八年级（上）月考数学试卷（十月份）

这是一份八年级（上）月考数学试卷（十月份），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在下列长度的各组线段中，能组成三角形的是（ ）
A.3，3，6B.3，5，9C.3，4，5D.2，3，5

2. 在△ABC中，如果∠A+∠B＝90∘，那么△ABC是（ ）
A.直角三角形B.钝角三角形C.锐角三角形D.斜三角形

3. 一个多边形的内角和为1620∘，那么这个多边形是（ ）
A.九边形B.十边形C.十一边形D.十二边形

4. 已知等腰三角形两边长分别为6cm，12cm，则这个三角形的周长是（ ）
A.24cmB.30cm
C.24cm或30cmD.18cm

5. 如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≅△ADC的是( )

A.CB=CDB.∠BAC=∠DAC
C.∠B=∠D=90∘D.∠BCA=∠DCA

6. 如图，△ABC中，∠C=90∘，AC=BC，AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于E且AB=6cm，则△DEB的周长为( )

A.40cmB.6cmC.8cmD.10cm

7. 如图，已知AB=AC，点D、E分别在AC、AB上，BD与CE相交于点O，欲使△ABD≅△ACE．甲、乙、丙三位同学分别添加下列条件：甲：∠BEC=∠CDB；乙：AE=AD；丙：OB=OC．其中满足要求的条件是（ ）
A.仅甲B.仅乙C.甲和乙D.甲乙丙均可

8. 如图，在△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，则AB边的取值范围是（ ）

A.1
9. 下列条件中能作出唯一的三角形的是（ ）
A.已知两边及一边的对角B.已知两角
C.已知两边及第三边上的高线D.已知两边及第三边上的中线

10. 如图，四边形ABCD中，AC＝BC＝BD，且AC⊥BD，若AB＝6，则S△ABD＝（ ）

A.6B.9C.12D.1
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

工程建筑中经常采用三角形的结构，如屋顶钢架，其中的数学道理是________．

一个三角形的两边长分别是2和3，若它的第三边长为奇数，则这个三角形的周长为________．

如图，在△ABC和△DEF中，点B、F、C、E在同一直线上，BF=CE，AC // DF，请添加一个条件，使△ABC≅△DEF，这个添加的条件可以是________．（只需写一个，不添加辅助线）

如图，△ABC中，BD为△ABC内角平分线，CE为△ABC外角平分线，若∠BDC＝130∘，∠E＝50∘，则∠BAC的度数为________．


如图，已知P(4, 4)，点B、A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠APB＝90∘，则OA+OB＝________．


平面直角坐标系中，C(0, 4)，K(2, 0)，A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90∘得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为________．

三、解答题（本大题共8小题，共72分）

如图，在△ABC中，∠B＝30∘，∠ACE＝35∘，CE平分∠ACB，求∠A的度数．


如图，C是路段AB的中点，两人从C同时出发，以相同的速度分别沿两条直线行走，并同时到达D，E两地，DA⊥AB，EB⊥AB，D，E与路段AB的距离相等吗？为什么？


已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝100∘，AD⊥BC于D点，AE平分∠BAC交BC于E，若∠B＝52∘，求∠DAE的度数．


用一条长41cm的细绳围成一个三角形，已知此三角形的第一条边为xcm，第二条边是第一条边的3倍少4cm．
（1）请用含x的式子表示第三条边的长度．

（2）若此三角形恰好是一个等腰三角形，求这个等腰三角形的三边长．

已知在△ABC中，∠A＝50∘，高BD和高CE所在的直线交于P点，请画出图形并求出∠BPC的度数．

已知：如图A、E、B在一条直线上，B、D、C在一条直线上，且AB＝BC，BD＝BE，AD交CE于F点，连接BF．

（1）求证：∠A＝∠C；

（2）求证：BF平分∠ABC．

已知△ABC中，AB+AC＝x，点D为平面内一点．

（1）如图1，当点D为BC边的中点时，求证：AD<；

（2）如图2，当点D在△ABC的外部，且满足BD+CD＝x，若∠BAC的外角平分线与∠BDC的外角平分线交于F，求证：∠AFB＝∠CFD；

（3）如图3，当AB＝，点D在直线BC的下方，且满足∠BAC+∠BDC＝180∘，过A作AN⊥CD于N，若CD＝a，BD＝b，请直接写出CN的长度（用含有a、b的式子表示）．

平面直角坐标系中，已知：A(a, 0)，B(0, b)，且a、b满足+(b−5)2＝0

（1）求出A、B两点的坐标；

（2）如图，P、N为x轴上两动点，且始终满足AP＝ON，过O作NB的垂线交AB的延长线于M，连接MP，求证：NB+OM＝MP；

（3）如图，点C在y轴的正半轴上，点A关于y轴的对称点为点D，点Q，G分别是边DC和AC上的动点，且满足DQ+AG＝AD，连接QG，QG的垂直平分线交x轴于点H，连接QH、HG，试判断∠QHG和∠DCA之间的关系，并给出证明．
参考答案与试题解析
2018-2019学年湖北省武汉市某校八年级（上）月考数学试卷（10月份）
一、选择题（本大题共小10题，每小题3分，共30分）
1.
【答案】
C
【考点】
三角形三边关系
【解析】
根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【解答】
解：A，3+3=6，不能组成三角形；
B，3+5=8<9，不能组成三角形；
C，3+4=7>5，能够组成三角形；
D，2+3=5，不能组成三角形．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
三角形内角和定理
【解析】
根据三角形的内角和是180∘计算可得∠C＝90∘，进而得到结论．
【解答】
∵ ∠A+∠B+∠C＝180∘，∠A+∠B＝90∘，
∴ ∠C＝90∘．
∴ 该三角形是直角三角形．
3.
【答案】
C
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180∘列式进行计算即可求解．
【解答】
解：设多边形的边数是n，则
(n−2)⋅180∘=1620∘，
解得n=11．
故选：C．
4.
【答案】
B
【考点】
三角形三边关系
等腰三角形的性质
【解析】
题中没有指明哪边是底哪边是腰，则应该分两种情况进行分析．
【解答】
（2）当三边是6cm，12cm，12cm时，符合三角形的三边关系，此时周长是30cm(1)所以这个三角形的周长是30cm．
故选：B．
5.
【答案】
D
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
要判定△ABC≅△ADC，已知AB＝AD，AC是公共边，具备了两组边对应相等，故添加CB＝CD、∠BAC＝∠DAC、∠B＝∠D＝90∘后可分别根据SSS、SAS、HL能判定△ABC≅△ADC，而添加∠BCA＝∠DCA后则不能．
【解答】
解：已知：AB=AD，AC=AC.
A，添加CB=CD，根据SSS，能判定△ABC≅△ADC，故A选项不符合题意；
B，添加∠BAC=∠DAC，根据SAS，能判定△ABC≅△ADC，故B选项不符合题意；
C，添加∠B=∠D=90∘，根据HL，能判定△ABC≅△ADC，故C选项不符合题意；
D，添加∠BCA=∠DCA时，不能判定△ABC≅△ADC，故D选项符合题意.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
等腰直角三角形
角平分线的性质
【解析】
先利用“角角边”证明△ACD和△AED全等，根据全等三角形对应边相等可得AC=AE，CD=DE，然后求出BD+DE=AE，进而可得△DEB的周长．
【解答】
解：∵ DE⊥AB，
∴ ∠C=∠AED=90∘.
∵ AD平分∠CAB，
∴ ∠CAD=∠EAD，
在△ACD和△AED中，
∠C=∠AED∠CAD=∠EADAD=AD，
∴ △ACD≅△AED(AAS)，
∴ AC=AE，CD=DE，
∴ BD+DE=BD+CD=BC=AC=AE，
BD+DE+BE=AE+BE=AB=6，
所以，△DEB的周长为6cm．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
根据三角形外角性质求出∠B=∠C，根据全等三角形的判定推出即可；根据SAS推出两三角形全等即可；求出∠ABD=∠ACE，根据全等三角形判定推出即可．
【解答】
解：∵ ∠BEC=∠A+∠C，∠CDB=∠A+∠B，∠BEC=∠CDB，
∴ ∠B=∠C，
在△ABD和△ACE中
∠A=∠AAB=AC∠B=∠C
∴ △ABD≅△ACE(ASA)，∴ 甲正确；
∵ 在△ABD和△ACE中
AB=AC∠A=∠AAD=AE
∴ △ABD≅△ACE(SAS)，∴ 乙正确；
连接BC，
∵ OB=OC，AB=AC，
∴ ∠OBC=∠OCB，∠ABC=∠ACB，
∴ ∠ABC−∠OBC=∠ACB−∠OCB，
即∠ABD=∠ACE，
∴ 在△ABD和△ACE中
∠A=∠AAB=AC∠ABD=∠ACE
∴ △ABD≅△ACE(ASA)，∴ 丙正确；
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
全等三角形的性质与判定
三角形三边关系
【解析】
延长AD至E，使DE＝AD，然后利用“边角边”证明△ABD和△ECD全等，根据全等三角形对应边相等可得AB＝CE，再利用三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求出CE的取值范围，即为AB的取值范围．
【解答】
如图，延长AD至E，使DE＝AD，
∵ AD是△ABC的中线，
∴ BD＝CD，
在△ABD和△ECD中，
BD=CD∠ADB=∠EDCAD=DE ，
∴ △ABD≅△ECD(SAS)，
∴ AB＝CE，
∵ AD＝7，
∴ AE＝7+7＝14，
∵ 14+5＝19，14−5＝9，
∴ 9即99.
【答案】
D
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
通过考虑是否能证明两个三角形全等来判断．
【解答】
A、已知两边及一边的对角中一边的对角表述不准，不知是哪一边的对角，所以画的不是唯一的三角形，故错误；
B、已知两角只能确定相似三角形，两三角形大小不一定相等，故错误；
C、已知两边及第三边上的高线，这个三角形可能是锐角三角形也可能是钝角三角形，有两种情况，故所作三角形不唯一，故错误；
D、已知两边及第三边上的中线，能确定一个唯一的三角形．
10.
【答案】
B
【考点】
三角形的面积
【解析】
根据题意设BD与AC交点为O，根据AC＝BC＝BD，设设AO＝x、BO＝y、DO＝z．表示出BO、CO的长度，利用△OBC是直角三角形，即可求出三角形的面积．
【解答】
根据题意设BD与AC交点为O
设AO＝x、BO＝y、DO＝z．
∵ AC⊥BD．
∴ x2+y2＝36．
∵ AC＝BC＝BD．
∴ CO＝y+z−x，BC＝y+z．
∴ CO2+BO2＝BC2．
即：(y+z−x)2+y2＝(y+z)2．
∴ x(y+z)＝18．
S△ABD＝9．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
【答案】
三角形具有稳定性
【考点】
三角形的稳定性
【解析】
根据三角形具有稳定性解答即可．
【解答】
工程建筑中经常采用三角形的结构，如屋顶钢架，其中的数学道理是三角形具有稳定性，
【答案】
8
【考点】
三角形三边关系
【解析】
首先设第三边长为x，根据三角形的三边关系可得3−2【解答】
解：设第三边长为x，
∵ 两边长分别是2和3，
∴ 3−2即：1∵ 第三边长为奇数，
∴ x＝3，
∴ 这个三角形的周长为2+3+3＝8.
故答案为：8.
【答案】
AC=DF
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
求出BC=EF，∠ACB=∠DFE，根据SAS推出两三角形全等即可．
【解答】
解：AC=DF，
理由是：∵ BF=CE，
∴ BF+FC=CE+FC，
∴ BC=EF，
∵ AC // DF，
∴ ∠ACB=∠DFE，
在△ABC和△DEF中
AC=DF∠ACB=∠DFEBC=EF
∴ △ABC≅△DEF(SAS)，
故答案为：AC=DF．
【答案】
120∘
【考点】
三角形内角和定理
三角形的外角性质
【解析】
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及CE是外角的平分线列式求出∠B的度数，再根据BD为内角平分线求出∠ABD的度数，然后利用三角形的外角性质即可求出∠BAC的度数．
【解答】
根据三角形的外角性质，∠DBC+∠BDC＝2(∠ABC+∠E)，
∵ BD为内角平分线，
∴ ∠DBC＝∠ABD，
∴ ∠ABC+130∘＝2(∠ABC+50∘)，
解得∠ABC＝20∘，
∴ ∠ABD＝×20∘＝10∘，
在△ABD中，∠BDC＝∠ABD+∠BAC，
即130∘＝10∘+∠BAC，
解得∠BAC＝120∘．
【答案】
8
【考点】
全等三角形的性质与判定
正方形的判定与性质
【解析】
过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，得出四边形PMON是正方形，推出OM＝OM＝ON＝PN＝4，证△APM≅△BPN，推出AM＝BN，求出OA+OB＝ON+OM，代入求出即可．
【解答】
过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，
∵ P(4, 4)，
∴ PN＝PM＝4，
∵ x轴⊥y轴，
∴ ∠MON＝∠PNO＝∠PMO＝90∘，
∴ ∠MPN＝360∘−90∘−90∘−90∘＝90∘，
则四边形MONP是正方形，
∴ OM＝ON＝PN＝PM＝4，
∵ ∠APB＝90∘，
∴ ∠APB＝∠MPN，
∴ ∠MPA＝90∘−∠APN，∠BPN＝90∘−∠APN，
∴ ∠APM＝∠BPN，
在△APM和△BPN中，
，
∴ △APM≅△BPN(ASA)，
∴ AM＝BN，
∴ OA+OB
＝OA+ON+BN
＝OA+ON+AM
＝ON+OM
＝4+4
＝8，
【答案】
(3, −1)
【考点】
坐标与图形变化-旋转
【解析】
如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≅△BAH(AAS)，推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B(m+4, m)，令x＝m+4，y＝m，推出y＝x−4，推出点B在直线y＝x−4上运动，设直线y＝x−4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，构建方程组确定交点M坐标即可解决问题；
【解答】
如图，作BH⊥x轴于H．
∵ C(0, 4)，K(2, 0)，
∴ OC＝4，OK＝2，
∵ AC＝AB，∵ AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90∘，
∴ ∠CAO+∠OCA＝90∘，∠BAH+∠CAO＝90∘，
∴ ∠ACO＝∠BAH，
∴ △ACO≅△BAH(AAS)，
∴ BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴ B(m+4, m)，
令x＝m+4，y＝m，
∴ y＝x−4，
∴ 点B在直线y＝x−4上运动，设直线y＝x−4交x轴于E，交y轴于F，
作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝−x+2，
由，解得，
∴ M(3, −1)，
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B(3, −1)，
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
【答案】
∵ CE平分∠ACB，∠ACE＝35∘，
∴ ∠ACB＝2∠ACE＝70∘，
∴ ∠A＝180∘−∠B−∠ACB
＝180∘−30∘−70∘
＝80∘．
【考点】
三角形内角和定理
三角形的外角性质
【解析】
根据∠ACE＝35∘及CE平分∠ACB，就可以得到∠ACB，根据三角形内角和定理就可以求出∠A．
【解答】
∵ CE平分∠ACB，∠ACE＝35∘，
∴ ∠ACB＝2∠ACE＝70∘，
∴ ∠A＝180∘−∠B−∠ACB
＝180∘−30∘−70∘
＝80∘．
【答案】
D，E与路段AB的距离相等，
理由：∵ 点C是路段AB的中点，
∴ AC＝CB，
∵ 两人从C同时出发，以相同的速度分别沿两条直线行走，
∴ DC＝EC，
∵ DA⊥AB，EB⊥AB，
∴ ∠A＝∠B＝90∘，
在Rt△ACD和Rt△BCE中
∵ ，
∴ Rt△ACD≅Rt△BCE(HL)，
∴ AD＝BE．
【考点】
全等三角形的应用
【解析】
首先根据题意可知AC＝CB，DC＝EC，再根据HL定理证明Rt△ACD≅Rt△BCE，可得到AD＝BE．
【解答】
D，E与路段AB的距离相等，
理由：∵ 点C是路段AB的中点，
∴ AC＝CB，
∵ 两人从C同时出发，以相同的速度分别沿两条直线行走，
∴ DC＝EC，
∵ DA⊥AB，EB⊥AB，
∴ ∠A＝∠B＝90∘，
在Rt△ACD和Rt△BCE中
∵ ，
∴ Rt△ACD≅Rt△BCE(HL)，
∴ AD＝BE．
【答案】
∵ AE平分∠BAC，
∴ ∠EAB＝∠BAC＝×100∘＝50∘，
∵ ∠B＝52∘，AD⊥BC，
∴ ∠BAD＝38∘，
∴ ∠DAE＝50∘−38∘＝12∘．
【考点】
三角形内角和定理
【解析】
先根据角平分线的定义，求得∠EAB的度数，再由三角形内角和定理得∠BAD的度数，最后求∠DAE的度数可得结论．
【解答】
∵ AE平分∠BAC，
∴ ∠EAB＝∠BAC＝×100∘＝50∘，
∵ ∠B＝52∘，AD⊥BC，
∴ ∠BAD＝38∘，
∴ ∠DAE＝50∘−38∘＝12∘．
【答案】
∵ 三角形的第一条边为xcm，第二条边是第一条边的3倍少4cm．
∴ 第二条边是(3x−4)cm，
∴ 第三条边的长度为41−x−(3x−4)＝45−4x(cm)；
若x＝3x−4，则x＝2，不能组成三角形；
若x＝45−4x，则x＝9，不能组成三角形；
若3x−4＝45−4x，则x＝7，
∴ 3x−4＝45−4x＝17，符合题意，
∴ 该等腰三角形的三边长分别为：17cm、17cm和7cm．
【考点】
三角形三边关系
列代数式
等腰三角形的性质
【解析】
（1）依据三角形的第一条边为xcm，第二条边是第一条边的3倍少4cm，即可用含x的式子表示第三条边的长度．
（2）依据三角形恰好是一个等腰三角形，分三种情况讨论，即可得到这个等腰三角形的三边长．
【解答】
∵ 三角形的第一条边为xcm，第二条边是第一条边的3倍少4cm．
∴ 第二条边是(3x−4)cm，
∴ 第三条边的长度为41−x−(3x−4)＝45−4x(cm)；
若x＝3x−4，则x＝2，不能组成三角形；
若x＝45−4x，则x＝9，不能组成三角形；
若3x−4＝45−4x，则x＝7，
∴ 3x−4＝45−4x＝17，符合题意，
∴ 该等腰三角形的三边长分别为：17cm、17cm和7cm．
【答案】
若P在△ABC内，如图1，
∵ BD、CE是△ABC的高，∠A＝50∘，
∴ ∠ABD＝40∘，∠BEP＝90∘，
∴ ∠BPC＝∠ABD+∠BEP＝90∘+40∘＝130∘；
若P在△ABC外，如图2，
∵ BD、CE是△ABC的高，∠A＝50∘，
∴ ∠ABD＝40∘，∠BEP＝90∘，
∴ ∠BPC＝90∘−40∘＝50∘，
综上所述，∠BPC的度数为：130或50．
【考点】
三角形内角和定理
【解析】
根据三角形外角的性质及三角形的内角和定理，分点P在△ABC内及在△ABC外两种情况讨论，即可得出答案．
【解答】
若P在△ABC内，如图1，
∵ BD、CE是△ABC的高，∠A＝50∘，
∴ ∠ABD＝40∘，∠BEP＝90∘，
∴ ∠BPC＝∠ABD+∠BEP＝90∘+40∘＝130∘；
若P在△ABC外，如图2，
∵ BD、CE是△ABC的高，∠A＝50∘，
∴ ∠ABD＝40∘，∠BEP＝90∘，
∴ ∠BPC＝90∘−40∘＝50∘，
综上所述，∠BPC的度数为：130或50．
【答案】
证明：在△ABD和△CBE中，
，
∴ △ABD≅△CBE(SAS)，
∴ ∠A＝∠C．
∵ AB＝BC，BE＝BD，
∴ AE＝CD，
∵ ∠A＝∠C，∠AFE＝∠CFD，
∴ △AFE≅△CFD(AAS)，
∴ EF＝DF，
∵ BE＝BD，BF＝BF，
∴ △BFE≅△BFD(SSS)，
∴ ∠FBA＝∠FBC，
∴ BF平分∠ABC．
【考点】
全等三角形的性质与判定
角平分线的性质
【解析】
（1）欲证明∠A＝∠C，根据SAS证明△ABD≅△CBE；
（2）想办法证明△FBE≅△FBD即可；
【解答】
证明：在△ABD和△CBE中，
，
∴ △ABD≅△CBE(SAS)，
∴ ∠A＝∠C．
∵ AB＝BC，BE＝BD，
∴ AE＝CD，
∵ ∠A＝∠C，∠AFE＝∠CFD，
∴ △AFE≅△CFD(AAS)，
∴ EF＝DF，
∵ BE＝BD，BF＝BF，
∴ △BFE≅△BFD(SSS)，
∴ ∠FBA＝∠FBC，
∴ BF平分∠ABC．
【答案】
如图，延长AD，使DE＝AD，连接CE，
∵ 点D为BC边的中点，
∴ BD＝CD，且DE＝AD，∠ADB＝∠CDE，
∴ △ABD≅△ECD(SAS)，
∴ AB＝EC，
∵ AC+CE>AE，
∴ AC+AB>2AD，
∴ AD<
如图，延长BA至点M，使AM＝AC，连接FM，延长CD至点N，使DN＝BD，连接FN，
∵ AF平分∠MAC，
∴ ∠MAF＝∠CAF，且AM＝AC，AF＝AF，
∴ △MAF≅△CAF(SAS)，
∴ MF＝CF，∠MFA＝∠AFC，
同理可得：FN＝BF，∠NFD＝∠BFD，
∵ BD+CD＝x，AB+AC＝x，
∴ BD+CD＝AB+AC，
∴ BM＝CN，且MF＝CF，FN＝BF，
∴ △BFM≅△NFC(SSS)，
∴ ∠MFB＝∠NFC，
∴ ∠MFA+∠AFB＝∠NFD+∠CFD，
∴ ∠AFC+∠AFB＝∠BFD+∠CFD，
∴ ∠BFC+∠AFB+∠AFB＝∠BFC+∠CFD+∠CFD，
∴ ∠AFB＝∠CFD
若BD>CD，如图，过点A作AM⊥BD于M，连接AD，
∵ AB+AC＝x，AB＝，
∴ AB＝AC
∵ ∠BAC+∠BDC＝180∘，∠BAC+∠BDC+∠ABM+∠ACD＝360∘
∴ ∠ABM+∠ACD＝180∘，
又∵ ∠ACD+∠ACN＝180∘，
∴ ∠ABM＝∠ACN，
∵ ∠ABM＝∠ACN，∠AMB＝∠ANC＝90∘，AB＝AC
∴ △ABM≅△ACN(AAS)
∴ BM＝CN，AM＝AN
∵ AM＝AN，AD＝AD
∴ Rt△AMD≅Rt△AND(HL)
∴ MD＝DN
∵ CN＝DN−CD＝MD−CD＝BD−BM−CD＝BD−CN−CD
∴ 2CN＝BD−CD
∴ CN＝＝
若BD∵ AB+AC＝x，AB＝，
∴ AB＝AC
∵ ∠BAC+∠BDC＝180∘，∠BAC+∠BDC+∠ABD+∠ACD＝360∘
∴ ∠ABD+∠ACD＝180∘，
又∵ ∠ABD+∠ABM＝180∘，
∴ ∠ABM＝∠ACD，
∵ ∠ABM＝∠ACN，∠AMB＝∠ANC＝90∘，AB＝AC
∴ △ABM≅△ACN(AAS)
∴ BM＝CN，AM＝AN
∵ AM＝AN，AD＝AD
∴ Rt△AMD≅Rt△AND(HL)
∴ MD＝DN
∵ CN＝CD−DN＝CD−MD＝CD−MB−BD
∴ 2CN＝CD−BD
∴ CN＝
【考点】
三角形综合题
【解析】
（1）延长AD，使DE＝AD，连接CE，由题意可证△ABD≅△ECD，可得AB＝EC，根据三角形三边关系可得AD<；
（2）延长BA至点M，使AM＝AC，连接FM，延长CD至点N，使DN＝BD，连接FN，由题意可证△MAF≅△CAF，可得MF＝CF，∠MFA＝∠AFC，同理可得：FN＝BF，∠NFD＝∠BFD，由BD+CD＝x，AB+AC＝x，可得BM＝CN，即可证△BFM≅△NFC，可得∠MFB＝∠NFC，即∠BFC+∠AFB+∠AFB＝∠BFC+∠CFD+∠CFD，则可证
∠AFB＝∠CFD；
（3）分BD>CD，BD【解答】
如图，延长AD，使DE＝AD，连接CE，
∵ 点D为BC边的中点，
∴ BD＝CD，且DE＝AD，∠ADB＝∠CDE，
∴ △ABD≅△ECD(SAS)，
∴ AB＝EC，
∵ AC+CE>AE，
∴ AC+AB>2AD，
∴ AD<
如图，延长BA至点M，使AM＝AC，连接FM，延长CD至点N，使DN＝BD，连接FN，
∵ AF平分∠MAC，
∴ ∠MAF＝∠CAF，且AM＝AC，AF＝AF，
∴ △MAF≅△CAF(SAS)，
∴ MF＝CF，∠MFA＝∠AFC，
同理可得：FN＝BF，∠NFD＝∠BFD，
∵ BD+CD＝x，AB+AC＝x，
∴ BD+CD＝AB+AC，
∴ BM＝CN，且MF＝CF，FN＝BF，
∴ △BFM≅△NFC(SSS)，
∴ ∠MFB＝∠NFC，
∴ ∠MFA+∠AFB＝∠NFD+∠CFD，
∴ ∠AFC+∠AFB＝∠BFD+∠CFD，
∴ ∠BFC+∠AFB+∠AFB＝∠BFC+∠CFD+∠CFD，
∴ ∠AFB＝∠CFD
若BD>CD，如图，过点A作AM⊥BD于M，连接AD，
∵ AB+AC＝x，AB＝，
∴ AB＝AC
∵ ∠BAC+∠BDC＝180∘，∠BAC+∠BDC+∠ABM+∠ACD＝360∘
∴ ∠ABM+∠ACD＝180∘，
又∵ ∠ACD+∠ACN＝180∘，
∴ ∠ABM＝∠ACN，
∵ ∠ABM＝∠ACN，∠AMB＝∠ANC＝90∘，AB＝AC
∴ △ABM≅△ACN(AAS)
∴ BM＝CN，AM＝AN
∵ AM＝AN，AD＝AD
∴ Rt△AMD≅Rt△AND(HL)
∴ MD＝DN
∵ CN＝DN−CD＝MD−CD＝BD−BM−CD＝BD−CN−CD
∴ 2CN＝BD−CD
∴ CN＝＝
若BD∵ AB+AC＝x，AB＝，
∴ AB＝AC
∵ ∠BAC+∠BDC＝180∘，∠BAC+∠BDC+∠ABD+∠ACD＝360∘
∴ ∠ABD+∠ACD＝180∘，
又∵ ∠ABD+∠ABM＝180∘，
∴ ∠ABM＝∠ACD，
∵ ∠ABM＝∠ACN，∠AMB＝∠ANC＝90∘，AB＝AC
∴ △ABM≅△ACN(AAS)
∴ BM＝CN，AM＝AN
∵ AM＝AN，AD＝AD
∴ Rt△AMD≅Rt△AND(HL)
∴ MD＝DN
∵ CN＝CD−DN＝CD−MD＝CD−MB−BD
∴ 2CN＝CD−BD
∴ CN＝
【答案】
∵ +(b−5)2＝0，
∴ a−5＝0，b−5＝0，
解得，a＝5，b＝5，
则点A的坐标为(5, 0)、点B的坐标为(0, 5)；
过点A作AE⊥x轴交MO的延长线于点E，
∵ OM⊥BN，∠BON＝90∘，
∴ ∠NBO＝∠NOM，
∵ ∠AOE＝∠NOM，
∴ ∠NBO＝∠AOE，
在△BON和△OAE中，
，
∴ △BON≅△OAE(ASA)，
∴ OE＝BN，ON＝AE，
∴ AE＝AP，
在△MAE和△MAP中，
，
∴ △MAE≅△MAP(SAS)，
∴ MP＝ME＝OE+OM＝NB+OM；
在AD上截取AT＝AG，则TQ＝DQ，过点H分别作HM⊥GT，HN⊥QT，垂足分别为M、N点．
∵ 点A关于y轴的对称点为点D，
∴ CD＝CA，
∴ ∠CDA＝∠CAD，
∵ AG＝AT，DQ＝DT，
∴ ∠DTQ＝∠ATG，
∵ ∠MTH＝∠ATG，
∴ ∠DTQ＝∠MTH，又HM⊥GT，HN⊥QT，
∴ HM＝HN，
在Rt△QNH和Rt△GMH中，
，
∴ Rt△QNH≅Rt△GMH(HL)，
∴ ∠HQN＝∠HGM，
∴ Q，H，T，G四点共圆，
∴ ∠QHG＝∠QTG，
∵ ∠QTG＝180∘−(180∘−∠A)＝∠A，∠A＝×(180∘−∠DCA)＝90∘−∠DCA，
∴ ∠QHG＝90∘−∠DCA．
【考点】
三角形综合题
【解析】
（1）根据非负数的性质分别求出a，b，得到A、B两点的坐标；
（2）过点A作AE⊥x轴交MO的延长线于点E，证明△BON≅△OAE，根据全等三角形的性质得到OE＝BN，ON＝AE，证明△MAE≅△MAP，根据全等三角形的性质，结合图形证明结论；
（3）在AD上截取AT＝AG，则TQ＝DQ，过点H分别作HM⊥GT，HN⊥QT，证明∠DTQ＝∠MTH，根据角平分线的性质得到HM＝HN，证明Rt△QNH≅Rt△GMH，得到∠HQN＝∠HGM，根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】
∵ +(b−5)2＝0，
∴ a−5＝0，b−5＝0，
解得，a＝5，b＝5，
则点A的坐标为(5, 0)、点B的坐标为(0, 5)；
过点A作AE⊥x轴交MO的延长线于点E，
∵ OM⊥BN，∠BON＝90∘，
∴ ∠NBO＝∠NOM，
∵ ∠AOE＝∠NOM，
∴ ∠NBO＝∠AOE，
在△BON和△OAE中，
，
∴ △BON≅△OAE(ASA)，
∴ OE＝BN，ON＝AE，
∴ AE＝AP，
在△MAE和△MAP中，
，
∴ △MAE≅△MAP(SAS)，
∴ MP＝ME＝OE+OM＝NB+OM；
在AD上截取AT＝AG，则TQ＝DQ，过点H分别作HM⊥GT，HN⊥QT，垂足分别为M、N点．
∵ 点A关于y轴的对称点为点D，
∴ CD＝CA，
∴ ∠CDA＝∠CAD，
∵ AG＝AT，DQ＝DT，
∴ ∠DTQ＝∠ATG，
∵ ∠MTH＝∠ATG，
∴ ∠DTQ＝∠MTH，又HM⊥GT，HN⊥QT，
∴ HM＝HN，
在Rt△QNH和Rt△GMH中，
，
∴ Rt△QNH≅Rt△GMH(HL)，
∴ ∠HQN＝∠HGM，
∴ Q，H，T，G四点共圆，
∴ ∠QHG＝∠QTG，
∵ ∠QTG＝180∘−(180∘−∠A)＝∠A，∠A＝×(180∘−∠DCA)＝90∘−∠DCA，
∴ ∠QHG＝90∘−∠DCA．