云南省昆明市安宁市昆钢第一中学2023-2024学年八年级 上学期期中数学试卷

这是一份云南省昆明市安宁市昆钢第一中学2023-2024学年八年级 上学期期中数学试卷，共22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．（3分）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，图片上有图案和文字说明，其中图案是轴对称图形的是（ ）
A．打喷嚏 捂口鼻B．喷嚏后，慎揉眼
C．勤洗手 勤通风D．戴口罩 讲卫生
2．（3分）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（ ）
A．3cm，4cm，8cmB．8cm，7cm，15cm
C．13cm，12cm，20cmD．5cm，5cm，11cm
3．（3分）如图所示，是一块三角形的草坪，现要在草坪上建一凉亭供大家休息，凉亭的位置应选在（ ）
A．△ABC的三条中线的交点
B．△ABC三边的垂直平分线的交点
C．△ABC三条角平分线的交点
D．△ABC三条高所在直线的交点
4．（3分）下列条件中，不能判定直线MN是线段AB（M，N不在AB上）的垂直平分线的是（ ）
A．MA＝MB，NA＝NBB．MA＝MB，MN⊥AB
C．MA＝NA，MB＝NBD．MA＝MB，MN平分AB
5．（3分）如图，在△ABC中，D是BC延长线上一点，∠ACD＝110°，则∠A等于（ ）
A．60°B．70°C．80°D．90°
6．（3分）如图，AB＝DB，BC＝BE，则可增加的条件时（ ）
A．∠ABE＝∠DBEB．∠A＝∠DC．∠E＝∠CD．∠ABD＝∠EBC
7．（3分）等腰三角形的两边分别为12和6，则这个三角形的周长是（ ）
A．24B．18C．30D．24或30
8．（3分）如图，若△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．∠BAC＝∠B′A′C′B．△ABC≌△A′B′C′
C．直线l垂直平分 AA′D．BB′＝2AA′
9．（3分）如图，等边△ABC的两条高AD和BE相交于点O，则∠DOE度数为（ ）
A．60°B．90°C．120°D．150°
10．（3分）如图，要测量河两岸相对的两点A、B的距离，先在AB的垂线BF上取两点C、D，再作出BF的垂线DE，使点A、C、E在同一条直线上（如图），得AB＝DE，因此测得DE的长就是AB的长，最恰当的理由是（ ）
A．SASB．HLC．SSSD．ASA
11．（3分）如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1与∠2的和为（ ）
A．100°B．90°C．60°D．45°
12．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点D，E，大于DE为半径画弧，作射线AF交边BC于点G，若BG＝1，则△ACG的面积是（ ）
A．1B．C．2D．
二、填空题（共4小题，每小题2分，共8分）
13．（2分）随着人们物质生活的提高，手机成为一种生活中不可缺少的东西，手机很方便携带，某工厂研制生产了一种如图所示的手机支架．把手机放在上面就可以方便地使用手机，这是利用了三角形的 ．
14．（2分）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（2，﹣1），若点B与点A关于x轴对称 ．
15．（2分）小林从P点向西直走8米后，向左转，转动的角度为α，如此重复，小林共走了72米回到点P ．
16．（2分）如图，在△ABC中，BO、CO分别平分∠ABC、∠ACB．若∠BOC＝110° ．
三、解答题（共8题，共56分）
17．（5分）如图，AB＝DE，AC＝DF
18．（5分）一个多边形，它的内角和比外角和的4倍多180°，求这个多边形的边数及内角和度数．
19．（9分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形），B，C的坐标分别为（2，4），（1，1），（3，2）．
（1）请作出△ABC关于x轴对称的△A′B′C′，并写出A'，B'
（2）求△ABC的面积．
（3）在y轴上找一点P，使得AP+BP最小．
20．（7分）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点，∠DAB＝45°．
（1）求∠DAC的度数；
（2）请说明：AB＝CD．
21．（7分）如图，已知：CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，BE交CD于点O．求证：AO平分∠BAC．
22．（7分）如图，点E，F是BD上的点，AE＝CF，AD∥BC．求证：∠ABD＝∠CDB．
23．（7分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，连接AE．
（1）证明：∠AEC＝2∠B．
（2）若∠BAC＝60°，EC＝3
24．（9分）如图，在△ABC中，AB＝BC．
（1）如图①所示，直线NM过点B，AM⊥MN于点M，且∠ABC＝90°．求证：MN＝AM+CN．
（2）如图②所示，直线MN过点B，AM交MN于点M，且∠AMB＝∠ABC＝∠BNC，则MN＝AM+CN是否成立？请说明理由．
2023-2024学年云南省昆明市安宁市昆钢一中八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分）
1．（3分）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，图片上有图案和文字说明，其中图案是轴对称图形的是（ ）
A．打喷嚏 捂口鼻B．喷嚏后，慎揉眼
C．勤洗手 勤通风D．戴口罩 讲卫生
【分析】根据轴对称图形的概念：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进行分析即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形；
B、不是轴对称图形；
C、不是轴对称图形；
D、是轴对称图形．
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
2．（3分）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（ ）
A．3cm，4cm，8cmB．8cm，7cm，15cm
C．13cm，12cm，20cmD．5cm，5cm，11cm
【分析】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+4＜2；
B、8+7＝15；
C、13+12＞20；
D、3+5＜11．
故选：C．
【点评】此题考查了三角形的三边关系．
判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
3．（3分）如图所示，是一块三角形的草坪，现要在草坪上建一凉亭供大家休息，凉亭的位置应选在（ ）
A．△ABC的三条中线的交点
B．△ABC三边的垂直平分线的交点
C．△ABC三条角平分线的交点
D．△ABC三条高所在直线的交点
【分析】角平分线上的点到角的两边的距离相等，由此可解．
【解答】解：∵要使凉亭到草坪三条边的距离相等，
∴凉亭应在△ABC三条角平分线的交点处．
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的性质，注意区分三角形中线的交点、高的交点、垂直平分线的交点以及角平分线的交点之间的区别是解题的关键．
4．（3分）下列条件中，不能判定直线MN是线段AB（M，N不在AB上）的垂直平分线的是（ ）
A．MA＝MB，NA＝NBB．MA＝MB，MN⊥AB
C．MA＝NA，MB＝NBD．MA＝MB，MN平分AB
【分析】根据线段垂直平分线的判定定理进行判断即可．
【解答】解：∵MA＝MB，NA＝NB，
∴直线MN是线段AB的垂直平分线；
∵MA＝MB，MN⊥AB，
∴直线MN是线段AB的垂直平分线；
当MA＝NA，MB＝NB时；
∵MA＝MB，MN平分AB，
∴直线MN是线段AB的垂直平分线，
故选：C．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的判定，掌握线段垂直平分线的判定定理是解题的关键．
5．（3分）如图，在△ABC中，D是BC延长线上一点，∠ACD＝110°，则∠A等于（ ）
A．60°B．70°C．80°D．90°
【分析】直接利用三角形的外角性质进行求解即可．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠ACD＝110°，
∴∠A＝∠ACD﹣∠B＝80°，
故选：C．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，解答的关键是熟记三角形的外角性质并灵活运用．
6．（3分）如图，AB＝DB，BC＝BE，则可增加的条件时（ ）
A．∠ABE＝∠DBEB．∠A＝∠DC．∠E＝∠CD．∠ABD＝∠EBC
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．AB＝DB，∠ABE＝∠DBE，不能推出△ABE≌△DBC；
B．AB＝DB，∠A＝∠D，不能推出△ABE≌△DBC；
C．AB＝DB，∠E＝∠C，不能推出△ABE≌△DBC；
D．∵∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD+∠DBE＝∠CBE+∠DBE，
即∠ABE＝∠DBC，
AB＝DB，∠ABE＝∠DBC，符合全等三角形的判定定理SAS，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
7．（3分）等腰三角形的两边分别为12和6，则这个三角形的周长是（ ）
A．24B．18C．30D．24或30
【分析】本题没有明确说明已知的边长哪个是腰长，则有两种情况：①腰长为6；②腰长为12．再根据三角形的性质：三角形的任意两边的和＞第三边，任意两边之差＜第三边判断是否满足，再将满足的代入周长公式即可得出周长的值．
【解答】解：（1）当三边是6cm，6cm，7+6＝12cm，应舍去；
（2）当三边是6cm，12cm，符合三角形的三边关系；
所以这个三角形的周长是30cm．
故选：C．
【点评】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．
8．（3分）如图，若△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．∠BAC＝∠B′A′C′B．△ABC≌△A′B′C′
C．直线l垂直平分 AA′D．BB′＝2AA′
【分析】直接根据轴对称的性质解答即可．
【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，
∴∠BAC＝∠B′A′C′，△ABC≌△A′B′C′，故A，B．
故选：D．
【点评】本题考查的是轴对称的性质，熟知如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线是解题的关键．
9．（3分）如图，等边△ABC的两条高AD和BE相交于点O，则∠DOE度数为（ ）
A．60°B．90°C．120°D．150°
【分析】根据等边三角形的性质推出AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，则∠BAD＝∠BAC＝30°，∠ABE＝∠ABC＝30°，根据三角形内角和定理求出∠AOB＝120°，再根据对顶角相等求解即可．
【解答】解：∵等边△ABC的两条高AD和BE相交于点O，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠BAC＝30°∠ABC＝30°，
∵∠AOB+∠ABE+∠BAD＝180°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠DOE＝∠AOB＝120°，
故选：C．
【点评】此题考查了等边三角形的性质，熟记等边三角形的性质是解题的关键．
10．（3分）如图，要测量河两岸相对的两点A、B的距离，先在AB的垂线BF上取两点C、D，再作出BF的垂线DE，使点A、C、E在同一条直线上（如图），得AB＝DE，因此测得DE的长就是AB的长，最恰当的理由是（ ）
A．SASB．HLC．SSSD．ASA
【分析】根据全等三角形的判定进行判断，注意看题目中提供了哪些证明全等的要素，要根据已知选择判断方法．
【解答】解：因为证明在△ABC≌△EDC用到的条件是：CD＝BC，∠ABC＝∠EDC＝90°，
所以用到的是两角及这两角的夹边对应相等即ASA这一方法．
故选：D．
【点评】此题考查了全等三角形的应用，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，做题时注意选择．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
11．（3分）如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1与∠2的和为（ ）
A．100°B．90°C．60°D．45°
【分析】根据全等三角形的性质可得∠1＝∠AEDF，再根据余角的定义可得∠EDF+∠2＝90°，再根据等量代换可得∠1与∠2的和为90°．
【解答】解：在△ABC和△FDE中，
，
∴△ABC≌△FDE（SAS），
∴∠7＝∠EDF，
∵∠EDF+∠2＝90°，
∴∠1+∠7＝90°，
故选：B．
【点评】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定和性质．
12．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点D，E，大于DE为半径画弧，作射线AF交边BC于点G，若BG＝1，则△ACG的面积是（ ）
A．1B．C．2D．
【分析】利用基本作图得到AG平分∠BAC，利用角平分线的性质得到G点到AC的距离为1，然后根据三角形面积公式计算△ACG的面积．
【解答】解：由作法得AG平分∠BAC，
∴G点到AC的距离等于BG的长，即G点到AC的距离为1，
所以△ACG的面积＝×4×1＝5．
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了交平分线的性质．
二、填空题（共4小题，每小题2分，共8分）
13．（2分）随着人们物质生活的提高，手机成为一种生活中不可缺少的东西，手机很方便携带，某工厂研制生产了一种如图所示的手机支架．把手机放在上面就可以方便地使用手机，这是利用了三角形的 三角形的稳定性 ．
【分析】利用三角形的稳定性的性质直接回答即可．
【解答】解：把手机放在上面就可以方便地使用手机，这是利用了三角形的稳定性，
故答案为：三角形的稳定性．
【点评】本题考查了三角形的稳定性，解题的关键是掌握三角形具有稳定性．
14．（2分）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（2，﹣1），若点B与点A关于x轴对称 （2，1） ．
【分析】关于x轴对称的两点横坐标相等，纵坐标互为相反数，由此可得答案．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点A的坐标是（2，若点B与点A关于x轴对称，1）．
故答案为：（6，1）．
【点评】本题考查了关于坐标轴对称的两点的坐标关系．关于x轴对称的两点横坐标相等，纵坐标互为相反数，关于y轴对称的两点纵坐标相等，横坐标反数．
15．（2分）小林从P点向西直走8米后，向左转，转动的角度为α，如此重复，小林共走了72米回到点P 40° ．
【分析】根据题意可知，小林走的是正多边形，先求出边数，然后再利用外角和等于360°，除以边数即可求出α的值．
【解答】解：设边数为n，根据题意，
n＝72÷8＝9，
则α＝360°÷4＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和等于360°，根据题意判断出所走路线是正多边形是解题的关键．
16．（2分）如图，在△ABC中，BO、CO分别平分∠ABC、∠ACB．若∠BOC＝110° 40° ．
【分析】先根据角平分线的定义得到∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，再根据三角形内角和定理得∠BOC+∠OBC+∠OCB＝180°，则∠BOC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB），由于∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，所以∠BOC＝90°+∠A，然后把∠BOC＝110°代入计算可得到∠A的度数．
【解答】解：∵BO、CO分别平分∠ABC，
∴∠OBC＝∠ABC∠ACB，
而∠BOC+∠OBC+∠OCB＝180°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB），
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∴∠BOC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+，
而∠BOC＝110°，
∴90°+∠A＝110°
∴∠A＝40°．
故答案为40°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．
三、解答题（共8题，共56分）
17．（5分）如图，AB＝DE，AC＝DF
【分析】要证AC∥DF的关键是证∠B＝∠DEF，也就是证三角形ABC和DEF全等，已知了这两个三角形三组对应边相等，由此可得出三角形全等．
【解答】证明：∵BE＝CF，BE+CE＝CF+EC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，．
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴∠ACB＝∠DFE（全等三角形的对应角相等），
∴AC∥DF（同位角相等，两直线平行）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质及平行线的判断等知识；根据全等三角形来得出对应的角相等，是解此类题的常用方法．
18．（5分）一个多边形，它的内角和比外角和的4倍多180°，求这个多边形的边数及内角和度数．
【分析】多边形的内角和比外角和的4倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1620度．n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【解答】解：根据题意，得
（n﹣2）•180＝1620，
解得：n＝11．
则这个多边形的边数是11，内角和度数是1620度．
【点评】此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
19．（9分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形），B，C的坐标分别为（2，4），（1，1），（3，2）．
（1）请作出△ABC关于x轴对称的△A′B′C′，并写出A'，B'
（2）求△ABC的面积．
（3）在y轴上找一点P，使得AP+BP最小．
【分析】（1）根据轴对称的性质作图，即可得出答案．
（2）利用割补法求三角形的面积即可．
（3）取点A关于y轴的对称点A''，连接A''B，交y轴于点P，此时点P即为所求．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求．
A'（2，﹣4），﹣2），﹣2）．
（2）△ABC的面积为＝．
（3）如图，取点A关于y轴的对称点A''，交y轴于点P，
此时AP+BP最小，
则点P即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、轴对称﹣最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
20．（7分）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点，∠DAB＝45°．
（1）求∠DAC的度数；
（2）请说明：AB＝CD．
【分析】（1）由AB＝AC，根据等腰三角形的两底角相等得到∠B＝∠C＝30°，再根据三角形的内角和定理可计算出∠BAC＝120°，而∠DAB＝45°，则∠DAC＝∠BAC﹣∠DAB＝120°﹣45°；
（2）根据三角形外角性质得到∠ADC＝∠B+∠DAB＝75°，而由（1）得到∠DAC＝75°，再根据等腰三角形的判定可得DC＝AC，这样即可得到结论．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵∠C+∠BAC+∠B＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∵∠DAB＝45°，
∴∠DAC＝∠BAC﹣∠DAB＝120°﹣45°＝75°；
（2）证明：∵∠DAB＝45°，
∴∠ADC＝∠B+∠DAB＝75°，
∴∠DAC＝∠ADC，
∴DC＝AC，
∵AB＝AC，
∴AB＝CD．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定定理：等腰三角形的两底角相等；有两个角相等的三角形为等腰三角形．也考查了三角形的内角和定理．
21．（7分）如图，已知：CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，BE交CD于点O．求证：AO平分∠BAC．
【分析】首先证得△BOD≌△COE，得到：BD＝CE，然后证明Rt△AOD≌Rt△AOE，从而证得．
【解答】证明：∵OD⊥AB，OE⊥AC∴∠BDO＝∠CEO＝90°，
又∵∠BOD＝∠COE，BD＝CE，
∴△BOD≌△COE（AAS），
∴OD＝OE，
又由已知条件得△AOD和△AOE都是Rt△，
且OD＝OE，OA＝OA，
∴Rt△AOD≌Rt△AOE（HL）．
∴∠DAO＝∠EAO，
即AO平分∠BAC．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定，可以通过全等三角形的对应边相等，对应角相等．
22．（7分）如图，点E，F是BD上的点，AE＝CF，AD∥BC．求证：∠ABD＝∠CDB．
【分析】证明△AED≌△CFB（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝BF，证明△AEB≌△CFD（SAS），由全等三角形的性质得出∠ABD＝∠CDB．
【解答】证明：∵AD∥CB，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△AED和△CBF中，
，
∴△AED≌△CFB（AAS），
∴DE＝BF，
∴DF＝BE，
∵∠AED＝∠BFC，
∴∠AEB＝∠DFC，
在△AEB和△CFD中，
，
∴△AEB≌△CFD（SAS），
∴∠ABD＝∠CDB．
【点评】此题考查的是全等三角形的判定与性质，平行线的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
23．（7分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，连接AE．
（1）证明：∠AEC＝2∠B．
（2）若∠BAC＝60°，EC＝3
【分析】（1）首先根据线段垂直平分线的性质得AE＝BE，进而得∠EAB＝∠B，然后再根据三角形的外角定理可得出结论；
（2）先求出∠B＝30°，再由（1）的结论得∠AEC＝2∠B＝60°，然后在Rt△ACE中求出∠CAE＝30°，进而得AE＝2CE＝6，最后根据线段垂直平分线的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠B，
∴∠AEC＝∠EAB+∠B＝2∠B；
（2）解：∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，
∴∠B＝180°﹣（∠ACB+∠BAC）＝30°，
由（1）可知∠AEC＝2∠B＝60°，
在Rt△ACE中，∠AEC＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴AE＝4CE＝6，
∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE＝6．
【点评】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，理解线段垂直平分线是的点到线段两端的距离相等；直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半是解决问题的关键．
24．（9分）如图，在△ABC中，AB＝BC．
（1）如图①所示，直线NM过点B，AM⊥MN于点M，且∠ABC＝90°．求证：MN＝AM+CN．
（2）如图②所示，直线MN过点B，AM交MN于点M，且∠AMB＝∠ABC＝∠BNC，则MN＝AM+CN是否成立？请说明理由．
【分析】（1）先根据垂直的定义得到∠AMB＝∠BNC＝90°，则∠MAB+∠ABM＝90°，又∠ABC＝90°，则∠ABM+∠NBC＝90°，于是根据等量代换得到∠MAB＝∠NBC，根据“AAS”可证明△ABM≌△BCN，根据全等三角形的性质得AM＝BN，BM＝CN，则MN＝BM+BN＝AM+CN；
（2）根据三角形内角和定理和平角的定义证得∠BAM＝∠CBN，根据“AAS”△ABM≌△BCN，根据全等三角形的性质得到AM＝BN，BM＝CN，即可得到MN＝BN+BM＝AM+CN．
【解答】证明：（1）∵AM⊥MN于M，CN⊥MN于点N，
∴∠AMB＝∠BNC＝90°，
∴∠MAB+∠ABM＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠NBC＝90°，
∴∠MAB＝∠NBC，
∵在△ABM和△BCN中，
，
∴△ABM≌△BCN（AAS），
∴AM＝BN，BM＝CN，
∴MN＝BM+BN＝AM+CN；
（2）（1）中的结论成立，理由如下：
设∠AMB＝∠ABC＝∠BNC＝α，
∴∠ABM+∠BAM＝∠ABM+∠CBN＝180°﹣α，
∴∠BAM＝∠CBN，
在△ABM和△BCN中，
，
∴△ABM≌△BCN（AAS），
∴AM＝BN，BM＝CN，
∴MN＝BN+BM＝AM+CN．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，垂直的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
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