2022-2023学年湖南省岳阳市八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20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.下列品牌的标识中，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.在▱ABCD中，∠A:∠B:∠C:∠D 的值可以是
( )
A. 1:2:2:1B. 1:2:3:4C. 2:1:1:2D. 2:1:2:1
3.下列条件中，不能判定△ABC为直角三角形的是( )
A. c2=a2+b2B. ∠A+∠B=∠C
C. ∠A：∠B：∠C=2：3：5D. a=6，b=11，c=10
4.下列说法正确的是( )
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形B. 矩形的对角线互相垂直
C. 一组对边平行的四边形是平行四边形D. 四边相等的四边形是菱形
5.到三角形三边距离相等的点是( )
A. 三条高的交点B. 三条中线的交点
C. 三条角平分线的交点D. 不能确定
6.观察下列作图痕迹，所作CD为△ABC的边AB上的中线是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，在Rt△ABC中，∠A=30°，DE是斜边AC的中垂线，分别交AB，AC于D、E两点，若BD=1，则AC的长是( )
A. 3 3
B. 4 3
C. 2 3
D. 8 3
8.如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，给出下列五个结论：①AP=EF；②AP⊥EF；③∠PFE=∠BAP；④PD=EC；⑤PB2+PD2=2PA2，正确结论是( )
A. ①③B. ①②③C. ①③⑤D. ①②③⑤
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
9.正八边形的内角和为______度.
10.第二象限内的点P(x,y)满足|x|=5，y2=4，则点P的坐标是______．
11.如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、CD上的点，且AE=CF，EF与AC相交于点O，连接BO.若∠DAC=36°，则∠OBC的度数为______度.
12.如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，E、F分别是垂足，已知AB=4，BC=6，∠EAF=60°，则平行四边形ABCD的面积是______．
13.《九章算术》卷九“勾股”中记载：今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？译文：今有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺．牵着绳索(绳索头与地面接触)退行，在距木根部8尺处时绳索用尽．问绳索长是多少？设绳索长为x尺，可列方程为______．
14.如图，点G是正方形ABCD的对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H.若AB= 2，AG=1，则EB=________．
15.如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的一点，BE=1，F为AB上的一点，AF=2，P为AC上一个动点，则PF+PE的最小值为______．
16.如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6.折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F.当点M与点B重合时，EF的长为 ；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ．
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
如图，▱ABCD的一个外角为38°，AD=10cm，求∠B，∠A，∠D的度数以及BC的长度．
18.(本小题6分)
如图，是边长为1的小正方形组成的8×8方格，线段AB的端点在格点上.建立平面直角坐标系，使点A、B的坐标分别为(2,1)和(−1,3)．
(1)画出该平面直角坐标系xOy；
(2)画出以线段AB为斜边的Rt△ABC，写出C点坐标(写出一个即可)．
19.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，交CB于点D，过点D作DE⊥AB于点E．
(1)求证：△ACD≌△AED；
(2)若∠B=30°，CD=1，求BD的长．
20.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，点E在BC上，AE=AD，DF⊥AE，垂足为F．
(1)求证：DF=AB；
(2)若∠FDC=30°，且AB=6，求AD的长．
21.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是△ABC的一条角平分线．点O、E、F分别在BD、BC、AC上，且四边形OECF是正方形．
(1)求证：点O在∠BAC的平分线上；
(2)若AC=5，BC=12，求OE的长．
22.(本小题8分)
如图，有两条公路OM、ON相交成30°角，沿公路OM方向离O点80米处有一所学校A.当重型运输卡车P沿道路ON方向行驶时，在以P为圆心50米长为半径的圆形区域内都会受到卡车噪声的影响，且卡车P与学校A的距离越近噪声影响越大．若已知重型运输卡车P沿道路ON方向行驶的速度为18千米/时．
(1)求对学校A的噪声影响最大时卡车P与学校A的距离；
(2)求卡车P沿道路ON方向行驶一次给学校A带来噪声影响的时间．
23.(本小题10分)
如图，在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s.连接PQ、AQ、CP.设点P、Q运动的时间为ts．
(1)当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
(2)当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
(3)分别求出(2)中菱形AQCP的周长和面积．
24.(本小题10分)
著名的赵爽弦图(如图①，其中四个直角三角形较大的直角边长都为a，较小的直角边长都为b，斜边长都为c)，大正方形的面积可以表示为c2，也可以表示为4×12ab+(a−b)2，由此推导出重要的勾股定理：如果直角三角形两条直角边长为a，b，斜边长为c，则a2+b2=c2．
(1)图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”，请你利用图②推导勾股定理．
(2)如图③，在一条东西走向河流的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB=AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，该村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H(A、H、B在同一条直线上)，并新修一条路CH，且CH⊥AB.测得CH=1.2千米，HB=0.9千米，求新路CH比原路CA少多少千米？
(3)在第(2)问中若AB≠AC时，CH⊥AB，AC=4，BC=5，AB=6，设AH=x，求x的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
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，这条直线叫做对称轴进行分析．
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
2.【答案】D
【解析】【分析】
根据平行四边形对角相等即可判断选择哪一个．本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等是解决问题的关键．
【解答】
解：由于平行四边形对角相等，所以对角的比值数应该相等，
其中A，B，C都不满足，只有D满足．
故选D．
3.【答案】D
【解析】解：A.∵c2=a2+b2，
∴∠C=90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
B.∵∠A+∠B=∠C，∠A+∠B=∠C，
∴∠C=90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
C.∵∠A：∠B：∠C=2：3：5，∠A+∠B+∠C=180°，
∴最大角∠C=52+3+5×180°=90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D.∵62+102≠122，
∴a2+c2≠b2，
∴以a，b，c为边不能组成直角三角形，故本选项符合题意；
故选：D．
根据勾股定理的逆定理判断A和D即可；根据三角形的内角和定理判断B和C即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，三角形的内角和定理等知识点，能熟记勾股定理的逆定理的内容和三角形的内角和定理等于180°是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两条边a、b的平方和等于第三边c的平方，即a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形．
4.【答案】D
【解析】解：A、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；故本选项错误；
B、矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直；故本选项错误；
C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形；故本选项错误；
D、四边相等的四边形是菱形；故本选项正确．
故选：D．
直接利用菱形的判定定理、矩形的性质与平行四边形的判定定理求解即可求得答案．
此题考查了矩形的性质、菱形的判定以及平行四边形的判定．注意掌握各特殊平行四边形对角线的性质是解此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵OD=OE，
∴OC为∠ACB的平分线．
同理，OA为∠CAB的平分线，OB为∠ABC的平分线．
所以，到三角形三边距离相等的点是三角形三个角平分线的交点，
故选：C．
首先确定到两边距离相等的点的位置，再确定到另外两边的位置，根据到角的两边的距离相等的点在它的平分线上，O为△ABC三个角平分线的交点．
此题主要考查了角平分线的性质；分别思考找出满足条件的交点是正确解答本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：观察作图痕迹可知：
A.CD⊥AB，但不平分，
所以A选项不符合题意；
B.CD为△ABC的边AB上的中线，
所以B选项符合题意；
C.CD是∠ACB的平分线，
所以C选项不符合题意；
D.不符合基本作图过程，
所以D选项不符合题意．
故选：B．
根据题意，CD为△ABC的边AB上的中线，就是作AB边的垂直平分线，交AB于点D，连接CD即可判断．
7.【答案】C
【解析】解：连接DC，
在Rt△BCA中，∵DE为AC的垂直平分线，
∴AD=CD，
∴∠A=∠DCA=30°，
∴∠BDC=60°，
在Rt△CBD中，
cs∠BDC=BDDC=12，
解得：DC=2，BC= 3，
在Rt△CBA中，BC= 3，AB=3，
∴AC= ( 3)2+32=2 3．
故选：C．
直接利用线段垂直平分线的性质得出AD=CD，进而结合已知角得出DC，BC的长，进而利用勾股定理得出答案．
此题主要考查了含30度角的直角三角形和线段垂直平分线的性质，正确得出DC的长是解题关键．
8.【答案】D
【解析】解：①正确，连接PC，可得PC=EF，PC=PA，
∴AP=EF；
②正确；延长AP，交EF于点N，则∠EPN=∠BAP=∠PCE=∠PFE，可得AP⊥EF；
③正确；∠PFE=∠PCE=∠BAP；
④错误，PD= 2PF= 2CE；⑤正确，PB2+PD2=2PA2．
故选：D．
根据正方形的性质与正方形关于对角线对称可得所给选项的正误．
综合考查了正方形的性质；充分利用正方形是轴对称图形可得相关验证．
9.【答案】1080
【解析】解：(8−2)×180°=1080°．
故答案为：1080．
n边形的内角和可以表示成(n−2)⋅180°，代入公式就可以求出内角和．
本题主要考查了多边形的内角和公式，掌握n边形的内角和公式是解题关键．
10.【答案】(−5,2)
【解析】解：∵|x|=5，y2=4，
∴x=±5，y=±2，
∵第二象限内的点P(x,y)，
∴x0，
∴x=−5，y=2，
∴点P的坐标为(−5,2)．
故答案为(−5,2)．
根据绝对值的意义和平方根得到x=±5，y=±2，再根据第二象限的点的坐标特点得到x0，于是x=−5，y=2，然后可直接写出P点坐标．
本题考查了点的坐标：熟练掌握各象限内的坐标特点．
11.【答案】54
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD=CD，AD//BC，AB/​/CD，
∴∠EAO=∠FCO，∠DAC=∠ACB=36°，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠COF∠AOE=∠COFAE=CF，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC=90°，
∴∠OBC=90°−∠OCB=90°−36°=54°，
故答案为：54．
由菱形的性质可得AB=BC=AD=CD，AD//BC，AB/​/CD，从而得到∠EAO=∠FCO，∠DAC=∠ACB=36°，通过证明△AOE≌△COF得到AO=CO，由等腰三角形的性质可得BO⊥AC，即∠BOC=90°，从而即可得到答案．
本题主要考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
12.【答案】12 3
【解析】解：∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴∠AEC=90°，∠AFC=90°，
∵∠EAF=60°，
∴∠C=120°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/DC，AD//BC，
∴∠B=∠D=60°，
∴∠BAE=∠DAF=30°，
∵AB=4，BC=6，
∴BE=12AB=2，
∴AE= 42−22=2 3，
∴平行四边形的面积=AE⋅BC=2 3×6=12 3，
故答案为：12 3．
直接利用平行四边形的性质结合勾股定理得出AE的长，进而得出答案．
此题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理，正确得出AE的长是解题关键．
13.【答案】(x−3)2+64=x2
【解析】解：设绳索长为x尺，可列方程为(x−3)2+64=x2，
故答案为：(x−3)2+64=x2
设绳索长为x尺，根据勾股定理列出方程解答即可．
本题考查了勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14.【答案】 5
【解析】【分析】
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用，注意掌握辅助线的作法．
首先连接BD交AC于O，由四边形ABCD、AGFE是正方形，即可得AB=AD，AE=AG，∠DAB=∠EAG，然后利用SAS即可证得△EAB≌△GAD，则可得EB=GD，然后在Rt△ODG中，利用勾股定理即可求得GD的长，继而可得EB的长．
【解答】
解：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD、AGFE是正方形，
∴AB=AD，AE=AG，∠DAB=∠EAG，
∴∠EAB=∠GAD，
在△AEB和△AGD中，
AE=AG∠EAB=∠GADAB=AD，
∴△EAB≌△GAD(SAS)，
∴EB=GD，
∵四边形ABCD是正方形，AB= 2，
∴BD⊥AC，AC=BD= 2AB=2，
∴∠DOG=90°，OA=OD=12BD=1，
∵AG=1，
∴OG=OA+AG=2，
∴GD= OD2+OG2= 5，
∴EB= 5．
故答案为： 5．
15.【答案】 17
【解析】解：作E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为所求，
过F作FG⊥CD于G，
在Rt△E′FG中，
GE′=CD−BE−BF=4−1−2=1，GF=4，
所以E′F= FG2+E′G2= 17．
故答案为： 17．
作E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为所求，过F作FG⊥CD于G，在Rt△E′FG中，利用勾股定理即可求出E′F的长．
本题考查的是最短线路问题，熟知两点之间线段最短是解答此题的关键．
16.【答案】3 3
6−3 3

【解析】【分析】
如图1中，求出等边△ADB的高DE即可．如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR.证明OK=3 32，求出AF的最小值，可得结论．
本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，翻折变换，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
【解答】
解：如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=BC=CD，∠A=∠C=60°，
∴△ADB，△BDC都是等边三角形，
当点M与B重合时，EF是等边△ADB的高，EF=AD⋅sin60°=6× 32=3 3．
如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR．
∵AD/​/CG，OK⊥AD，
∴OK⊥CG，
∴∠G=∠AKT=∠GTK=90°，
∴四边形AGTK是矩形，
∴AG=TK=AB⋅sin60°=3 3，
∵OA=OM，∠AOK=∠MOT，∠AKO=∠MTO=90°，
∴△AOK≌△MOT(AAS)，
∴OK=OT=3 32，
∵OK⊥AD，
∴OR≥OK=3 32，
∵∠AOF=90°，AR=RF，
∴AF=2OR≥3 3，
∴AF的最小值为3 3，
∴DF的最大值为6−3 3．
故答案为：3 3，6−3 3．
17.【答案】解：∵四边形ABCD是▱ABCD，
∴BC=AD=10cm，AB//DC，AD//BC，
∵AB/​/DC，
∴∠B=∠DCE=38°．
∵AD/​/BC，
∴∠D=∠DCE=38°，∠A+∠B=180°，
∴∠A=180°−∠B=180°−38°=142°．
综上所述：∠B=38°，∠A=142°，∠D=38°，BC=10cm．
【解析】利用平行四边形的性质推导对边平行且相等，再用平行线的性质求角即可．
本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，难度较小，利用两直线平行求角度是解题的关键．
18.【答案】(1)解：∵点A、B的坐标分别为(2,1)和(−1,3)，
∴建立平面直角坐标系xOy如图所示；
(2)解：画出图形如图所示：
由图可知：点C的坐标为(2,3)或(−1,1)．
【解析】(1)根据A、B两点的坐标建立平面直角坐标系即可；
(2)先画出图形，再根据图形即可得到答案．
本题主要考查了坐标与图形，写出直角坐标系中点的坐标，采用数形结合的思想解题是解决此题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，∠C=90°，
∴CD=ED，∠DEA=∠C=90°，
∵在Rt△ACD和Rt△AED中
AD=ADCD=DE，
∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL)；
(2)∵DC=DE=1，DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∵∠B=30°，
∴BD=2DE=2
【解析】(1)根据角平分线性质求出CD=DE，根据HL定理求出另三角形全等即可；
(2)求出∠DEB=90°，DE=1，根据含30度角的直角三角形性质求出即可．
本题考查了全等三角形的判定，角平分线性质，含30度角的直角三角形性质的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．
20.【答案】解：(1)证明：在矩形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，
∴∠FAD=∠BEA．
∵DF⊥AE，
∴∠DFA=90°=∠B．
在△ADF和△EAB中，
∠DFA=∠B∠FAD=∠BEAAD=EA，
∴△ADF≌△EAB(AAS)．
∴DF=AB．
(2)∵∠FAD+∠ADF=90°，∠FDC+∠ADF=90°，
∴∠FAD=∠FDC=30°．
∴AD=2DF．
又∵DF=AB，
∴AD=2AB=2×6=12．
【解析】(1)利用“AAS”证△ADF≌△EAB即可得；
(2)由∠ADF+∠FDC=90°、∠DAF+∠ADF=90°得∠FDC=∠DAF=30°，据此知AD=2DF，根据DF=AB可得答案．
本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质及直角三角形的性质．
21.【答案】(1)证明：过点O作OM⊥AB，
∵BD是∠ABC的一条角平分线，
∴OE=OM，
∵四边形OECF是正方形，
∴OE=OF，
∴OF=OM，
∴AO是∠BAC的角平分线，即点O在∠BAC的平分线上；
(2)解：∵在Rt△ABC中，AC=5，BC=12，
∴AB= AC2+BC2= 52+122=13，
设CE=CF=x，BE=BM=y，AM=AF=z，
∴x+y=12y+z=13x+z=5，
解得：x=2y=10z=3，
∴CE=2，
∴OE=2．
【解析】(1)过点O作OM⊥AB，由角平分线的性质得OE=OM，由正方形的性质得OE=OF，易得OM=OF，由角平分线的判定定理得点O在∠BAC的平分线上；
(2)由勾股定理得AB的长，利用方程思想解得结果．
本题主要考查了正方形的性质，以及角平分线定理及性质，熟练掌握正方形的性质，运用方程思想是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)过点A作AD⊥ON于点D，
∵∠NOM=30°，AO=80m，
∴AD=40m，
即对学校A的噪声影响最大时卡车P与学校A的距离为40米；
(2)由图可知：以50m为半径画圆，分别交ON于B，C两点，AD⊥BC，BD=CD=12BC，OA=80m，
∵在Rt△AOD中，∠AOB=30°，
∴AD=12OA=12×80=40m，
在Rt△ABD中，AB=50，AD=40，由勾股定理得：BD= AB2−AD2= 502−402=30m，
故BC=2×30=60米，即重型运输卡车在经过BC时对学校产生影响．
∵重型运输卡车的速度为18千米/小时，即1800060=300米/分钟，
∴重型运输卡车经过BC时需要60÷300=0.2(分钟)=12(秒)．
答：卡车P沿道路ON方向行驶一次给学校A带来噪声影响的时间为12秒．
【解析】(1)直接利用直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半求出即可；
(2)根据题意可知，图中AB=50m，AD⊥BC，且BD=CD，∠AOD=30°，OA=80m；再利用垂径定理及勾股定理解答即可．
此题考查的是垂径定理与勾股定理在实际生活中的运用，解答此题的关键是卡车在哪段路上运行时对学校产生影响．
23.【答案】解：(1)∵在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=16cm，
∴BC=AD=16cm，AB=CD=8cm，
由已知可得，BQ=DP=tcm，AP=CQ=(16−t)cm，
在矩形ABCD中，∠B=90°，AD//BC，
当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t=16−t，得t=8，
故当t=8s时，四边形ABQP为矩形；
(2)∵AP=CQ，AP/​/CQ，
∴四边形AQCP为平行四边形，
∴当AQ=CQ时，四边形AQCP为菱形
即 82+t2=16−t时，四边形AQCP为菱形，解得t=6，
故当t=6s时，四边形AQCP为菱形；
(3)当t=6s时，AQ=CQ=CP=AP=16−6=10(cm)，
则周长为4×10=40(cm)；
面积为10×8=80(cm2).
【解析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．
(1)当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；
(2)当四边形AQCP是菱形时，AQ=CQ，列方程求得运动的时间t；
(3)菱形的四条边相等，则菱形的周长=4×10，根据菱形的面积公式求出面积即可．
24.【答案】解：(1)梯形ABCD的面积为12(a+b)(a+b)=12a2+ab+12b2，
也可以表示为12ab+12ab+12c2，
∴12ab+12ab+12c2=12a2+ab+12b2，
即a2+b2=c2；
(2)∵CA=x，
∴AH=x−0.9，
在Rt△ACH中，CA2=CH2+AH2，
即x2=1.22+(x−0.9)2，
解得x=1.25，
即CA=1.25，
CA−CH=1.25−1.2=0.05(千米)，
答：新路CH比原路CA少0.05千米；
(3)设AH=x，则BH=6−x，
在Rt△ACH中，CH2=CA2−AH2，
在Rt△BCH中，CH2=CB2−BH2，
∴CA2−AH2=CB2−BH2，
即42−x2=52−(6−x)2，
解得：x=94．
【解析】(1)梯形的面积可以由梯形的面积公式求出，也可利用三个直角三角形面积求出，两次求出的面积相等列出关系式，化简即可得证；
(2)设CA=x，则AH=x−0.9，根据勾股定理列方程，解得即可得到结果；
(3)在Rt△ACH和Rt△BCH中，由勾股定理得求出CH2=CA2−AH2=CB2−BH2，列出方程求解即可得到结果；
此题主要考查了勾股定理的证明与应用，一元一次方程，熟练掌握相关定理是解答此题的关键．