}}{4}a^2\\&=\frac{4\sqrt{5}-8}{4}a^2\\&=(\sqrt{5}-2)a^2\end{aligned}$
则 $\frac{S_2}{S_1} = \frac{(\sqrt{5}-2)a^2}{\frac{3 - \sqrt{5}}{2}a^2} = \frac{2(\sqrt{5}-2)}{3 - \sqrt{5}}$，分子分母同乘 $3 + \sqrt{5}$ 化简：$\begin{aligned}\frac{2(\sqrt{5}-2)(3 + \sqrt{5})}{(3 - \sqrt{5})(3 + \sqrt{5})}&=\frac{2[3\sqrt{5}+5 - 6 - 2\sqrt{5}]}{9 - 5}\\&=\frac{2(\sqrt{5}-1)}{4}\\&=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\end{aligned}$
故 $\frac{S_2}{S_1} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
$\boxed{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$
10. 新素养 推理能力 如图，用纸折出黄金分割点：裁一张正方形的纸片 $ ABCD $，先折出 $ BC $ 的中点 $ E $，再折出线段 $ AE $，然后通过折叠使 $ EB $ 落在线段 $ EA $ 上，折出点 $ B $ 的新位置点 $ B' $，因而 $ EB' = EB $. 类似地，在 $ AB $ 上折出点 $ B'' $，使 $ AB'' = AB' $，这时 $ B'' $ 就是线段 $ AB $ 的黄金分割点. 请你证明这个结论.
答案：10. 设正方形纸片 ABCD 的边长为 x,则 ∠B=90°,BC=AB=x. 因为 E 为 BC 的中点,所以$ EB' = EB=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}x,$所以$ AE=\sqrt{AB^{2}+EB^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}x,$所以$ AB''=AB'-AE-EB'=\frac{\sqrt{5}-1}{2}x,$所以$ \frac{AB''}{AB}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}. $故 B''是线段 AB 的黄金分割点.
解析：
证明：设正方形纸片 $ABCD$ 的边长为 $x$，则 $\angle B = 90°$，$AB = BC = x$。
因为 $E$ 为 $BC$ 的中点，所以 $EB = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}x$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle ABE$ 中，$AE = \sqrt{AB^2 + EB^2} = \sqrt{x^2 + (\frac{1}{2}x)^2} = \frac{\sqrt{5}}{2}x$。
由折叠性质得 $EB' = EB = \frac{1}{2}x$，则 $AB' = AE - EB' = \frac{\sqrt{5}}{2}x - \frac{1}{2}x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}x$。
又因为 $AB'' = AB'$，所以 $AB'' = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}x$。
因此 $\frac{AB''}{AB} = \frac{\frac{\sqrt{5} - 1}{2}x}{x} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$。
故 $B''$ 是线段 $AB$ 的黄金分割点。
因为 $E$ 为 $BC$ 的中点，所以 $EB = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}x$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle ABE$ 中，$AE = \sqrt{AB^2 + EB^2} = \sqrt{x^2 + (\frac{1}{2}x)^2} = \frac{\sqrt{5}}{2}x$。
由折叠性质得 $EB' = EB = \frac{1}{2}x$，则 $AB' = AE - EB' = \frac{\sqrt{5}}{2}x - \frac{1}{2}x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}x$。
又因为 $AB'' = AB'$，所以 $AB'' = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}x$。
因此 $\frac{AB''}{AB} = \frac{\frac{\sqrt{5} - 1}{2}x}{x} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$。
故 $B''$ 是线段 $AB$ 的黄金分割点。
11. (2025·江苏无锡模拟)如图，$ M $ 是矩形 $ ABCD $ 的边 $ AB $ 的黄金分割点，且 $ AM ＞ BM $，$ AD = AM $，$ BF = BM $，$ EF $ 和 $ MG $ 把矩形 $ ABCD $ 分成面积分别为 $ S_{1} $，$ S_{2} $，$ S_{3} $，$ S_{4} $ 的四个小矩形，$ EF $ 与 $ MG $ 相交于点 $ N $. 给出下列结论：① $ N $ 是线段 $ MG $ 的黄金分割点；② $ S_{1} = S_{4} $；③ $ \dfrac{S_{2}}{S_{3}} = \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2} $. 其中正确的是(
A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③
A
)A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③
答案：11. A 解析:因为四边形 ABCD 是矩形,AD=AM,BF=BM,所以四边形 AMGD、四边形 BMNF 都是正方形,所以 AM=AD=MG=DG,BM=BF=MN=FN. 因为 M 是线段 AB 的黄金分割点,且 AM＞BM,所以$ AM^{2}=BM· AB,$即 BM· AB=BF· AB,所以$ S_{1}+S_{3}=S_{3}+S_{4},$所以$ S_{1}=S_{4},$故②正确;因为$ S_{4}=S_{1},$所以$ MN^{2}=NG· DG=NG· MG,$所以 N 是线段 MG 的黄金分割点,故①正确;因为 N 是线段 MG 的黄金分割点,所以$ \frac{MN}{MG}=\frac{\sqrt{5}-1}{2},$所以$ \frac{S_{2}}{S_{3}}=\frac{NG· FN}{AM· MN}=\frac{NG}{MG}=\frac{MG-MN}{MG}=1-\frac{MN}{MG}=\frac{3-\sqrt{5}}{2},$故③错误.
12. 亮点原创 如图，线段 $ MN = a $，$ A_{1} $ 是线段 $ MN $ 的黄金分割点 ($ A_{1}M ＜ A_{1}N $)，$ A_{2} $ 是线段 $ A_{1}M $ 的黄金分割点 ($ A_{2}M ＜ A_{2}A_{1} $)，$···$. 依此类推，则 $ A_{2025}M = $
$(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2025}a$
.答案：$12. (\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2025}a $解析:因为$ MN=a,A_{1} $是线段 MN 的黄金分割点$ (A_{1}M＜A_{1}N),$所以$ A_{1}N=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a,$所以$ A_{1}M=MN-A_{1}N=\frac{3-\sqrt{5}}{2}a. $同理可得$ A_{2}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2}a,A_{3}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{3}a,···. $依此类推,则$ A_{2025}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2025}a.$
解析：
因为线段$MN = a$，$A_{1}$是线段$MN$的黄金分割点（$A_{1}M ＜ A_{1}N$），所以$A_{1}N=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a$，则$A_{1}M=MN - A_{1}N=a-\frac{\sqrt{5}-1}{2}a=\frac{3-\sqrt{5}}{2}a$。
同理，$A_{2}$是线段$A_{1}M$的黄金分割点（$A_{2}M ＜ A_{2}A_{1}$），可得$A_{2}M=\frac{3-\sqrt{5}}{2}A_{1}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2}a$。
依此类推，$A_{n}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{n}a$。
所以$A_{2025}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2025}a$。
$(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2025}a$
同理，$A_{2}$是线段$A_{1}M$的黄金分割点（$A_{2}M ＜ A_{2}A_{1}$），可得$A_{2}M=\frac{3-\sqrt{5}}{2}A_{1}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2}a$。
依此类推，$A_{n}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{n}a$。
所以$A_{2025}M=(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2025}a$。
$(\frac{3-\sqrt{5}}{2})^{2025}a$
13. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，点 $ D $ 在边 $ AB $ 上，且 $ DB = DC = AC $. 已知 $ \angle ACB = 72^{\circ} $，$ BC = 2 $.
(1) 求 $ \angle B $ 的度数；
(2) 我们把有一个内角等于 $ 36^{\circ} $ 的等腰三角形称为黄金三角形，它的腰长与底边长的比(或者底边长与腰长的比)等于黄金比 $ \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2} $.
① 写出图中所有的黄金三角形，选一个说明理由；
② 求 $ AD $ 的长；
③ 在直线 $ AB $ 或 $ BC $ 上是否存在点 $ P $ (点 $ A $，$ B $ 除外)，使 $ \triangle PDC $ 为黄金三角形？若存在，在图中画出点 $ P $，并简要说明画出点 $ P $ 的方法(不要求证明)；若不存在，说明理由.
(1) 求 $ \angle B $ 的度数；
(2) 我们把有一个内角等于 $ 36^{\circ} $ 的等腰三角形称为黄金三角形，它的腰长与底边长的比(或者底边长与腰长的比)等于黄金比 $ \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2} $.
① 写出图中所有的黄金三角形，选一个说明理由；
② 求 $ AD $ 的长；
③ 在直线 $ AB $ 或 $ BC $ 上是否存在点 $ P $ (点 $ A $，$ B $ 除外)，使 $ \triangle PDC $ 为黄金三角形？若存在，在图中画出点 $ P $，并简要说明画出点 $ P $ 的方法(不要求证明)；若不存在，说明理由.
答案：13. (1) 因为 DB=DC=AC,所以 ∠B=∠DCB,∠A=∠CDA. 设 ∠B=∠DCB=x°,则 ∠A=∠CDA=∠B+∠DCB=2x°. 因为 ∠A+∠B+∠ACB=180°,∠ACB=72°,所以 2x+x+72=180,解得 x=36,所以 ∠B=36°.
(2) ① 图中的黄金三角形有 3 个,为 △BDC,△ACD,△ABC. 选 △ABC 说明. 理由如下:因为 ∠A=∠ACB=72°,所以 △ABC 为等腰三角形. 因为 ∠B=36°,所以 △ABC 为黄金三角形.
② 因为 △ABC 为黄金三角形,所以$ \frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}. $因为 BC=2,所以$ DB=AC=\sqrt{5}-1. $因为 BA=BC=2,所以$ AD=BA-DB=3-\sqrt{5}.$
③ 存在,满足题意的点 P 有 3 个,画法如下(图略):作线段 CD 的垂直平分线,分别交直线 AB,BC 于点$ P_{1},P_{2};$以点 C 为圆心,CD 为半径画弧,交线段 BC 于点$ P_{3},$则$ P_{1},P_{2},P_{3}$即为满足题意的点.
(2) ① 图中的黄金三角形有 3 个,为 △BDC,△ACD,△ABC. 选 △ABC 说明. 理由如下:因为 ∠A=∠ACB=72°,所以 △ABC 为等腰三角形. 因为 ∠B=36°,所以 △ABC 为黄金三角形.
② 因为 △ABC 为黄金三角形,所以$ \frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}. $因为 BC=2,所以$ DB=AC=\sqrt{5}-1. $因为 BA=BC=2,所以$ AD=BA-DB=3-\sqrt{5}.$
③ 存在,满足题意的点 P 有 3 个,画法如下(图略):作线段 CD 的垂直平分线,分别交直线 AB,BC 于点$ P_{1},P_{2};$以点 C 为圆心,CD 为半径画弧,交线段 BC 于点$ P_{3},$则$ P_{1},P_{2},P_{3}$即为满足题意的点.