模块一 中考新动向专题5 回顾教材 （含解析）-2024年中考数学二轮专题复习训练

这是一份模块一 中考新动向专题5 回顾教材 （含解析）-2024年中考数学二轮专题复习训练，共56页。试卷主要包含了中考新动向等内容，欢迎下载使用。

专题5 “回归教材”类型
数学教材为学生的数学学习活动提供了学习主题、知识结构和基本线索，是实现数学课程目标、实施数学教学的重要资源．
从近几年中考试题来看，有回归教材的探索，主要从教材中典型例题和典型习题加以改编、拓展、运用，或者赋予它们新的情境，给予新的方法，解决复杂的问题；也可以是从教材中选取一段重要内容，深入剖析和运用，旨在使学生掌握教材的学习方法，用好教材，促进核心素养的发展．
考点讲解：教材的例题，就是运用数学知识和方法解决问题的示范．中考命题关注教材的例题，目的是引导学生掌握例题学习的方法．
【例1】
（2019·吉林长春·统考中考真题）
1．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例2 如图，在中，分别是边的中点，相交于点，求证：，
证明：连结．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．
结论应用：在中，对角线交于点，为边的中点，、交于点．
（1）如图②，若为正方形，且，则的长为 ．
（2）如图③，连结交于点，若四边形的面积为，则的面积为 ．
【变1】
（2023·湖北襄阳·统考中考真题）
2．【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，.
①填空：______；
②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
习题就是数学教材为学生提供的、可供学生练习和实践的、具有已知答案的问题．用好习题，是用好教材，落实“双减”的重要环节．
【例1】
（2022·四川乐山·统考中考真题）
3．华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．
(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．则______．
(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且．求的值．
【变1】
（2023·浙江·统考中考真题）
4．小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，．

(1)复习回顾：求的长．
(2)探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．
①当点G是的中点时，求证：；
②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；
③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．
教材编写体现了数学核心素养的整体性、一致性和阶段性，素材选取贴近学生的现实，能引发学生思考．中考关注教材内容，旨在指导学生学教材，使教材在培养学生核心素养上发挥更大的作用．
【例1】
（2023上·广西南宁·九年级三美学校校考期末）
5．教材呈现
以下是人教版八年级上册数学教材第53页的部分内容．
如图，四边形中，，．我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
概念理解
(1)根据上面教材的内容，请写出“筝形”的一条性质：______；
(2)如图1，在中，，垂足为，与关于所在的直线对称，与关于所在的直线对称，延长，相交于点．请写出图中的“筝形”： ______；（写出一个即可）
应用拓展
(3)如图2，在（2）的条件下，连接，分别交，于点，，连接．
①求证：；
②求证：．
【变1】
（2023·河南新乡·校联考二模）
6．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容．
【定理证明】请根据教材内容，结合图1，写出证明过程．
【定理应用】如图2，在矩形中，，点O为的中点，点M为边上一动点，点N为的中点，连接、、．

（1）当时，与的数量关系是__________，的值为__________；
（2）如图3，在平行四边形中，点E为边上一点，连接，点P在上，，点G是的中点，连接交于点F，若点F为的中点，，连接．
①求的度数；
②直接写出的值．
回归教材，促进师生用好教材．回归教材的中考试题，一般都会指明教材的版本、年级、内容出现的位置，就等于给出了试题考查的知识范围；这类题一般会给出新的方法或提出新的问题，需要考生对知识进行综合，对方法进行融合，对数学思想进行升华．
（2023·河南新乡·校联考二模）
7．【教材呈现】如图是人教版九年级上册第86页部分内容：
【定理应用】如图1，四边形为圆内接四边形，是的直径，过点C作的切线，与的延长线交于点E．平分，求证：．
【拓展应用】如图2，已知是等边三角形，以为底边在外作等腰直角三角形，点E是的中点，连接．若，求的面积．

一、选择题
（2023·河北石家庄·石家庄市第四十一中学校考模拟预测）
8．小明做如图所示教材中的部分练习题，结果如下：

第1题：；
第2题： ．
两个数据用科学记数法表示的结果（ ）
A．都正确B．都不正确
C．第一题正确，第二题不正确D．第一题不正确，第二题正确
二、解答题
（2023·四川乐山·统考中考真题）
9．在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板绕点逆时针旋转到达的位置，那么可以得到：，，；，，（ ）

刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（ ）”处应填理由：____________________；
（2）如图，小王将一个半径为，圆心角为的扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置．

①请在图中作出点；
②如果，则在旋转过程中，点经过的路径长为__________；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．

（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）
10．同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
(1)【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；
(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．
（2020·吉林长春·统考中考真题）
11．【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．
【问题解决】（1）如图①，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在上．求证：四边形是正方形．
【规律探索】（2）由【问题解决】可知，图①中的为等腰三角形．现将图①中的点沿向右平移至点处（点在点的左侧），如图②，折痕为，点在上，点在上，那么还是等腰三角形吗？请说明理由．
【结论应用】（3）在图②中，当时，将矩形纸片继续折叠如图③，使点与点重合，折痕为，点在上．要使四边形为菱形，则___________．
（2023·河南信阳·校考三模）
12．综合与实践
莹莹复习教材时，提前准备了一个等腰三角形纸片，如图，．为了找到重心，以便像教材上那样稳稳用笔尖顶起，她先把，点B与点C重叠对折，得折痕，展开后，她把点B与点A重叠对折，得折痕，再展开后连接，交折痕于点O，则点O就是的重心．
教材重现：
(1)初步观察：
连接，则与的数量关系是：________；
(2)初步探究：
请帮助莹莹求出的面积；
(3)猜想验证：
莹莹通过测量惊奇地发现．她的发现正确吗？请说明理由；
(4)拓展探究：
莹莹把剪下后得，发现可以与拼成四边形，且拼的过程中点不与点重合，直接写出拼成四边形时的长．
（2023·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考三模）
13．【阅读材料】
请运用上述阅读材料中获取的经验和方法解决下列问题．
【基础应用】已知中，，点在边上，点在边的延长线上，连接交于点．
(1)如图1，若，，求证：点是的中点；
(2)如图2，若，，探究与之间的数量关系；
【灵活应用】如图3，是半圆的直径，点是半圆上一点，点是上一点，点在延长线上，，，，当点从点运动到点，点运动的路径长为______，扫过的面积为______．
（2023·吉林长春·长春市第八十七中学校考三模）
14．【教材呈现】下图是华师版九年级上册数学教材第103─104页的部分内容：
请用演绎推理写出证明过程．

(1)如图①，在四边形中，，是的中点，连结，．则的度数为________．
(2)如图②，将直角三角形绕其直角顶点顺时针旋转至，若旋转角小于且点、、共线时，，点，分别是，的中点，则线段的长为___________．
（2023·湖南衡阳·一模）
15．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第103页的部分内容．
(1)请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．
(2)【应用】如图②，直角三角形纸片中，，点D是边上的中点，连结，将沿折叠，点A落在点E处，此时恰好有．若，那么 ．
(3)【拓展】如图③，在等腰直角三角形中，，D是边中点，E，F分别是边上的动点，且，当点E从点A运动到点C时，的中点M所经过的路径长是多少？
（2023·江苏扬州·校考二模）
16．【阅读材料】
请运用上述阅读材料中获取的经验和方法解决下列问题．
【基础应用】已知中，，点在边上，点在边的延长线上，连接交于点．
(1)如图1，若，，求证：点是的中点；
(2)如图2，若，，探究与之间的数量关系；
【灵活应用】如图3，是半圆的直径，点是半圆上一点，点是上一点，点在延长线上，，，，当点从点运动到点，点运动的路径长为______，扫过的面积为______．
2．如图，在正方形ABCD中，．求证：．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
如图23.4.2，在中，点D、E分别是与的中点．根据画出的图形，可以猜想：

，且，
对此，我们可以用演绎推理给出证明．
圆周角定理推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．
如图，已知：A、B、C三点在上，，求证：为直径．

证明：∵为圆周角所对的弦，为圆周角所对应的圆心角，
∴，且．
∴，点O在线段上，即三点共线，
则为的直径．上述推理：得．
如图，用铅笔可以支起一张均匀的三角形卡片．你知道怎样确定这个点的位置吗？

在三角形中，连接一个顶点与它对边中点的线段，叫做这个三角形的中线（median）如图，是的边上的中线．

教材习题
如图，、相交于点，是中点，，求证：是中点．
问题分析
由条件易证，从而得到，即点是的中点
方法提取
构造“平行字型”全等三角形模型是证明线段相等的一种常用方法
如图，在中，你画出斜边上的中线，量一量，看析与有什么关系、相位你与你的同伴一定会发现：恰好是的一半、下面让我们用演每推理证明这一猜息．
已知：如图．．，在中，，是斜边上的中线．
求证：

例2如图，在中，，是斜边上的中线．求证：．
证明：延长至点E，使，连结、．
教材习题
如图，、相交于点，是中点，，求证：是中点．
问题分析
由条件易证，从而得到，即点是的中点
方法提取
构造“平行字型”全等三角形模型是证明线段相等的一种常用方法
参考答案：
1．教材呈现：详见解析；结论应用：（1）；（2）6．
【分析】教材呈现：如图①，连结．根据三角形中位线定理可得，，那么，由相似三角形对应边成比例以及比例的性质即可证明；
结论应用：（1）如图②．先证明，得出，那么，又，可得，由正方形的性质求出，即可求出；
（2）如图③，连接．由（1）易证．根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出与的面积比，同理，与的面积比＝2，那么的面积的面积＝2（的面积的面积）＝，所以的面积，进而求出的面积．
【详解】教材呈现：
证明：
如图①，连结．
∵在中，分别是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
结论应用：
（1）解：如图②．
∵四边形为正方形，为边的中点，对角线、交于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵正方形中，，
∴，
∴．
故答案为；
（2）解：如图③，连接．
由（1）知，，
∴．
∵与的高相同，
∴与的面积比，
同理，与的面积比＝2，
∴的面积的面积＝2（的面积的面积），
∴的面积，
∴的面积．
故答案为6．
【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质.灵活运用正方形性质，相似三角形判定和性质是关键.
2．（1）①1；②见解析；（2），理由见解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得，，，利用证明即可；
（2）过点作交于，利用平行线的性质及正方形的性质易证得，，可证明，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点作交于，作于，作于，利用证得，可得：，，再证得，可得，同理可得：，推出，进而可得，令，则，，，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：，
∵将的直角顶点与点重合，
∴，
故答案为：1；
②证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴．
（2），理由如下：
过点作交于，

∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，，
即，
∴，
∴．
（3）过点作交于，作于，作于，

则，
∴，
即，
∴，
由（2）和已知条件可得：，，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
令，则，，，
∴，
∴．
【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
3．(1)1；证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证是等边三角形，设，过点，垂足为，交于点，则，在中，利用勾股定理求得的长，然后证，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
【详解】（1），理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴；
（2）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，
∴，
∴；
故答案为：
（3）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴设，
过点，垂足为，交于点，则，
在中，，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
4．(1)；
(2)①见解析；②；③的长为或．
【分析】（1）先求得的直径为10，再利用垂径定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；
（2）①连接，由点G是的中点，推出，根据等角的余角相等即可证明结论成立；
②利用勾股定理求得，利用垂径定理得到，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解；
③分两种情况讨论，当和时，证明，利用相似三角形的性质求解即可.
【详解】（1）解：连接，

∵的直径垂直弦AB于点E，且，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴；
（2）解：①连接，

∵点G是的中点，
∴，
∴，
∵的直径垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∴；
②∵，，，
∴，

∵的直径垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
③当时，

在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
当时，

在中，，
在中，，
∴，
同理，
∴，即，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
5．(1)垂直平分线段；
(2)四边形（答案不唯一）
(3)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的判定可得结论；
（2）根据“筝形”的定义判断即可；
（3）①利用同角的余角相等证明即可；
②利用相似三角形的判定和性质证明即可．
【详解】（1）解：∵，
∴垂直平分线段．
故答案为：垂直平分线段；
（2）解：由翻折变换的性质可知，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是“筝形”，
故答案为：四边形（答案不唯一）；
（3）①证明：如图1中，
由翻折变换的性质可知，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②证明：如图2中，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
6．【定理证明】证明见解析；【定理应用】（1）（或，；（2）①；②
【分析】
[定理证明]可以证明, 进一步得出结论；
[定理应用]可证明点是的中点，进而得出四边形是矩形，进一步得出结果;
①连接, 可证明是等边三角形，进一步得出结果；
②连接,作于, 则 , , 解 表示出, 进而解求得的值．
【详解】解：【定理证明】证明：在中，
∵点D、E分别是与的中点，
∴，
∵，
∴∽，
∴，，
∴，．
【定理应用】（1）如图，

由于，
∴，，
∴，，（或．
∵点N为的中点，点O为的中点，
∴为的中位线，
∴，
在中，，
∴，
∴．
（2）①如图，

连接,
由定理可得：
∵,

∵是的中点,

∴,
∵,
∴是等边三角形,
∴,
∴；
②如图3,

连接,作于,则,
∵,
∴,
在中,,
∴,
在中, ，
由勾股定理得，

【点睛】本题考查了三角形的中位线定理证明和运用，平行四边形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质形,解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，利用三角形中位线定理.
7．【定理应用】证明见解析；【拓展应用】
【分析】定理应用：连接，由切线的性质得出，证出，，由相似三角形的判定可得出结论；
拓展应用：连接，过点C作于点F，证明在以为直径的圆上，由等边三角形的性质及等腰直角三角形的性质可得出答案．
【详解】定理应用：证明：如图，连接，
∵为的切线，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴．
拓展应用：如图，连接，过点C作于点F，

∵是等边三角形，点E是BC的中点，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴A、E、C、D在以为直径的圆上，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握圆周角定理．
8．B
【分析】分别用绝对值大于1和绝对值小于1的科学记数法表示两数，然后判断即可．
【详解】解：，故第一题错误，
，故第二题错误．
故选：B
【点睛】本题考查了科学记数法，解题的关键是熟练掌握科学记数法的表示形式．
9．问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①见解析②；问题拓展：
【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①分别作和的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；
问题拓展，连接，交于，连接，，，由旋转得，，在和中求出和的长，可以求出，再证明，即可求出最后结果．
【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）①下图中，点O为所求

②连接，，
扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置，
，,
，
设，
，
，
在旋转过程中，点经过的路径长为以点为圆心，圆心角为，为半径的所对应的弧长，
点经过的路径长；

【问题拓展】解：连接，交于，连接，，如图所示

．
由旋转得，．
在中，
．
在中，
，
，
．
．
．
，
在和中，
，
又，，
．
又，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．
10．(1)
(2)16
(3)BP的长度为2或3或6或7．
【分析】（1）由正方形的性质可得，，根据ASA可证，由全等三角形的性质可得结论；
（2） 过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，证明△进而证明；
（3）分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠
∵是对角线，
∴∠，
∴∠，
∵四边形是正方形，
∴∠，
∴∠
又∠
∴，
∴
∴
故答案为:
（2）过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，如图，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴
又∠A=90°
∴四边形ATOM是正方形，
∴
同（1）可证△
∴
（3）解：在直线BE上存在点P，使△APF为直角三角形，
①当∠AFP=90°时，如图④，延长EF，AD相交于点Q，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴EQ=AB=6，∠BAD=∠B=∠E=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
∴AQ=BE=BC+CE=8，EQ=AB=6，∠Q=90°=∠E，
∴∠EFP+∠EPF=90，
∵∠AFP=90°，
∴∠EFP+∠AFQ=90°，
∴△EFP∽△QAF，
∴，
∵QF=EQ-EF=4，
∴，
∴EP=1，
∴BP=BE-EP=7；
②当∠APF=90°时，如图⑤，
同①的方法得，△ABP∽△PEF，
∴，
∵PE=BE-BP=8-BP，
∴，
∴BP=2或BP=6；
③当∠PAF=90°时，如图⑥，
过点P作AB的平行线交DA的延长线于M，延长EF，AD相交于N，
同①的方法得，四边形ABPM是矩形，
∴PM=AB=6，AM=BP，∠M=90°，
同①的方法得，四边形ABEN是矩形，
∴AN=BE=8，EN=AB=6，
∴FN=EN-EF=4，
同①的方法得，△AMP∽△FNA，
∴，
∴，
∴AM=3，
∴BP=3，
即BP的长度为2或3或6或7．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
11．（1）见解析；（2）是等腰三角形，见解析；（3）
【分析】（1）由题意根据邻边相等的矩形是正方形进行分析证明即可．
（2）根据题意证明∠QFP=∠FPQ即可解决问题．
（3）由题意证明△PFQ，△PGA都是等边三角形，设QF=m，求出AB，AD（用m表示）即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：如图①中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADA′=90°，
由翻折可知，∠DA′E=∠A=90°，
∴∠A=∠ADA′=∠DA′E=90°，
∴四边形AEA′D是矩形，
∵DA=DA′，
∴四边形AEA′D是正方形．
（2）结论：△PQF是等腰三角形．
理由：如图②中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠QFP=∠APF，
由翻折可知，∠APF=∠FPQ，
∴∠QFP=∠FPQ，
∴QF=QP，
∴△PFQ是等腰三角形．
（3）如图③中，
∵四边形PGQF是菱形，
∴PG=GQ=FQ=PF，
∵QF=QP，
∴△PFQ，△PGQ都是等边三角形，设QF=m，
∵∠FQP=60°，∠PQD′=90°，
∴∠DQD′=30°，
∵∠D′=90°，
∴，
由翻折可知，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，正方形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
12．(1)
(2)4
(3)正确，理由见解析
(4)或
【分析】（1）直接利用证明，即可证明；
（2）先根据折叠的性质和勾股定理得出的长度，连接，由中位线的性质可得，再证明，利用相似三角形的性质得出的长，继而求出面积即可；
（3），连接，由中位线的性质可得，再证明，利用相似三角形的性质得出数量关系；
（4）分两种情况进行讨论：①当点与点B重合，②当点与点F重合，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）由折叠可得，，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）由折叠可得，，
∵，
∴，
连接，

∵点D、E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）正确，理由如下：连接，

∵点D、E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（4）
如图③，连接，
∵，
∴，
由（3）知，，
∴在中，由勾股定理得，
由折叠的性质得，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∵与拼成四边形，且拼的过程中点不与点重合，
∴共有两种情况：
①当点与点B重合，如图③，；
②当点与点F重合，如图④⑤，连接，
在中，由勾股定理得；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线性质定理，中线的意义，熟练掌握知识点，并添加适当的辅助线是解题的关键．
13．(1)见解析；(2)；【灵活应用】，
【分析】（1）过点作，证，即可得点是的中点；
（2）过点作，可证，得，由，，得，再证，可得，由平行线分线段成比例得，由，可得，，即可得出；
[灵活应用]：由题意可得，过点作，则，可得，进而可得，证，可知，过点作，则，，可得点在以为直径的半圆上运动，可求得运动的路径长度，过点作，则，，则点在以为直径的半圆上运动，可知扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差，即可求得答案．
【详解】解：（1）证明：，，
，
过点作，则，，

是等腰直角三角形，则，
，
，
，
，
又，
，
，
点是的中点；
（2）过点作，则，

，，则，
，
，
，，
，
又，
，
，
，
，
则，
，
；
[灵活应用]：
是半圆的直径，点是半圆上一点，
，
过点作，则，

，
，
，
，
，
又，
，
，
过点作，则，，
，
，，
，则，
，
点在以为直径的半圆上运动，
运动的路径长为：
过点作，则，，

，
，
点在以为直径的半圆上运动，
则扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差，
即：扫过的面积为
故答案为：，．
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，圆周角定理，动点的运动路径，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
14．(1)证明见解析；
(2)
【分析】定理证明：延长到，使，连接，，则，根据中线的性质可得，则四边形是平行四边形，进而根据，则是矩形，根据矩形的性质即可得证；
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，可得，根据结合三角形内角和定理，即可求解；
（2）根据勾股定理求得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而根据等腰三角形的性质得出是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）定理证明：延长到，使，连接，，则，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴是矩形，
∴，
∴；

（1）解：如图所示，连接，

∵，，是的中点，
∴，，
∴，
∴
∵
∴，
∴,
∴，
故答案为：．
（2）解：如图所示，

在中，
∴
∵将直角三角形绕其直角顶点顺时针旋转至，若旋转角小于且点、、共线时，点，分别是，的中点，
∴，
∴，
又∵
∴
∴
∴
∴是等腰直角三角形
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
15．(1)见解析
(2)
(3)的中点M所经过的路径长为
【分析】（1）证明四边形为矩形，利用矩形的性质，即可得证；
（2）设交于点O，根据斜边上的中线的性质和折叠的性质，求出，进而得到，证明为等腰三角形，得到，即可得出结果；
（3）过点D作，，证明四边形为正方形，进而推出，得到为等腰直角三角形，推出的中点M所经过的路径为，中点的连线，进行求解即可．
【详解】（1）证明：延长到E，使，连接，则，

∵是斜边上的中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴；
（2）解：如图2中，设交于点O．

∵，
∴，
∴，
由翻折的性质可知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：；
（3）过点D作，，如图，

∵，
∴．
∴，
∵D是边中点，
∴是边中点，
∴，
同理：，
∵，
∴．
∴四边形为正方形，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴为等腰直角三角形，
∴当点与点重合时，此时于点重合，点与点重合，
当点与点重合时，此时于点重合，点与点重合，
连接，

∵，
∴四点共圆，且为直径，
∴为圆心，
∴，即点在的中垂线上，
∵四边形为正方形，
∴是的中垂线，
∴在线段上运动，路径即为的长，即M所经过的路径为，
∵，
∴，
∴的中点M所经过的路径长为．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，直线三角形斜边上的中线，三角形的中位线，等腰三角判定和性质，平行线分线段成比例，圆周角定理的推论，解直角三角形．本题的综合性强，难度较大，准确的添加辅助线，是解题的关键．
16．(1)见解析；(2)；【灵活应用】，
【分析】（1）过点作，证，即可得点是的中点；
（2）过点作，可证，得，由，，得，再证，可得，由平行线分线段成比例得，由，可得，，即可得出；
[灵活应用]：由题意可得，过点作，则，可得，进而可得，证，可知，过点作，则，，可得点在以为直径的半圆上运动，可求得运动的路径长度，过点作，则，，则点在以为直径的半圆上运动，可知扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差，即可求得答案．
【详解】解：（1）证明：，，
，
过点作，则，，

是等腰直角三角形，则，
，
，
，
，
又，
，
，
点是的中点；
（2）过点作，则，

，，则，
，
，
，，
，
又，
，
，
，
，
则，
，
；
[灵活应用]：
是半圆的直径，点是半圆上一点，
，
过点作，则，

，
，
，
，
，
又，
，
，
过点作，则，，
，
，，
，则，
，
点在以为直径的半圆上运动，
运动的路径长为：
过点作，则，，

，
，
点在以为直径的半圆上运动，
则扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差，
即：扫过的面积为
故答案为：，．
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，圆周角定理，动点的运动路径，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．