2023-2024学年湖南省长沙市岳麓区麓山外国语实验中学八年级（上）第三次月考数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市岳麓区麓山外国语实验中学八年级（上）第三次月考数学试卷(含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.数学中有许多精美的曲线，以下是“笛卡尔叶形线”“阿基米德螺线”“三叶玫瑰线”和“星形线”.其中一定不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.我国的泉州湾跨海大桥是世界首座跨海高铁大桥，其创新采用的“石墨烯重防腐涂装体系”，将实现30年超长防腐寿命的突破.石墨烯作为本世纪发现的最具颠覆性的新材料之一，其理论厚度仅有0.00000000034m，请将0.00000000034用科学记数法表示为( )
A. 0.34×109B. 0.34×10−9C. 3.4×1010D. 3.4×10−10
3.一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形是
( )
A. 四边形B. 五边形C. 六边形D. 八边形
4.计算下列各式，结果为x5的是( )
A. (x2)3B. x10÷x2C. x2⋅x3D. x6−x
5.下列计算正确的是( )
A. 12=2 3B. −x3=−x xC. 32= 32D. x2=x
6.估计 28+ 7的运算结果应在哪两个数之间( )
A. 5和6B. 6和7C. 7和8D. 8和9
7.下列变形中，正确的是( )
A. a+ba2+b2=1a+bB. x−yx+y=−x+yx+y
C. a−1a+1=a+1a−1D. x−+y=10x−3y3x+10y
8.已知，1a+1b=5，则代数式a−2ab+b4a+4b+ab的值等于( )
A. 3B. 521C. 17D. 5
9.已知x2+3x−12=0，则代数式x3−21x+5的值是( )
A. 31B. −31C. 41D. −41
10.如图，在△ABC中，AC=BC，∠B=30°，D为AB的中点，P为CD上一点，E为BC延长线上一点，且PA=PE.有下列结论：①∠PAD+∠PEC=30°；②△PAE为等边三角形；③PD=CE−CP2；④S四边形AECP=S△ABC.其中正确的结论是( )
A. ①②③④B. ①②C. ①②④D. ③④
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.若代数式 x−1 x−2有意义，则实数x的取值范围是______．
12.数学课上老师布置了“测量锥形瓶内部底面的内径”的探究任务，小聪想到老师讲过“利用全等三角形对应边相等，可以把不能直接测量的物体‘移’到可以直接测量的位置测量”于是他设计了如下方案：如图，用螺丝钉将两根小棒AC，BD的中点O固定，只要测得C，D之间的距离，就可知道内径AB的长度．此方案中，判定△AOB≌△COD的依据是______．
13.已知等腰三角形的一边长等于4cm，一边长等于9cm，它的周长为______．
14.若ax=2，ay=5，则ax+y= ______．
15.若x2+mx+9是一个完全平方式，则m的值是 ．
16.已知x= 3+ 2,y= 3− 2，则x3y+xy3=______．
17.已知 x2−2003+ x2−2023=10，则x的值为______．
18.在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=8，D是边BC上一点，BD=3CD，E，F分别是边AC，AB上的动点，则DE+EF的最小值为______．
三、计算题：本大题共2小题，共14分。
19.分解因式：
(1)3a2−6ab+3b2；
(2)x2(m−2)+y2(2−m)．
20.先简化，再求值：(2xx2−4−1x+2)÷x−1x−2，其中x= 3+1．
四、解答题：本题共6小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
21.(本小题6分)
计算：
(1)(15)−1+(π−3)0−|−2|；
(2) 27− 24÷ 2− 13．
22.(本小题8分)
计算：
(1)[a3⋅a5+(3a4)2]÷a2；
(2)4(x+1)2−(2x+5)(2x−5)．
23.(本小题9分)
已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
(1)求证：△BAD≌△CAE；
(2)请判断BD、CE有何大小、位置关系，并证明．
24.(本小题9分)
某中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
(1)求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元；
(2)该中学决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3060元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
25.(本小题10分)
著名数学教育家波利亚曾说：“对一个数学问题，改变它的形式，变换它的结构，直到发现有价值的东西，这是数学解题的一个重要原则．
阅读材料：在处理分数和分式的问题时，有时由于分子大于分母，或分子的次数高于分母的次数，在实际运算时难度较大，这时，我们可将分数(分式)拆分成一个整数(整式)与一个真分数(分式)的和(差)的形式，通过对它的简单分析来解决问题，我们称这种方法为分离常数法，此法在处理分式或整除问题时颇为有效．
将分式分离常数可类比假分数变形带分数的方法进行，如：x2−2x+3x−1=x(x−1)+x−2x+3x−1=x+−(x−1)+2x−1=x−1+2x−1，这样，分式就拆分成一个整式x−1与一个分式2x−1的和的形式．
根据以上阅读材料，解答下列问题：
(1)若分式x+2024x+2022的值为非负整数，则整数x的值为______．
(2)求分式2x2+7x2+1的取值范围；
(3)若分式5x2+9x−3x+2拆分成一个整式与一个真分式(分子为整数)的和(差)的形式为：5m−11+1n−6(整式部分对应等于5m−11，真分式部分对应等于1n−6)，求m2+n2+mn的最小值．
26.(本小题10分)
已知A(0,a)，B(b,0)，且a，b满足|a− 3|+b2−2b+1=0，∠ABO=60°，点B关于y轴的对称点为C．
(1)求点C的坐标；
(2)如图1，点E在CA的延长线上，点D为CE的垂直平分线与AB的交点，连接CD，若点F为CD的中点，求证：BE=2BF；
(3)如图2，若点M在线段OC上，点N在线段AB上，满足∠ANM=2∠MAN，试探究CM，BN，MN之间的数量关系，并证明你的结论．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A，C，D选项中的图形都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；
B选项中的图形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；
故选：B．
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．
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.【答案】D
【解析】解：0.00000000034=3.4×10−10，
故选：D．
把小于1的正数用科学记数法写成a×10−n的形式即可得出结论．
本题考查了科学记数法，解题的关键是掌握科学记数法．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查多边形的内角和与外角和，关键是记住内角和的公式与外角和：任何多边形的外角和都等于360°，
设所求多边形边数为n，根据题意列方程求解即可．
【解答】
解：设所求多边形边数为n，
由题意得(n−2)⋅180°=360°×2
解得n=6．
则这个多边形是六边形．
故选C．
4.【答案】C
【解析】解：A、原式=x6，故A不符合题意．
B、原式=x8，故B不符合题意．
C、原式=x5，故C符合题意．
D、x6与−x不能合并，故D不符合题意．
故选：C．
根据同底数幂的乘除运算、幂的乘方运算、合并同类项法则即可求出答案．
本题考查同底数幂的乘除运算、幂的乘方运算、合并同类项法则，本题属于基础题型．
5.【答案】A
【解析】解：A． 12=2 3，故本选项符合题意；
B. −x3=−x −x，故本选项不符合题意；
C. 32= 3×22×2= 62，故本选项不符合题意；
D.当x<0时， x2=−x，只有当x≥0时， x2=x，故本选项不符合题意，
故选：A．
先根据二次根式的性质进行化简，再得出选项即可．
本题考查了二次根式的性质，能熟记二次根式的性质是解此题的关键，注意： x2=|x|=x(x≥0)−x(x<0)．
6.【答案】C
【解析】解：∵ 28+ 7=2 7+ 7=3 7= 63，
∵7< 63<8，
∴ 28+ 7的运算结果在7和8之间，
故选：C．
由 28+ 7=3 7，算出3 7的范围，即可得出答案．
本题考查了估算无理数的大小以及二次根式的性质，能估算出3 7的范围是解此题的关键．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了分式的基本性质：分式的分子与分母同乘(或除以)一个不等于0的整式，分式的值不变．注意：同乘(或除以)的这个整式一定不能为0，这是容易忽视的地方，也是容易出错的地方．
根据分式的基本性质，分别化简各式，即可求解．
【解答】
解：A、分母不能分解因式，所以原式不能约分，故错误；
B、x−yx+y=−x+y−x−y，故错误；
C、a−1a+1≠a+1a−1，故错误；
D、x−+y=10x−3y3x+10y，故正确；
故选：D．
8.【答案】C
【解析】解：原式=1b−2+1a4a+4b+1
=1a+1b−24(1a+1b)+1
当1a+1b=5时，
原式=5−24×5+1
=321
=17．
故选：C．
将原式进行化简，然后将1a+1b=5代入原式即可求出答案．
本题考查分式的值，解题的关键是将原式进行化简，本题属于基础题型．
9.【答案】B
【解析】解：∵x2+3x−12=0，
∴x2+3x=12，
∴x3+3x2=12x即x3=12x−3x2，
∴x3−21x+5=12x−3x2−21x+5=−3(x2+3x)+5=−3×12+5=−31．
故选：B．
先由x2+3x−12=0得到x2+3x=12，进而得到x3=12x−3x2，最后代入计算即可．
本题考查了等式的性质和代数式求值，由题意得到x3=12x−3x2是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接BP，
∵AC=BC，∠ABC=30°，点D是AB的中点，
∴∠CAB=∠ABC=30°，AD=BD，CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=60°，
∴CD是AB的中垂线，
∴AP=BP，且AP=PE，
∴AP=PB=PE
∴∠PAB=∠PBA，∠PEB=∠PBE，
∴∠PBA+∠PBE=∠PAB+∠PEB，
∴∠ABC=∠PAD+∠PEC=30°，
故①正确；
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∵∠ABC=∠PAD+∠PEC=30°，
∴∠PAE=∠PEA=60°，
∴△PAE是等边三角形，
故②正确；
如图，作点P关于AB的对称点P′，连接P′A，P′D，
∴AP=AP′，∠PAD=∠P′AD，
∵△PAE是等边三角形，
∴AE=AP，
∴AE=AP′，
∵∠CAD=∠CAP+∠PAD=30°，
∴2∠CAP+2∠PAD=60°，
∴∠CAP+∠PAD+∠P′AD=60°−∠PAC，
∴∠P′AC=∠EAC，
∵AC=AC，
∴△P′AC≌△∠EAC(SAS)，
∴CP′=CE，
∵点P、P′关于AB对称，即PP′⊥AB，且PD=P′D，
∵CD⊥AB，
∴C、P、D、P′共线，
∴CE=CP′=CP+PD+DP′=CP+2PD，
∴PD=CE−CP2．
故③正确；
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG=CP，
∵CG=CP，∠BCD=60°，
∴△CPG是等边三角形，
∴∠CGP=∠PCG=60°，
∴∠ECP=∠GPB=120°，且EP=PB，∠PEB=∠PBE，
∴△MCE≌△BGE(AAS)，
∴CE=GB，
∴AC=BC=BG+CG=EC+CP，
∵∠ABC=30°，AF⊥BM，
∴AF=12AB=AD，
∵S△ACB=12CB×AF=12(EC+CP)×AF=12EC×AF+12CP×AD=S四边形AECP，
∴S四边形AECP=S△ABC.故④正确．
所以其中正确的结论是①②③④．
故选：A．
连接BP，由等腰三角形的性质和线段的中垂线性质即可判断①；由三角形内角和定理可求∠PEA=∠PAE=60°，可判断②；过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG=CP，由“SAS”可证△P′AC≌△∠EAC，作点P关于AB的对称点P′，连接P′A，P′D，根据对称性质即可判断③；过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG=CP，由三角形的面积的和差关系可判断④．
本题考查了全等三角形的判定，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线是本题的关键．
11.【答案】x>2
【解析】解：由题意得：x−1≥0且x−2>0，
解得：x>2，
故答案为：x>2．
根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件、分式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键．
12.【答案】SAS
【解析】【分析】
本题考查的是全等三角形的应用，掌握SAS公理是解题的关键．
根据SAS公理解答即可．
【解答】
解：在△COD和△AOB中，
OC=OA∠COD=∠AOBOD=OB，
∴△COD≌△AOB(SAS)，
∴AB=CD，
∴此方案依据判断三角形全等的SAS公理，
故答案为SAS．
13.【答案】22cm
【解析】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．
题目给出等腰三角形有两条边长为4cm和9cm，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
解：分两种情况：
当腰为4时，4+4<9，因为两边之和小于第三边，所以不能构成三角形；
当腰为9时，4+9>9，所以能构成三角形，周长是：9+9+4=22(cm)．
故答案为：22cm．
14.【答案】10
【解析】解：∵ax=2，ay=5，
∴ax+y=ax⋅ay=2×5=10，
故答案为：10
原式逆用同底数幂的乘法法则变形，将已知等式代入计算即可求出值．
此题考查了同底数幂的乘法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15.【答案】±6
【解析】【分析】
利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出m的值．
此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【解答】
解：因为x2+mx+9是一个完全平方式，
所以x2+mx+9=(x±3)2，
所以m=±6，
故答案为：±6．
16.【答案】10
【解析】解：∵x= 3+ 2,y= 3− 2，
∴x+y=2 3，xy=1，
∴x3y+xy3=xy(x2+y2)
=xy[(x+y)2−2xy]
=(2 3)2−2
=10．
由已知得x+y=2 3，xy=1，把x3y+xy3分解因式再代入计算．
本题主要考查了代数式求值，因式分解，二次根式的运算．
17.【答案】± 2039
【解析】解：∵ x2−2003+ x2−2023=10，
∴ x2−2003=10− x2−2023，
∴x2−2003=100−20 x2−2023+x2−2023，
∴ x2−2023=4，
∴x2−2023=16，
∴x2=2039，
∴x=± 2039；
故答案为：± 2039．
利用平方法解方程即可．
本题考查解无理方程，解答本题的关键熟练掌握解一元一次方程的方法．
18.【答案】5
【解析】解：延长DC作DC=D′C，连接D′F，
此时DE+EF=D′E+EF=D′F，
∵DE+EF最小，
∴D′F⊥AB时，DE+DF的值最小，
∵BC=8，BD=3CD，
∴BD=6，CD=C′D=2，
∴BD′=10，
∵∠ABC=30°，
∴D′F=12DB′=5，
故答案为：5．
延长DC作DC=D′C，连接D′F，由点到直线的距离可知当D′F⊥AB时DE+EF有最小值，根据30度角的直角三角形性质作答即可．
本题考查了求最短距离，含30度角的直角三角形的性质，正确构造辅助线是解题的关键．
19.【答案】解：(1)3a2−6ab+3b2
=3(a2−2ab+b2)
=3(a−b)2；
(2)x2(m−2)+y2(2−m)
=x2(m−2)−y2(m−2)
=(m−2)(x2−y2)
=(m−2)(x+y)(x−y)．
【解析】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
(1)先提公因式，然后再利用完全平方公式继续分解即可；
(2)先提公因式，然后再利用平方差公式继续分解即可．
20.【答案】解：原式=[2x(x+2)(x−2)−1x+2]÷x−1x−2
=2x−(x−2)(x+2)(x−2)×x−2x−1
=1x−1，
当x= 3+1时，
原式= 33．
【解析】先对x2−4分解因式，再通分、约分，进行化简求值．
考查分式的化简求值，比较简单．
21.【答案】解：(1)原式=5+1−2=4；
(2)原式=3 3− 12− 33=3 3−2 3− 33=2 33．
【解析】(1)本题考查实数的混合运算，先进行负整数指数幂，零指数幂，去绝对值运算，再进行加减运算即可；
(2)本题考查二次根式的混合运算，先化简各式，再进行减法运算即可．
本题考查二次根式的混合运算，掌握二次根式的混合运算法则是关键．
22.【答案】解：(1)原式=(a8+9a8)÷a2
=10a8÷a2
=10a6；
(2)原式=4x2+8x+4−4x2+25
=8x+29．
【解析】(1)原式括号中利用同底数幂的乘法法则，幂的乘方与积的乘方运算法则计算，合并后利用单项式除以单项式法则计算即可求出值；
(2)原式利用完全平方公式，以及单项式乘多项式法则计算，去括号合并即可得到结果．
此题考查了整式的混合运算，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，以及完全平方公式，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．
23.【答案】证明：(1)∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)．
(2)BD=CE，BD⊥CE，理由如下：
由(1)知，△BAD≌△CAE，
∴BD=CE；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC=45°，
∴∠ACE+∠DBC=45°，
∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，
则BD⊥CE．
【解析】(1)要证△BAD≌△CAE，现有AB=AC，AD=AE，需它们的夹角∠BAD=∠CAE，而由∠BAC=∠DAE=90°很易证得．
(2)BD、CE有何特殊位置关系，从图形上可看出是垂直关系，可向这方面努力．要证BD⊥CE，需证∠BDE=90°，需证∠DBC+∠DCB=90°可由直角三角形提供．
本题考查了全等三角形的判定和性质；全等问题要注意找条件，有些条件需在图形是仔细观察，认真推敲方可．做题时，有时需要先猜后证．
24.【答案】解：(1)设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要(x+30)元，
依题意得：2500x=2×2000x+30，
解得：x=50，
经检验，x=50是原方程的解，且符合题意，
∴x+30=80．
答：购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元．
(2)设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买(50−m)个A品牌足球，
依题意得：50×(1+8%)(50−m)+80×0.9m≤3060，
解得：m≤20．
答：该中学此次最多可购买20个B品牌足球．
【解析】(1)设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要(x+30)元，由题意：购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，列出分式方程，解方程即可；
(2)设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买(50−m)个A品牌足球，由题意：A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3060元，列出不等式，一元一次不等式，解之取其中的最小值即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
25.【答案】−2020或−2021或−2024
【解析】解：(1)∵x+2024x+2022=x+2022+2x+2022=1+2x+2022的值为非负整数，
∴x+2022=1，±2，
∴x=−2020，−2021，−2024；
故答案为：−2020或−2021或−2024；
(2)2x2+7x2+1=2(x2+1)+5x2+1=2+5x2+1，
∵x2+1≥1，
∴0<5x2+1≤5，
∴2<2+5x2+1≤7，即：2<2x2+7x2+1≤7；
(3)∵5x2+9x−3x+2=5(x+2)2−11(x+2)−1x+2=5(x+2)−11−1x+2，
又5x2+9x−3x+2=5m−11+1n−6，
∴m=x+2，n−6=−x−2，
∴n=−x+4，
∴m+n=6，mn=−x2+2x+8，
∴m2+n2+mn=(m+n)2−mn
=36+x2−2x−8
=(x−1)2+27；
∵(x−1)2≥0，
∴m2+n2+mn≥27；
∴m2+n2+mn的最小值为27．
(1)根据题干中的方法，将分式进行变形，再进行求解即可；
(2)先将分式转化为一个整数和一个分式的和的形式，进而求出取值范围即可；
(3)先将分式转化为一个整数和一个分式的和的形式，然后将代数式转化为完全平方公式的形式，求出最大值即可．
本题考查分式的化简以及完全平方公式，掌握分式的变形方法是解题的关键．
26.【答案】(1)解：∵|a− 3|+b2−2b+1=0，
∴|a− 3|+(b−1)2=0，
∴a= 3，b=1，
∴B(1,0)，
∵点B关于y轴的对称点为C，
∴C(−1,0)；
(2)证明：过点D作DP/​/BC交AC于P，延长BF至Q，使BF=QF，连接CQ，

∵点B关于y轴的对称点为C，
∴AC=AB，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵DP/​/BC，
∴∠APD=∠ACB=∠ADP=60°，
∴△ADP为等边三角形，
∴∠APD=∠PAD=60°，AD=DP=AP，
∴∠DAE=∠DPC=120°，CP=BD，
又∵D为CE的垂直平分线与AB的交点，
∴DC=DE，
∴∠AED=∠PCD，
在△AED和△PCD中，
∠DAE=∠DPC∠AED=∠PCDDC=DE，
∴△AED≌△PCD(AAS)，
∴AE=CP=BD，
又∵F为CD的中点，
∴CF=DF，
∵∠CFQ=∠DFB，
∴△CFQ≌△DFB(SAS)，
∴CQ=DB=AE，∠Q=∠DBF，
∴CQ//AB，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCQ=120°，即∠BCQ=∠BAE=120°，
在△BCQ和△BAE中，
CQ=AE∠BCQ=∠BAEBC=AB，
∴△BCQ≌△BAE(SAS)，
∴BE=BQ=BF+QF=2BF；
(3)解：MN=NB+CM．
证明：在AC上截取CG=CM，连接MG，在AB的延长线上截取BH=CM，连接MH，

由(2)可知△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
又∵CG=CM，
∴△CMG为等边三角形，
∴CM=MG=CG，∠CGM=∠ABC=60°，
∴∠AGM=∠MBH=120°，AG=MB，BH=MG=CM，
∴△AGM≌△MBH(SAS)，
∴∠CAM=∠BMH，
∵∠CAM+∠MAN=∠BMH+∠H，
∴∠H=∠MAN，
∵∠ANM=∠H+∠NMH=2∠MAN，
∴∠H=∠NMH，
∴NM=NH，
∴MN=BN+CM．
【解析】(1)由非负数的性质得出a= 3，b=1，求出B点坐标，则可得出答案；
(2)过点D作DP/​/BC交AC于P，延长BF至Q，使BF=QF，连接CQ，证出△ABC是等边三角形，得出∠ABC=60°，证明△AED≌△PCD(AAS)，由全等三角形的性质得出AE=CP=BD，证明△BCQ≌△BAE(SAS)，由全等三角形的性质得出BE=BQ=BF+QF=2BF，则可得出结论；
(3)在AC上截取CG=CM，连接MG，在AB的延长线上截取BH=CM，连接MH，证明△AGM≌△MBH(SAS)，由全等三角形的性质得出∠CAM=∠BMH，证出NM=NH，则可得出结论．
本题是三角形综合题目，考查了非负数的性质，等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、等腰三角形的判定、轴对称的性质、平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．