专题64图形的相似（全章分层练习）（培优练）-2023-2024学年九年级数学下册全章复习与专题突破讲与练（苏科版）

专题6.4图形的相似（全章分层练习）（培优练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（人教版数学九年级下册同步练习27.1.2黄金分割）若线段a=6cm,b=3cm,且c是a,b的比例中项,则线段c的长度为（）A．3cm B．±3cm C．±18cm D．18cm2．（2023·重庆大渡口·统考模拟预测）如图，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，F是BC的中点，AF与DE相交于G，BD和AF相交于H，那么四边形BEGH的面积是（）A． B． C． D．3．（2020上·四川达州·九年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（

）A．14B．15C． D．4．（2023·江苏宿迁·校考三模）如图，平面直角坐标系中，长方形，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，，，，、分别交，于点D、E，且，则的长为（

）

A．1 B． C．2 D．5．（2023下·山东潍坊·八年级统考期末）如图，在中，，，E、F为线段AB上两动点，且，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G．以下结论错误的是（

）

A． B．当点E与点B重合时，C． D．6．（2023下·山东泰安·八年级统考期末）如图，在矩形中，，，若点是边上的一个动点．过点作且分别交对角线，直线于点O、F，则在点移动的过程中，的最小值为（

）

A． B． C．17 D．187．（2023·福建·九年级专题练习）如图，在矩形中，，，将沿的方向平移至，使得，其中E是与的交点，F是与的交点，则的长为（

）

A． B． C． D．8．（2023下·海南海口·九年级海南中学校考阶段练习）如图，已知四边形ABCD是矩形，四边形ABDE是平行四边形，AC，BD相交于点O，AD，BE相交于点P，且，AC，BE相交于点Q．下列结论错误的是（

）A．∠POD＝∠AEDB．EC＝4PO C．PE＝3PQ D．9．（2021上·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期末）如图，△ABC三个顶点的坐标分别是A（－2，2），B（－4，1），C（－1，－1）．以点C为位似中心，在x轴下方作△ABC的位似图形△A'B'C．并把△ABC的边长放大为原来的2倍，那么点A'的坐标为（

）A．（1，－6） B．（1，－7） C．（2，－6） D．（2，－7）10．（2018上·浙江宁波·九年级校联考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线不经过第四象限，且与轴，轴分别交于两点，点为的中点，点在线段上，其坐标为，连结，，若，那么的值为（

）A． B．4 C．5 D．6填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2020下·山东威海·八年级统考期中）如图，在中，的内、外角平分线分别交及其延长线于点，则

12．（2023下·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）在菱形ABCD中，，，点E在BC边上，点与点C关于直线DE对称，连接，若与菱形的一边垂直，则线段CE的长为．13．（2022·福建莆田·校考模拟预测）定义：中，一个内角的度数为，另一个内角的度数为，若满足，则称这个三角形为“智汇三角形”．在中，，，，是上的一个动点，连接，若是“智汇三角形”，则的长是．14．（2023·河南郑州·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，把绕点O按顺时针方向旋转，点A，B的对应点分别是，，连接．当点在第二象限内，轴时，点A的对应点的坐标为．

15．（2023·河南信阳·校考三模）如图，正方形中，，点P为射线上一个动点．连接，把沿折叠，当点A的对应点刚好落在线段的垂直平分线上时，的长为．

16．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，四边形是正方形，点E在边的延长线上，点F在边上，以点D为中心，将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接交于点P，连接交于点Q，连接，若，则的值为．

17．（2021·辽宁鞍山·统考一模）如图，，垂足为，，点为线段上一动点，连接，过作交于，连接，若，，则长的最小值为．18．（2019下·九年级单元测试）已知：直角梯形OABC中，CB∥OA，对角线OB和AC交于点D，OC=2，CB=2，OA=4，点P为对角线CA上的一点，过点P作QH⊥OA于H，交CB的延长线于点Q，连接BP，如果△BPQ和△PHA相似，则点P的坐标为.三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2020上·宁夏银川·九年级校考阶段练习）作出线段的黄金分割点（不写作法，保留作图痕迹）20．（8分）（2023下·浙江杭州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，点D为边上一点，连接，过点D作交于点E．

（1）求证：；（2）若，，求．21．（10分）（2023下·安徽·九年级专题练习）如图，点M，N分别在矩形的边和（或延长线）上，连接，，若．

（1）求证：是等腰三角形；（2）当M为中点时，交于点，若，，求的长；（3）当M为上任意一点，探究，，间的数量关系，并证明．22．（10分）（2021上·福建莆田·九年级莆田二中校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点M是AB的中点，连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且PC＜BC，连接MP交AC于点H．将射线MP绕点M逆时针旋转60°交线段CA的延长线于点D．（1）找出与∠AMP相等的角，并说明理由．（2）若CP=BC，求的值．23．（10分）（2023·北京丰台·二模）如图，已知：在中，，，将一块足够大的直角三角尺按如图放置，顶点Р在线段上滑动（且不与A、B重合），三角尺的直角边始终经过点C，并且与的夹角，斜边交于点D．

（1）当______°，，此时______°（2）点Р在滑动时，当长为多少时，与全等，为什么？（3）点Р在滑动时，的形状可以是等腰三角形吗？若可以，直接写出夹角的大小；若不可以，请说明理由．24．（12分）（2023·山西长治·统考模拟预测）综合与实践问题情境：在和中，，．将的顶点放在底边的中点处，的顶点与底边的中点重合．猜想证明：（1）如图1，与的交点记为，与的交点记为，试判断四边形的形状，并说明理由；问题解决：将绕点旋转，边与交于点．（2）如图2，在旋转过程中，当平分时，求线段的长；（3）如图3，在旋转过程中，当时，直接写出线段的长．参考答案：1．A解：根据比例中项的概念，得c2=ab=6×3，则可求c=±3，由线段的非负性可知c=3．故选A点睛：本题考查了比例中项的概念：当比例式中的两个内项相同时，即叫比例中项．求比例中项根据比例的基本性质进行计算．2．C【分析】根据BC∥AD，可证△ADH∽△FBH，可以计算△ADH的面积，根据△AEG∽△DEA可以求△AEG的面积，即可解题．解：∵BC∥AD，∴△BFH∽△DAH，且相似比为1：2，∴△ADH的面积为，△FBH的面积为又∵，∴△ABF≌△DAE，（SAS）∴∠BAF=∠ADE，∠BAF+∠AEG=90°，∴∠AGE=90°，∴△AEG∽△EDA，∴，解得：AG，EG，∴△AEG的面积，∴四边形BEGH的面积=△ABD的面积－△AGE的面积－△AHD的面积=2×2．故选C．【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与的性质，本题中求△AEG，△AHD的面积是解题的关键，难度较大，注意知识点的融会贯通．3．A【分析】方法一：连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．方法二：设AB交CR于点M，先证得，可得、，进而可求得PC＝5，CQ＝10，设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．解：方法一：解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J，∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，∴∠ACE＝∠BCH＝45°，∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°，∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上，∵DE∥AI∥BH，∴∠CEP＝∠CHQ，∵∠ECP＝∠QCH，∴△ECP∽△HCQ，∴，∵PQ＝15，∴PC＝5，CQ＝10，∵EC:CH＝1:2，∴AC:BC＝1:2，设AC＝a，则BC＝2a，∵PQ⊥CR，CR⊥AB，∴CQ∥AB，∵AC∥BQ，CQ∥AB，∴四边形ABQC为平行四边形，∴AB＝CQ＝10，∵，∴，∴（舍负）∴，，∵，∴，∵JR＝AF＝AB＝10，∴CR＝CJ＋JR＝14，故选：A．方法二：∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形∵PQ＝15，∴PC＝5，CQ＝10设，则在Rt△ABC中，∠ACB＝90°由勾股定理得由等面积法得设与交于点J∵四边形ABGF是正方形PQ⊥CR，CR⊥AB，∠ACB＝90°∴CQAB，ACBQ，四边形AMRF是矩形∴四边形ABQC为平行四边形，∴故选：A．【点拨】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用及等面积法，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．4．C【分析】如图，过点E作交延长线于点F，过点F作交延长线于点G，作于H，由“AAS”可证，可得，，通过证明，可得，即可求解．解：如图，过点E作交延长线于点F，过点F作交延长线于点G，作于H，

，，，，，，，在和中，，，，，，，，∴四边形是矩形，，，，，，，∴，∴，，故选：C．【点拨】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线是本题的关键．5．C【分析】A由题意知，是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形即可作出判断；B如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，可得，四边形是矩形，进一步得到FG是的中位线，从而作出判断；C如图2所示，根据可证，根据全等三角形的性质和勾股定理即可作出判断；D易证，根据相似三角形的性质可得，由题意知四边形是矩形，再根据平行线的性质和等量代换得到，依此即可作出判断.解：由题意知，是等腰直角三角形，∴，故A正确；如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，

∴，∵，∴，∴，四边形是矩形，∴，∵，∴，∴FG是的中位线，∴，故B正确；如图2所示，

∵，∴．将绕点C顺时针旋转至，则；∵，∴，∴．在和中，∴（），∴．∵，∴，∴，即，故C错误；∵，∵，∴，∴，∴，由题意知四边形是矩形，∴，∴，即，∴，∴，故D正确．故选C．【点拨】此题是三角形综合题，涉及的知识点有：等腰直角三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，综合性较强，有一定的难度．6．B【分析】过C作，取，连接，根据勾股定理得到，易得，即可得到，根据两点间线段最短得到当、、三点共线时最短即可得到答案；解：如图过C作，取，过点E作于点H，∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，，∴当、、三点共线时最短，∴，∴，故选B；

【点拨】本题考查轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题关键是学会用转化的思想思考问题．7．C【分析】由平移的性质结合矩形的性质易证四边形为菱形，即得出．根据勾股定理可求出，又易证，即得出．设，则，代入，即可求出x的值，从而可求出，最后再次利用勾股定理即可求解．解：由平移的性质可知，，，．∵四边形为矩形，∴，，∴，，∴四边形为平行四边形．∵，∴平行四边形为菱形，∴．∵，，∴．∵，∴，∴．设，则，∴，解得：，∴，∴，∴．故选：C．【点拨】本题考查平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．8．D【分析】根据四边形ABCD是矩形，四边形ABDE是平行四边形即可证得OP为△ACD的中位线，即有，且，进而判断A、B选项；先证明，再根据，可得，即有，则可判断C选项；假设D项正确，即有，则有，可证得△AQP∽△EQA，即有∠QAP=∠QEA，进而可得∠CBD=∠EBD，则有BD平分∠CBE，显然BD不总是能平分∠CBE，即假设不成立，故D项错误．解：∵四边形ABCD是矩形，四边形ABDE是平行四边形，∴AB=DC，AB=DE，∴CD=DE，∵四边形ABCD是矩形，四边形ABDE是平行四边形，∴点O为矩形的对角线交点，点P为平行四边形的对角线交点，∴O为AC中点，P为AD中点，∴OP为△ACD的中位线，且有BP=PE，AP=PD，AO=OC，BO=OD，∴，且，∴，，即4OP=CE，故B正确；∵，∴∠POD=∠ABD，∵在平行四边形ABDE中，∠ABD=∠AED，∴∠POD=∠AED，故A正确；∵CD=DE=AB，∴，∵，∴，∴，∵BQ=BEQE=BPPQ，PE=BP，∴，∴PE=3PQ，故C正确；假设D项正确，即有，∴，∵∠AQP=∠EQA，∴△AQP∽△EQA，∴∠QAP=∠QEA，∵在矩形ABCD中，有∠QAP=∠CBD，∵根据，有∠QEA=∠EBD，∴∠CBD=∠EBD，∴BD平分∠CBE，显然BD不总是能平分∠CBE，即假设不成立，故D项错误，故选：D．【点拨】本题考查了矩形和平行四边形的性质、中位线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例等知识，灵活运用矩形和平行四边形的性质是解答本题的关键．9．B【分析】建立以C为坐标原点的平面直角坐标系，根据位似变换的性质解答即可．解：若以C为坐标原点建立平面直角坐标系，则点A在新坐标系中的坐标为（1，3），∵△ABC与△A'B'C'以点C为位似中心，在x轴下方作△ABC的位似图形△A'B'C'，把△ABC的边长放大为原来的2倍，∴点A'在新坐标系中的坐标为（1×2，3×2），即（2，6），则点A'的坐标为（1，7），故选：B．【点拨】本题考查的是位似变换的性质、平移的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或k．10．D【分析】典型的“一线三等角”，构造相似三角形△AOB∽△DPC,即可证明△PCD∽△BPA，由相似比求得边的相应关系，从而求解．解：在x轴上找点D（4,0），连接CD.由可得A（2m，0），B（0，m），直线不经过第四象限，所以m>0,所以OA=2m，OB=m；因为坐标为，点D（4,0）所以OC=2，OD=4,因为,∠AOB=∠DOC=90°,所以△AOB∽△DPC,所以∠CDO=∠BAO.又因为，所以根据三角形内角和和平角定义可得：∠APB+∠1=∠APB+∠CPD所以∠1=∠CPD，又因为∠CDO=∠BAO，所以△PCD∽△BPA，所以,因为点为的中点，所以AP=OP=m，PD=m+4，Rt△AOB中，由勾股定理得AB=m，同理得CD=2，因为，所以，解得m=6.故选D.【点拨】本题考查一次函数综合题．需要掌握待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的判定与性质，三角形面积的求法等知识点，11．5【分析】根据CD是∠ACB的平分线，由三角形的面积可得出，可得出①；由CE是∠ACB的外角平分线，得出，进而得出②，两式相加即可得出结论．解：∵CD是∠ACB的平分线，∴∴∴，即①；∵CE是∠ACB的外角平分线，∴∴，即②；①+②，得．故答案为：5．【点拨】此题主要考查了比例的应用，熟练掌握比的性质是解答此题的关键．12．2或【分析】分两种情况讨论，当时，是等腰直角三角形，，利用对应边长成比例求解；当时，是等腰直角三角形，点在CE的延长线上，，利用勾股定理求出即可．解：根据题意可知，有两种情况：（1）当时，如下图所示，连接，延长DE交于点G，交BC于点F，∵在菱形ABCD中，，，∴，，∵，∴，∴，是等腰直角三角形，∴，解得．∵点与点C关于直线DE对称，∴，，∴，∴，∴．在和中，，，∴，∴，∴，解得；（2）当时，如下图所示，连接，∵点与点C关于直线DE对称，∴，∴是等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴点在CE的延长线上，由对称的性质可知，．∵，∴，综上可知，线段CE的长为2或．【点拨】本题考查对称的性质，菱形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形等知识点，需要分类讨论，有一定难度，根据题意画出大致图形，依据上述知识逐步进行推理认证是解题的关键．13．【分析】作于分两种情形：设，，当时；设，，当时，分别求解即可．解：作于设，．设，，当时，，，，∽，，舍去；设，，当时，，，，，，，，，≌，，，，，，，设，则，在中，则有，解得．，故答案为：．【点拨】本题考查的是勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于填空题中的压轴题．14．【分析】过点作于点，过点作于点，易得，由旋转的性质知，，即有．再证明，即有，解得，，问题得解．解：如图，过点作于点，过点作于点，

∵轴，，，∴四边形是矩形，∴，由题意可知，，，轴，，由旋转的性质知，，，在中，由勾股定理得．，，又，，，，即，解得，，∴点的对应点的坐标为，故答案为：．【点拨】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的旋转等知识，15．或【分析】分两种情况：当点落在图①的位置时，当点若在图②的位置时，分别画出图形，求出结果即可．解：∵点P在射线上运动，故分两种情况；情况一：当点落在图①的位置时，由正方形可知，，因为点落在的垂直平分线上，故，由折叠可知，，在中，由勾股定理可知，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，故，∴；

情况二：当点若在图②的位置时，由正方形可知，，∵点落在的垂直平分线上，∴，由折叠可知，，在中，由勾股定理可知，，∴，由折叠可知，，设，则，在中，由勾股定理可得，，即，解得：，即，∴．故答案为：或【点拨】本题主要考查了一线三垂直模型、三角形相似应用、勾股定理、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形边角之间的关系，注意分类讨论．16．/【分析】过点F作，交于点M，设，则，根据正方形的性质求出，证明，得到，由，得到，证明，求出，进而得到，即可求解．解：如图，过点F作，交于点M，设，则，

∵四边形是正方形，∴，，，∴，，∴，∵将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，∴，∵，∴∴，∵，∴，∴，∵，∴∴∵，∴，∴，∴，∴故答案为：．【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．17．【分析】设DE交AP于点Q，DE交BC于点H，根据，确定点Q在以AD为直径的圆周上运动，得到当点Q与点P重合时，PE最小，此时，点Q、点P与点H重合，取AD的中点O，连接OP，利用勾股定理求出CP，再证明△CDP≌△BPE，利用勾股定理求出答案．解：设DE交AP于点Q，DE交BC于点H，∵，∴，∴点Q在以AD为直径的圆周上运动，当点Q与点P重合时，PE最小，此时，点Q、点P与点H重合，取AD的中点O，连接OP，∴，,∴，∵AD∥BF，∴△CPD∽△BPE，∵，∴△CDP≌△BPE，∴，故答案为：．【点拨】此题考查图形中的动点问题，勾股定理，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定，正确理解点Q的位置与点P的位置确定PE的最小值位置是解题的关键．18．P（）【分析】先根据点A、点C的坐标利用待定系数法求出直线AC的解析式，当△BQP∽△AHP时和△BQP∽△PHA时，利用相似三角形的性质就可以求出点P的坐标．解：∵OC=2，OA=4，∴C（0，2），A（4，0）．设直线AC的解析式为y=kx+b，由题意，得，解得，故直线AC的解析式为：y=﹣x+2．∵QH⊥OA于H，交CB的延长线于点Q，∴QH在点B的右侧，如图：①当△BQP∽△AHP时，则=，∴BQPH=AHPQ．∵点P在直线AC上，设点P的坐标为（x，﹣x+2）（0＜x＜4），∴CQ=x，OH=x，PH=﹣x+2，∵CB=2，OA=4，OH=2，∴BQ=x﹣2，AH=4﹣x，PQ=x．∴（x﹣2）（﹣x+2）=（4﹣x）（x），解得x=4（舍去）．②当△BQP∽△PHA时，则，即BQAH=PHPQ，（x﹣2）（4﹣x）=（﹣x+2）（x），解得x1=，x2=4（舍去）则y=，则P（，）．∴P（，）．故答案为P（，）．【点拨】本题考查相似三角形的性质的运用、待定系数法求直线的解析式的运用及分类讨论思想的运用，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键.19．见详解【分析】作法：（1）延长线段至，使，分别以、为圆心，以大于等于线段的长为半径作弧，两弧相交于点，连接，则，在上取点，使；（2）连接，在上截取．（3）在上截取．点就是线段的黄金分割点．解：如图，点即为所求．

【点拨】本题主要是考查了黄金分割点的概念，熟记黄金分割分成的两条线段和原线段之间的关系，能够熟练求解和作图．20．（1）见分析；（2）【分析】（1）根据，，得到，根据，推出；（2）设，根据，得到，，根据等边对等角得到，根据等角的余角相等得到，根据，推出，得到，推出，根据勾股定理得到，根据（1）中结论得到，得到，推出．解：（1）∵，∴,∵，∴，∵，∴；（2）设，∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点拨】本题主要考查了相似三角形，等腰三角形，勾股定理．熟练掌握相似三角形判定和性质，等腰三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．21．（1）见分析；（2）；（3），理由见分析【分析】（1）由矩形的性质得，则，而，所以，即可证明是等腰三角形；（2）作于点，则四边形和四边形都是矩形，所以，，设，则，由勾股定理得，则，所以，，，由，根据平行线分线段成比例定理，；（3）作于点，则，因为，，所以，得，即可证明．解：（1）证明：四边形是矩形，，，，，，是等腰三角形．（2）解：如图1，作于点，

，，四边形和四边形都是矩形，为中点，，，，，设，则，，，解得，，，，，，，的长是；（3）解：，理由如下：如图2，作于点，，，，，，，，．

【点拨】此题重点考查矩形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．22．（1）∠D=∠AMP，理由见分析；（2）．【分析】（1）由旋转的性质可得∠PMD=60°，即可得到∠AMD+∠AMP=60°，只需要找到一个角与角∠AMD的度数和为60度即可得到答案；（2）过点C作CG∥BA交MP于点G，证明△MDA≌△MGC，△CGP∽△BMP，然后计算求解即可得到答案.解：（1）∠D=∠AMP，理由如下：∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠BAC=60°，∴∠D+∠DMA=∠BAC=60°由旋转的性质知，∠DMA+∠AMP=∠PMD=60°，∴∠D=∠AMP；（2）如图，过点C作CG∥BA交MP于点G，∵CG∥BA∴∠GCP=∠B=30°，∠BCG=180°∠B=150°．∵∠ACB=90°，点M是AB的中点，∠B=30°∴∠BAC=60°∴，∴∠MCB=∠B=30°，∴∠MCG=120°，