初中中考数学真题难题 汇编 轴对称 18页

第六章 轴对称 第一节 轴对称 ‎1.（2016娄底）从“线段，等边三角形，圆，矩形，正六边形”这五个圆形中任取一个，取到既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是　　．‎ ‎【考点】概率公式；轴对称图形；中心对称图形．‎ ‎【分析】先找出既是轴对称图形又是中心对称图形的个数，再根据概率公式进行计算即可．‎ ‎【解答】解：∵在线段、等边三角形、圆、矩形、正六边形这五个图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有线段、圆、矩形、正六边形，共4个，‎ ‎∴取到的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为，‎ 故答案为：．‎ ‎2.（2016娄底）如图，将△ABC沿直线DE折叠，使点C与点A重合，已知AB=7，BC=6，则△BCD的周长为　13　．‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】利用翻折变换的性质得出AD=CD，进而利用AD+CD=AB得出即可．‎ ‎【解答】解：∵将△ABC沿直线DE折叠后，使得点A与点C重合，‎ ‎∴AD=CD，‎ ‎∵AB=7，BC=6，‎ ‎∴△BCD的周长=BC+BD+CD=BC+BD+AD=BC+AB=7+6=13．‎ 故答案为：13‎ ‎　3.(2016宁夏）如图，Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA在x轴上，OB在y轴上，点A，B的坐标分别为（，0），（0，1），把Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，则点O′的坐标为　（，）．　．‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质．‎ ‎【分析】作O′C⊥y轴于点C，首先根据点A，B的坐标分别为（，0），（0，1）得到∠BAO=30°，从而得出∠OBA=60°，然后根据Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，得到∠CBO′=60°，最后设BC=x，则OC′=x，利用勾股定理求得x的值即可求解．‎ ‎【解答】解：如图，作O′C⊥y轴于点C，‎ ‎∵点A，B的坐标分别为（，0），（0，1），‎ ‎∴OB=1，OA=，‎ ‎∴tan∠BAO==，‎ ‎∴∠BAO=30°，‎ ‎∴∠OBA=60°，‎ ‎∵Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，‎ ‎∴∠CBO′=60°，‎ ‎∴设BC=x，则OC′=x，‎ ‎∴x2+（x）2=1，‎ 解得：x=（负值舍去），‎ ‎∴OC=OB+BC=1+=，‎ ‎∴点O′的坐标为（，）．‎ 故答案为：（，）．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换及坐标与图形的性质的知识，解题的关键是根据点A和点B的坐标确定三角形为特殊三角形，难度不大．‎ ‎4.（2016济宁）如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任意选取一个白色的小正方形并涂黑，使黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】概率公式；利用轴对称设计图案．‎ ‎【分析】由在4×4正方形网格中，任选取一个白色的小正方形并涂黑，共有13种等可能的结果，使图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形的有5种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．‎ ‎【解答】解：∵根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，白色的小正方形有13个，而能构成一个轴对称图形的有4个情况，‎ ‎∴使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是：．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5.（2016聊城）如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，若∠2=40°，则图中∠1的度数为（　　）‎ A．115° B．120° C．130° D．140°‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】根据折叠的性质和矩形的性质得出∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°，根据三角形内角和定理求出∠CFB'=50°，进而解答即可．‎ ‎【解答】解：∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，‎ ‎∴∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°，‎ ‎∵∠2=40°，‎ ‎∴∠CFB'=50°，‎ ‎∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°，‎ 即∠1+∠1﹣50°=180°，‎ 解得：∠1=115°，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形的内角和定理的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键，注意：折叠后的两个图形全等．‎ ‎　6.（2016资阳）如图，矩形ABCD与菱形EFGH的对角线均交于点O，且EG∥BC，将矩形折叠，使点C与点O重合，折痕MN恰好过点G若AB=，EF=2，∠H=120°，则DN的长为（　　）‎ A． B． C．﹣D．2﹣‎ ‎【考点】矩形的性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】延长EG交DC于P点，连接GC、FH，则△GCP为直角三角形，证明四边形OGCM为菱形，则可证OC=OM=CM=OG=，由勾股定理求得GP的值，再由梯形的中位线定理CM+DN=2GP，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：长EG交DC于P点，连接GC、FH；如图所示：‎ 则CP=DP=CD=，△GCP为直角三角形，‎ ‎∵四边形EFGH是菱形，∠EHG=120°，‎ ‎∴GH=EF=2，∠OHG=60°，EG⊥FH，‎ ‎∴OG=GH•sin60°=2×=，‎ 由折叠的性质得：CG=OG=，OM=CM，∠MOG=∠MCG，‎ ‎∴PG==，‎ ‎∵OG∥CM，‎ ‎∴∠MOG+∠OMC=180°，‎ ‎∴∠MCG+∠OMC=180°，‎ ‎∴OM∥CG，‎ ‎∴四边形OGCM为平行四边形，‎ ‎∵OM=CM，‎ ‎∴四边形OGCM为菱形，‎ ‎∴CM=OG=，‎ 根据题意得：PG是梯形MCDN的中位线，‎ ‎∴DN+CM=2PG=，‎ ‎∴DN=﹣；‎ 故选：C．‎ ‎7.（2016新疆）如图，▱ABCD中，AB=2，AD=1，∠ADC=60°，将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E．‎ ‎（1）求证：四边形BCED′是菱形；‎ ‎（2）若点P时直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．‎ ‎【考点】平行四边形的性质；菱形的判定；轴对称-最短路线问题；翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】（1）利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形，进而求出四边形BCED′是平行四边形，根据折叠的性质得到AD=AD′，然后又菱形的判定定理即可得到结论；‎ ‎（2）由四边形DAD′E是平行四边形，得到▱DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解直角三角形得到AG=，DG=，根据勾股定理即可得到结论．‎ ‎【解答】证明：（1）∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，‎ ‎∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，‎ ‎∵DE∥AD′，‎ ‎∴∠DEA=∠EAD′，‎ ‎∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，‎ ‎∴∠DAD′=∠DED′，‎ ‎∴四边形DAD′E是平行四边形，‎ ‎∴DE=AD′，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB=DC，AB∥DC，‎ ‎∴CE=D′B，CE∥D′B，‎ ‎∴四边形BCED′是平行四边形；‎ ‎∵AD=AD′，‎ ‎∴▱DAD′E是菱形，‎ ‎（2）∵四边形DAD′E是菱形，‎ ‎∴D与D′关于AE对称，‎ 连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，‎ 过D作DG⊥BA于G，‎ ‎∵CD∥AB，‎ ‎∴∠DAG=∠CDA=60°，‎ ‎∵AD=1，‎ ‎∴AG=，DG=，‎ ‎∴BG=，‎ ‎∴BD==，‎ ‎∴PD′+PB的最小值为．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎8.（2016金华）如图，Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC 上，以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D，AB′与边BC交于点E．若△DEB′为直角三角形，则BD的长是　2或5　．‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】先依据勾股定理求得AB的长，然后由翻折的性质可知：AB′=10，DB=DB′，接下来分为∠B′DE=90°和∠B′ED=90°，两种情况画出图形，设DB=DB′=x，然后依据勾股定理列出关于x的方程求解即可．‎ ‎【解答】解：∵Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，‎ ‎∴AB=10，‎ ‎∵以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D，‎ ‎∴BD=DB′，AB′=AB=10．‎ 如图1所示：当∠B′DE=90°时，过点B′作B′F⊥AF，垂足为F．‎ 设BD=DB′=x，则AF=6+x，FB′=8﹣x．‎ 在Rt△AFB′中，由勾股定理得：AB′2=AF2+FB′2，即（6+x）2+（8﹣x）2=102．‎ 解得：x1=2，x2=0（舍去）．‎ ‎∴BD=2．‎ 如图2所示：当∠B′ED=90°时，C与点E重合．‎ ‎∵AB′=10，AC=6，‎ ‎∴B′E=4．‎ 设BD=DB′=x，则CD=8﹣x．‎ 在Rt△′BDE中，DB′2=DE2+B′E2，即x2=（8﹣x）2+42．‎ 解得：x=5．‎ ‎∴BD=5．‎ 综上所述，BD的长为2或5．‎ 故答案为：2或5．‎ ‎【点评】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用，根据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键．‎ ‎9.（2016温州）如图，一张三角形纸片ABC，其中∠C=90°，AC=4，BC=3．现小林将纸片做三次折叠：第一次使点A落在C处；将纸片展平做第二次折叠，使点B落在C处；再将纸片展平做第三次折叠，使点A落在B处．这三次折叠的折痕长依次记为a，b，c，则a，b，c的大小关系是（　　）‎ A．c＞a＞b B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a ‎【考点】翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】（1）图1，根据折叠得：DE是线段AC的垂直平分线，由中位线定理的推论可知：DE是△ABC的中位线，得出DE的长，即a的长；‎ ‎（2）图2，同理可得：MN是△ABC的中位线，得出MN的长，即b的长；‎ ‎（3）图3，根据折叠得：GH是线段AB的垂直平分线，得出AG的长，再利用两角对应相等证△ACB∽△AGH，利用比例式可求GH的长，即c的长．‎ ‎【解答】解：第一次折叠如图1，折痕为DE，‎ 由折叠得：AE=EC=AC=×4=2，DE⊥AC ‎∵∠ACB=90°‎ ‎∴DE∥BC ‎∴a=DE=BC=×3=‎ 第二次折叠如图2，折痕为MN，‎ 由折叠得：BN=NC=BC=×3=，MN⊥BC ‎∵∠ACB=90°‎ ‎∴MN∥AC ‎∴b=MN=AC=×4=2‎ 第三次折叠如图3，折痕为GH，‎ 由勾股定理得：AB==5‎ 由折叠得：AG=BG=AB=×5=，GH⊥AB ‎∴∠AGH=90°‎ ‎∵∠A=∠A，∠AGH=∠ACB ‎∴△ACB∽△AGH ‎∴=‎ ‎∴=‎ ‎∴GH=，即c=‎ ‎∵2＞＞‎ ‎∴b＞c＞a 故选（D）‎ ‎10.（2016重庆）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，DE=DC，连接AE，将△ADE沿AE翻折，点D落在点F处，点O是对角线BD的中点，连接OF并延长OF交CD于点G，连接BF，BG，则△BFG的周长是________.‎ ‎ ‎ ‎（第18题） （答案图）‎ 解：延长EF，交BC于点H，则可证得△ABH全等△AFH，所以BH=FH，‎ 在△HCE中，令FH=x，则HE=x+2，EC=4，HC=6-x，由勾股定理可得x=3，‎ 所以H是BC的中点，所以OH=3。‎ 再由△OHF相似△GEF，OH=FH=3，可得EG=EF=2，所以GC=2，所以BG=2，‎ 在△OJG中，OJ=3，JG=1，由勾股定理可得OG=，所以FG=。‎ 在△HCE中，HI：HC=HF：HE+FI：EC，可求得HI=，FI=，所以BI=，‎ 在△BFI中可求得BF=。‎ 所以C△BFG=BF+FG+BG=。‎ ‎11.（2016福建竞赛）在平面直角坐标系中，已知点，点在轴正半轴上且。将沿直线折叠得，则点的坐标为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】 B ‎ ‎【解答】如图，设轴于点。‎ 依题意，，。‎ 所以，，，。‎ 因此，点的坐标为。‎ 第一节 等腰三角形 ‎1.（2016怀化）等腰三角形的两边长分别为4cm和8cm，则它的周长为（　　）‎ A．16cm B．17cm C．20cm D．16cm或20cm ‎【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．‎ ‎【分析】根据等腰三角形的性质，本题要分情况讨论．当腰长为4cm或是腰长为8cm两种情况．‎ ‎【解答】解：等腰三角形的两边长分别为4cm和8cm，‎ 当腰长是4cm时，则三角形的三边是4cm，4cm，8cm，4cm+4cm=8cm不满足三角形的三边关系；‎ 当腰长是8cm时，三角形的三边是8cm，8cm，4cm，三角形的周长是20cm．‎ 故选C．‎ ‎2.（2016怀化）如图，已知AD=BC，AC=BD．‎ ‎（1）求证：△ADB≌△BCA；‎ ‎（2）OA与OB相等吗？若相等，请说明理由．‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定．‎ ‎【分析】（1）根据SSS定理推出全等即可；‎ ‎（2）根据全等得出∠OAB=∠OBA，根据等角对等边得出即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵在△ADB和△BCA中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADB≌△BCA（SSS）；‎ ‎（2）解：OA=OB，‎ 理由是：∵△ADB≌△BCA，‎ ‎∴∠ABD=∠BAC，‎ ‎∴OA=OB．‎ ‎　‎ ‎3.（2016邵阳）如图所示，点D是△ABC的边AC上一点（不含端点），AD=BD，则下列结论正确的是（　　）‎ A．AC＞BC B．AC=BC C．∠A＞∠ABC D．∠A=∠ABC ‎【考点】等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】根据等腰三角形的两个底角相等，由AD=BD得到∠A=∠ABD，所以∠ABC＞∠A，则对各C、D选项进行判断；根据大边对大角可对A、B进行判断．‎ ‎【解答】解：∵AD=BD，‎ ‎∴∠A=∠ABD，‎ ‎∴∠ABC＞∠A，所以C选项和D选项错误；‎ ‎∴AC＞BC，所以A选项正确；B选项错误．‎ 故选A．‎ ‎4.（2016泰安）如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=8，∠C的平分线交AD于E，交BA的延长线于F，则AE+AF的值等于（　　） ‎ ‎ ‎ A．2 B．3 C．4 D．6‎ ‎【分析】由平行四边形的性质和角平分线得出∠F=∠FCB，证出BF=BC=8，同理：DE=CD=6，求出AF=BF﹣AB=2，AE=AD﹣DE=2，即可得出结果． ‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ‎ ‎∴AB∥CD，AD=BC=8，CD=AB=6， ‎ ‎∴∠F=∠DCF， ‎ ‎∵∠C平分线为CF， ‎ ‎∴∠FCB=∠DCF， ‎ ‎∴∠F=∠FCB， ‎ ‎∴BF=BC=8， ‎ 同理：DE=CD=6， ‎ ‎∴AF=BF﹣AB=2，AE=AD﹣DE=2， ‎ ‎∴AE+AF=4； ‎ 故选：C． ‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形是等腰三角形是解决问题的关键． ‎ ‎5.（2016泰安）如图，在△PAB中，PA=PB，M，N，K分别是PA，PB，AB上的点，且AM=BK，BN=AK，若∠MKN=44°，则∠P的度数为（　　） ‎ ‎ ‎ A．44° B．66° C．88° D．92°‎ ‎【分析】根据等腰三角形的性质得到∠A=∠B，证明△AMK≌△BKN，得到∠AMK=∠BKN，根据三角形的外角的性质求出∠A=∠MKN=44°，根据三角形内角和定理计算即可． ‎ ‎【解答】解：∵PA=PB， ‎ ‎∴∠A=∠B， ‎ 在△AMK和△BKN中， ‎ ‎， ‎ ‎∴△AMK≌△BKN， ‎ ‎∴∠AMK=∠BKN， ‎ ‎∵∠MKB=∠MKN+∠NKB=∠A+∠AMK， ‎ ‎∴∠A=∠MKN=44°， ‎ ‎∴∠P=180°﹣∠A﹣∠B=92°， ‎ 故选：D． ‎ ‎【点评】本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握等边对等角、全等三角形的判定定理和性质定理、三角形的外角的性质是解题的关键． ‎ ‎　 ‎ ‎6.（2016泰安）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x+2交x轴于点A，交y轴于点A1，点A2，A3，…在直线l上，点B1，B2，B3，…在x轴的正半轴上，若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，直角顶点都在x轴上，则第n个等腰直角三角形AnBn﹣1Bn顶点Bn的横坐标为　2n+1﹣2　． ‎ ‎ ‎ ‎【分析】先求出B1、B2、B3…的坐标，探究规律后，即可根据规律解决问题． ‎ ‎【解答】解：由题意得OA=OA1=2， ‎ ‎∴OB1=OA1=2， ‎ B1B2=B1A2=4，B2A3=B2B3=8， ‎ ‎∴B1（2，0），B2（6，0），B3（14，0）…， ‎ ‎2=22﹣2，6=23﹣2，14=24﹣2，… ‎ ‎∴Bn的横坐标为2n+1﹣2． ‎ 故答案为 2n+1﹣2． ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题考查规律型：点的坐标、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是从特殊到一般，探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型． ‎ ‎7.（2016泰安）（1）已知：△ABC是等腰三角形，其底边是BC，点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC=∠DCE，若∠A=60°（如图①）．求证：EB=AD； ‎ ‎（2）若将（1）中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由； ‎ ‎（3）若将（1）中的“若∠A=60°”改为“若∠A=90°”，其它条件不变，则的值是多少？（直接写出结论，不要求写解答过程） ‎ ‎ ‎ ‎【分析】（1）作DF∥BC交AC于F，由平行线的性质得出∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE，证明△ABC是等边三角形，得出∠ABC=∠ACB=60°，证出△ADF是等边三角形，∠DFC=120°，得出AD=DF，由已知条件得出∠FDC=∠DEC，ED=CD，由AAS证明△DBE≌△CFD，得出EB=DF，即可得出结论； ‎ ‎（2）作DF∥BC交AC的延长线于F，同（1）证出△DBE≌△CFD，得出EB=DF，即可得出结论； ‎ ‎（3）作DF∥BC交AC于F，同（1）得：△DBE≌△CFD，得出EB=DF，证出△ADF是等腰直角三角形，得出DF=AD，即可得出结果． ‎ ‎【解答】（1）证明：作DF∥BC交AC于F，如图1所示： ‎ 则∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE， ‎ ‎∵△ABC是等腰三角形，∠A=60°， ‎ ‎∴△ABC是等边三角形， ‎ ‎∴∠ABC=∠ACB=60°， ‎ ‎∴∠DBE=120°，∠ADF=∠AFD=60°=∠A， ‎ ‎∴△ADF是等边三角形，∠DFC=120°， ‎ ‎∴AD=DF， ‎ ‎∵∠DEC=∠DCE， ‎ ‎∴∠FDC=∠DEC，ED=CD， ‎ 在△DBE和△CFD中，， ‎ ‎∴△DBE≌△CFD（AAS）， ‎ ‎∴EB=DF， ‎ ‎∴EB=AD； ‎ ‎（2）解：EB=AD成立；理由如下： ‎ 作DF∥BC交AC的延长线于F，如图2所示： ‎ 同（1）得：AD=DF，∠FDC=∠ECD，∠FDC=∠DEC，ED=CD， ‎ 又∵∠DBE=∠DFC=60°， ‎ ‎∴在△DBE和△CFD中，， ‎ ‎∴△DBE≌△CFD（AAS）， ‎ ‎∴EB=DF， ‎ ‎∴EB=AD； ‎ ‎（3）解： =；理由如下： ‎ 作DF∥BC交AC于F，如图3所示： ‎ 同（1）得：△DBE≌△CFD（AAS）， ‎ ‎∴EB=DF， ‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，DF∥BC， ‎ ‎∴△ADF是等腰直角三角形， ‎ ‎∴DF=AD， ‎ ‎∴=， ‎ ‎∴=． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键． ‎ ‎　 ‎ ‎8.（2016资阳）如图，在3×3的方格中，A、B、C、D、E、F分别位于格点上，从C、D、E、F四点中任取一点，与点A、B为顶点作三角形，则所作三角形为等腰三角形的概率是　　．‎ ‎【考点】概率公式；等腰三角形的判定．‎ ‎【分析】根据从C、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：根据从C、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，‎ 故P（所作三角形是等腰三角形）=；‎ 故答案为：．‎ ‎9.（2016福建竞赛）如图，为等腰三角形内一点，过分别作三条边、、的垂线，垂足分别为、、。已知，，且。则四边形的面积为（ ）‎ A．10 B．15 C． D．‎ ‎【答案】 C ‎ ‎（第4题 图）‎ ‎【解答】如图，连结，，。‎ 易知。又 ‎，。‎ ‎（第4题答题图）‎ ‎∴ ，。‎ 由，知点在的平分线上，、、三点共线。‎ ‎∴ ，。‎ ‎∴ 。‎ ‎∴ 。‎ ‎10（2016福建竞赛）如图，是等腰直角三角形，，点在线段上（与、不重合），点在射线上，且。求证：。‎ ‎【答案】如图，作点关于直线的对称点，连结、、，，则。‎ ‎∵ 是等腰直角三角形，，且，‎ ‎∴ ，‎ ‎。‎ ‎∴ 。 ‎ 又，。‎ ‎∴ 。 ‎ ‎∴ ，。‎ 又由，知 ‎。‎ ‎∴ 。 ‎ 又，‎ ‎∴ 。 ‎ 另解：如图，沿翻折得，则。‎ ‎∴ ，，，。 ∵ ，‎ ‎∴ ‎ ‎。 ‎ 又，。‎ ‎∴ 。 ‎ ‎∴ ，，。‎ ‎∴ 。 ‎