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2023-2024学年京改版九年级下册第二十三章图形的变换单元测试卷(含答案)
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2023-2024学年 京改版九年级下册 第二十三章� 图形的变换 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，已知在正方形内有一点P，连接、、，将顺时针旋转得到，连接，点P恰好在线段上，， ，则的长度为（ ）A．2 B． C．2 D．2．如图，在矩形中，，点是边上的一个动点，连接，点关于直线的对称点为，当点运动时，点也随之运动．若点从点运动到点，则线段扫过的区域的面积是（ ）A． B． C． D．3．如图，在中，顶点，，．将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）A． B． C． D．4．若将图中的每个字母都看成独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（ ）L Y M P I C OA．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点顺时针旋转个，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）A． B． C． D．6．已知，点P是内部任意一点，点M，N分别在上，当的周长取得最小值时，，则与的关系是（ ）A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，点关于y轴对称的点的坐标是（ ）A． B． C． D．8．如图，，，．有下列结论：①把沿直线翻折，可得到；②把沿线段的垂直平分线翻折，可得到；③把沿射线方向平移与相等的长度，可得到．其中所有正确结论的序号是（ ）A．①② B．①③ C．②③ D．②③④9．如图，，点为射线上一定点，为线段延长线上一定点，且，点A关于射线对称点为，连接，，，若为直线上一个动点，则周长的最小值为（ ）． A．12 B．24 C．36 D．4810．如图，矩形ABCD中，点在边上，，点是矩形内一动点，满足，连接绕点逆时针旋转至，连接，则的最小值为（ ）A． B． C． D．111．如图，正方形的边长为，点E、F分别为上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．12．如图，中，，两个顶点在轴的上方，点的坐标是，以点为位似中心，在轴的下方作的位似图形，并把的边长放大到原来的2倍．设点的对应点的横坐标是2，则点的横坐标是 ．13．如图，在中，，、分别是边上的点，将沿直线翻折，点落在点处，如果，，那么 度．14．如图，在中，，点为斜边上的一点，连接，将沿翻折，使点落在点处，点为直角边上一点，连接，将沿翻折，点恰好与点重合．若，则 ．15．如图，在中，为边上一点，连接，将沿折叠至所在平面内，得到，与交于点，连接，若，，，则的长为 ．16．如图,是的直径,是的弦,,将沿着折叠后恰好经过点,则的长为 ． 17．如图1，在中，，，，点D从点A出发，以的速度沿边向终点B运动（点D不与点A、B重合），连接，将沿翻折得到．设点D的运动时间为．(1)用含t的代数式表示线段的长；(2)如图2，当时，求t的值；(3)当点A落在内部时，求t的取值范围．18．如图，中，．(1)将绕点逆时针旋转，画出旋转后的三角形；(2)若，，点旋转后的对应点为，求的长． 评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．B【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，根据旋转得到，，，结合勾股定理求出，求出结合勾股定理即可得到答案．【详解】解：∵顺时针旋转得到，∴，，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，故选：B．2．C【分析】作点C关于的对称点．连接，作点C关于的对称点．根据题意即当点P位于时，与重合．当点P位于时，与重合，从而得出点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的．连接，过点作于点E．由此即得出线段扫过的区域的面积为，求出和即得出答案．【详解】如图，作点C关于的对称点．连接，作点C关于的对称点，即当点P位于（与A点重合）时，与重合．当点P位于（与D点重合）时，与重合．∴点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的．连接，过点作于点E．∴线段扫过的区域的面积为．∵四边形为矩形，，，∴，∴．根据轴对称的性质可知，，∴，∴，为等边三角形．∴．∵为等边三角形，∴，∴，∴线段扫过的区域的面积为．故选C．【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称变换，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理以及扇形的面积公式等知识．综合性强，较难．作出辅助线，理解点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的是解题关键．3．C【分析】本题考查了平面直角坐标系中坐标的特点、正方形的性质和旋转的性质，根据坐标的特点和正方形性质，得出点的坐标，再由旋转的性质，得出点旋转的坐标规律，最后根据要求求解即可．【详解】解：，，轴，且,四边形正方形，，，，连接，记轴于点，如图所示：由旋转的性质可知，，，故，，，在旋转中，点的坐标由4个为一个循环，不断重复，由，故第2023次旋转结束时，点的坐标为故选：C．4．B【分析】本题考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义“在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”，逐个进行判断即可．【详解】解：I、O是中心对称图形，符合题意；L、Y、M、P 、C不是中心对称图形，不符合题意；综上：中心对称图形由2个，故选：B．5．A【分析】如图，以为圆心，为半径作，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个，即把绕点O顺时针旋转i个，求出与重合，而关于原点成中心对称，利用正六边形的性质与勾股定理求出的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．【详解】解：如图，以为圆心，为半径作，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，旋转后的对应点依次记为，周角，绕点O顺时针旋转次回到原位置，与重合，而关于原点成中心对称，连接，正六边形，，，，∴，∴，，，∴，故选：A．【点睛】本题考查的是旋转的性质，正六边形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，求出与重合，而关于原点成中心对称是解题的关键．6．D【分析】此题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理，四边形内角和定理．根据轴对称的性质和等腰三角形的性质可证，，然后证明，利用四边形内角和可得答案．【详解】解：作P关于的对称点C、D，连接CD交于N、M．此时周长有最小值；∵P关于的对称点C、D，∴OB垂直平分垂直平分PD，∴∴∵，∴，∵，∴，∴，∴，在四边形中，可得：，∴，∴，即，故选：D．7．D【分析】本题主要考查了关于轴、轴对称的点的坐标规律，根据关于轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，即点关于轴的对称点的坐标是即可得出答案．【详解】解：关于轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标不变，点关于轴对称的点的坐标是．故选：D．8．A【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和平移和翻折变换，由已知可得，进而根据对称或平移确定结论是否正确．【详解】解：∵，∴，在、和中．，∴（SAS）把沿直线翻折，可得到，故①正确；把沿线段的垂直平分线翻折，可得到，故②正确；把沿射线方向平移与相等的长度，不能得到．故③错误，综上所述：正确的结论是①②．故选A．9．C【分析】如图：连接，利用对称的性质得到垂直平分，则，然后证明可得；然后证明为等边三角形，所以，再利用垂直平分，则，所以 (当且仅当P、A、E共线时取等号)，于是可判断P点运动到B点时，的是小值为24,然后求出的最小周长即可．【详解】解：如图：连接， ∵点A关于射线对称点为，∴垂直平分，∴，在和中，、、,∴，∴,∵，∴∴，∵，∴，∴为等边三角形，∴，∵垂直平分，∴，∴，∵，∴ 当且仅当P、A、E共线时取等号，即点P点运动到B点时，的最小值为24，此时周长的最小值为36．故选C．【点睛】本题主要考查了轴对称-最短路线问题、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，利用轴对称把几条线段的和转化为一条线段，然后利用两点之间线段最短是解题的关键．10．B【分析】本题考查相似三角形，旋转的性质，勾股定理等知识，作辅助线构造相似三角形确定点点的运动路线是解题的关键．取的中点O，再把绕点逆时针旋转至，连接，则有，即可求出，然后过点作于点G，连接，利用勾股定理可以得到再根据求出结果．【详解】解：如图，取的中点O，再把绕点逆时针旋转至，连接，∵，∴，根据旋转可得：，∴，，∴，∴，∴，∴，∴点在以为圆心，为半径的圆上移动， 过点作于点G，连接， 则是矩形，∴，，∴，∴∴，故选B．11．【分析】如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，则当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，由题意确定在边上，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，计算求解即可．【详解】解：如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，∴，则，当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，∵正方形，∴，∴点在边上．∵，∴四边形是矩形，∴，∴，由勾股定理得，，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识．确定和最小时的情况是解题的关键．12．【分析】本题考查的是位似变换的性质和坐标与图形的性质，掌握位似的两个图形是相似形和相似三角形的性质是解题的关键．过B和向x轴引垂线，构造相似比为的相似三角形，那么利用相似比和所给的横坐标即可求得点B的横坐标．【详解】如图，过点B， 分别作轴于D，轴于E，∴．∵的位似图形是，∴点B， C， 在一条直线上，∴，∴， ，又，．又∵点的横坐标是2，点C的坐标是，∴， ， ，∴点B的横坐标为：．故答案为．13．【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，折叠的性质，由，可得，再由翻折的性质及可得，最后由三角形内角和定理计算即可．【详解】解：，，由翻折的性质可得：，，，，，，14．/【分析】本题考查翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找直角三角形解决问题．根据折叠的性质得到，求出的长，故，再根据勾股定理得到，代入即可求解．【详解】解：在中，，∵将沿翻折，使点落在点处，，∵将沿翻折，点恰好与点重合， ，，即，，，，，，，，，，故答案为：．15．/【分析】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，根据折叠的性质得到，，根据平行线的性质得到，证明，根据全等三角形的性质得到，，得到，求得，过B作于H，在中，根据勾股定理求解即可．【详解】解：∵将沿折叠至所在平面内，得到，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，又，，∴，∴，，又，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，过B作于H，∴，∴，设，则，∴，∵，∴，解得（负值舍去），∴，故答案为：．16．【分析】本题考查翻折变换,垂径定理,勾股定理．正确做出辅助线是解决本题的关键．作交于点H,由题意可知,再在中利用勾股定理求出的长,继而得到本题答案．【详解】解:作交于点H, ∵根据题意将沿着折叠后恰好经过点,可知,∴由垂径定理可知,∴在中,,即,∴,∴,∴,故答案为:．17．(1)(2)6(3)【分析】（1）根据勾股定理得出，进而解答即可；（2）设与的交点为．根据平行线的性质和翻折的性质得出，进而利用相似三角形的判定和性质得出方程解得即可；（3）分两种情况，利用翻折的性质和相似三角形的判定和性质得出方程解答即可．【详解】（1）解：在中，，根据勾股定理得，，，，∴，，；（2）解：当时，设与的交点为． ∵，，由翻折性质可得，，，，，，，，，即：，解得：，，∵，，，即，解得：，，解得：，当时，的值为6；（3）解：①当点A在线段上时，过点作于点，，，，，，，，，，由翻折性质可得，，，，，，，解得：； ②当点A在边上时， 由翻折性质可得：，，，，，，，．，，，，当 时，点A落在内部．【点睛】此题是几何变换综合题，考查相似三角形的判定和性质和勾股定理，平行线的性质，折叠的性质，关键是根据相似三角形的判定和性质得出方程解答．勾股定理：若三角形的两条直角边为a和b，斜边为c，则．相似三角形的性质：相似三角形对应边成比例，对应角相等．相似三角形的判定方法：①两组角对应相等的两个三角形相似；②三边对应成比例的两个三角形相似；③两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．18．(1)见解析(2)【分析】（1）本题考查旋转作图，掌握旋转作图的步骤，即可解题．（2）本题考查旋转的性质和勾股定理的运用，根据勾股定理得出，再利用旋转的性质可得，，最后结合勾股定理即可解题．【详解】（1）解：如图所示：（2）解：由旋转性质可知：，，，，，，，．
2023-2024学年 京改版九年级下册 第二十三章� 图形的变换 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，已知在正方形内有一点P，连接、、，将顺时针旋转得到，连接，点P恰好在线段上，， ，则的长度为（ ）A．2 B． C．2 D．2．如图，在矩形中，，点是边上的一个动点，连接，点关于直线的对称点为，当点运动时，点也随之运动．若点从点运动到点，则线段扫过的区域的面积是（ ）A． B． C． D．3．如图，在中，顶点，，．将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）A． B． C． D．4．若将图中的每个字母都看成独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（ ）L Y M P I C OA．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点顺时针旋转个，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）A． B． C． D．6．已知，点P是内部任意一点，点M，N分别在上，当的周长取得最小值时，，则与的关系是（ ）A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，点关于y轴对称的点的坐标是（ ）A． B． C． D．8．如图，，，．有下列结论：①把沿直线翻折，可得到；②把沿线段的垂直平分线翻折，可得到；③把沿射线方向平移与相等的长度，可得到．其中所有正确结论的序号是（ ）A．①② B．①③ C．②③ D．②③④9．如图，，点为射线上一定点，为线段延长线上一定点，且，点A关于射线对称点为，连接，，，若为直线上一个动点，则周长的最小值为（ ）． A．12 B．24 C．36 D．4810．如图，矩形ABCD中，点在边上，，点是矩形内一动点，满足，连接绕点逆时针旋转至，连接，则的最小值为（ ）A． B． C． D．111．如图，正方形的边长为，点E、F分别为上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．12．如图，中，，两个顶点在轴的上方，点的坐标是，以点为位似中心，在轴的下方作的位似图形，并把的边长放大到原来的2倍．设点的对应点的横坐标是2，则点的横坐标是 ．13．如图，在中，，、分别是边上的点，将沿直线翻折，点落在点处，如果，，那么 度．14．如图，在中，，点为斜边上的一点，连接，将沿翻折，使点落在点处，点为直角边上一点，连接，将沿翻折，点恰好与点重合．若，则 ．15．如图，在中，为边上一点，连接，将沿折叠至所在平面内，得到，与交于点，连接，若，，，则的长为 ．16．如图,是的直径,是的弦,,将沿着折叠后恰好经过点,则的长为 ． 17．如图1，在中，，，，点D从点A出发，以的速度沿边向终点B运动（点D不与点A、B重合），连接，将沿翻折得到．设点D的运动时间为．(1)用含t的代数式表示线段的长；(2)如图2，当时，求t的值；(3)当点A落在内部时，求t的取值范围．18．如图，中，．(1)将绕点逆时针旋转，画出旋转后的三角形；(2)若，，点旋转后的对应点为，求的长． 评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．B【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，根据旋转得到，，，结合勾股定理求出，求出结合勾股定理即可得到答案．【详解】解：∵顺时针旋转得到，∴，，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，故选：B．2．C【分析】作点C关于的对称点．连接，作点C关于的对称点．根据题意即当点P位于时，与重合．当点P位于时，与重合，从而得出点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的．连接，过点作于点E．由此即得出线段扫过的区域的面积为，求出和即得出答案．【详解】如图，作点C关于的对称点．连接，作点C关于的对称点，即当点P位于（与A点重合）时，与重合．当点P位于（与D点重合）时，与重合．∴点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的．连接，过点作于点E．∴线段扫过的区域的面积为．∵四边形为矩形，，，∴，∴．根据轴对称的性质可知，，∴，∴，为等边三角形．∴．∵为等边三角形，∴，∴，∴线段扫过的区域的面积为．故选C．【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称变换，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理以及扇形的面积公式等知识．综合性强，较难．作出辅助线，理解点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的是解题关键．3．C【分析】本题考查了平面直角坐标系中坐标的特点、正方形的性质和旋转的性质，根据坐标的特点和正方形性质，得出点的坐标，再由旋转的性质，得出点旋转的坐标规律，最后根据要求求解即可．【详解】解：，，轴，且,四边形正方形，，，，连接，记轴于点，如图所示：由旋转的性质可知，，，故，，，在旋转中，点的坐标由4个为一个循环，不断重复，由，故第2023次旋转结束时，点的坐标为故选：C．4．B【分析】本题考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义“在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”，逐个进行判断即可．【详解】解：I、O是中心对称图形，符合题意；L、Y、M、P 、C不是中心对称图形，不符合题意；综上：中心对称图形由2个，故选：B．5．A【分析】如图，以为圆心，为半径作，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个，即把绕点O顺时针旋转i个，求出与重合，而关于原点成中心对称，利用正六边形的性质与勾股定理求出的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．【详解】解：如图，以为圆心，为半径作，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，旋转后的对应点依次记为，周角，绕点O顺时针旋转次回到原位置，与重合，而关于原点成中心对称，连接，正六边形，，，，∴，∴，，，∴，故选：A．【点睛】本题考查的是旋转的性质，正六边形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，求出与重合，而关于原点成中心对称是解题的关键．6．D【分析】此题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理，四边形内角和定理．根据轴对称的性质和等腰三角形的性质可证，，然后证明，利用四边形内角和可得答案．【详解】解：作P关于的对称点C、D，连接CD交于N、M．此时周长有最小值；∵P关于的对称点C、D，∴OB垂直平分垂直平分PD，∴∴∵，∴，∵，∴，∴，∴，在四边形中，可得：，∴，∴，即，故选：D．7．D【分析】本题主要考查了关于轴、轴对称的点的坐标规律，根据关于轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，即点关于轴的对称点的坐标是即可得出答案．【详解】解：关于轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标不变，点关于轴对称的点的坐标是．故选：D．8．A【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和平移和翻折变换，由已知可得，进而根据对称或平移确定结论是否正确．【详解】解：∵，∴，在、和中．，∴（SAS）把沿直线翻折，可得到，故①正确；把沿线段的垂直平分线翻折，可得到，故②正确；把沿射线方向平移与相等的长度，不能得到．故③错误，综上所述：正确的结论是①②．故选A．9．C【分析】如图：连接，利用对称的性质得到垂直平分，则，然后证明可得；然后证明为等边三角形，所以，再利用垂直平分，则，所以 (当且仅当P、A、E共线时取等号)，于是可判断P点运动到B点时，的是小值为24,然后求出的最小周长即可．【详解】解：如图：连接， ∵点A关于射线对称点为，∴垂直平分，∴，在和中，、、,∴，∴,∵，∴∴，∵，∴，∴为等边三角形，∴，∵垂直平分，∴，∴，∵，∴ 当且仅当P、A、E共线时取等号，即点P点运动到B点时，的最小值为24，此时周长的最小值为36．故选C．【点睛】本题主要考查了轴对称-最短路线问题、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，利用轴对称把几条线段的和转化为一条线段，然后利用两点之间线段最短是解题的关键．10．B【分析】本题考查相似三角形，旋转的性质，勾股定理等知识，作辅助线构造相似三角形确定点点的运动路线是解题的关键．取的中点O，再把绕点逆时针旋转至，连接，则有，即可求出，然后过点作于点G，连接，利用勾股定理可以得到再根据求出结果．【详解】解：如图，取的中点O，再把绕点逆时针旋转至，连接，∵，∴，根据旋转可得：，∴，，∴，∴，∴，∴，∴点在以为圆心，为半径的圆上移动， 过点作于点G，连接， 则是矩形，∴，，∴，∴∴，故选B．11．【分析】如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，则当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，由题意确定在边上，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，计算求解即可．【详解】解：如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，∴，则，当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，∵正方形，∴，∴点在边上．∵，∴四边形是矩形，∴，∴，由勾股定理得，，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识．确定和最小时的情况是解题的关键．12．【分析】本题考查的是位似变换的性质和坐标与图形的性质，掌握位似的两个图形是相似形和相似三角形的性质是解题的关键．过B和向x轴引垂线，构造相似比为的相似三角形，那么利用相似比和所给的横坐标即可求得点B的横坐标．【详解】如图，过点B， 分别作轴于D，轴于E，∴．∵的位似图形是，∴点B， C， 在一条直线上，∴，∴， ，又，．又∵点的横坐标是2，点C的坐标是，∴， ， ，∴点B的横坐标为：．故答案为．13．【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，折叠的性质，由，可得，再由翻折的性质及可得，最后由三角形内角和定理计算即可．【详解】解：，，由翻折的性质可得：，，，，，，14．/【分析】本题考查翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找直角三角形解决问题．根据折叠的性质得到，求出的长，故，再根据勾股定理得到，代入即可求解．【详解】解：在中，，∵将沿翻折，使点落在点处，，∵将沿翻折，点恰好与点重合， ，，即，，，，，，，，，，故答案为：．15．/【分析】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，根据折叠的性质得到，，根据平行线的性质得到，证明，根据全等三角形的性质得到，，得到，求得，过B作于H，在中，根据勾股定理求解即可．【详解】解：∵将沿折叠至所在平面内，得到，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，又，，∴，∴，，又，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，过B作于H，∴，∴，设，则，∴，∵，∴，解得（负值舍去），∴，故答案为：．16．【分析】本题考查翻折变换,垂径定理,勾股定理．正确做出辅助线是解决本题的关键．作交于点H,由题意可知,再在中利用勾股定理求出的长,继而得到本题答案．【详解】解:作交于点H, ∵根据题意将沿着折叠后恰好经过点,可知,∴由垂径定理可知,∴在中,,即,∴,∴,∴,故答案为:．17．(1)(2)6(3)【分析】（1）根据勾股定理得出，进而解答即可；（2）设与的交点为．根据平行线的性质和翻折的性质得出，进而利用相似三角形的判定和性质得出方程解得即可；（3）分两种情况，利用翻折的性质和相似三角形的判定和性质得出方程解答即可．【详解】（1）解：在中，，根据勾股定理得，，，，∴，，；（2）解：当时，设与的交点为． ∵，，由翻折性质可得，，，，，，，，，即：，解得：，，∵，，，即，解得：，，解得：，当时，的值为6；（3）解：①当点A在线段上时，过点作于点，，，，，，，，，，由翻折性质可得，，，，，，，解得：； ②当点A在边上时， 由翻折性质可得：，，，，，，，．，，，，当 时，点A落在内部．【点睛】此题是几何变换综合题，考查相似三角形的判定和性质和勾股定理，平行线的性质，折叠的性质，关键是根据相似三角形的判定和性质得出方程解答．勾股定理：若三角形的两条直角边为a和b，斜边为c，则．相似三角形的性质：相似三角形对应边成比例，对应角相等．相似三角形的判定方法：①两组角对应相等的两个三角形相似；②三边对应成比例的两个三角形相似；③两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．18．(1)见解析(2)【分析】（1）本题考查旋转作图，掌握旋转作图的步骤，即可解题．（2）本题考查旋转的性质和勾股定理的运用，根据勾股定理得出，再利用旋转的性质可得，，最后结合勾股定理即可解题．【详解】（1）解：如图所示：（2）解：由旋转性质可知：，，，，，，，．
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