北京市2023年九年级中考数学一轮复习——三角形 练习题(解析版)

这是一份北京市2023年九年级中考数学一轮复习——三角形 练习题(解析版)，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

北京市2023年九年级中考数学一轮复习——三角形 练习题

一、单选题
1．（2020·北京·中考真题）如图，AB和CD相交于点O，则下列结论正确的是（    ）

A．∠1=∠2 B．∠2=∠3 C．∠1＞∠4+∠5 D．∠2＜∠5
2．（2022·北京四中模拟预测）用三角板作△ABC的边BC上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2022·北京·中国人民大学附属中学朝阳学校一模）如图所示，△ABC中AB边上的高线是（　　）

A．线段AG B．线段BD C．线段BE D．线段CF
4．（2022·北京市十一学校模拟预测）将两块三角板按如图所示位置摆放，若，点在上，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
5．（2022·北京密云·二模）如图，直线，如果，，那么的度数是（    ）

A．31° B．40° C．39° D．70°
6．（2022·北京西城·一模）如图，直线，直线EF分别与直线AB，CD交于点E，F，点G在直线CD上，GE⊥EF．若，则∠2的大小为（    ）

A．145° B．135° C．125° D．120°
7．（2022·北京石景山·一模）在△ABC中，，，，a的值可能是（    ）
A．1 B．3 C．5 D．7
8．（2022·北京东城·一模）七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”．将右图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为轴对称图形的是（    ）

A．B．C． D．
9．（2022·北京朝阳·二模）汉字是迄今为止持续使用时间最长的文字，是传承中华文化的重要载体．汉字在发展过程中演变出多种字体，给人以美的享受．下面是“北京之美”四个字的篆书，不能看作轴对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·北京平谷·二模）如图，直线AB∥CD，连接BC，点E是BC上一点，，，则∠AEC的大小为（    ）

A．27° B．42° C．45° D．70°

二、填空题
11．（2022·北京·中考真题）如图，在中，平分若则____．

12．（2020·北京·中考真题）在ABC中，AB=AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明ABD≌ACD，这个条件可以是________（写出一个即可）

13．（2020·北京·中考真题）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格交点，则ABC的面积与ABD的面积的大小关系为：______（填“＞”，“＝”或“＜”）

14．（2022·北京西城·二模）如图，将直角三角形纸片ABC进行折叠，使直角顶点A落在斜边BC上的点E处，并使折痕经过点C，得到折痕CD．若∠CDE=70°，则∠B=______°．

15．（2022·北京十一学校一分校一模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D均落在格点上，则∠BAD+∠ADC=_____．

16．（2022·北京·中国人民大学附属中学分校一模）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将矩形ABCD沿AE所在直线折叠，点D恰好落在边BC上的点F处．若AB=8，DE=5，则折痕AE的长为________．

17．（2022·北京市第五中学分校模拟预测）如图，已知BE＝DC，请添加一个条件，使得△ABE≌△ACD：_____．

18．（2022·北京朝阳·二模）如图，OP平分∠MON，过点P的直线与OM，ON分别相交于点A，B，只需添加一个条件即可证辱，这个条件可以是___（写出一个即可）．

19．（2022·北京市第一六一中学分校一模）如图，，只需添加一个条件即可证明，这个条件可以是________（写出一个即可）

20．（2022·北京市三帆中学模拟预测）如图，平分，点B在射线上，若使，则还需添加的一个条件是_______（只填一个即可）．


三、解答题
21．（2022·北京·中考真题）下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°，
已知：如图，,
求证：
方法一
证明：如图，过点A作

方法二
证明：如图，过点C作


22．（2021·北京·中考真题）《淮南子･天文训》中记载了一种确定东西方向的方法，大意是：日出时，在地面上点处立一根杆，在地面上沿着杆的影子的方向取一点，使两点间的距离为10步（步是古代的一种长度单位），在点处立一根杆；日落时，在地面上沿着点处的杆的影子的方向取一点，使两点间的距离为10步，在点处立一根杆．取的中点，那么直线表示的方向为东西方向．
（1）上述方法中，杆在地面上的影子所在直线及点的位置如图所示．使用直尺和圆规，在图中作的中点（保留作图痕迹）；

（2）在如图中，确定了直线表示的方向为东西方向．根据南北方向与东西方向互相垂直，可以判断直线表示的方向为南北方向，完成如下证明．
证明：在中，______________，是的中点，
（______________）（填推理的依据）．
∵直线表示的方向为东西方向，
∴直线表示的方向为南北方向．
23．（2022·北京西城·二模）在△ABC中，AB=AC，过点C作射线CB′，使∠ACB′=∠ACB（点B′与点B在直线AC的异侧）点D是射线CB′上一动点（不与点C重合），点E在线段BC上，且∠DAE+∠ACD=90°．

(1)如图1，当点E与点C重合时，AD 与的位置关系是______，若，则CD的长为______；（用含a的式子表示）
(2)如图2，当点E与点C不重合时，连接DE．
①用等式表示与之间的数量关系，并证明；
②用等式表示线段BE，CD，DE之间的数量关系，并证明．
24．（2022·北京昌平·模拟预测）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．
（1）求证：；
（2）过点E作交PB于点F，连结AF，当时，①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．

25．（2022·北京石景山·一模）如图，△ACB中，，，D为边BC上一点（不与点C重合），，点E在AD的延长线上，且，连接BE，过点B作BE的垂线，交边AC于点F．

(1)依题意补全图形；
(2)求证：；
(3)用等式表示线段AF与CD的数量关系，并证明．
26．（2022·北京朝阳·一模）在中，D是的中点，且，将线段沿所在直线翻折，得到线段，作交直线于点E．

(1)如图，若，
①依题意补全图形；
②用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
(2)若，上述结论是否仍然成立？若成立，简述理由：若不成立，直接用等式表示线段之间新的数量关系（不需证明）．
27．（2022·北京顺义·一模）如图，在中，，CD是斜边AB上的中线，EF垂直平分CD，分别交AC，BC于点E，F，连接DE，DF．

(1)求∠EDF的度数；
(2)用等式表示线段AE，BF，EF之间的数量关系，并证明．
28．（2022·北京平谷·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB边上一点（不与点A，B重合），作射线CD，过点A作AE⊥CD于E，在线段AE上截取EF＝EC，连接BF交CD于G．

(1)依题意补全图形；
(2)求证：∠CAE＝∠BCD；
(3)判断线段BG与GF之间的数量关系，并证明．
29．（2022·北京房山·一模）已知：等边△ABC，过点B作AC的平行线l．点P为射线AB上一个动点（不与点A，B重合），将射线PC绕点P顺时针旋转60°交直线l于点D．

(1)如图1，点P在线段AB上时，依题意补全图形；
①求证：∠BDP=∠PCB；
②用等式表示线段BC，BD，BP之间的数里关系，并证明；
(2)点P在线段AB的延长线上，直接写出线段BC，BD，BP之间的数量关系．

参考答案：
1．A
【分析】根据对顶角性质、三角形外角性质分别进行判断，即可得到答案．
【详解】解：由两直线相交，对顶角相等可知A正确；
由三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角的和可知
B选项为∠2＞∠3，
C选项为∠1=∠4+∠5，
D选项为∠2＞∠5．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，对顶角性质，解题的关键是熟练掌握三角形的外角性质进行判断．
2．A
【分析】根据高线的定义即可得出结论．
【详解】解：B，C，D都不是△ABC的边BC上的高，
A选项是△ABC的边BC上的高，
故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形的高，熟知三角形高线的定义是解答此题的关键．
3．D
【分析】根据三角形高的定义进行判断即可得.
【详解】根据三角形高线的定义可知，△ABC中AB边上高线应该是过点C向AB所在直线所作的垂线段，
所以△ABC中AB边上的高线是线段CF，
故选D.
【点睛】本题考查了三角形的高线，正确理解三角形的高线的定义是解题的关键.
4．B
【分析】由题意可得，再由平行线的性质得，再利用三角形外角的性质即可求出．
【详解】解：由题意可知：
，，，
∴，
∵，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，直角三角形两锐角互余，三角形外角的性质．解答的关键是理解和掌握平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
5．C
【分析】根据平行线的性质得∠EMB=，再根据三角形外角的性质求解即可；
【详解】解：∵ABCD，
∴∠EMB=，
∵∠EMB=∠E+∠EFB，
∴∠E=∠EMB-∠EFB=70°-31°=39°，
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的外角性质，本题属基础题目，难度不大．
6．A
【分析】根据，由两直线平行同位角相等可推导；根据GE⊥EF，可知；然后借助三角形外角的性质“三角形外角等于不相邻的两个内角和”，利用（）计算∠2即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵GE⊥EF，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质及三角形外角的定义和性质，解题关键是熟练掌握相关性质并灵活运用．
7．B
【分析】根据三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边即可求解．
【详解】解：
，即，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，正确理解三角形三边关系是解本题的关键．
8．C
【分析】根据在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形对各选项进行判断即可．
【详解】解：由题意知，C中图形为轴对称图形；
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的定义．解题的关键在于熟练掌握轴对称图形的定义．
9．C
【详解】解：A．是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项符合题意；
D．是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
10．B
【分析】根据平行线的性质、三角形的外角的定义进行求解即可；
【详解】解：∵AB∥CD，
∴
∵
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查平行线的性质、三角形的外角的定义，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
11．1
【分析】作于点F，由角平分线的性质推出，再利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，作于点F，

∵平分，，，
∴，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题考查角平分线的性质，通过作辅助线求出三角形ACD中AC边上的高是解题的关键．
12．∠BAD=∠CAD（或BD=CD）
【分析】证明ABD≌ACD，已经具备 根据选择的判定三角形全等的判定方法可得答案．
【详解】解：
要使
则可以添加：∠BAD=∠CAD，
此时利用边角边判定：
或可以添加：
此时利用边边边判定：
故答案为：∠BAD=∠CAD或（）
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定，属开放性题，掌握三角形全等的判定是解题的关键．
13．=
【分析】在网格中分别计算出三角形的面积，然后再比较大小即可．
【详解】解：如下图所示，设小正方形网格的边长为1个单位，

由网格图可得个平方单位，
，
故有=．
故答案为：“＝”
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，在网格中当三角形的底和高不太好求时可以采用割补的方式进行求解，用大的矩形面积减去三个小三角形的面积即得到△ABD的面积．
14．50
【分析】根据折叠的性质求得∠CDE=∠CDA=70°，得到∠BDE=40°，再利用余角的性质即可求解．
【详解】解：根据折叠的性质得：∠CDE=∠CDA=70°，∠CED=∠A=90°，
∴∠BDE=180°-70°-70°=40°，∠BED=180°-90°=90°，
∴∠B=180°-90°-40°=50°，
故答案为：50．
【点睛】本题考查翻折变换，三角形内角和定理等知识，关键是根据翻折前后对应角相等，利用三角形内角和定理求解即可．
15．##度
【分析】证明△DCE≌△ABD（SAS），得∠CDE=∠DAB，根据同角的余角相等和三角形的内角和可得结论．
【详解】解：如图，设AB与CD相交于点F，

在△DCE和△ABD中，
∵，
∴△DCE≌△ABD（SAS），
∴∠CDE=∠DAB，
∵∠CDE+∠ADC=∠ADC+∠DAB=90°，
∴∠AFD=90°，
∴∠BAC+∠ACD=90°，
故答案为：90度．
【点睛】本题网格型问题，考查了三角形全等的性质和判定及直角三角形各角的关系，本题构建全等三角形是关键．
16．
【分析】由折叠性质得出FE=DE=5，AF=AD，根据勾股定理求得CF=4，设AD=BC=AF=x，BF=x-4，在Rt△ABF中，由勾股定理得出方程，解得x=AD=10，在Rt△ADE中再次应用勾股定理可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠C=90°，AB=CD，AD=BC，
由折叠的性质可得：EF=DE=5，AD=AF，
∴CE=CD-DE=3，
在Rt△CEF中，CF=．
∴设AD=BC=AF=x，则BF=x-4，
∴在Rt△ABF中， ，
解得：x=10，
∴在Rt△ADE中，AE=．
故答案为5．
【点睛】此题考查了矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理，注意掌握折叠前后图形的对应关系，逐步分析，注意数形结合思想的应用．
17．∠B＝∠C
【分析】根据全等三角形的判定方法解答即可．
【详解】解：∵BE＝DC，∠A＝∠A，
∴根据AAS，可以添加∠B＝∠C，使得△ABE≌△ACD，
故答案为：∠B＝∠C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
18．答案不唯一，如OA＝OB
【分析】添加OA=OB，根据OP平分∠MON，得出∠AOP=∠BOP，利用SAS证明△AOP≌△BOP
【详解】解：添加OA=OB，
∵OP平分∠MON，
∴∠AOP=∠BOP，
在△AOP和△BOP中，
，
∴△AOP≌△BOP（SAS），
故答案为OA=OB（答案不唯一）．
【点睛】本题考查添加条件判定三角形全等，掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
19．AD=BC或∠D=∠C或∠DBA=∠CAB等（答案不唯一，填一个即可）．
【分析】根据三角形全等的判定定理，添加边相等或角相等即可．
【详解】解：添加AD=BC，可用SAS判断；
添加∠D=∠C，可用AAS判断；
添加∠DBA=∠CAB，可用ASA判断；
故答案为：AD=BC或∠D=∠C或∠DBA=∠CAB等（答案不唯一，填一个即可）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，解题关键是熟记全等三角形的判定定理，准确添加正确条件．
20．AC=AD或或．
【分析】由AE平分∠CAD，可得∠CAB=∠DAB，由AB共用从边上考虑，只能添加AC=AD，可证，从角上考虑，可添加或，即可．
【详解】解：因为AE平分∠CAD，
所以∠CAB=∠DAB，
又∵AB=AB，
已具备一边一角，
从边上考虑，只能添加AC=AD，
在△ABC和△ABD中，
，
，
从角上考虑，可添加或，
添加
在△ABC和△ABD中，
，
，
添加，
在△ABC和△ABD中，
，
，
故答案为：AC=AD或或．

【点睛】本题考查三角形全等的判定，掌握三角形全等判定定理是解题关键．
21．答案见解析
【分析】方法一：依据平行线的性质，即可得到，，从而可求证三角形的内角和为．
方法二：由平行线的性质得：∠A=∠ACD，∠B+∠BCD=180°，从而可求证三角形的内角和为．
【详解】证明：
方法一：过点作，

则，． 两直线平行，内错角相等）
∵点，，在同一条直线上，
∴．（平角的定义）
．
即三角形的内角和为．
方法二：
如图，过点C作

∵CD//AB，
∴∠A=∠ACD，∠B+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ACB+∠A=180°．
即三角形的内角和为．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
22．（1）图见详解；（2），等腰三角形的三线合一
【分析】（1）分别以点A、C为圆心，大于AC长的一半为半径画弧，交于两点，然后连接这两点，与AC的交点即为所求点D；
（2）由题意及等腰三角形的性质可直接进行作答．
【详解】解：（1）如图所示：

（2）证明：在中，，是的中点，
（等腰三角形的三线合一）（填推理的依据）．
∵直线表示的方向为东西方向，
∴直线表示的方向为南北方向；
故答案为，等腰三角形的三线合一．
【点睛】本题主要考查垂直平分线的尺规作图及等腰三角形的性质，熟练掌握垂直平分线的尺规作图及等腰三角形的性质是解题的关键．
23．(1)AD⊥CB′；；
(2)①∠BAC=2∠DAE，理由见解析；②BE=CD+DE，理由见解析

【分析】（1）先证明∠ADC=90°，再过点A作AF⊥BC于点F，根据角平分线的性质，证明△ADC≌△AFC(HL)，即可求解；
（2）①∠ACB′=∠ACB=α=∠B，利用三角形内角和定理得到α=90°-∠BAC，再由∠DAE+∠ACD=90°，推出∠ACD=90°-∠DAE=α，进一步计算即可求解；
②在BC上截取BG=CD，先后证明△ABG≌△ACD(SAS)，△GAE≌△DAE (SAS)，即可求解．
【详解】（1）解：∵点E与点C重合，且∠DAE+∠ACD=90°，
∴∠ADC=90°，
∴AD⊥CB′；
过点A作AF⊥BC于点F，　

∵AB=AC，
∴CF=BF=BC=，
∵∠ACB′=∠ACB，AF⊥BC，AD⊥CB′，
∴AF= AD，
∴△ADC≌△AFC(HL)，
∴CD=CF=，
故答案为：AD⊥CB′；；
（2）解：①∠BAC=2∠DAE，理由如下：
设∠ACB′=∠ACB=α=∠B，
∴∠ACB+∠B=180°-∠BAC，即α=90°-∠BAC，
∵∠DAE+∠ACD=90°，
∴∠ACD=90°-∠DAE=α，
∴90°-∠BAC=90°-∠DAE，
∴∠BAC=2∠DAE；
②BE=CD+DE，理由如下：
在BC上截取BG=CD，　

在△ABG和△ACD中，，
∴△ABG≌△ACD(SAS)，
∴AG=AD，∠BAG=∠CAD，
∵∠BAC=∠BAG+∠GAC，∠GAD=∠CAD+∠GAC，
∴∠BAC=∠GAD，
∵∠BAC=2∠DAE，
∴∠GAD=2∠DAE，
∴∠GAE=∠DAE，
在△GAE和△DAE中，，
∴△GAE≌△DAE (SAS)，
∴GE=DE，
∴BE=BG+GC=CD+DE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，作出合适的辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
24．（1）见解析；（2）①见解析；②四边形AFEP不是菱形
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知，由E是CD的中点知，结合即可得证；
（2）①由知，结合得，由知，再由知，根据中知，从而得，据此即可证得，从而得证；
②设，则，若四边形AFEP是菱形，则，由得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．
【详解】解：（1）四边形ABCD是正方形，
，
E是CD的中点，
，
又，
；
（2）①，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
四边形AFEP是平行四边形；
②四边形AFEP不是菱形，证明如下：
由（1）知DE=CE=，PD=CQ，
∴E是CD的中点，
∴EF是△BPQ的中位线，
∴EF=BQ，
设PD=x，则BQ=1+x，
∴EF= (1+x)，
又∵四边形AFEP是平行四边形，
∴AP=EF，
∴1-x= (1+x)，
解得x=，
∴AP=1-＝，
∵PE=，
∴AP≠PE，
∴四边形AFEP不是菱形．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行四边形与菱形的判定、性质等知识点．
25．(1)见解析
(2)见解析
(3)，证明见解析

【分析】（1）根据题目步骤作图即可；
（2）过E作EM⊥BC于M，先由中线倍长证明，得到，再证明，得到；
（3）由（2）中全等可得到，即可推理出．
【详解】（1）依题意补全图形如下：

（2）过E作EM⊥BC于M

在和中

∴(AAS)
∴
∵
∴
∵BE⊥BF
∴
在和中

∴ (ASA)，
∴
（3），证明如下：  
由（2）得，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，解题的关键是根据倍长中线模型作垂直构造全等．
26．(1)①见解析；② ，理由见解析
(2)不成立，

【分析】（1）①根据题意作图即可；
②连接，由折叠的性质可证，推出，再由平行线的性质及等腰直角三角形的性质得出，即可推出答案；
（2）连接，由折叠的性质可证，推出，再由平行线的性质及等腰直角三角形的性质得出，即可推出答案．
【详解】（1）①补全图形如图所示：

② ，理由如下：
如图，连接 ，

将线段沿所在直线翻折，得到线段，
，
又 ，
，
，
，
，
，
D是的中点，
，
，
，
即，
，
，
，
；
（2）不成立，，理由如下：

如图，连接，
将线段沿所在直线翻折，得到线段，
，
又 ，
，
，
D是的中点，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握并灵活运用上述知识点是解题的关键．
27．(1)
(2)

【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，即可求解；
（2）延长DE，使得DE=DG，连接FG、BG，构造并证明，得到对应的线段和角相等，从而得到，根据勾股定理，即可的AE，BF，EF之间的数量关系；
（1）
∵EF垂直平分CD





（2）
如图，延长DE，使得DE=DG，连接FG、BG



∵D是AB的中点，







【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形的全等证明、勾股定理，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键．
28．(1)见解析
(2)见解析
(3)，证明见解析

【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据垂线的定义，等角的余角相等即可证明；
（3）过点作于点，则，证明，结合已知条件EF＝EC，证明，即可得到．
【详解】（1）如图所示，

（2），
，
．
，
，
，
即∠CAE＝∠BCD．
（3），理由如下，
如图，过点作于点，则，

由（2）可知，
，
，
．
又，
，
．
，
，
又，
，
．
【点睛】本题考查了画垂线，线段，等角的余角相等，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
29．(1)①见解析；②BC=BD+BP，证明见解析
(2)BC=BD−BP

【分析】（1）①根据题意补全图形即可；根据等边三角形的性质、平行线的性质及旋转的性质得出∠DPE=∠CPE=60°，进而可得结论；
②在BC上取一点Q使得BQ=BP，证明△PBQ是等边三角形，再证明△PBD≌△PQC，即可得到BC=BD+BP；
（2）在BD上取一点E使得BE=BP，证明△PBE是等边三角形，再证明△CBP≌△DEP，即可得到BC=BD−BP．
【详解】（1）①补全图形如图所示，

证明：设PD交BC于点E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∵将射线PC绕点P顺时针旋转60°，
∴∠DPC=60°，
∵l//AC，
∴∠DBE=∠ACB=60°，
∴∠DBE=∠CPE=60°，
∵∠BED=∠PEC，
∴∠BDP=∠PCB；
解：②BC=BD+BP，理由如下：
在BC上取一点Q使得BQ=BP，连接PQ，

∵∠ABC=60°，
∴△PBQ是等边三角形，
∴PB=PQ，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠CPQ，
又∵∠BDP=∠PCB，
∴△PBD≌△PQC，
∴BD=QC，
∵BC=BQ+QC，
∴BC=BD+BP；
（2）解：BC=BD−BP，理由如下：
在BD上取一点E使得BE=BP，连接PE，

∵∠ABC=∠ACB=60°，l//AC，
∴∠DBC=∠ACB=60°，
∴∠PBD=180°-∠DBC-∠ACB=60°，
∴△PBE是等边三角形，
∴PB=PE，∠BEP=∠BPE=60°，
∴∠CBP=∠DEP=180°-60°=120°，∠BPC+∠CPE=∠EPD+∠CPE=60°，
∴∠CBP=∠DEP，∠BPC=∠EPD，
∴△CBP≌△DEP，
∴BC=DE，
∵BD=BE+ED，
∴BC=BD-BP．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质及全等三角形的判定与性质是解本题的关键．