人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定课时练习

这是一份人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定课时练习，共29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。
专题12.5 全等三角形“一线三等角”模型（专项训练）-2022-2023学年八年级数学上册《同步考点解读·专题训练》（人教版）
一、选择题
1．如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，BE＝3cm，AD＝7cm，则DE的长是（　　）

A．3cm B．3.5cm C．4cm D．4.5cm
2．如图所示，在平面直角坐标系中，等腰的直角顶点在轴上，点在轴上，若点坐标为，则点坐标为（    ）

A． B． C． D．
3．如图，在等腰直角三角形中，，点B在直线l上，过A作于D，过C作于E．下列给出四个结论：①；②与互余；③．其中正确结论的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
4．如图，在中，，则M的坐标是（    ）

A． B． C． D．
5．如图，E为线段BC上一点，∠ABE=∠AED=∠ECD=90°，AE=ED，BC=20，AB=8，则BE的长度为（    ）

A．12 B．10 C．8 D．6
6．如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（　　）

A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
7．如图，由AB＝AC，∠B＝∠C，便可证得BAD≌CAE，其全等的理由是（　　）

A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
8．如图，OA⊥OB，OB＝4，P是射线OA上一动点，连接BP，以B为直角顶点向上作等腰直角三角形，在OA上取一点D，使∠CDO＝45°，当P在射线OA上自O向A运动时，PD的长度的变化（　　）

A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．保持不变
二、填空题
9．如图，一块含45°的三角板的一个顶点A与矩形ABCD的顶点重合，直角顶点E落在边BC上，另一顶点F恰好落在边CD的中点处，若，则AB的长为______．

10．如图，△ACB在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，O是AC的中点，点A的坐标是（1，2），则点B的坐标为______．

11．在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB=42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点A，QB⊥AB于点B，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，点M，N运动的速度之比为3∶4，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则线段AC的长为________cm．

12．如图，在平面直角坐标系中，AB＝BC，∠ABC＝90°，A（3，0），B（0，-1），以AB为直角边在AB边的下方作等腰直角△ABC，则点C的坐标是______．

三、解答题
13．如图，，是内部一条射线，若，于点E，于点F．求证：．

14．如图，，，，，垂足分别为，．

(1)求证：；
(2)试探究线段，，之间有什么样的数量关系，请说明理由．
15．如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．

16．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E，求证：
（1）△ADC≌△CEB；
（2）DE＝AD＋BE

17．已知在平面直角坐标系中，在中，，．
（1）如图①，已知点，，求点C的坐标；
（2）如图②，已知点，，求点C的坐标．

18．在中，，，直线MN经过点C且于D，于E．

(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①≌；
②；
(2)当直线MN烧点C旋转到图2的位置时，求证：；
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
19．在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A（0，5），点C（-2，0），点B在第四象限．

(1)如图1，求点B的坐标；
(2)如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证CD＋DN＝AM；
(3)如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象限作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C在x轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．
20．如图1，∠ABC＝90°，FA⊥AB于点A，D是线段AB上的点，AD＝BC，AF＝BD．

(1)判断DF与DC的数量关系为 　 　，位置关系为 　 　．
(2)如图2，若点D在线段AB的延长线上，过点A在AB的另一侧作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接DC，DF，CF，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由．
21．如图1，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在中，，，试回答下列问题：
（1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当AB∥MN时， 度；
（2）在三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转过程中，分别作AM⊥MN于M，BN⊥MN与N，若，，求MN．
（3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由．


参考答案：
1．C
【分析】根据同角的余角相等，得∠CBE＝∠ACD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，进而求得DE．
【详解】解：∵BE⊥CE，AD⊥CE
∴∠BEC＝90°，∠ADC＝90°
∴∠CBE +∠BCE＝90°，
∵∠ACB＝90°
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CBE＝∠ACD，
在△ACD与△CBE中，

∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，
∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，本题证明△ACD≌△CBE是关键.
2．D
【分析】作BD⊥轴于点D，由等腰可得AC=BC，进一步可证明，得到CO=BD=1，AO=CD=OD-OC=5，即可得到点A的坐标．
【详解】解：如图，

作BD⊥轴于点D，’
∴∠BDC=90°，
∴∠BCD+∠CBD=90°，
∵点坐标为，
∴ OD=6，BD=1，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=90°，AC=BC，
∴ ∠ACO+∠BCD=90°
∴ ∠ACO=∠CBD
在和中，
∵，
∴ （AAS），
∴ CO=BD=1，AO=CD，
∴AO=CD=OD-OC=5，
∵点在轴上，
∴点坐标为（0，5），
故答案选：D．
【点睛】本题考查了利用几何图形的性质求点的坐标的问题，综合性稍强，灵活运用所学知识是关键．
3．D
【分析】证△ADB≌△BEC即可．
【详解】证明：∵， ，
∴∠ADB=∠BEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∵，
∴∠ABD+∠CBE=90°，
∴∠BAD=∠CBE，
∴∠BCE+∠BAD=90°，故②正确；
∵∠BAD=∠CBE，∠ADB=∠BEC=90°，
∴△ADB≌△BEC，
∴，AD=BE，故①正确；
DE=DB+BE=CE+AD，故③正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题关键是找到并证明全等三角形．
4．D
【分析】过点N作ND⊥y轴于点D，利用P（0，2），N（2，−2），得出OP＝2，OD＝2，DN＝2，根据“AAS”证明△MOP≌△PDN，OM＝PD，即可得出答案．
【详解】解：过点N作ND⊥y轴于点D，

∵P（0，2），N（2，−2），
∴OP＝2，OD＝2，DN＝2，
∴PD＝4，
∵PM⊥PN，
∴∠MPN＝90°，
∴∠MPO＋∠DPN＝90°，
又∵∠DPN＋∠PND＝90°，
∴∠MPO＝∠PND，
又∵∠MOP＝∠PDN＝90°，
∴△MOP≌△PDN（AAS），
∴OM＝PD＝4，
∴M（−4，0），故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平面直角坐标系中点的坐标，作出辅助线，证明△MOP≌△PDN是解题的关键．
5．A
【分析】利用角相等和边相等证明，利用全等三角形的性质以及边的关系，即可求出BE的长度．
【详解】解：由题意可知：∠ABE=∠AED=∠ECD=90°，
，，
，
在和中，

，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要是考查了全等三角形的判定和性质，熟练通过已知条件证明三角形全等，利用全等性质及边的关系，来求解未知边的长度，这是解决本题的主要思路．
6．B
【分析】根据题意证明即可得出结论．
【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
7．C
【分析】根据全等三角形的判定定理解答即可．
【详解】解：在和中，
，
∴BAD≌CAE，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解本题的关键．
8．D
【分析】过点作于，于，先根据矩形的判定与性质可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据等腰直角三角形的判定与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得出结论．
【详解】解：如图，过点作于，于，

则四边形是矩形，
，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴的长度保持不变，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造矩形和全等三角形是解题关键．
9．8
【分析】利用矩形和等腰直角三角形性质可证得：△ABE≌△ECF（AAS），得出：AB=CE，BE=CF，由点F是CD的中点，进而根据矩形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠C=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
在△ABE和△ECF中，

∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴AB=CE，BE=CF，
∵点F是CD的中点，
∴CF=CD，
∴BE=CF=AB，
∵BE+CE=BC=12，
∴AB+AB=12，
∴AB=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
10．（﹣5，0）
【分析】过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作x轴的平行线交AE的延长线于点F，证明△AOE≌△COD（AAS），由全等三角形的性质得出AE=DC=2，OE=OD=1，证明△BCD≌△ACF（AAS），由全等三角形的性质得出BD=AF，CD=CF=2，求出OB=5，则可得出答案．
【详解】解：过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作x轴的平行线交AE的延长线于点F，

∵点A的坐标是（1，2），
∴OE＝1，AE＝2，
∵CD⊥BD，AE⊥OE，
∴∠ODC＝∠AEO＝90°，
∵∠AOE＝∠DOC，OA＝OC，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴AE＝DC＝2，OE＝OD＝1，
∴DE＝CF＝2，
∵∠ACB＝∠AFC＝90°，∠BOC＝∠AOE，
∴∠CBD＝∠CAF，
又∵BC＝AC，
∴△BCD≌△ACF（AAS），
∴BD＝AF，CD＝CF＝2，
∴AF＝4，
∴BD＝4，
∴OB＝BD+DO＝4+1＝5，
∴B（﹣5，0）．
故答案为：（﹣5，0）．
【点睛】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、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
11．18或21##21或18
【分析】设BM＝3t，则BN＝4t，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，列方程解得t，可得AC．
【详解】解：设BM＝3t，则BN＝4t，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，
∵BN＝AM，AB＝42，
∴4t＝42−3t，
解得：t＝6，
∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
∵BM＝AM，AB＝42，
∴3t＝42−3t，
解得：t＝7，
∴AC＝BN＝3t＝3×7＝21，
综上所述，AC＝18或AC＝21．
故答案为：18或21．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，利用分类讨论思想是解答此题的关键．
12．
【分析】过点作轴于点，通过角的计算可找出，结合、，即可证出，根据全等三角形的性质即可得出、，再结合点、的坐标即可得出、的长度，进而可得出点的坐标．
【详解】解：过点作轴于点，如图所示．

，，
，，
．
在和中，
，
，
，．
，，
，，，
点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质以及坐标与图形性质，解题的关键是利用全等三角形的判定定理证出．
13．见解析
【分析】根据同角的余角相等得到，利用，得到，然后利用“AAS”来证明三角形全等．
【详解】证明：，
，
，，
，
，
．            
在和中，
，            
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，利用“AAS”来证明三角形全等是解答关键．
14．(1)见解析
(2)，见解析

【分析】（1）由“AAS”可证；
（2）由全等三角形的性质可得，，即可求解．
【详解】（1）证明：

∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴（AAS）．
（2）解：，理由如下：
∵，
∴，．
∵，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，掌握全等三角形的判定是本题的关键．
15．7
【分析】由∠AEC=∠BAC=α，推出∠ECA=∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE得CE=AD，AE=BD=3，即可得出结果．
【详解】解：∵∠AEC=∠BAC=α，
∴∠ECA+∠CAE=180°-α，
∠BAD+∠CAE=180°-α，
∴∠ECA=∠BAD，
在△BAD与△ACE中，

∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴CE=AD，AE=BD=3，
∵DE=AD+AE=10，
∴AD=DE-AE=DE-BD=10-3=7．
∴CE=7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△BAD≌△ACE是解题的关键
16．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由垂直得∠ADC=∠BEC=90°，由同角的余角相等得：∠DAC=∠BCE，因此根据AAS可以证明△ADC≌△CEB；
（2）由（1）中的全等得：DC=BE，AD=EC，根据线段的和可得结论．
【详解】（1）证明：
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠CEB=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
在△ADC和△CEB中

∴△ADC≌△CEB（AAS），
（2）由（1）得∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=DC+CE=BE+AD．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是关键；在证明角相等时常利用同角的余角相等来证明角的大小关系；要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
17．（1）；（2）
【分析】（1）过点C作x轴的垂线，交x轴于点D  证明，再利用全等三角形的性质可得答案；
（2）过B作x轴的垂线，交x轴于点D，过点C作DB的垂线交DB的延长线于点E，证明，再利用全等三角形的性质可得答案.
【详解】解：（1）过点C作x轴的垂线，交x轴于点D  

∵，
∴，  
∵，
∴
∴
在和中
，
∴
∴，
∴
∴点C坐标为
（2）过B作x轴的垂线，交x轴于点D，过点C作DB的垂线交DB的延长线于点E

∵，
∵， 而
∴ ，
∴
在和中

∴
∴ ，  
∴
所以点C的横坐标为
∴点C坐标为
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，坐标与图形，掌握“构建全等三角形，利用证明三角形全等”是解题的关键.
18．(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见解析

【分析】（1）①根据，，，得出，再根据即可判定；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出，，进而得到；
（2）先根据，，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，，最后得出；
（3）运用（2）中的方法即可得出，，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式．
【详解】（1）解：①，，
，
，，
，
在和中，

；
②，
，，
；
（2）证明：，，
，
，
在和中，

；
，，
；
（3）证明：当旋转到题图（3）的位置时，，，所满足的等量关系是：或或．
理由如下：，，
，
，
在和中，

，
，，
（或者对其恒等变形得到或）．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
19．(1)；
(2)见解析；
(3)不变化，

【分析】（1）过B作BH⊥x轴于H，根据等角的余角相等证得∠BCH=∠CAO，根据全等三角形的判定和性质证明△BHC≌△COA得到BH=CO=2，CH=OA=5，进而可求得点B坐标；
（2）利用待定系数法分别求出直线AB、BC的表达式，进而求得D、M的坐标，设N（x，），利用平面直角坐标系中两点间距离坐标公式和解一元二次方程可求得x值，可得点N坐标，进而求得CD、DN、AM即可证得结论；
（3）过点E作EH⊥x轴于H，易证△AOC≌△CHE和△EHP≌△FCP，可得OA=CH，CP=PH，进而有CP= CH= OA即可得出结论．
（1）
解：∵点A（0，5），点C（-2，0），
∴OA=5，OC=2，
过B作BH⊥x轴于H，如图1，

∴∠BHC=∠ACB=90°，
∴∠BCH+∠ACO=∠CAO+∠ACO=90°，
∴∠BCH=∠CAO，
∵△ACB为等腰直角三角形，
∴BC=AC，
在△BHC和△COA中，
，
∴△BHC≌△COA（AAS），
∴BH=OC=2，CH=OA=5，
∴OH=CH－OC=3，
∵B在第四象限，
∴点B坐标为（3，－2）；
（2）
解：如图2，设直线AB的表达式为y=kx+b（k≠0），
将A（0，5）B（3，－2）代入，得：
，解得：，
∴直线AB的表达式为y=x+5，
当y=0时，由0=x+5得：x=，则D（，0），
∴CD=+2=，
设直线BC的表达式为y=mx+n（m≠0），
将B（3，－2）、C（－2，0）代入，得：
，解得：，
∴直线BC的表达式为，
当x=0时，y=，则M（0，），
∴AM=5+=，
设N（x，），由BN=CM得：
（x－3）2+（+2）2=22+（）2，即x2－6x+5=0，
解得：x1=1，x2=5（舍去），
∴N（1，），则DN=，
∴CD+DN==
∴CD+DN=AM；
（3）
解：CP的长度不变化．如图3，过点E作EH⊥x轴于H， 则∠EHC=∠COA=90°，

∵△ACE和△OCF为等腰直角三角形，
∴∠ACE=∠FCO=∠FCP=90°，AC=CE，OC=CF，
∵∠ACO+∠CAO=90°，∠ACO+∠ECH=90°，
∴∠CAO=∠ECH，
在△AOC和△CHE中，
，
∴△AOC≌△CHE（AAS），
∴OA=CH，OC=EH，
∵OC=CF，
∴EH=CF，
在△EHP和△FCP中，
，
∴△EHP≌△FCP（AAS），
∴可得PH=CP，又OA=5，
∴CP= CH= OA=，
故CP的长度不变化．
【点睛】本题属于三角形的综合题型，涉及全等三角形的判定与性质、待定系数法求直线的表达式、等角的余角相等、坐标与图形、平面直角坐标系中两点间距离坐标公式、线段的和与差、等腰直角三角形的性质、解一元二次方程等知识，解答的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题，有点难度．
20．(1)DF=CD，CD⊥DF
(2)成立，见解析

【分析】（1）只需要利用SAS证明△CBD≌△DAF即可得到∠ADF=∠BCD，CD=DF，再由∠BCD+∠BDC=90°，得到∠BDC+∠ADF=90°，则∠CDF=90°，即可证明CD⊥DF；
（2）证明△ADF≌△BCD得到DF=CD，∠ADF=∠BCD，再由∠BCD+∠CDB=90°得到∠ADF+∠CDB=90°，即∠CDF=90°，则CD⊥DF．
【详解】（1）解：DF=CD，CD⊥DF，理由如下：
∵∠ABC＝90°，FA⊥AB，
∴∠CBD=∠DAF=90°，
又∵AF=BD，AD=BC，
∴△CBD≌△DAF（SAS），
∴∠ADF=∠BCD，CD=DF
∵∠BCD+∠BDC=90°，
∴∠BDC+∠ADF=90°，
∴∠CDF=90°，
∴CD⊥DF，
故答案为：DF=CD，CD⊥DF；
（2）解：成立，理由如下：
∵AF⊥AB，
∴∠DAF=90°
在△ADF和△BCD中，
，
∴△ADF≌△BCD（SAS），
∴DF=CD，∠ADF=∠BCD，
∵∠BCD+∠CDB=90°
∴∠ADF+∠CDB=90°，即∠CDF=90°，
∴CD⊥DF．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
21．（1）45；（2）8；（3）MN＝BN−AM，理由见详解
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质以及平行线的性质求解即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质以及等角的余角相等，先证明△AMC≌△CNB，进而可得结论；
（3）证明△AMC≌△CNB，可得结论．
【详解】（1）解： ∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵AB∥MN，
∴∠2＝∠ABC＝45°，
故答案为： 45；
（2）∵AM⊥MN于M，BN⊥MN于N，
∴∠AMC＝90°，∠BNC＝90°．
在△AMC中，∠1＋∠CAM＋∠AMC＝180°
∴∠1＋∠CAM＝90°，
同理：∠2＋∠CBN＝90°．
又∵∠1＋∠2＝90°，
∴∠1＝∠CBN，∠2＝∠CAM，
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC＋CN＝AM＋BN=2+6=8；
（3）解：结论：MN＝BN−AM．理由如下：
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM＋∠NCB＝90°，
又∵∠NCB＋∠CBN＝90°，
∴∠ACM＝∠CBN，
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（AAS），
∴CM＝BN，CN＝AM，
∴MN＝CM−CN＝BN−AM，
∴MN＝BN−AM．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．