9. 新考法方程思想 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC=5$.正方形$DEFG$的边长为$\sqrt{5}$,它的顶点$D,E,G$分别在$△ ABC$的边上,则$BG$的长为.

9.$3\sqrt{2}$ 【点拨】如图,过点G作$GH⊥ AC,$则$∠ AHG=∠ GHD=90°,\therefore HG// BC,∠ DGH+∠ HDG=90°.$
$\therefore \frac{AG}{BG}=\frac{AH}{CH}.\because ∠ ACB=90°,AC=BC=5,\therefore AB=5\sqrt{2},$
$∠ A=∠ B=45°,\therefore ∠ AGH=45°,\therefore AH=HG.$ 设$AH=HG=x,$则$CH=AC-AH=5-x.$ 在正方形DEFG中,$DG=DE,∠ GDE=90°,\therefore ∠ HDG+∠ CDE=90°,$
$\therefore ∠ HGD=∠ CDE. \because ∠ C=∠ GHD=90°,\therefore △ GHD≌ △ DCE,\therefore CD=GH=x,\therefore DH=CH-CD=5-2x.$ 在$\mathrm{Rt}△ GHD$中,由勾股定理,得$GD^2=DH^2+GH^2,\therefore (\sqrt{5})^2=(5-2x)^2+x^2,$解得$x=2,\therefore AH=2,CH=3. \therefore \frac{AG}{BG}=\frac{AH}{CH}=\frac{2}{3},\therefore BG=\frac{3}{5}AB=\frac{3}{5}×5\sqrt{2}=3\sqrt{2}.$

10. 新考法 构造模型法 如图，$△ ABC$中，点$D$是$BC$延长线上一点，且$∠ CAD=90°-\dfrac{1}{2}∠ BAC$，过点$C$作$CE// AD$，交$AB$于点$E$，且$∠ ACE=3∠ BCE$，$AC=3$，$BE=2$，则$CD$的长为。

10.8 【点拨】$\because ∠ CAD=90°-\frac{1}{2}∠ BAC,\therefore 2∠ CAD=180°-∠ BAC.$ $\because ∠ AEC+∠ ACE=180°-∠ BAC.$
$\therefore 2∠ CAD=∠ AEC+∠ ACE. \because CE// AD,\therefore ∠ CAD=∠ ACE,∠ BCE=∠ BDA,\therefore ∠ AEC=∠ ACE,\therefore AE=AC=3,\therefore AB=2+3=5. \because ∠ ACE=3∠ BCE,$
$\therefore ∠ AEC=3∠ BCE=∠ B+∠ BCE,\therefore ∠ B=2∠ BCE.$
如图,作$AF⊥ CE,$垂足为F,延长AF交BC于点M,作$EG// AF,$交BC于点G,连接EM. $\because AE=AC,\therefore EF=CF,AF$是CE的垂直平分线,$\therefore CM=EM,\therefore ∠ MCE=∠ MEC,\therefore ∠ BME=2∠ MCE=∠ B,\therefore BE=ME=MC=2. \because EG// AF,\therefore ∠ GEC=90°,\frac{BE}{AE}=\frac{BG}{GM},\frac{MC}{MG}=\frac{CF}{EF}=1,\therefore MG=MC=2,\therefore \frac{2}{3}=\frac{BG}{2},\therefore BG=\frac{4}{3},\therefore BC=\frac{4}{3}+2+2=\frac{16}{3}. \because CE// AD,\therefore \frac{BE}{AE}=\frac{BC}{CD},$即$\frac{2}{3}=\frac{\frac{16}{3}}{CD},\therefore CD=8.$

11. 新视角动点探究题 如图,在矩形ABCD中,AB=5,BC=4,动点P从点B出发,以每秒2个单位长度的速度,沿射线BC方向运动,动点Q从点C出发,以每秒1个单位长度的速度,沿线段CD方向运动.点P和点Q同时出发,当点Q到达点D时,两点同时停止运动,设运动时间为t s (t＞0).
(1)用含t的代数式表示线段CP的长；
(2)当PQ与矩形的对角线平行时,请直接写出此时t的值.

11.【解】(1)$\because$四边形ABCD为矩形,$AB=5,$
$\therefore CD=AB=5,AD// BC.$
$\because$点Q在线段CD上运动,运动的速度为每秒1个单位长度,且点Q到达点D时停止运动,
$\therefore$点Q从点C运动到点D所用的时间为$5÷1=5(\mathrm{s}),$且$CQ=t.$
$\therefore 0＜ t≤5.$
$\because$动点P从点B出发,以每秒2个单位长度的速度,沿射线BC方向运动,运动时间为t s$(t＞0),$
$\therefore BP=2t.$ $\therefore$①当$0＜ t≤2$时,$CP=4-2t;$
②当$2＜ t≤5$时,$CP=2t-4.$
(2)此时t的值为$\frac{10}{7}$或$\frac{10}{3}.$ 【点拨】当PQ与矩形ABCD的对角线平行时,有以下两种情况:①当$PQ// BD$时,此时点P在线段BC上,如图①,则$0＜ t≤2.$ 根据平行线分线段成比例定理,得$CP:CB=CQ:CD,$即$(4-2t):4=t:5,$解得$t=\frac{10}{7}.$
②当$PQ// AC$时,此时点P在BC的延长线上,设PQ的延长线交AD于点M,如图②,则$2＜ t≤5. \because AD// BC,PQ// AC,\therefore$四边形ACPM为平行四边形. $\therefore AM=CP=2t-4.$ 根据平行线分线段成比例定理,得$AM:AD=CQ:CD. \because$在矩形ABCD中,$AD=BC=4,\therefore (2t-4):4=t:5,$解得$t=\frac{10}{3}.$ 综上所述,当PQ与矩形的对角线平行时,t的值为$\frac{10}{7}$或$\frac{10}{3}.$

12. 【教材呈现】下面是北师版教材九年级上册77页的部分内容：
一般地，有如下基本事实：
两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例。
【问题原型】如图①，在矩形ABCD中，点E为边AB的中点，过点E作EF//AD交边DC于点F，点P，Q分别在矩形的边AD，BC上，连接PQ交EF于点M. 求证：PM=QM.
【结论应用】在【问题原型】的基础上，点R在边BC上（不与点Q重合），连接PR交EF于点N.
(1)如图②，若MN=4，则线段QR的长为；
(2)当点Q与点B重合，点R与点C重合时，如图③，若BC=10，且△PMN周长的最小值为12，则边AB的长为.

12.【问题原型】【证明】$\because$点E为边AB的中点，
$\therefore AE=BE.$
$\because$四边形ABCD是矩形,$\therefore AD// BC.$
$\because EF// AD,\therefore AD// EF// BC. \therefore \frac{PM}{QM}=\frac{AE}{BE}.$
$\therefore PM=QM.$
【结论应用】(1)8
(2)$2\sqrt{6}$ 【点拨】如图所示,作点C关于AD的对称点G,连接PG,BG,$\therefore PG=PC. \therefore PB+PC=PB+PG≥ BG.$
$\therefore$当点P在BG上时,$PB+PC$取得最小值.又$\because PD// BC,D$是CG的中点,$\therefore$点P是BG的中点. $\therefore PB=PG=PC.$ 易证P是AD的中点,即当P是AD的中点时,$△ PBC$的周长取得最小值.易得MN是$△ PQR$的中位线.又$\because BC=10,$且$△ PMN$周长的最小值为12,$\therefore PA=PD=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC=5,$易得$△ PBC$的周长为24.
$\therefore PB+PC=24-10=14. \therefore PB=7.$
$\therefore AB=\sqrt{PB^2-AP^2}=\sqrt{7^2-5^2}=2\sqrt{6}.$