登录
7 (2025苏州期末)如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，D是边AB的中点，以点C为圆心，CD的长为半径画弧，与线段BD相交于另一点E，连接CE。若$∠ A=∠ DCE$，则$∠ A$的度数为 （
A.$20°$
B.$30°$
C.$36°$
D.$40°$
（第7题）
C
）A.$20°$
B.$30°$
C.$36°$
D.$40°$
（第7题）答案
7. C
解析
【分析】
遇到直角三角形斜边中点的条件，首先想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得CD=AD=BD；再结合同圆半径相等，得CE=CD，可知图中存在多个等腰三角形。我们可以设∠A的度数为x，利用等腰三角形等边对等角、三角形外角性质、直角三角形两锐角互余的性质，将图中相关角用含x的式子表示，再根据角的等量关系列方程求解即可。
【解析】
设∠A=x，
1. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
CD=AD=BD，
∴∠ACD=∠A=x，∠B=90°-∠A=90°-x，∠BCD=∠B=90°-x；
2.
∵CE、CD均为⊙C的半径，
∴CE=CD，即△CDE是等腰三角形，
∴∠CED=∠CDE；
3.
∵∠CDE是△ACD的外角，根据三角形外角等于不相邻两内角和，得：
∠CDE=∠A+∠ACD=x+x=2x，
∴∠CED=2x；
4. 又
∵∠CED是△BCE的外角，且已知∠DCE=∠A=x，
∴∠BCE=∠BCD - ∠DCE=(90°-x)-x=90°-2x，
由外角性质得：∠CED=∠B+∠BCE，
代入得：2x=(90°-x)+(90°-2x)，
解得：5x=180°，x=36°，即∠A=36°。
【答案】
C
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题是角度计算的综合题，将直角三角形、等腰三角形的性质与方程思想结合考查，解题的关键是梳理清楚各角之间的数量关系，找准等量关系列方程求解。
【难度系数】
0.6
遇到直角三角形斜边中点的条件，首先想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得CD=AD=BD；再结合同圆半径相等，得CE=CD，可知图中存在多个等腰三角形。我们可以设∠A的度数为x，利用等腰三角形等边对等角、三角形外角性质、直角三角形两锐角互余的性质，将图中相关角用含x的式子表示，再根据角的等量关系列方程求解即可。
【解析】
设∠A=x，
1. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
CD=AD=BD，
∴∠ACD=∠A=x，∠B=90°-∠A=90°-x，∠BCD=∠B=90°-x；
2.
∵CE、CD均为⊙C的半径，
∴CE=CD，即△CDE是等腰三角形，
∴∠CED=∠CDE；
3.
∵∠CDE是△ACD的外角，根据三角形外角等于不相邻两内角和，得：
∠CDE=∠A+∠ACD=x+x=2x，
∴∠CED=2x；
4. 又
∵∠CED是△BCE的外角，且已知∠DCE=∠A=x，
∴∠BCE=∠BCD - ∠DCE=(90°-x)-x=90°-2x，
由外角性质得：∠CED=∠B+∠BCE，
代入得：2x=(90°-x)+(90°-2x)，
解得：5x=180°，x=36°，即∠A=36°。
【答案】
C
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题是角度计算的综合题，将直角三角形、等腰三角形的性质与方程思想结合考查，解题的关键是梳理清楚各角之间的数量关系，找准等量关系列方程求解。
【难度系数】
0.6
8（2025常州钟楼期中）如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AB=10$，$AC=8$，$BC=6$，线段$DE$的两个端点$D$，$E$分别在边$AC$，$BC$上滑动，且$DE=4$，若$M$，$N$分别是$DE$，$AB$的中点，则$MN$的最小值为（
A.2
B.3
C.3.5
D.4
B
）A.2
B.3
C.3.5
D.4
答案
8. B
解析
【分析】
遇到直角三角形和边上中点的问题，首先考虑直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质。首先我们先求出两个固定长度的线段：①在$Rt△ ABC$中，N是AB中点，可求出CN的固定长度；②$Rt△ CDE$中，DE长度固定为4，M是DE中点，可求出CM的固定长度。再根据三角形三边关系，当C、M、N三点共线时，MN的长度最小，最小值为CN与CM的差。
【解析】
解：在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，N是AB的中点，
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$CN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×10=5$。
同理，在$Rt△ DCE$中，$∠ C=90°$，M是DE的中点，$DE=4$，
$\therefore CM=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}×4=2$。
根据三角形三边关系可知：$MN≥ CN - CM$，当且仅当C、M、N三点共线，且M落在C、N之间时，等号成立。
$\therefore MN$的最小值为$5-2=3$。
【答案】
B
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 三角形三边关系
【点评】
本题是动态线段最值的典型题型，解题核心是利用直角三角形斜边中线的性质将动态问题转化为固定线段的差值问题，通过三点共线取最值的规律求解，能很好地考查学生对几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
遇到直角三角形和边上中点的问题，首先考虑直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质。首先我们先求出两个固定长度的线段：①在$Rt△ ABC$中，N是AB中点，可求出CN的固定长度；②$Rt△ CDE$中，DE长度固定为4，M是DE中点，可求出CM的固定长度。再根据三角形三边关系，当C、M、N三点共线时，MN的长度最小，最小值为CN与CM的差。
【解析】
解：在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，N是AB的中点，
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$CN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×10=5$。
同理，在$Rt△ DCE$中，$∠ C=90°$，M是DE的中点，$DE=4$，
$\therefore CM=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}×4=2$。
根据三角形三边关系可知：$MN≥ CN - CM$，当且仅当C、M、N三点共线，且M落在C、N之间时，等号成立。
$\therefore MN$的最小值为$5-2=3$。
【答案】
B
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 三角形三边关系
【点评】
本题是动态线段最值的典型题型，解题核心是利用直角三角形斜边中线的性质将动态问题转化为固定线段的差值问题，通过三点共线取最值的规律求解，能很好地考查学生对几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
9 (2025徐州沛县期中)如图，BE，CF均是$△ ABC$的高，M为BC的中点，EF=5，BC=8，则$△ EFM$的周长是
13
。答案
9. 13
解析
【分析】
首先梳理已知条件：BE、CF是△ABC的高，可推出△BFC、△BEC均为直角三角形，且二者斜边都为BC；M是BC中点，此时可联想到直角三角形斜边中线的性质，借助该性质求出FM、EM的长度，再结合已知EF的长度，三者相加即可得到△EFM的周长。
【解析】
解：
∵BE、CF是△ABC的高，
∴∠BFC=90°，∠BEC=90°，即△BFC和△BEC都是直角三角形，
又
∵M为BC的中点，
∴在Rt△BFC中，FM是斜边BC的中线，因此$FM=\frac{1}{2}BC$，
同理，在Rt△BEC中，EM是斜边BC的中线，因此$EM=\frac{1}{2}BC$，
已知BC=8，代入得$FM=EM=\frac{1}{2}×8=4$，
又已知EF=5，
∴△EFM的周长$=EF+FM+EM=5+4+4=13$。
【答案】
13
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，三角形周长计算
【点评】
本题是直角三角形性质的基础应用题，解题核心是抓住“直角+斜边中点”的特征，利用斜边中线和斜边的数量关系快速求出未知边长度，熟练掌握相关性质就能快速解题。
【难度系数】
0.7
首先梳理已知条件：BE、CF是△ABC的高，可推出△BFC、△BEC均为直角三角形，且二者斜边都为BC；M是BC中点，此时可联想到直角三角形斜边中线的性质，借助该性质求出FM、EM的长度，再结合已知EF的长度，三者相加即可得到△EFM的周长。
【解析】
解：
∵BE、CF是△ABC的高，
∴∠BFC=90°，∠BEC=90°，即△BFC和△BEC都是直角三角形，
又
∵M为BC的中点，
∴在Rt△BFC中，FM是斜边BC的中线，因此$FM=\frac{1}{2}BC$，
同理，在Rt△BEC中，EM是斜边BC的中线，因此$EM=\frac{1}{2}BC$，
已知BC=8，代入得$FM=EM=\frac{1}{2}×8=4$，
又已知EF=5，
∴△EFM的周长$=EF+FM+EM=5+4+4=13$。
【答案】
13
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，三角形周长计算
【点评】
本题是直角三角形性质的基础应用题，解题核心是抓住“直角+斜边中点”的特征，利用斜边中线和斜边的数量关系快速求出未知边长度，熟练掌握相关性质就能快速解题。
【难度系数】
0.7
10 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ A＜∠ B$,$CM$是斜边$AB$上的中线,将$△ ACM$沿直线$CM$折叠,点$A$落在点$D$处,若$CD$恰好与$AB$垂直,则$∠ A$的度数为
30°
.答案
10. $30°$
解析
【分析】
首先看到直角三角形斜边的中线，优先想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得到CM=AM，从而推出∠A=∠ACM；再根据折叠的性质，折叠前后对应角相等，可得∠DCM=∠ACM，因此∠ACD是∠A的2倍；最后结合CD垂直AB的条件，可知∠A与∠ACD互余，代入角的倍数关系即可求解∠A的度数。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，
∵ $CM$是斜边$AB$上的中线，
∴ $CM=AM$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ $∠ A=∠ ACM$。
∵ 将$△ ACM$沿直线$CM$折叠，点$A$落在点$D$处，
∴ 由折叠的性质得$∠ DCM=∠ ACM$，
∴ $∠ DCM=∠ A$，
∴ $∠ ACD=∠ ACM+∠ DCM=2∠ A$。
又
∵ $CD⊥ AB$，
∴ $∠ A+∠ ACD=90°$（直角三角形两锐角互余），
将$∠ ACD=2∠ A$代入得：$∠ A+2∠ A=90°$，
解得$∠ A=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，折叠的性质，直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是角度计算的几何综合题，解题的核心是通过中线和折叠的性质得到角之间的等量关系，再结合垂直条件构造角度和的等式求解，注重对基础性质的灵活运用考察。
【难度系数】
0.7
首先看到直角三角形斜边的中线，优先想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得到CM=AM，从而推出∠A=∠ACM；再根据折叠的性质，折叠前后对应角相等，可得∠DCM=∠ACM，因此∠ACD是∠A的2倍；最后结合CD垂直AB的条件，可知∠A与∠ACD互余，代入角的倍数关系即可求解∠A的度数。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，
∵ $CM$是斜边$AB$上的中线，
∴ $CM=AM$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ $∠ A=∠ ACM$。
∵ 将$△ ACM$沿直线$CM$折叠，点$A$落在点$D$处，
∴ 由折叠的性质得$∠ DCM=∠ ACM$，
∴ $∠ DCM=∠ A$，
∴ $∠ ACD=∠ ACM+∠ DCM=2∠ A$。
又
∵ $CD⊥ AB$，
∴ $∠ A+∠ ACD=90°$（直角三角形两锐角互余），
将$∠ ACD=2∠ A$代入得：$∠ A+2∠ A=90°$，
解得$∠ A=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，折叠的性质，直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是角度计算的几何综合题，解题的核心是通过中线和折叠的性质得到角之间的等量关系，再结合垂直条件构造角度和的等式求解，注重对基础性质的灵活运用考察。
【难度系数】
0.7
11（2025苏州姑苏月考）如图，$∠ ABC=∠ ADC=90°$，$M$，$N$分别是$AC$，$BD$的中点.
（1）证明：$MN⊥ BD$；
（2）若$∠ BAD=60°$，$AC=4$，求$MN$的长.
（1）证明：$MN⊥ BD$；
（2）若$∠ BAD=60°$，$AC=4$，求$MN$的长.
答案
11. (1) 证明:如图,连接 BM,DM.
由题意可知 $BM=DM=\dfrac{1}{2}AC$,
所以$△ BMD$ 为等腰三角形.
又因为 $N$ 是 $BD$ 的中点,所以 $MN⊥ BD$.
(2) 解:因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,
所以 $BM=AM=DM=\dfrac{1}{2}AC=2$,
所以$∠ MAB=∠ MBA$,$∠ MAD=∠ MDA$.
因为$∠ BAD=60°=∠ MAB+∠ MAD$,
所以$∠ BMD=∠ BMC+∠ DMC=∠ MAB+∠ MBA+∠ MAD+∠ MDA=120°$,
所以$∠ MBD=∠ MDB=\dfrac{1}{2}×(180°-∠ BMD)=30°$,
因为 $MN⊥ BD$,即$∠ MNB=90°$,所以 $MN=\dfrac{1}{2}BM=1$.
解析
【分析】
（1）要证明$MN⊥BD$，已知$N$为$BD$中点，可联想等腰三角形三线合一的性质，只需证$△ BMD$是等腰三角形即可。结合已知两个直角共斜边$AC$，$M$是$AC$中点，利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可证得$BM=DM$，进而得到结论。
（2）先由直角三角形斜边中线的性质求出$BM$、$DM$的长度，再利用等边对等角得到角的等量关系，结合$∠ BAD=60°$推导得出$∠ BMD$的度数，进而得到等腰$△ BMD$的底角为$30°$，最后在含$30°$角的直角$△ MNB$中，利用$30°$角所对直角边等于斜边一半的性质求出$MN$的长。
【解析】
(1) 证明：如图，连接$BM$、$DM$。
$\because∠ ABC=∠ ADC=90°$，$M$是$AC$的中点，
$\therefore BM=\dfrac{1}{2}AC$，$DM=\dfrac{1}{2}AC$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
$\therefore BM=DM$，即$△ BMD$为等腰三角形。
又$\because N$是$BD$的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
$\therefore MN⊥ BD$。
(2) 解：$\because∠ ABC=∠ ADC=90°$，$M$是$AC$的中点，$AC=4$，
$\therefore BM=AM=DM=\dfrac{1}{2}AC=2$，
$\therefore∠ MAB=∠ MBA$，$∠ MAD=∠ MDA$（等边对等角）。
$\because∠ BAD=∠ MAB+∠ MAD=60°$，
$\therefore∠ BMD=∠ BMC+∠ DMC=(∠ MAB+∠ MBA)+(∠ MAD+∠ MDA)=2(∠ MAB+∠ MAD)=2×60°=120°$，
$\therefore$在等腰$△ BMD$中，$∠ MBD=∠ MDB=\dfrac{1}{2}×(180°-∠ BMD)=30°$，
$\because MN⊥ BD$，即$∠ MNB=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ MNB$中，$∠ MBD=30°$，
$\therefore MN=\dfrac{1}{2}BM=\dfrac{1}{2}×2=1$。
【答案】
(1) 证明成立，$MN⊥ BD$；
(2) $MN=1$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；等腰三角形性质；含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题属于三角形性质的综合基础题，解题核心是通过连接$BM$、$DM$构造辅助线，将已知的直角和中点条件转化为线段相等关系，再结合角的推导求解，这类题型是几何部分的常考题型，需要熟练掌握辅助线的构造思路和相关性质的灵活应用。
【难度系数】
0.7
（1）要证明$MN⊥BD$，已知$N$为$BD$中点，可联想等腰三角形三线合一的性质，只需证$△ BMD$是等腰三角形即可。结合已知两个直角共斜边$AC$，$M$是$AC$中点，利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可证得$BM=DM$，进而得到结论。
（2）先由直角三角形斜边中线的性质求出$BM$、$DM$的长度，再利用等边对等角得到角的等量关系，结合$∠ BAD=60°$推导得出$∠ BMD$的度数，进而得到等腰$△ BMD$的底角为$30°$，最后在含$30°$角的直角$△ MNB$中，利用$30°$角所对直角边等于斜边一半的性质求出$MN$的长。
【解析】
(1) 证明：如图，连接$BM$、$DM$。
$\because∠ ABC=∠ ADC=90°$，$M$是$AC$的中点，
$\therefore BM=\dfrac{1}{2}AC$，$DM=\dfrac{1}{2}AC$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
$\therefore BM=DM$，即$△ BMD$为等腰三角形。
又$\because N$是$BD$的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
$\therefore MN⊥ BD$。
(2) 解：$\because∠ ABC=∠ ADC=90°$，$M$是$AC$的中点，$AC=4$，
$\therefore BM=AM=DM=\dfrac{1}{2}AC=2$，
$\therefore∠ MAB=∠ MBA$，$∠ MAD=∠ MDA$（等边对等角）。
$\because∠ BAD=∠ MAB+∠ MAD=60°$，
$\therefore∠ BMD=∠ BMC+∠ DMC=(∠ MAB+∠ MBA)+(∠ MAD+∠ MDA)=2(∠ MAB+∠ MAD)=2×60°=120°$，
$\therefore$在等腰$△ BMD$中，$∠ MBD=∠ MDB=\dfrac{1}{2}×(180°-∠ BMD)=30°$，
$\because MN⊥ BD$，即$∠ MNB=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ MNB$中，$∠ MBD=30°$，
$\therefore MN=\dfrac{1}{2}BM=\dfrac{1}{2}×2=1$。
【答案】
(1) 证明成立，$MN⊥ BD$；
(2) $MN=1$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；等腰三角形性质；含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题属于三角形性质的综合基础题，解题核心是通过连接$BM$、$DM$构造辅助线，将已知的直角和中点条件转化为线段相等关系，再结合角的推导求解，这类题型是几何部分的常考题型，需要熟练掌握辅助线的构造思路和相关性质的灵活应用。
【难度系数】
0.7
12（2025苏州期末）已知线段AC，以AC为斜边作$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$，连接BD，M，N分别是线段AC，BD的中点，连接MN，MB.
（1）如图1，$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$在线段AC的两侧.
①求证：$MN⊥ BD$；
②若$∠ BAC=45°$，$∠ DAC=28°$，请求出$∠ BMN$的度数；
（2）如图2，$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$在线段AC的同侧，若$∠ BAC=α$，$∠ DAC=β(α＞β)$，则$∠ BMN$的度数为
（1）如图1，$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$在线段AC的两侧.
①求证：$MN⊥ BD$；
②若$∠ BAC=45°$，$∠ DAC=28°$，请求出$∠ BMN$的度数；
（2）如图2，$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$在线段AC的同侧，若$∠ BAC=α$，$∠ DAC=β(α＞β)$，则$∠ BMN$的度数为
α-β
（用含$α,β$的代数式表示）.答案
12. (1) ①证明:如图 1,连接 MD.
因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,
所以 $BM=\dfrac{1}{2}AC$,$DM=\dfrac{1}{2}AC$,所以 $BM=DM$.
又因为 $N$ 是 $BD$ 的中点,所以 $MN⊥ BD$.
②解:因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,
所以 $BM=AM=MC=DM$.
又因为$∠ BAC=45°$,$∠ DAC=28°$,
所以$∠ MBC=∠ MCB=90°-∠ BAC=45°$,$∠ MCD=∠ CDM=90°-∠ DAC=62°$,
所以$∠ BMD=360°-45°×2-62°×2=146°$.
因为 $BM=DM$,$MN⊥ BD$,
所以$∠ BMN=∠ DMN=\dfrac{1}{2}∠ BMD=\dfrac{1}{2}×146°=73°$.
(2) $α-β$ 提示:如图 2,连接 MD,因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,所以 $AM = BM = MD$,所以$∠ MBA=∠ BAC=α$,$∠ MDA=∠ DAC=β$,所以$∠ AMB=180°-2α$,$∠ CMD=2β$,所以$∠ BMD=180°-∠ AMB-∠ CMD=2α-2β$. 因为 $BM=MD$,$N$ 是 $BD$ 的中点,所以$∠ BMN=∠ DMN=\dfrac{1}{2}∠ BMD=\dfrac{1}{2}(2α-2β)=α-β$.
解析
【分析】
（1）①要证$MN⊥BD$，观察到两个直角三角形共斜边$AC$，且$M$是$AC$中点，可联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，连接$MD$即可证得$BM=DM$，得到等腰$△ BMD$，再结合$N$是$BD$中点，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证。
（1）②求$∠ BMN$的度数，先利用斜边中线性质得到$BM=AM=CM=DM$，通过等边对等角求出相关内角的度数，计算出$∠ BMD$的度数，再结合等腰三角形三线合一可知$MN$平分$∠ BMD$，即可求出$∠ BMN$。
（2）与前两问思路一致，先连接$MD$得到$BM=DM$，再通过等边对等角用$α、β$表示出相关角度，推导得到$∠ BMD$的代数式，除以2即可得到$∠ BMN$的结果。
【解析】
(1) ①证明:如图 1,连接 $MD$.
因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,
所以 $BM=\dfrac{1}{2}AC$,$DM=\dfrac{1}{2}AC$,所以 $BM=DM$.
又因为 $N$ 是 $BD$ 的中点,根据等腰三角形三线合一的性质,所以 $MN⊥ BD$.
②解:因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,
所以 $BM=AM=MC=DM$.
又因为$∠ BAC=45°$,$∠ DAC=28°$,
所以$∠ MBC=∠ MCB=90°-∠ BAC=45°$,$∠ MCD=∠ CDM=90°-∠ DAC=62°$,
在四边形$BMCD$中,内角和为$360°$,所以$∠ BMD=360°-45°×2-62°×2=146°$.
因为 $BM=DM$,$MN⊥ BD$,所以$MN$平分$∠ BMD$,
所以$∠ BMN=∠ DMN=\dfrac{1}{2}∠ BMD=\dfrac{1}{2}×146°=73°$.
(2) 解:如图 2,连接 $MD$,因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,所以 $AM = BM = MD$,所以$∠ MBA=∠ BAC=α$,$∠ MDA=∠ DAC=β$,所以$∠ AMB=180°-2α$,$∠ CMD=180°-2(90°-β)=2β$,所以$∠ BMD=180°-∠ AMB-∠ CMD=180°-(180°-2α)-2β=2α-2β$. 因为 $BM=MD$,$N$ 是 $BD$ 的中点,所以$MN$平分$∠ BMD$,所以$∠ BMN=∠ DMN=\dfrac{1}{2}∠ BMD=\dfrac{1}{2}(2α-2β)=α-β$.
【答案】
(1) ①证明见上述解析；②$∠ BMN=73°$；(2) $\boldsymbol{α-β}$
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 等腰三角形三线合一
3. 等边对等角
【点评】
本题是直角三角形与等腰三角形性质的综合应用题，解题核心是通过连接$MD$构造等腰三角形，将直角三角形斜边中线性质与等腰三角形的性质结合运用，考查了几何辅助线的构造思路和角度推导的逻辑能力。
【难度系数】
0.6
（1）①要证$MN⊥BD$，观察到两个直角三角形共斜边$AC$，且$M$是$AC$中点，可联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，连接$MD$即可证得$BM=DM$，得到等腰$△ BMD$，再结合$N$是$BD$中点，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证。
（1）②求$∠ BMN$的度数，先利用斜边中线性质得到$BM=AM=CM=DM$，通过等边对等角求出相关内角的度数，计算出$∠ BMD$的度数，再结合等腰三角形三线合一可知$MN$平分$∠ BMD$，即可求出$∠ BMN$。
（2）与前两问思路一致，先连接$MD$得到$BM=DM$，再通过等边对等角用$α、β$表示出相关角度，推导得到$∠ BMD$的代数式，除以2即可得到$∠ BMN$的结果。
【解析】
(1) ①证明:如图 1,连接 $MD$.
因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,
所以 $BM=\dfrac{1}{2}AC$,$DM=\dfrac{1}{2}AC$,所以 $BM=DM$.
又因为 $N$ 是 $BD$ 的中点,根据等腰三角形三线合一的性质,所以 $MN⊥ BD$.
②解:因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,
所以 $BM=AM=MC=DM$.
又因为$∠ BAC=45°$,$∠ DAC=28°$,
所以$∠ MBC=∠ MCB=90°-∠ BAC=45°$,$∠ MCD=∠ CDM=90°-∠ DAC=62°$,
在四边形$BMCD$中,内角和为$360°$,所以$∠ BMD=360°-45°×2-62°×2=146°$.
因为 $BM=DM$,$MN⊥ BD$,所以$MN$平分$∠ BMD$,
所以$∠ BMN=∠ DMN=\dfrac{1}{2}∠ BMD=\dfrac{1}{2}×146°=73°$.
(2) 解:如图 2,连接 $MD$,因为$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$M$ 是 $AC$ 的中点,所以 $AM = BM = MD$,所以$∠ MBA=∠ BAC=α$,$∠ MDA=∠ DAC=β$,所以$∠ AMB=180°-2α$,$∠ CMD=180°-2(90°-β)=2β$,所以$∠ BMD=180°-∠ AMB-∠ CMD=180°-(180°-2α)-2β=2α-2β$. 因为 $BM=MD$,$N$ 是 $BD$ 的中点,所以$MN$平分$∠ BMD$,所以$∠ BMN=∠ DMN=\dfrac{1}{2}∠ BMD=\dfrac{1}{2}(2α-2β)=α-β$.
【答案】
(1) ①证明见上述解析；②$∠ BMN=73°$；(2) $\boldsymbol{α-β}$
【知识点】
1. 直角三角形斜边中线性质
2. 等腰三角形三线合一
3. 等边对等角
【点评】
本题是直角三角形与等腰三角形性质的综合应用题，解题核心是通过连接$MD$构造等腰三角形，将直角三角形斜边中线性质与等腰三角形的性质结合运用，考查了几何辅助线的构造思路和角度推导的逻辑能力。
【难度系数】
0.6
