安徽省芜湖市初中名校联考2020-2021学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份安徽省芜湖市初中名校联考2020-2021学年九年级上学期期中数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年安徽省芜湖市初中名校联考九年级（上）期中数学试卷
一、选择题：每小题给出的四个选项中，其中只有一个是正确的。请把正确选项的代号写在下面的答题表内（本大题共10小题，每题4分，共40分）
1．方程x2＝4的解为（　　）
A．x＝2 B．x＝﹣2 C．x＝2或x＝﹣2 D．x＝4
2．抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是（　　）
A．（1，2） B．（1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（﹣1，﹣2）
3．用配方法解方程x2+1＝4x，下列变形正确的是（　　）
A．（x+2）2＝3 B．（x﹣2）2＝3 C．（x+2）2＝5 D．（x﹣2）2＝5
4．正三角形绕其中心旋转一定角度后，与自身重合，旋转角至少为（　　）
A．30° B．60° C．120° D．180°
5．若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（　　）
A．16 B．24 C．16或24 D．48
6．“凤鸣”文学社在学校举行的图书共享仪式上互赠图书，每个同学都把自己的图书向本组其他成员赠送一本，某组共互赠了210本图书，如果设该组共有x名同学，那么依题意，可列出的方程是（　　）
A．x（x+1）＝210 B．x（x﹣1）＝210
C．2x（x﹣1）＝210 D． x（x﹣1）＝210
7．在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+5）（x﹣3）经变换后得到抛物线y＝（x+3）（x﹣5），则这个变换可以是（　　）
A．向左平移2个单位 B．向右平移2个单位
C．向左平移8个单位 D．向右平移8个单位
8．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，线段BC绕点B逆时针旋转α°（0＜α＜180）得到线段BD，过点A作AE⊥射线CD于点E，则∠CAE的度数是（　　）

A．90﹣α B．α C． D．
9．一元二次方程x2+bx+c＝0有一个根为x＝3，则二次函数y＝2x2﹣bx﹣c的图象必过点（　　）
A．（﹣3，0） B．（3，0） C．（﹣3，27） D．（3，27）
10．如图，直线y1＝kx与抛物线y2＝ax2+bx+c交于A、B两点，则y＝ax2+（b﹣k）x+c的图象可能是（　　）

A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．若二次函数y＝（m+1）x|m|的图象的开口向下，则m的值为　 　．
12．现有两个直角三角形纸板（一个含45°角，另一个含30°角），如图1叠放．先将含30°角的直角三角形纸板固定不动，再将含45°角的直角三角形纸板绕顶点A顺时针旋转，使得BC∥DE，如图2所示，则旋转角∠BAD的度数为　 　．

13．已知A（﹣1+m，2020）和B（3﹣m，2020）是抛物线y＝x2+bx+c上的两个点，则此抛物线的对称轴为　 　．
14．如图，将水平放置的三角板ABC绕直角顶点A逆时针旋转，得到△AB'C'，连接并延长BB'、C'C相交于点P，其中∠ABC＝30°，BC＝4．
（1）若记B'C'中点为点D，连接PD，则PD＝　 　；
（2）若记点P到直线AC'的距离为d，则d的最大值为　 　．

三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．解方程：x2+18x＝0．
16．如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A1；
（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；
（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．

四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．已知关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+2x﹣2＝0有两个不相等的实数根，求整数k的最小值．
18．现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高度发展，据调查，长沙市某家小型“大学生自主创业”的快递公司，今年三月份与五月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件，现假定该公司每月投递的快递总件数的增长率相同．
（1）求该快递公司投递总件数的月平均增长率；
（2）如果平均每人每月最多可投递0.6万件，那么该公司现有的21名快递投递业务员能否完成今年6月份的快递投递任务？如果不能，请问至少需要增加几名业务员？
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．已知抛物线y＝﹣x2﹣3x+t经过A（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P（m，n）在该抛物线上，求m+n的最大值．
20．如图，一名男生推铅球，铅球行进的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系是二次函数的关系．铅球行进起点的高度为m，行进到水平距离为4m时达到最高处，最大高度为3m．
（1）求二次函数的解析式（化成一般形式）；
（2）求铅球推出的距离．

六、（本题满分12分）
21．某水果商店销售一种进价为40元/千克的优质水果，若售价为50元/千克，则一个月可售出500千克；若售价在50元/千克的基础上每涨价1元，则月销售量就减少10千克．
（1）当售价为55元/千克时，每月销售水果多少千克？
（2）当月利润为8750元时，每千克水果售价为多少元？
（3）当每千克水果售价为多少元时，获得的月利润最大？
七、（本题满分12分）
22．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2﹣4mx+4m+3的顶点为A．
（1）求点A的坐标；
（2）将线段OA沿x轴向右平移2个单位长度得到线段O′A′．
①直接写出点O′和A′的坐标；
②若抛物线y＝mx2﹣4mx+4m+3与四边形AOO′A′有且只有两个公共点，结合函数的图象，求m的取值范围．

八、（本题满分14分）
23．在Rt△ABC中，AB＝AC，OB＝OC，∠A＝90°，∠MON＝α，分别交直线AB、AC于点M、N．

（1）如图1，当α＝90°时，求证：AM＝CN；
（2）如图2，当α＝45°时，求证：BM＝AN+MN；
（3）当α＝45°时，旋转∠MON至图3位置，请你直接写出线段BM、MN、AN之间的数量关系．

2020-2021学年安徽省芜湖市初中名校联考九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：每小题给出的四个选项中，其中只有一个是正确的。请把正确选项的代号写在下面的答题表内（本大题共10小题，每题4分，共40分）
1．【分析】直接开平方即可得．
【解答】解：∵x2＝4，
∴x＝2或x＝﹣2，
故选：C．
【点评】本题主要考查街一元二次方程的能力，掌握如果方程化成x2＝p（p≥0）的形式，那么可得x＝±是关键．
2．【分析】根据抛物线的顶点式解析式写出顶点坐标即可．
【解答】解：y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标为（1，2）．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式写出顶点坐标的方法是解题的关键．
3．【分析】移项，配方，即可得出选项．
【解答】解：x2+1＝4x，
x2﹣4x＝﹣1，
x2﹣4x+4＝﹣1+4，
（x﹣2）2＝3，
故选：B．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
4．【分析】求出正三角形的中心角即可得解
【解答】解：正三角形绕其中心旋转一定角度后，与自身重合，旋转角至少为120°，
故选：C．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角，掌握正多边形的中心角的求解是解题的关键
5．【分析】解方程得出x＝4，或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【解答】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分两种情况：
①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；
②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24．
故选：B．

【点评】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．
6．【分析】根据题意列出一元二次方程即可．
【解答】解：由题意得，x（x﹣1）＝210，
故选：B．
【点评】本题考查的是一元二次方程的应用，在解决实际问题时，要全面、系统地申清问题的已知和未知，以及它们之间的数量关系，找出并全面表示问题的相等关系．
7．【分析】根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律．
【解答】解：y＝（x+5）（x﹣3）＝（x+1）2﹣16，顶点坐标是（﹣1，﹣16）．
y＝（x+3）（x﹣5）＝（x﹣1）2﹣16，顶点坐标是（1，﹣16）．
所以将抛物线y＝（x+5）（x﹣3）向右平移2个单位长度得到抛物线y＝（x+3）（x﹣5），
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
8．【分析】先利用旋转的性质得∠CBD＝α，BC＝BD，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠BCD＝90°﹣α，然后利用互余表示出∠ACE，从而利用互余可得到∠CAE的度数．
【解答】解：∵线段BC绕点B逆时针旋转α°（0＜α＜180）得到线段BD，
∴∠CBD＝α，BC＝BD，
∴∠BCD＝∠BDC，
∴∠BCD＝（180°﹣α）＝90°﹣α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠BCD＝90°﹣（90°﹣α）＝α，
∵AE⊥CE，
∴∠CAE＝90°﹣∠ACE＝90°﹣α．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
9．【分析】一元二次方程x2+bx+c＝0有一个根为x＝3，可以求得b、c的关系，再观察二次函数y＝2x2﹣bx﹣c，可以返现当x＝3时，该函数中b和c的关系可以与前面统一，本题得以解决．
【解答】解：∵一元二次方程x2+bx+c＝0有一个根为x＝3，
∴32+3b+c＝0，
∴3b+c＝﹣9，
∴当x＝3时，y＝2×32﹣3b﹣c＝18﹣（3b+c）＝18﹣（﹣9）＝18+9＝27，
∴二次函数y＝2x2﹣bx﹣c的图象必过点（3，27），
故选：D．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
10．【分析】根据题意和题目中给出的函数图象，可以得到函数y＝ax2+（b﹣k）x+c的大致图象，从而可以解答本题．
【解答】解：设y＝y2﹣y1，
∵y1＝kx，y2＝ax2+bx+c，
∴y＝ax2+（b﹣k）x+c，
由图象可知，在点A和点B之间，y＞0，在点A的左侧或点B的右侧，y＜0，
故选项B符合题意，选项A、C、D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．【分析】直接利用二次函数的定义以及其性质得出m的值．
【解答】解：∵二次函数y＝（m+1）x|m|的图象的开口向下，
∴|m|＝2，且m+1＜0，
解得：m＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质以及二次函数的定义，正确掌握二次函数的定义是解题关键．
12．【分析】图2中，设AD交BC于点J．证明∠AJB＝90°，再利用三角形内角和定理，求解即可．
【解答】解：如图2中，设AD交BC于点J．

∵DE∥BC，
∴∠AJC＝∠D＝90°，
∴∠BJA＝90°，
∵∠B＝60°，
∴∠BAD＝90°﹣60°＝30°．
故答案为：30°．
【点评】本题考查旋转变换，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．【分析】根据二次函数的图象具有对称性和A（﹣1+m，2020）和B（3﹣m，2020）是抛物线y＝x2+bx+c上的两个点，即可得到此抛物线的对称轴．
【解答】解：∵A（﹣1+m，2020）和B（3﹣m，2020）是抛物线y＝x2+bx+c上的两个点，
∴此抛物线的对称轴为直线x＝＝1，
故答案为：直线x＝1．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
14．【分析】（1）由旋转的性质得出AC＝AC'，AB'＝AB，∠C'AC＝∠B'AB，由等腰三角形的性质得出∠ACC'＝∠AC'C，∠ABB'＝∠AB'B，得出∠ACC'＝∠AC'C＝∠ABB'＝∠AB'B，由三角形内角和定理和四边形内角和定理得出∠BPC'＝90°，由直角三角形的性质即可得出PD＝BC'＝2；
（2）连接AD，作DE⊥AC'于E，证明△ADC'是等边三角形，得出AC'＝AD＝2，由等边三角形的性质得出AE＝AC'＝1，DE＝AE＝，当P、D、E三点共线时，点P到直线AC'的距离d最大＝PD+DE＝2+．
【解答】解：（1）由旋转的性质得：AC＝AC'，AB'＝AB，∠C'AC＝∠B'AB，
∴∠ACC'＝∠AC'C，∠ABB'＝∠AB'B，
∴∠ACC'＝∠AC'C＝∠ABB'＝∠AB'B，
∵∠B'AB+∠ABB'+∠AB'B＝180°，∠B'AB+∠BAC+∠ABB'+∠AC'C+∠BPC'＝360°，
∴∠BPC'＝90°，
∵D为B'C'中点，
∴PD＝BC'＝2；
故答案为：2；
（2）连接AD，作DE⊥AC'于E，如图所示：
∵∠AB'C'＝∠ABC＝30°，
∴∠AC'B'＝60°，
∵点D为B'C'中点，
∴AD＝BC'＝DC'，
∴△ADC'是等边三角形，
∴AC'＝AD＝2，
∵DE⊥AC'，
∴AE＝AC'＝1，DE＝AE＝，
当P、D、E三点共线时，点P到直线AC'的距离d最大＝PD+DE＝2+；
故答案为：2+．

【点评】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握旋转的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．【分析】方程利用因式分解法求出解即可．
【解答】解：分解因式得：x（x+18）＝0，
可得x＝0或x+18＝0，
解得：x1＝0，x2＝﹣18．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
16．【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1；
（2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1；
（2）依据割补法进行计算，即可得到四边形ABA1B1的面积．
【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求；
（2）如图所示，线段A1B1即为所求；

（3）如图，连接BB1，过点A作AE⊥BB1，过点A1作A1F⊥BB1，则
四边形ABA1B1的面积＝+＝×8×2+×8×4＝24．
【点评】本题主要考查了利用旋转变换作图，旋转作图有自己独特的特点，旋转角度、旋转方向、旋转中心不同，位置就不同，但得到的图形全等．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．【分析】若一元二次方程有两不相等的实数根，则根的判别式△＝b2﹣4ac＞0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围，并结合二次项系数不为0求出k的最小值．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+2x﹣2＝0有两个不相等的实数根，
∴△＝4﹣4（k﹣1）×（﹣2）＞0，且k﹣1≠0，
解得k＞，且k≠1，
则k的最小整数值是2．
【点评】本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题的关键是根据△＞0⇔方程有两个不相等的实数根列出k的不等式，此题难度不大．
18．【分析】（1）设该快递公司投递总件数的月平均增长率为x，根据“今年三月份与五月份完成投递的快递总件数分别为10万件和12.1万件，现假定该公司每月投递的快递总件数的增长率相同”建立方程，解方程即可；
（2）首先求出今年6月份的快递投递任务，再求出21名快递投递业务员能完成的快递投递任务，比较得出该公司不能完成今年6月份的快递投递任务，进而求出至少需要增加业务员的人数．
【解答】解：（1）设该快递公司投递总件数的月平均增长率为x，根据题意得
10（1+x）2＝12.1，
解得x1＝0.1，x2＝﹣2.1（不合题意舍去）．
答：该快递公司投递总件数的月平均增长率为10%；

（2）今年6月份的快递投递任务是12.1×（1+10%）＝13.31（万件）．
∵平均每人每月最多可投递0.6万件，
∴21名快递投递业务员能完成的快递投递任务是：0.6×21＝12.6＜13.31，
∴该公司现有的21名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务
∴需要增加业务员（13.31﹣12.6）÷0.6＝1≈2（人）．
答：该公司现有的21名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务，至少需要增加2名业务员．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．【分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）根据图象上点的坐标特征，得到n＝﹣m2﹣3m+3，进而得到m+n＝﹣m2﹣2m+3＝﹣（m+1）2+4，根据二次函数的性质即可求得结果．
【解答】解：（1）将A（0，3）代入解析式，得t＝3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣3x+3；
（2）∵点P（m，n）在抛物线y＝﹣x2﹣3x+3上，
∴n＝﹣m2﹣3m+3，
∴m+n＝﹣m2﹣2m+3＝﹣（m+1）2+4，
∴当m＝﹣1时，m+n有最大值是4．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值问题，整理成用m表示m+n的形式是解题的关键．
20．【分析】（1）把（0，）代入y＝a（x﹣4）2+3，求出a的值即可；
（2）解一元二次方程即可．
【解答】解：设二次函数的解析式为y＝a（x﹣4）2+3，
把（0，）代入y＝a（x﹣4）2+3，
解得，a＝﹣，
则二次函数的解析式为：y＝﹣（x﹣4）2+3＝﹣x2+x+；
（2）﹣x2+x+＝0，
解得，x1＝﹣2（舍去），x2＝10，
则铅球推出的距离为10m．
【点评】本题主要考查二次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
六、（本题满分12分）
21．【分析】（1）由月销售量＝500﹣（销售单价﹣50）×10，可求解；
（2）设每千克水果售价为x元，由利润＝每千克的利润×销售的数量，可列方程，即可求解；
（3）设每千克水果售价为m元，获得的月利润为y元，由利润＝每千克的利润×销售的数量，可得y与x的关系式，由二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）当售价为55元/千克时，每月销售水果＝500﹣10×（55﹣50）＝450千克；
（2）设每千克水果售价为x元，
由题意可得：8750＝（x﹣40）[500﹣10（x﹣50）]，
解得：x1＝65，x2＝75，
答：每千克水果售价为65元或75元；
（3）设每千克水果售价为m元，获得的月利润为y元，
由题意可得：y＝（m﹣40）[500﹣10（m﹣50）]＝﹣10（m﹣70）2+9000，
∴当m＝70时，y有最大值为9000元，
答：当每千克水果售价为70元时，获得的月利润最大值为9000元．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握销售问题中关于销售总利润的相等关系，并据此列出函数解析式及熟练掌握二次函数的性质．
七、（本题满分12分）
22．【分析】（1）将抛物线解析式配成顶点式，即可得出顶点坐标；
（2）根据平移的性质即可得出结论；
（3）结合图象，判断出抛物线和四边形AOO'A'只有两个公共点的分界点即可得出；
【解答】解：（1）∵y＝mx2﹣4mx+4m+3＝m（x2﹣4x+4）+3＝m（x﹣2）2+3，
∴抛物线的顶点A的坐标为（2，3）．
（2）由（1）知，A（2，3），
∵线段OA沿x轴向右平移2个单位长度得到线段O′A′．
∴A'（4，3），O'（2，0）；
（3）如图，

∵抛物线y＝mx2﹣4mx+4m+3与四边形AOO′A′有且只有两个公共点，
∴m＜0．
由图象可知，抛物线是始终和四边形AOO'A'的边O'A'相交，
∴抛物线已经和四边形AOO′A′有两个公共点，
∴将（0，0）代入y＝mx2﹣4mx+4m+3中，得m＝﹣．
∴﹣＜m＜0．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了配方法，平移的性质，抛物线的性质，解本题的关键是借助图象找出只有两个公共点的分界点，是一道比较简单的题目，画出图象是解本题的难点，用数形结合的方法，有助于学生理解和找到分界点．
八、（本题满分14分）
23．【分析】（1）如图1，连接OA，由等腰直角三角形可得AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，由“ASA”可证∴△AOM≌△CON，可得AM＝CN；
（2）如图2，在BA上截取BG＝AN，连接GO，AO，由“SAS”可证△BGO≌△AON，可得OG＝ON，∠BOG＝∠AON，由“SAS”可证△GMO≌△NMO，可得GM＝MN，则BM＝BG+GM＝AN+MN；
（3）如图3，过点O作OG⊥ON，连接AO，由“ASA”可证△NAO≌△GBO，可得AN＝GB，GO＝ON，由“SAS”可证△MON≌△MOG，可得MN＝GM，则MN＝AN+BM．
【解答】证明：（1）如图1，连接OA，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∴∠MON＝∠AOC＝90°，
∴∠AOM＝∠CON，且AO＝CO，∠BAO＝∠ACO＝45°，
∴△AOM≌△CON（ASA）
∴AM＝CN；
（2）证明：如图2，在BA上截取BG＝AN，连接GO，AO，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∵BG＝AN，∠ABO＝∠NAO＝45°，AO＝BO，
∴△BGO≌△AON（SAS），
∴OG＝ON，∠BOG＝∠AON，
∵∠MON＝45°＝∠AOM+∠AON，
∴∠AOM+∠BOG＝45°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠MOG＝∠MON＝45°，
∵MO＝MO，GO＝NO，
∴△GMO≌△NMO（SAS），
∴GM＝MN，
∴BM＝BG+GM＝AN+MN；
（3）MN＝AN+BM，
理由如下：如图3，过点O作OG⊥ON，连接AO，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∴∠GBO＝∠NAO＝135°，
∵MO⊥GO，
∴∠NOG＝90°＝∠AOB，
∴∠BOG＝∠AON，且AO＝BO，∠NAO＝∠GBO，
∴△NAO≌△GBO（ASA），
∴AN＝GB，GO＝ON，
∵MO＝MO，∠MON＝∠GOM＝45°，GO＝NO，
∴△MON≌△MOG（SAS），
∴MN＝MG，
∵MG＝MB+BG，
∴MN＝AN+BM．

【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．