八年级数学上册章节重点复习考点讲义(北师大版)专题02勾股定理综合题(原卷版+解析)

这是一份八年级数学上册章节重点复习考点讲义(北师大版)专题02勾股定理综合题(原卷版+解析)，共28页。
专题02 勾股定理（综合题）易错点拨知识点：勾股定理直角三角形 等于斜边的平方．如果直角三角形的两直角边长分别为，斜边长为，那么．细节剖析：（1）勾股定理揭示了一个 的数量关系． （2）利用勾股定理，当设定一条直角边长为未知数后，根据题目已知的线段长可以建立方程求解，这样就将数与形有机地结合起来，达到了解决问题的目的．（3）理解勾股定理的一些变式：，， ．易错题专训一．选择题1．（2022•和平区校级开学）如图，数字代表所在正方形的面积，则A所代表的正方形的面积为（　　）A．10 B．28 C．100 D．不能确定2．（2023秋•双流区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以AB为边作正方形ABDE，则正方形ABDE的面积为（　　）A．5 B．9 C．16 D．253．（2023秋•开福区校级期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝25cm，AC＝7cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为ts，当△APB为等腰三角形时，t的值为（　　）A．或 B．或24或12 C．或24或12 D．或或244．（2022春•辛集市期末）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，若S1+S4＝135，S3＝49，则S2＝（　　）A．184 B．86 C．119 D．815．（2023秋•石狮市期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝2，CD＝3，AD＝1，∠B＝90°，∠D＝α．则∠BCD的大小为（　　）A．α B．90°﹣α C．45°+α D．135°﹣α6．（2023秋•镇海区校级期末）如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两个正方形按图2的方式放置在最大正方形内，其中NG∥MF．记四边形CHKG的面积为S1，四边形FGNM的面积为S2，四边形DCGF的面积为S3，四边形ABCD的面积为S4．若知道△DEF的面积，则一定能求出（　　）A．S1 B．S2 C．S3 D．S4二．填空题7．（2022秋•杏花岭区校级月考）如图，三个正方形围成一个直角三角形，图中的数据是它们的面积，则正方形A的面积为 　 　．8．（2022•天心区校级三模）如图所示，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，DE⊥AC，垂足为点E，若BD＝3，则DE的长为 　 　．9．（2023秋•如皋市期末）如图，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝1，BC＝4，CD＝3，取AD的中点E，连结BE，则BE＝　 　．10．（2023秋•电白区期末）如图，OP＝1，过点P作PP1⊥OP，且PP1＝1，得OP1＝；再过点P1作P1P2⊥OP1且P1P2＝1，得OP2＝；又过点P2作P2P3⊥OP2且P2P3＝1，得OP3＝2…，依此法继续作下去，得OP2022＝　 　．11．（2022春•盐湖区月考）如图，△DEF中DF＝EF＝5，DE＝8，其三条角平分线交于点J，则JG＝　 　．12．（2023秋•滨湖区期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，AD⊥BC于点D，点E、F在AD上，则图中阴影部分的面积为 　 　．13．（2023秋•江阴市期末）如图，在2×5的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、P均在格点上，则∠PAB+∠PBA＝　 　．14．（2023秋•龙湾区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACED和正方形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为16，则图中阴影部分的面积是 　 　．三．解答题15．（2023秋•如皋市期末）如图，在△ABC中，AC＝5，E为BC边上一点，且CE＝1，AE＝，BE＝4，点F为AB边上的动点，连接EF．（1）求AB的长；（2）当△BEF为等腰三角形时，求AF的长．16．（2023秋•中山市期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝BC＝20厘米，如果点M从点C出发，点N从点B出发，沿着三角形三边以4厘米/秒的速度运动，当点N第一次到达C点时，M，N两点同时停止运动．运动时间为t（秒）．（1）当0＜t＜5且△BMN为直角三角形时，求t的值；（2）当t为何值，△BMN为等边三角形．17．（2023秋•泉州期末）如图，∠AOB＝90°，点C在OA边上，OA＝36cm，OB＝12cm，点P从点A出发，沿着AO方向匀速运动，点Q同时从点B出发，以相同的速度沿BC方向匀速运动，P、Q两点恰好在C点相遇，求BC的长度？18．（2022•渠县校级开学）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E在AC边上，且∠CBE＝45°，BE分别交AC，AD于点B、F．（1）如图1，若AB＝13，BC＝10，求AF的长；（2）如图2，若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2．19．（2023秋•石狮市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC移动至点C，设运动时间为t秒．（1）求BC的长；（2）在点P的运动过程中，是否存在某个时刻t，使得点P到边AB的距离与点P到点C的距离相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．20．（2023秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．（1）出发2秒后，求PQ的长；（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的；（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．21．（2023秋•虎丘区校级期中）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长．小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长．解决下列问题：（1）图2中，AE＝　 　，AB＝　 　；（2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b．专题02 勾股定理（综合题）易错点拨知识点：勾股定理直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方．如果直角三角形的两直角边长分别为，斜边长为，那么．细节剖析：（1）勾股定理揭示了一个直角三角形三边之间的数量关系． （2）利用勾股定理，当设定一条直角边长为未知数后，根据题目已知的线段长可以建立方程求解，这样就将数与形有机地结合起来，达到了解决问题的目的．（3）理解勾股定理的一些变式：，， ．易错题专训一．选择题1．（2022•和平区校级开学）如图，数字代表所在正方形的面积，则A所代表的正方形的面积为（　　）A．10 B．28 C．100 D．不能确定解：由勾股定理可知：SA＝36+64＝100，故选：C．2．（2023秋•双流区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以AB为边作正方形ABDE，则正方形ABDE的面积为（　　）A．5 B．9 C．16 D．25解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝＝5，∴正方形ABDE的面积＝AB2＝52＝25，故选：D．3．（2023秋•开福区校级期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝25cm，AC＝7cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为ts，当△APB为等腰三角形时，t的值为（　　）A．或 B．或24或12 C．或24或12 D．或或24解：∵∠C＝90°，AB＝25cm，AC＝7cm，∴BC＝24cm．①当BP＝BA＝25时，∴t＝．②当AB＝AP时，BP＝2BC＝48cm，∴t＝24．③当PB＝PA时，PB＝PA＝2t cm，CP＝（24﹣2t）cm，AC＝7cm，在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2，∴（2t）2＝72+（24﹣2t）2，解得t＝．综上，当△ABP为等腰三角形时，t＝或24或，故选：D．4．（2022春•辛集市期末）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，若S1+S4＝135，S3＝49，则S2＝（　　）A．184 B．86 C．119 D．81解：由题意可知：S1＝AB2，S2＝BC2，S3＝CD2，S4＝AD2，连接BD，在直角△ABD和△BCD中，BD2＝AD2+AB2＝CD2+BC2，即S1+S4＝S3+S2，因此S2＝135﹣49＝86，故选：B．5．（2023秋•石狮市期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝2，CD＝3，AD＝1，∠B＝90°，∠D＝α．则∠BCD的大小为（　　）A．α B．90°﹣α C．45°+α D．135°﹣α解：连接AC，∵∠B＝90°，AB＝BC＝2，∴AC＝，∠BAC＝45°，又∵CD＝3，DA＝1，∴AC2+DA2＝8+1＝9，CD2＝9，∴AC2+DA2＝CD2，∴△ACD是直角三角形，∴∠CAD＝90°，∴∠DAB＝45°+90°＝135°，∵∠D＝α，∴∠BCD＝360°﹣90°﹣135°﹣α＝135°﹣α，故选：D．6．（2023秋•镇海区校级期末）如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两个正方形按图2的方式放置在最大正方形内，其中NG∥MF．记四边形CHKG的面积为S1，四边形FGNM的面积为S2，四边形DCGF的面积为S3，四边形ABCD的面积为S4．若知道△DEF的面积，则一定能求出（　　）A．S1 B．S2 C．S3 D．S4解：设大正方形的边长为a，中正方形的边长为b，小正方形的边长为c，则a2＝b2+c2，∵FG∥MN，NG∥FM，∴四边形MNGF为平行四边形，∴MN＝FG＝a﹣b，BC＝AD＝a﹣b，∴CG＝DE＝c﹣（a﹣b）＝c﹣a+b，EF＝EG﹣FG＝c﹣（a﹣b）＝c﹣a+b，∴S△DEF＝×DE×EF＝（c﹣a+b）×（c﹣a+b）＝（a2+b2+c2﹣2ac﹣2ab+2bc）＝a2﹣ac﹣ab+bc，∵S1＝（HK+CG）×CH，CH和HK的长度随着小正方形向右移动而变大，CG的长度不变，∴S1的大小不固定，与△DEF的面积无关，∵S2＝MN×（a﹣c）＝（a﹣b）（a﹣c）＝a2﹣ac﹣ab+bc＝S△DEF，故选：B．二．填空题7．（2022秋•杏花岭区校级月考）如图，三个正方形围成一个直角三角形，图中的数据是它们的面积，则正方形A的面积为 　84　．解：在Rt△DEF中，DE2＝DF2+EF2＝28+56＝84，∴正方形A的面积为84，故答案为：84．8．（2022•天心区校级三模）如图所示，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，DE⊥AC，垂足为点E，若BD＝3，则DE的长为 　3　．解：∵AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AC，DB⊥AB，∴DE＝DB＝3．故答案为：3．9．（2023秋•如皋市期末）如图，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝1，BC＝4，CD＝3，取AD的中点E，连结BE，则BE＝　　．解：延长BE交CD于点F，∵AB∥CD，∴∠ABE＝∠DFE，在△ABE与△DFE中，，∴△ABE≌△DFE（ASA），∴BE＝EF＝BF，AB＝DF＝1，∴CF＝2，∴BF＝＝＝2，∴BE＝BF＝，故答案为：．10．（2023秋•电白区期末）如图，OP＝1，过点P作PP1⊥OP，且PP1＝1，得OP1＝；再过点P1作P1P2⊥OP1且P1P2＝1，得OP2＝；又过点P2作P2P3⊥OP2且P2P3＝1，得OP3＝2…，依此法继续作下去，得OP2022＝　　．解：∵OP＝1，OP1＝，OP2＝，OP3＝，∴OP2022＝．故答案为：．11．（2022春•盐湖区月考）如图，△DEF中DF＝EF＝5，DE＝8，其三条角平分线交于点J，则JG＝　　．解：∵FG是∠AFE的平分线，∴∠DFG＝∠EFG，在△DFG和△EFG，，∴△DFG≌△EFG（SAS），∴DG＝EG＝DE＝×8＝4，∵DF＝EF＝5，∴FG⊥DE，在Rt△DFG中，DF＝5，DG＝4，∴FG＝＝＝3，过J作JM⊥DF于M，JN⊥EF于N，∵J是△DEF三条角平分线的交点，∴JG＝JM＝JN，∵S△DEF＝S△JDE+S△EJF+S△DJF＝×8JG+5JG+5JG＝×8×3，∴JG＝，故答案为：．12．（2023秋•滨湖区期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，AD⊥BC于点D，点E、F在AD上，则图中阴影部分的面积为 　30　．解：∵AB＝AC＝13，AD⊥BC于点D，BC＝10，∴BD＝CD＝5，∴AD＝＝＝12，∴S阴影＝S△ABC＝××BC×AD＝××10×12＝30，故答案为：30．13．（2023秋•江阴市期末）如图，在2×5的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、P均在格点上，则∠PAB+∠PBA＝　45°　．解：延长AP至C，连接BC，CP＝CB＝，BP＝，∵（）2+（）2＝（）2，即CP2+CB2＝BP2，∴△PCB是等腰直角三角形，∴∠BPC＝45°，∴∠PAB+∠PBA＝∠BPC＝45°．故答案为：45°．14．（2023秋•龙湾区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACED和正方形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为16，则图中阴影部分的面积是 　　．解：如图，∵四边形ABGF是正方形，∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，∴∠FAC＝∠ABC，∴△FAH≌△ABN（ASA），∴S△FAH＝S△ABN，∴S△ABC＝S四边形FNCH，在△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2+BC2＝AB2，∵AC+BC＝7，∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝49，∴AB2+2AC•BC＝49，∵AB2﹣S△ABC＝16，∴AB2﹣AC•BC＝16，∴BC•AC＝，∴阴影部分的面积和＝AC2+BC2+3S△ABC﹣AB2＝3S△ABC＝BC•AC＝×＝．故答案为：．三．解答题15．（2023秋•如皋市期末）如图，在△ABC中，AC＝5，E为BC边上一点，且CE＝1，AE＝，BE＝4，点F为AB边上的动点，连接EF．（1）求AB的长；（2）当△BEF为等腰三角形时，求AF的长．解：（1）∵AC＝5，CE＝1，AE＝，∴AC2+CE2＝26，AE2＝26，∴AC2+CE2＝AE2，∴∠ACE＝90°，∵BC＝CE+BE＝5，AC＝5，∴AB＝＝＝5；（2）①当BF＝BE＝4时，AF＝AB﹣BF＝5﹣4；②如图，当BF＝EF时，有∠FEB＝∠B＝45°，∴∠BFE＝90°，BF＝EF，设BF＝EF＝x，∵BF2+EF2＝BE2，∴x2+x2＝42，∴x＝2（负值舍去），∴AF＝AB﹣BF＝5﹣2＝3；③如图，当BE＝EF时，有∠EFB＝∠B＝45°，∴∠BEF＝90°，EF＝BE＝4，∴BF＝＝4，∴AF＝AB﹣BF＝5．综上所述，AF的长为5﹣4或3或．16．（2023秋•中山市期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝BC＝20厘米，如果点M从点C出发，点N从点B出发，沿着三角形三边以4厘米/秒的速度运动，当点N第一次到达C点时，M，N两点同时停止运动．运动时间为t（秒）．（1）当0＜t＜5且△BMN为直角三角形时，求t的值；（2）当t为何值，△BMN为等边三角形．解：（1）当0＜t＜5时，点M在BC上，点N在AB上，BN＝4t，MB＝20﹣4t，△BMN为直角三角形，则∠BNM＝90°或∠NMB＝90°，①当∠BNM＝90°时，∵∠B＝60°，∴∠BMN＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，∴BM＝2BN，∴20﹣4t＝2×4t，解得：t＝；②当∠NMB＝90°时，∵∠B＝60°，∴∠BNM＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，∴BN＝2BM，∴4t＝2（20﹣4t），解得：t＝．③点M在AC上，点N在AB上，AN＝CM＝40﹣4t，（80﹣8t）+（40﹣4t）＝20，t＝（不合题意舍去），综上，当t＝或时，△BMN为直角三角形；（2）点N第一次到达C点时，M，N两点同时停止运动，则0＜t≤10，①当0＜t≤5时，当MB＝BN时，△BMN为等边三角形，此时，4t＝20﹣4t，解得：t＝；②当5＜t≤10时，△BMN为等边三角形，只能点M与点A重合，点N与点C重合，此时，t＝10，综上，t＝或t＝10时，△BMN为等边三角形．17．（2023秋•泉州期末）如图，∠AOB＝90°，点C在OA边上，OA＝36cm，OB＝12cm，点P从点A出发，沿着AO方向匀速运动，点Q同时从点B出发，以相同的速度沿BC方向匀速运动，P、Q两点恰好在C点相遇，求BC的长度？解：∵点P、Q同时出发，且速度相同，∴BC＝CA，设BC＝xcm，则CA＝xcm，∵OA＝36cm∴OC＝（36﹣x）cm，∵∠AOB＝90°∴OB2+OC2＝BC2，∴122+（36﹣x）2＝x2，解得：x＝20，∴BC＝20cm．18．（2022•渠县校级开学）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E在AC边上，且∠CBE＝45°，BE分别交AC，AD于点B、F．（1）如图1，若AB＝13，BC＝10，求AF的长；（2）如图2，若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2．（1）解：如图1，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∵BC＝10，∴BD＝5，Rt△ABD中，∵AB＝13，∴AD＝＝＝12，在Rt△BDF中，∵∠CBE＝45°，∴△BDF是等腰直角三角形，∴DF＝BD＝5，∴AF＝AD﹣DF＝12﹣5＝7；（2）证明：如图2，在BF上取一点H，使BH＝EF，连接CF、CH，在△CHB和△AEF中，，∴△CHB≌△AEF（SAS），∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，∴∠CEF＝∠CHE，∴CE＝CH，∵BD＝CD，FD⊥BC，∴CF＝BF，∴∠CFD＝∠BFD＝45°，∴∠CFB＝90°，∴EF＝FH，在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2，∴BF2+EF2＝AE2．19．（2023秋•石狮市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC移动至点C，设运动时间为t秒．（1）求BC的长；（2）在点P的运动过程中，是否存在某个时刻t，使得点P到边AB的距离与点P到点C的距离相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC＝＝＝8（cm）；（2）存在，理由如下：如图，当点P恰好运动到∠BAC平分线上时，点P到直线AB的距离与点P到点C的距离相等，由已知可得：BP＝2tcm，PC＝BC﹣BP＝（8﹣2t）cm，连接AP，过点P作PE⊥AB于E，如图所示：则PE＝PC＝（8﹣2t）cm，在△AEP与△ACP中，，∴△AEP≌△ACP（AAS），∴AE＝AC＝6cm，∴BE＝AB﹣AE＝10﹣6＝4（cm），在Rt△BEP中，由勾股定理得：BP2＝BE2+PE2，即（2t）2＝42+（8﹣2t）2，解得：t＝，即当t的值为时，点P到边AB的距离与点P到点C的距离相等．20．（2023秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．（1）出发2秒后，求PQ的长；（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的；（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．解：（1）当t＝2s时，点Q在边BC上运动，则AP＝2cm，BQ＝2t＝4（cm），∵AB＝8cm，∴BP＝AB﹣AP＝8﹣2＝6（cm），在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ＝＝＝2（cm），∴PQ的长为2cm；（2）∵S△ACQ＝CQ•AB，S△ABC＝BC•AB，点Q在边BC上运动时，△ACQ的面积是△ABC面积的，∴CQ＝BC＝×6＝2（cm），∴BQ＝BC﹣CQ＝6﹣2＝4（cm），∴t＝＝2，∴当点Q在边BC上运动时，t为2时，△ACQ的面积是△ABC面积的；（3）在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝10（cm），当点P达到点B时，t＝＝8，当点Q达到点A时，t＝+＝，∵当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，∴0≤t≤8，∵AP＝tcm，∴BP＝（8﹣t）cm，点Q在CA上运动时，CQ＝1.5×（t﹣）＝（1.5t﹣4.5）（cm），∴AQ＝10﹣（1.5t﹣4.5）＝（﹣1.5t+14.5）（cm），∴BP+BC+CQ＝8﹣t+6+1.5t﹣4.5＝（0.5t+9.5）（cm），AP+AQ＝t+（﹣1.5t+14.5）＝（﹣0.5t+14.5）（cm），分两种情况：①＝，即＝，解得：t＝4，经检验，t＝4是原方程的解，∴t＝4；②＝，即＝，解得：t＝6，经检验，t＝6是原方程的解，∴t＝6；综上所述，当点Q在边CA上运动时，t为4或6时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．21．（2023秋•虎丘区校级期中）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长．小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长．解决下列问题：（1）图2中，AE＝　9　，AB＝　12　；（2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b．解：（1）如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，则BE是AD的垂直平分线，∴AB＝BD，∠A＝∠D，∵3∠A+∠ABC＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，∴∠BCA＝2∠A，∵∠BCA＝∠D+∠CBD，∴∠BCA＝∠A+∠CBD＝2∠A，∴∠CBD＝∠A，∴DC＝BC＝8，∴AD＝DC+AC＝8+10＝18，∴AE＝AD＝9，∴EC＝AD﹣CD＝9﹣8＝1．∴在直角△BCE和直角△AEB中，由勾股定理得到：BC2﹣CE2＝AB2﹣AE2，即82﹣12＝AB2﹣92，解得，AB＝12，故答案是：9；12；（2）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，则BE是边AD的垂直平分线，∴AB＝BD，∠A＝∠D．∵3∠A+2∠B＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，∴2∠A+∠ABC＝∠ACB，∵∠ACB＝∠D+∠DBC，∴2∠A+∠ABC＝∠D+∠DBC，∵∠A＝∠D，∴∠A+∠ABC＝∠DBC，BD＝AB＝c，即∠DCB＝∠DBC，∴DB＝DC＝c，由题意得，DE＝AE＝，∴EC＝AE﹣AC＝﹣b＝，在Rt△BEC中，BE2＝BC2﹣EC2，在Rt△BEA中，BE2＝BA2﹣EA2，∴BC2﹣EC2＝BA2﹣EA2，即a2﹣（）2＝c2﹣（）2，整理得，b＝．