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解：​$(1)M，$​​$N$​是线段​$AB$​的勾股分割点，理由如下：
∵​$AM = 2.5，$​​$NB = 6，$​∴​$AM^2+NB^2=2.5^2+6^2=42.25$​
又​$MN = 6.5，$​∴​$MN^2=6.5^2=42.25，$​即​$AM^2+NB^2=MN^2$​
∴以​$AM，$​​$MN，$​​$NB$​为边的三角形是一个直角三角形，
即​$M，$​​$N$​是线段​$AB$​的勾股分割点
​$ (2)$​设​$NB = x$​
∵​$AB = 14，$​​$AM = 4，$​∴​$MN=AB - AM - NB = 10 - x$​
∵​$M，$​​$N$​是线段​$AB$​的勾股分割点
∴以​$AM，$​​$MN，$​​$NB$​为边的三角形是直角三角形
又​$AM$​为直角边，∴有以​$MN$​为斜边或以​$NB$​为斜边两种情况。
当以​$NB$​为斜边时，由勾股定理，得​$AM^2+MN^2=NB^2$​
∴​$4^2+(10 - x)^2=x^2，$​解得​$x = 5.8。$​则​$NB = 5.8；$​
当以​$MN$​为斜边时，
同理，得​$x^2+4^2=(10 - x)^2，$​解得​$x = 4.2。$​则​$NB = 4.2$​
综上，​$NB$​的长为​$4.2$​或​$5.8$​
解：连接​$BD，$​过点​$B$​作​$BF\perp DE，$​交​$DE$​的延长线于点​$F，$​易得​$BF = b - a$​
∴​$S_{五边形ACBED}=S_{\triangle ACB}+S_{\triangle ABD}+S_{\triangle BDE}=\frac 12ab+\frac 12c^2+\frac 12a·(b - a)$​
又​$S_{五边形ACBED}=S_{\triangle ACB}+S_{\triangle ABE}+S_{\triangle ADE}=\frac 12ab+\frac 12b^2+\frac 12ab$​
∴​$\frac 12ab+\frac 12b^2+\frac 12ab=\frac 12ab+\frac 12c^2+\frac 12a(b - a)$​
∴​$a^2+b^2=c^2$​

解：​$(1)$​点​$P $​位于​$BC$​的垂直平分线与​$AC$​的交点处，如图所示理由如下：
∵​$P C^2-P A^2=AB^2，$​∴​$P C^2=P A^2+AB^2$​
又点​$P $​在​$AC$​上，∴由勾股定理，得​$P A^2+AB^2=P B^2$​
∴​$P C = P B$​
∴点​$P $​在​$BC$​的垂直平分线上，即点​$P $​位于​$BC$​的垂直平分线与​$AC$​的交点处
​$ (2)$​设​$P A = x$​
由题意，得​$AB = 4，$​​$AC = 6，$​∴​$P C = AC - P A = 6 - x$​
∴​$P B = 6 - x$​
在​$Rt\triangle P AB$​中，由勾股定理，得​$P A^2+AB^2=P B^2$​
∴​$x^2+4^2=(6 - x)^2，$​解得​$x = \frac 53$​
则线段​$P A$​的长为​$\frac 53$​
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