2023-2024学年河南省信阳九中八年级（上）月考数学试卷（11月份）

这是一份2023-2024学年河南省信阳九中八年级（上）月考数学试卷（11月份），共22页。试卷主要包含了下列说法等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）用数学的眼光观察下面的网络图标，其中可以抽象成轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）如图，已知∠B＝96°，∠DCA＝∠BCA＝30°，DC＝BC，则∠DAC的度数为（ ）
A．30°B．44°C．54°D．60°
3．（3分）在平面直角坐标系中，点（3，﹣2）关于y轴对称的点的坐标是（ ）
A．（3，2）B．（3，﹣2）C．（﹣3，2）D．（﹣3，﹣2）
4．（3分）若正多边形的内角和是1080°，则该正多边形的一个外角为（ ）
A．45°B．60°C．72°D．90°
5．（3分）用直尺和圆规作一个角等于已知角的示意图如图所示，则说明∠A'O'B'＝∠AOB的依据是（ ）
A．SSSB．SASC．AASD．ASA
6．（3分）如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°，则∠DAE的度数为（ ）
A．10°B．15°C．20°D．25°
7．（3分）在一条沿直线l铺设的电缆一侧有P，Q两个小区，要求在直线l上的某处选取一点M，向P，Q两个小区铺设电缆，现有如下四种铺设方案，图中实线表示铺设的电缆，则所需电缆材料最短的是（ ）
A．B．
C．D．
8．（3分）下列说法：①斜边和斜边上的高线分别相等的两个直角三角形全等；②两个锐角分别相等的两个直角三角形全等；③斜边和一锐角分别相等的两个直角三角形全等；④斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①④C．③④D．①③④
9．（3分）如图，已知∠C＝∠D，AC＝AD，增加下列条件，其中不能使△ABC≌△AED的条件是（ ）
A．AB＝AEB．BC＝EDC．∠1＝∠2D．∠B＝∠E．
10．（3分）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°．点D为AB的中点，过A作AG⊥CD于点G，过B作BF⊥AB交AG的延长线于点F，AF与BC相交于点E．连接DE．则下列结论：
①∠BAG＝∠ACD；
②AG＝BF；
③CD＝AE+DE；
④∠CDA＝∠BDE．
其中结论正确的（ ）
A．①③B．①④C．①③④D．①②③④
二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分，把答案填在答题卡的相应位置．）
11．（3分）工人师傅盖房子时，常将房梁设计如图所示的图形，使其牢固不变形，这是利用 性．
12．（3分）如图，在2×2的正方形网格中，线段AB、CD的端点均在格点上，则∠1+∠2＝ °．
13．（3分）如图，平面直角坐标系中有点B（﹣1，0）和点A（0，2），以A点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，则C点的坐标为 ．
14．（3分）如图，△ABC中，∠B＝40°，∠C＝30°，点D为边BC上一点，将△ADC沿直线AD折叠后，点C落到点E处，若DE∥AB，则∠ADC的度数为 ．
15．（3分）如图，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，D为BC中点，AD＝，P为AB上一个动点，则PC+PD的最小值为 ．
三．解答题（本大题共8小题，共75分．）
16．（9分）某班数学兴趣小组为了测量湛河南北两岸的宽度AB，他们的方法是：让小明从点A出发，沿河岸向东走50步到达电线杆C处，继续前行50步到达D处，然后右转90°直行130步到达E处，这时B，C，E三点在一条直线上．
（1）小组得到结论“DE的长度就是河宽”，请说明其中的道理．
（2）若小明一步的长度为60厘米，请估计河宽有多少米．
17．（9分）已知一个多边形的边数为n．
（1）若n＝6，求这个多边形的内角和；
（2）若这个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求n的值．
18．（9分）如图，在直角坐标系中，A（﹣1，5），B（﹣3，0），C（﹣4，3）．
（1）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；
（2）写出点A1，B1，C1的坐标；
（3）求△ABC的面积．
19．（9分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）在AB边上求作点D，使得DA＝DC；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图形中，连接DC，试说明∠ADC＝2∠B．
20．（9分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交直线BC于点E，若∠B＝35°，∠ACB＝85°．
（1）求∠DAC的度数；
（2）求∠E的度数．
21．（9分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝18cm，BC＝10cm，AD＝2BD．如果点P在线段BC上以2cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过2s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
22．（10分）如图，△ABC，∠ABC的平分线与∠ACB的外角平分线交于点D，过点D作DE⊥BC于E．
（1）如图1，若∠BAC＝68°，求∠BDC的度数．
（2）如图2，连AD，求证：AD平分∠CAM．
（3）如图3，若△ABC周长为20，求BE的长．
23．（11分）八年级一班数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你和他们一起活动吧．
（1）【阅读理解】如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8．求AC边上的中线BD的取值范围．小聪同学是这样思考的；延长BD至E，使DE＝BD，连接CE．利用全等将边AB转化到CE，在△BCE中利用三角形三边关系即可求出中线BD的取值范围．在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是： ；中线BD的取值范围是 ．
（2）【理解与应用】如图2，在△ABC中，∠B＝90°，点D是AC的中点，点M在AB边上，点N在BC边上，若DM⊥DN．试猜想线段AM、CN、MN三者之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）【问题解决】如图3，在△ABC中，点D是AC的中点，AB＝MB，BC＝BN，其中∠ABM＝∠NBC＝90°，连接MN，探索BD与MN的关系，并说明理由．
2023-2024学年河南省信阳九中八年级（上）月考数学试卷（11月份）
参考答案与试题解析
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把答案填在答题卡的相应位置．）
1．【分析】根据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进行分析即可．
【解答】解：B，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
A选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．【分析】证△ACD≌△ACB（SAS），得∠D＝∠B＝96°，再由三角形内角和定理即可得出结论．
【解答】解：在△ACD和△ACB中，
，
∴△ACD≌△ACB（SAS），
∴∠D＝∠B＝96°，
∴∠DAC＝180°﹣∠DCA﹣∠D＝180°﹣30°﹣96°＝54°，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【解答】解：点（3，﹣2）关于y轴对称的点的坐标是（﹣3，﹣2），
故选：D．
【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
4．【分析】首先设这个正多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式可得180（n﹣2）＝1080，继而可求得答案．
【解答】解：设这个正多边形的边数为n，
∵一个正多边形的内角和为1080°，
∴180（n﹣2）＝1080，
解得：n＝8，
∴这个正多边形的每一个外角是：360°÷8＝45°．
故选：A．
【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．此题难度不大，注意掌握方程思想的应用，注意熟记公式是关键．
5．【分析】根据全等三角形的判定可得答案．
【解答】解：由作图可知，OC＝O'C'＝OD＝O'D'，CD＝C'D'，
∴△COD≌△C'O'D'（SSS）．
故答案为：A．
【点评】本题考查作图﹣基本作图、全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定以及作一个角等于已知角的方法是解答本题的关键．
6．【分析】在三角形ABC中，由∠B与∠C的度数求出∠BAC的度数，根据AE为角平分线求出∠BAE的度数，由∠BAD﹣∠BAE即可求出∠DAE的度数．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝100°，
又∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝∠BAC＝50°，
∵AD是△ABC的高，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，
则∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝10°，
故选：A．
【点评】此题考查了三角形内角和定理，熟练掌握内角和定理是解本题的关键．
7．【分析】根据每个选项中的图形，及利用轴对称求最短路线可得出答案．
【解答】解：观察四个选项中的图形发现：选项D中，点Q与点P关于直线l对称点的连线交l于M，
根据轴对称的性质可知：PM+QM为最短，
因此所需电缆材料最短，符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了利用轴对称求最短路线，准确识图，熟练掌握利用轴对称求最短路线的方法与技巧是解决问题的关键．
8．【分析】根据全等三角形的判定定理进行判断即可．
【解答】解：如图，
已知：Rt△ABC和Rt△A′B′C′，∠ACB＝∠A′C′B′＝90°，AB＝A′B′，CD⊥AB，C′D′⊥A′B′，CD＝C′D′，
求证：Rt△ABC≌Rt△A′B′C′，
证明：设点O，O′分别为AB，A′B′的中点，则CO＝C′O′，
∵CD⊥AB于D，C'D'⊥A'B'于D'，
∴∠CDB＝∠C′D′B′＝90°，
∴Rt△CDO≌Rt△C′D′O′（HL），
∴∠COD＝∠C'O'D'，
∵CO＝BO，C′O′＝B′O′，
∴∠OCB＝∠B，∠O′C′B′＝∠B′，
∴∠B＝（180°﹣∠COB），∠B'＝（180°﹣∠C′O′B′），
∴∠B＝∠B'，
∴△ABC≌△A′B′C′（AAS），故①正确；
两个锐角分别等的两个直角三角形不一定全等，故②不正确；
斜边和一锐角分别相等的两个直角三角形可利用AAS得出两个直角三角形全等，故③正确；
斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形可利用HL得出两个直角三角形全等，故④正确．
其中所有正确结论的序号是①③④，
故选：D．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定定理，熟练掌握直角三角形全等的判定定理是解题的关键．
9．【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【解答】解：∵∠C＝∠D，AC＝AD，
∴当添加BC＝ED时，△ABC≌△AED（SAS），
当添加∠1＝∠2时，则∠BAC＝∠EAD，△ABC≌△AED（ASA），
当添加∠B＝∠C时，△ABC≌△AED（AAS），
当添加AB＝AE时，不能判断△ABC≌△AED．
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
10．【分析】根据余角的性质得到∠BAG＝∠ACD；故①正确；根据全等三角形的性质得到BF＝AD，由于AG＜AD，得到AG＜BF，故②错误；根据等腰直角三角形的性质得到∠EBF＝∠EBD，根据全等三角形的性质得到DE＝EF，AF＝CD，求得CD＝AE+DE；故③正确；根据全等三角形的性质得到∠CDA＝∠BDE，故④正确．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAG+∠CAG＝90°，
∵AG⊥CD，
∴∠AGC＝90°，
∴∠CAG+∠ACG＝90°，
∴∠BAG＝∠ACD；故①正确；
∵BF⊥AB，
∴∠ABF＝90°，
∴∠ABF＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴△ABF≌△CAD（ASA），
∴BF＝AD，
∵AG＜AD，
∴AG＜BF，故②错误；
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠EBF＝45°，
∴∠EBF＝∠EBD，
∵点D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∴BF＝BD，
∵BE＝BE，
∴△DBE≌△FBE（SAS），
∴DE＝EF，
∵△ABF≌△CAD，
∴AF＝CD，
∵AF＝AE+EF＝AE+DE，
∴CD＝AE+DE；故③正确；
∵△ABF≌△CAD，
∴∠ADC＝∠F，
∵△ABF≌△CAD，
∴∠F＝∠BDE，
∴∠CDA＝∠BDE，故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分，把答案填在答题卡的相应位置．）
11．【分析】根据三角形的稳定性即可得出结论．
【解答】解：根据三角形稳定性；
故答案为：三角形稳定．
【点评】本题考查了三角形的稳定性；熟记三角形的稳定性是关键．
12．【分析】首先证明△COD≌△AOB，利用全等三角形的性质可得∠1＝∠BAO，进而可得答案．
【解答】解：由题意可得CO＝AO，BO＝DO，
在△COD和△AOB中，
∴△COD≌△AOB（SAS），
∴∠1＝∠BAO，
∵∠2+∠BAO＝90°，
∴∠1+∠2＝90°．
故答案为：90．
【点评】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等图形的判定方法和性质．
13．【分析】由“AAS”可证△CBE≌△BAO，可得CE＝BO＝2，BE＝AO＝1，即可求解．
【解答】解：作CE⊥y轴于E．
∵A（﹣1，0），B（0，2），
∴OA＝1，OB＝2，
∵∠CBA＝90°，
∴∠CEB＝∠AOB＝∠CBA＝90°，
∴∠ECB+∠EBC＝90°，∠CBE+∠ABO＝90°，
∴∠ECB＝∠ABO，
在△CBE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS），
∴CE＝BO＝2，BE＝AO＝1，
即OE＝1+2＝3，
∴C（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
14．【分析】根据三角形的内角和得到∠BAC＝110°，由折叠的性质得到∠E＝∠C＝30°，∠EAD＝∠CAD，根据平行线的性质得到∠BAE＝∠E＝30°，根据三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：∵∠B＝40°，∠C＝30°，
∴∠BAC＝110°，
由折叠的性质得，∠E＝∠C＝30°，∠EAD＝∠CAD，
∵DE∥AB，
∴∠BAE＝∠E＝30°，
∴∠CAD＝40°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CAD﹣∠C＝110°，
故答案为：110°．
【点评】本题考查了三角形的内角和，折叠的性质，平行线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
15．【分析】作点D关于AB的对称点E，连接PE，BE，依据轴对称的性质，即可得到DB＝EB，DP＝EP，∠ABC＝∠ABE＝45°，根据PC+PD＝PC+PE，可得当C，P，E在同一直线上时，PC+PE的最小值等于CE的长，根据全等三角形的对应边相等，即可得出PC+PD的最小值为．
【解答】解：如图所示，作点D关于AB的对称点E，连接PE，BE，
则DB＝EB，DP＝EP，∠ABC＝∠ABE＝45°，∠CBE＝90°，
D是BC的中点，
∴，
∴BE＝1，
PC+PD＝PC+PE，
∴当C，P，E在同一直线上时，PC+PE的最小值等于CE的长，此时，PC+PD最小，
AC＝BC＝2，D为BC的中点，
∴CD＝DB＝BE，
又∠ACD＝∠CBE＝90°，
∴△ACD≌△CBE（SAS），
∴，
∴PC+PD的最小值为．
故答案为：．
【点评】此题考查了轴对称线路最短的问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
三．解答题（本大题共8小题，共75分．）
16．【分析】根据AB⊥AD，ED⊥AD可知∠BAC＝∠EDC，再由AC＝DC，∠ACB＝∠ECD可得出△ABC≌△EDC，由全等三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）∵AB⊥AD，ED⊥AD，
∴∠BAC＝∠EDC，
在△ABC与△DEC中，
，
∴△ABC≌△DEC（ASA），
∴DE＝AB；
（2）∵DE＝130×0.6＝78（米），
∴河宽AB＝78米．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，熟知全等三角形的对应边相等是解答此题的关键．
17．【分析】（1）直接根据多边形内角和公式为（n﹣2）×180°求解即可；
（2）根据多边形的外角和为360°，然后根据多边形内角和列方程求解即可．
【解答】解：（1）当n＝6时，（6﹣2）×180°＝720°，
所以这个多边形的内角和为720°；
（2）由题意得，（n﹣2）×180°＝360°×3，
解得：n＝8，
所以n的值为8．
【点评】本题考查了多边形内角和与外角和，熟练掌握多边形内角和公式（n﹣2）×180°以及多边形的外角和为360°是解本题的关键．
18．【分析】（1）根据对称性即可在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；
（2）结合（1）即可写出点A1，B1，C1的坐标；
（3）根据网格利用割补法即可求△ABC的面积．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）A1（1，5），B1（3，0），C1（4，3）；
（3）△ABC的面积为：3×5﹣2×5﹣1×3﹣2×3＝．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称性质．
19．【分析】（1）作线段AC的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，点D即为所求；
（2）利用等腰三角形的三线合一的性质证明即可．
【解答】（1）解：如图，点D为所求作的点；
（2）证明：如图，由（1）得DE⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠AED＝∠ACB，
∴DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠EDC＝∠DCB
∵DA＝DC，DE⊥AC，
∴∠ADE＝∠EDC，
∴∠B＝∠DCB，
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝2∠B．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．【分析】（1）利用三角形内角和定理得出∠BAC的度数，根据角平分线的定义即可得到结论；
（2）进而得出∠ADC的度数，再利用三角形内角和定理和外角性质得出即可．
【解答】解：（1）∵∠B＝35°，∠ACB＝85°，
∴∠BAC＝60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC＝BAC＝30°，
（2）∵∠BAD＝BAC＝30°，
∴∠ADC＝35°+30°＝65°，
∵∠EPD＝90°，
∴∠E的度数为：90°﹣65°＝25°．
故答案为：25°．
【点评】此题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的性质和三角形外角的性质，根据已知得出∠BAD度数是解题关键．
21．【分析】（1）根据题意得到AD＝12cm，BD＝6cm，∠B＝∠C，得到经过2s后，得到BP＝CQ，CP＝BD，根据“边角边”即可证明△BPD≌CQP；
（2）根据点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，得到BP≠CQ，根据△BPD与△CQP全等，∠B＝∠C，得到，BD＝CQ＝6cm，从而求出，即可求出点Q的运动速度为．
【解答】解：（1）△BPD与△CQP全等，理由如下：
∵AB＝AC＝18cm，AD＝2BD，
∴AD＝12cm，BD＝6cm，∠B＝∠C，
∵经过2s后，BP＝4cm，CQ＝4cm，
∴BP＝CQ，CP＝BC﹣BP＝6cm＝BD，
在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌CQP（SAS）；
（2）∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
∵△BPD与△CQP全等，∠B＝∠C，
∴，BD＝CQ＝6cm，
∴，
∴点Q的运动速度为，
∴当点Q的运动速度为时，能够使△BPD与△CQP全等．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
22．【分析】（1）先根据角平分线的定义可得：∠ABD＝∠CBD，∠ACD＝∠DCN，由外角的性质可得结论；
（2）作辅助线，根据角平分线的性质可得结论；
（3）如图2，先根据HL证明Rt△ADQ≌Rt△ADP（HL），得AP＝AQ，同理得：BP＝BE，CQ＝CE，最后由△ABC周长为20可得结论．
【解答】（1）解：∵∠ABC的平分线与∠ACB的外角平分线交于点D，
∴∠ABD＝∠CBD，∠ACD＝∠DCN，
∵∠BAC＝68°，
∴∠ACN﹣∠ABC＝∠BAC＝68°，
∴∠DCN﹣∠CBD＝∠BAC＝×68°＝34°，
∵∠BDC＝∠DCN﹣∠CBD，
∴∠BDC＝34°；
（2）证明：如图2，过点P作DP⊥AB于P，DQ⊥AC于Q，
∵DE⊥BC，BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，
∴DP＝DE，DQ＝DE，
∴DP＝DQ，
∴AD平分∠CAM；
（3）解：如图2，由（2）知：DP＝DQ，
在Rt△ADQ和Rt△ADP中，
，
∴Rt△ADQ≌Rt△ADP（HL），
∴AP＝AQ，
同理得：BP＝BE，CQ＝CE，
∵△ABC的周长＝AB+BC+AC＝20，
∴AB+BC+AP+CE＝20，
∵AB+AP＝BC+CE，
∴BC+CE＝10，
即BE＝10．
【点评】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形全等的性质和判定，角平分线的定义和性质等知识，利用角平分线的性质进行证明是解题的关键．
23．【分析】（1）由SAS证明△ABD≌△CED得出CE＝AB＝10，在△CBE中，由三角形的三边关系即可得出结论；
（2）延长ND至点F，使FD＝ND，连接AF、MF，同（1）得△AFD≌△CND，由全等三角形的性质得出AF＝CN，由线段垂直平分线的性质得出MF＝MN，在△AFM中，由三角形的三边关系即可得出结论；
（3）延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，由（1）得：△ABD≌△CED，由全等三角形的性质得出∠ABD＝∠E，AB＝CE，证出∠BCE＝∠MBN，证明△BCE≌△NBM得出BE＝MN，则2BD＝MN．
【解答】解：（1）延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，
∵BD是AC边上的中线，
∴AD＝CD，
在△ABD和△CED中，
，
∴△ABD≌△CED（SAS），
∴CE＝AB＝10，
在△CBE中，由三角形的三边关系得：CE﹣BC＜BE＜CE+BC，
∴10﹣8＜BE＜10+8，即2＜BE＜18，
∵BE＝2BD，
∴2＜2BD＜18，
∴1＜BD＜9；
故答案为：SAS；1＜BD＜9；
（2）AM+CN＞MN，证明如下：
延长ND至点F，使FD＝ND，连接AF、MF，如图2所示：
同（1）可证：△AFD≌△CND（SAS），
∴AF＝CN，
∵DM⊥DN，FD＝ND，
∴MD是线段NF的垂直平分线，
∴MF＝MN，
在△AFM中，由三角形的三边关系得：AM+AF＞MF，
∴AM+CN＞MN；
（3）2BD＝MN，理由如下：
延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，如图3所示：
同（1）得：△ABD≌△CED，
∴∠ABD＝∠E，AB＝CE，
∵∠ABM＝∠NBC＝90°，
∴∠ABC+∠MBN＝180°，即∠ABD+∠CBD+∠MBN＝180°，
∵∠E+∠CBD+∠BCE＝180°，
∴∠BCE＝∠MBN，
∵AB＝MB，
∴CE＝MB，
在△BCE和△NBM中，
，
∴△BCE≌△NBM（SAS），
∴BE＝MN，
∴2BD＝MN．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质等知识，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．