2023年浙江省绍兴市中考数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年浙江省绍兴市中考数学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了 计算2−3的结果是，4×107B， 下列计算正确的是， 《九章算术》中有一题等内容，欢迎下载使用。

2023年浙江省绍兴市中考数学试卷
1. 计算2−3的结果是(    )
A. −1 B. −3 C. 1 D. 3
2. 据报道，2023年“五一”假期全国国内旅游出游合计274000000人次.数字274000000用科学记数法表示是(    )
A. 27.4×107 B. 2.74×108 C. 0.274×109 D. 2.74×109
3. 由8个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是(    )
A.
B.
C.
D.


4. 下列计算正确的是(    )
A. a6÷a2=a3 B. (−a2)5=−a7
C. (a+1)(a−1)=a2−1 D. (a+1)2=a2+1
5. 在一个不透明的袋子里装有2个红球和5个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出1个球，则摸出的球为红球的概率是(    )
A. 25 B. 35 C. 27 D. 57
6. 《九章算术》中有一题：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛.问大、小器各容几何？”译文：今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛(斛：古代容量单位)；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛，问大容器、小容器的容量各是多少斛？设大容器的容量为x斛，小容器的容量为y斛，则可列方程组是(    )
A. x+5y=35x+y=2 B. 5x+y=3x+5y=2 C. 5x=y+3x=5y+2 D. 5x=y+2x=5y+3
7. 在平面直角坐标系中，将点(m,n)先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是(    )
A. (m−2,n−1) B. (m−2,n+1) C. (m+2,n−1) D. (m+2,n+1)
8. 如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD=60∘，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE=OF.点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是(    )
A. 菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B. 菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C. 平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
9. 已知点M(−4,a−2)，N(−2,a)，P(2,a)在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是(    )
A. B.
C. D.
10. 如图，在△ABC中，D是边BC上的点(不与点B，C重合).过点D作DE//AB交AC于点E；过点D作DF//AC交AB于点F、N是线段BF上的点，BN=2NF：M是线段DE上的点，DM=2ME.若已知△CMN的面积，则一定能求出(    )


A. △AFE的面积 B. △BDF的面积 C. △BCN的面积 D. △DCE的面积
11. 因式分解：m2−3m=______ .
12. 如图，四边形ABCD内接于圆O，若∠D=100∘，则∠B的度数是______ .


13. 方程3xx+1=9x+1的解是______ .
14. 如图，在菱形ABCD中，∠DAB=40∘，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是______ .

15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx(k为大于0的常数，x>0)图象上的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，满足x2=2x1，△ABC的边AC//x轴，边BC//y轴，若△OAB的面积为6，则△ABC的面积是______ .


16. 在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部(包括边界)，这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形.例如：如图，函数y=(x−2)2(0≤x≤3)的图象(抛物线中的实线部分)，它的关联矩形为矩形OABC.若二次函数y=14x2+bx+c(0≤x≤3)图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b=______ .
17. (1)计算：(π−1)0− 8+|−2 2|；
(2)解不等式：3x−2>x+4.
18. 某校兴趣小组通过调查，形成了如表调查报告(不完整).
调查目的
1.了解本校初中生最喜爱的球类运动项目
2.给学校提出更合理地配置体育运动器材和场地的建议
调查方式
随机抽样调查
调查对象
部分初中生
调查内容
调查你最喜爱的一个球类运动项目(必选)
A.篮球B.乒乓球C.足球D.排球E.羽毛球
调查结果


建议
…
结合调查信息，回答下列问题：
(1)本次调查共抽查了多少名学生？
(2)估计该校900名初中生中最喜爱篮球项目的人数.
(3)假如你是小组成员，请向该校提一条合理建议.
19. 图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA交于点A，支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筐EF与支架DE在同一直线上，OA=2.5米，AD=0.8米.∠AGC=32∘.
(1)求∠GAC的度数；
(2)某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面3米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由.(参考数据：sin32∘≈0.53，cos32∘≈0.85，tan32∘≈0.62)


20. 一条笔直的路上依次有M，P，N三地，其中M，N两地相距1000米.甲、乙两机器人分别从M，N两地同时出发，去目的地N，M，匀速而行.图中OA，BC分别表示甲、乙机器人离M地的距离y(米)与行走时间x(分钟)的函数关系图象.
(1)求OA所在直线的表达式；
(2)出发后甲机器人行走多少时间，与乙机器人相遇？
(3)甲机器人到P地后，再经过1分钟乙机器人也到P地，求P，M两地间的距离.

21. 如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E.
(1)若∠EAC=25∘，求∠ACD的度数；
(2)若OB=2，BD=1，求CE的长.

22. 如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点(与点B，D不重合)，GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足.连接EF，AG，并延长AG交EF于点H.
(1)求证：∠DAG=∠EGH；
(2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由.

23. 已知二次函数y=−x2+bx+c.
(1)当b=4，c=3时，
①求该函数图象的顶点坐标；
②当−1≤x≤3时，求y的取值范围；
(2)当x≤0时，y的最大值为2；当x>0时，y的最大值为3，求二次函数的表达式.
24. 在平行四边形ABCD中(顶点A，B，C，D按逆时针方向排列)，AB=12，AD=10，∠B为锐角，且sinB=45.
(1)如图1，求AB边上的高CH的长；
(2)P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90∘得点C′，D′，
①如图2，当C′落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC′D′是直角三角形时，求BP的长.


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：2−3=−1.
故选：A.
根据有理数减法法则：减去一个数，等于加上这个数的相反数．即：a−b=a+(−b)，即可得出答案．
此题主要考查了有理数的减法，正确掌握有理数的减法运算法则是解题关键．

2.【答案】B 
【解析】解：274000000=2.74×108.
故选：B.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

3.【答案】D 
【解析】解：如图所示：它的主视图是：
.
故选：D.
主视图有3列，每列小正方形数目分别为2，1，2，据此判断即可．
此题主要考查了简单几何体的三视图，正确把握观察角度是解题关键．

4.【答案】C 
【解析】解：A.a6÷a2=a4，故此选项不合题意；
B.(−a2)5=−a10，故此选项不合题意；
C.(a+1)(a−1)=a2−1，故此选项符合题意；
D.(a+1)2=a2+2a+1，故此选项不合题意．
故选：C.
直接利用整式的混合运算法则分别判断得出答案．
此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．

5.【答案】C 
【解析】解：从中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是：22+5=27，
故选：C.
由一个不透明的布袋里装有7个球，其中2个红球，5个白球，它们除颜色外其余都相同，直接利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查了概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn.

6.【答案】B 
【解析】解：由题意得：5x+y=3x+5y=2，
故选：B.
根据“大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛”，列出关于x、y的二元一次方程组即可．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：将点(m,n)先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是(m+2,n+1)，
故选：D.
根据点的坐标的平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减求解即可．
本题主要考查坐标与图形变化-平移，解题的关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．

8.【答案】A 
【解析】解：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，∠BAD=∠ABC=90∘，
∴∠BDC=∠ABD=60∘，∠ADB=∠CBD=90∘−60∘=30∘，
∵OE=OF、OB=OD，
∴DF=EB，
∵对称，
∴DF=DF2，BF=BF1，BE=BE2，DE=DE1，E1F2=E2F1.
∵对称
∴∠F2DC=∠CDF=60∘，
∴∠EDA=∠E1DA=30∘，
∴∠E1DB=60∘，
同理∠F1BD=60∘，
∴DE1//BF1，
∵E1F2=E2F1，
∴四边形E1E2F1F2是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO=OB，

∴DE1=DF2=AE1=AE2，即E1E2=E1F2，
∴四边形E1E2F1F2是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB=4，则DF2=DF=1，DE1=DE=3，

在Rt△ABD中，AB=2，AD=2 3，连接AE，AO，
∵∠ABO=60∘，BO=2=AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE=1，
∴AE= 22−12= 3.
根据对称性可得AE1=AE= 3.
∴AD2=12，DE12=9，AE12=3，
∴AD2=AE12+DE12，
∴ΔDE1A是直角三角形，且∠E1=90∘，
四边形E1E2F1F2是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1都是等边三角形，则四边形E1E2F2F2是菱形，

∴在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A.
根据题意，分别证明四边形E1E2F1F2是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．

9.【答案】B 
【解析】解：由N(−2,a)，P(2,a)在同一个函数图象上，可知图象关于y轴对称，故选项A、C不符合题意；
由M(−4,a−2)，N(−2,a)，可知在y轴的左侧，y随x的增大而增大，故选项B符合题意；
故选：B.
由点N(−2,a)，P(2,a)关于y轴对称，可排除选项A、C，再根据M(−4,a−2)，N(−2,a)，可知在y轴的左侧，y随x的增大而增大，从而排除选项D.
此题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．

10.【答案】D 
【解析】解：如图所示，连接ND，

∵DE//AB，DF//AC，
∴∠ECD=∠FDB，∠FBD=∠EDC，∠BFD=∠A，∠A=DEC.
∴△FBD∽△EDC，∠NFD=∠MEC.
∴FBED=FDEC，
∵DM=2ME，BN=2NF，
∴NF=13BF，ME=12DE.
∴NFME=BEDE
∴FDEC=NFME，
又∵∠NFD=∠MEC，
∴△NFD∽△MEC.
∴∠ECM=∠FDN.
∵∠FDB=∠ECD，
∴∠MCD=∠NDB.
∴MC//ND.
∴S△MNC=S△MDC.
∵DM=2ME，
∴S△MCC=12S△DMC=12S△MCC.
故选：D.
如图所示，连接ND，证明△FBD∽△EDC，得出FBED=FDECD，由已知得出NFME=BFDE，则FDEC=NFME，又∠NFD=∠MEC，则△NFD∽△MEC，进而得出∠MCD=∠NDB，可得MC//ND，结合题意得出S△MMC=12S△DMC=12SMNC，即可求解．
本题考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．

11.【答案】m(m−3) 
【解析】解：m2−3m=m(m−3).
故答案为：m(m−3).
直接提取公因式m，进而分解因式即可．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．

12.【答案】80∘ 
【解析】解：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠B+∠D=180∘，
∵∠D=100∘，
∴∠B=80∘.
故答案为：80∘.
由圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，即可得到答案．
本题考查圆内接四边形的性质，关键是掌握圆内接四边形的性质．

13.【答案】x=3 
【解析】解：去分母，得3x=9，
∴x=3.
经检验，x=3是原方程的解．
故答案为：x=3.
解分式方程得结论．
本题主要考查了解分式方程，掌握分式方程的解法是解决本题的关键．

14.【答案】10∘或80∘ 
【解析】解：以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E和E′，如图所示，
在菱形ABCD中，∠DAC=∠BAC，
∵∠DAB=40∘，
∴∠DAC=20∘，
∵AC=AE，
∴∠AEC=(180∘−20∘)÷2=80∘，
∵AE′=AC，
∴∠AE′C=∠ACE′=10∘，
综上所述，∠AEC的度数是10∘或80∘，
故答案为：10∘或80∘.
根据菱形的性质可得∠DAC=20∘，再根据等腰三角形的性质可得∠AEC的度数．
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．

15.【答案】2 
【解析】解：长CA交y轴于E，延长CB交x轴于点F，
∴CE⊥y轴，CF⊥x轴，
∴四边形OECF为矩形，
∵x2=2x1，
∴点A为CE中点，
由几何意义得，S△OAE=S△OBF，
∴点B为CF中点，
∴S△OAB=38S矩形=6，
∴S矩形=16，
∴S△ABC=18×16=2.
故答案为：2.
2
证明出点A、B为矩形边的中点，根据三角形OAB的面积求出矩形面积，再求出三角形ABC面积即可．
本题考查了反比例函数的性质的应用，几何意义的应用及矩形特性是解题关键．

16.【答案】712或−2512 
【解析】解：由y=(x−2)2(0≤x≤3)，当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
∵A(3,0)，四边形ABCO是矩形，
∴B(3,4)，
①当抛物线经过O、B时，将点O(0,0)，B(3,4)代入y=14x2+bx+c(0≤x≤3)得
c=014×9+3b+c=4，
解得b=712；
②当抛物线经过A、C时，将点A(3,0)，C(0,4)代入y=14x2+bx+c(0≤x≤3)得
c=414×9+3b+c=0，
解得b=−2512，
综上所述，b=712或b=−2512，
故答案为：712或−2512，
根据题意求得点A(3,0)，B(3,4)，C(0,4)，然后分两种情况，利用待定系数法求出解析式即可．
本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，能够理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．

17.【答案】解：(1)(π−1)0− 8+|−2 2|
=1−2 2+2 2
=1；
(2)3x−2>x+4，
移项得：3x−x>4+2，
即：2x>6，
系数化为1，得：x>3，
∴原不等式的解是：x>3. 
【解析】(1)先算零指数幂，二次根式的化简，绝对值，再算加减即可；
(2)利用解一元一次不等式的方法进行求解即可．
本题主要考查解一元一次不等式，实数的运算，解答的关键是对相应的知识的掌握．

18.【答案】解：(1)30÷30%=100(名)，
答：本次调查共抽查了100名学生．
(2)被抽查的100人中最喜爱羽毛球的人数为：100×5%=5(名)，
∴被抽查的100人中最喜爱篮球的人数为：100−30−10−15−5=40(名)，
900×40100=360(名)，
答：估计该校900名初中生中最喜爱篮球项目的人数为360名．
(3)答案不唯一，如：因为喜欢篮球的学生较多，建议学校多配置篮球器材、增加篮球场地等． 
【解析】(1)根据乒乓球的人数和所占的百分比即可得出答案；
(2)用900乘样本中最喜爱篮球项目的人数所占比例即可；
(3)根据最喜爱的球类运动项目所占百分比解答即可(答案不唯一).
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．

19.【答案】解：(1)∵CG⊥CD，
∴∠ACG=90∘，
∵∠AGC=32∘，
∴∠GAC=90∘−∠AGC=90∘−32∘=58∘，
∴∠GAC的度数为58∘；
(2)该运动员能挂上篮网，
理由如下：延长OA，ED交于点M，

∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90∘，
∵DE//OB，
∴∠DMA=∠AOB=90∘，
∵∠GAC=58∘，
∴∠DAM=∠GAC=58∘，
∴∠ADM=90∘−∠DAM=32∘，
在Rt△ADM中，AD=0.8米，
∴AM=AD⋅sin32∘≈0.8×0.53=0.42(米)，
∴OM=OA+AM=2.5+0.424=2.924(米)，
∵2.924米<3米，
∴该运动员能挂上篮网． 
【解析】(1)根据垂直定义可得∠ACG=90∘，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解答；
(2)延长OA，ED交于点M，根据垂直定义可得∠AOB=90∘，从而利用平行线的性质可得∠DMA=∠AOB=90∘，再根据对顶角相等可得∠DAM=∠GAC=58∘，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ADM=32∘，然后在Rt△ADM中，利用锐角三角函数的定义求出AM的长，从而利用线段的和差关系求出MO的长，比较即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

20.【答案】解：(1)由图象可知，OA所在直线为正比例函数，
∴设y=kx，
∵A(5,1000)，
1000=5k，k=200，
∴OA所在直线的表达式为y=200x.
(2)由图可知甲机器人速度为：1000÷5=200(米/分钟)，
乙机器人速度为：1000÷10=100(米/分钟)，
两人相遇时：1000100+200=103(分钟)，
答：出发后甲机器人行走103分钟，与乙机器人相遇．
(3)设甲机器人行走t分钟时到P地，P地与M地距离为200t，
则乙机器人(t+1)分钟后到P地，P地与M地距离1000−100(t+1)，
由200t=1000−100(t+1)，解得t=3，
∴200t=600，
答：P，M两地间的距离为600米． 
【解析】(1)利用待定系数法，将(5,1000)代入解析式中，求出答案；
(2)俩机器人相向而行，同时出发，相遇时两人路程应为MN的长度，列出方程即可；
(3)设甲到P地时间为t分钟，乙到P地时间为(t+1)分钟，分别求出两人到P地时，与M的距离，列出方程，解出答案．
本题以一次函数综合运用为背景，考查了学生在函数中数形结合的能力，此类题目的关键是弄懂题意，求出每个人的速度，明确相向而行时相遇时两人的路程和等于总路程，进而求解．

21.【答案】解：(1)∵AE⊥CD于点E，
∴∠AEC=90∘
∴∠ACD=∠AEC+∠EAC=90∘+25∘=115∘；
(2)∵CD是⊙O的切线，
∴半径OC⊥DE，
∴∠OCD=90∘，
∵OC=OB=2，BD=1，
∴OD=OB+BD=3，
∴CD= OD2−OC2= 5.
∵∠OCD=∠AEC=90∘，
∴OC//AE，
∴CDCE=ODOA，
∴ 5CE=32，
∴CE=2 53. 
【解析】(1)由垂直的定义得到∠AEC=90∘，由三角形外角的性质即可求出∠ACD的度数；
(2)由勾股定理求出CD的长，由平行线分线段成比例定理得到CDCE=ODOA，代入有关数据，即可求出CE的长．
本题考查切线的性质，垂线，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形外角的性质，关键是由三角形外角的性质求出∠ACD的度数，由勾股定理求出CD的长，由平行线分线段成比例定理即可求出CE的长．

22.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE=∠GEC=90∘，
∴AD//GE，
∴∠DAG=∠EGH.
(2)解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：

∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG=∠CDG=45∘，
又∵DG=DG，AD=CD，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴∠DAG=∠DCG.
在正方形ABCD中，∠ECF=90∘，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠DAG=∠OEC，
由(1)得∠DAG=∠EGH，
∴∠EGH=∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90∘，
∴∠GHE=90∘，
∴AH⊥EF. 
【解析】(1)直接由平行公理的推理即可解答．
(2)先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG=∠DCG.再证明∠EGH=∠DCG=∠OEC即可．
本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．

23.【答案】解：(1)①∵b=4，c=3时，
∴y=−x2+4x+3=−(x−2)2+7，
∴顶点坐标为(2,7).
②∵−1≤x≤3中含有顶点(2,7)，
∴当x=2时，y有最大值7，
∵2−(−1)>3−2，
∴当x=−1时，y有最小值为：−2，
∴当−1≤x≤3时，−2≤y≤7.
(2)∵x≤0时，y的最大值为2；x>0时，y的最大值为3，
∴抛物线的对称轴x=b2在y轴的右侧，
∴b>0，
∵抛物线开口向下，x≤0时，y的最大值为2，
∴c=2，
又∵4×(−1)×c−b24×(−1)=3，
∴b=±2，
∵b>0，
∴b=2.
∴二次函数的表达式为y=−x2+2x+2. 
【解析】(1)先把解析式进行配方，再求顶点；
(2)根据函数的增减性求解；
(3)根据函数的图象和系数的关系，结合图象求解．
本题考查了二次函数的性质，掌握数形结合思想是解题的关键．

24.【答案】解：(1)在▱ABCD中，BC=AD=10，
在Rt△BCH中，HC=BCsinB=10×45=8.
(2)①如图，作CH⊥BA于点H，

由(1)得，BH= BC2−CH2= 102−82=6，
作C′Q⊥BA交BA延长线于点Q，则∠CHP=∠PQC′=90∘，
∴∠C′PQ+∠PC′Q=90∘，
∵∠C′PQ+∠CPH=90∘，
∴∠PC′Q=∠CPH，
由旋转知PC′=PC，
∴△PQC′≌△CHP(AAS).
设BP=x，则PQ=CH=8，C′Q=PH=6−x，QA=PQ−PA=x−4.
∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，
∴C′Q//CH，
∴△AQC′∽△AHC，
∴C′QCH=QAHA，
∴6−x8=x−46，
∴x=347，
∴BP=347，
②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD=C′D′
CD⊥CD′
又∵AB//CD，
∴C′D′⊥AB
情况一：当以C′为直角顶点时，如图．

∵C′D′⊥AB，
∴C′落在线段BA延长线上．
∵PC⊥PC′，
∴PC⊥AB，
由(1)知，PC=8，
∴BP=6.
情况二：当以A为直角顶点时，如图，

设C′D′与射线BA的交点为T，
作CH⊥AB于点H.
∵PC⊥PC′，
∴∠CPH+∠TPC′=90∘，
∵C′D′⊥AT，
∴∠PC′T+∠TPC′=90∘
∴∠CPH=∠PC′T，
∵∠CHP=∠PTC′=90∘，PC=C′P，
∴△CPH≌△PC′T(AAS)，
∴C′T=PH，PT=CH=8.
设C′T=PH=t，则AP=6−t，
∴AT=PT−PA=2+t.
∵∠C′AD′=90∘，C′D′⊥AB，
∴△ATD′∽△C′TA，
∴ATTD′=C′TTA，
∴AT2=C′T⋅TD，
∴(2+t)2=t(12−t)，
化简得t²−4t+2=0，
解得t=2+ 2，
∴BP=BH+HP=8± 2，
情况三：当以D′为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP=6或8± 2. 
【解析】(1)由平行四边形的性质对边相等，和三角函数可求得结果；
(2)①由三角形全等和三角形相似可得出结论；
②三角形的直角顶点不确定，故要分类讨论，分三种情况讨论，求出结论．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的性质与判定，三角函数等知识，熟练掌握这些知识点是解题的关键．