9. 如图,$AE\perp AB$,$AE = AB$,$BC\perp CD$,$BC = CD$,则图中阴影部分的面积是。

50

设直线FH为水平线，F、A、G、C、H在FH上，EF⊥FH，BG⊥FH，DH⊥FH，EF=6，BG=3，DH=4。
∵AE⊥AB，AE=AB，∠EFA=∠AGB=∠EAB=90°，
∴∠AEF=∠BAG（同角的余角相等），
∴△EFA≌△AGB（AAS），∴AF=BG=3，EF=AG=6。
同理，BC⊥CD，BC=CD，∠BGC=∠CHD=∠BCD=90°，
∴∠CBG=∠DCH（同角的余角相等），
∴△BGC≌△CHD（AAS），∴CG=DH=4，BG=CH=3。
梯形EFHD的高FH=FA+AG+GC+CH=3+6+4+3=16，
梯形EFHD面积=(EF+DH)×FH/2=(6+4)×16/2=80。
空白面积=S△EFA+S△AGB+S△BGC+S△CHD=3×6/2+6×3/2+4×3/2+3×4/2=9+9+6+6=30。
阴影面积=80-30=50。

10. 如图,点$G在AB$的延长线上,$\angle GBC$,$\angle BAC的平分线相交于点F$,$BE\perp CF于点H$。若$\angle AFB = 40^{\circ}$,则$\angle BCF$的度数为。

40°

设∠BAC=2α，∠GBC=2β。
∵AF平分∠BAC，BF平分∠GBC，∴∠BAF=α，∠GBF=∠CBF=β。
∵∠ABG=180°，∴∠ABF=180°-β。
在△ABF中，∠BAF+∠ABF+∠AFB=180°，即α+(180°-β)+40°=180°，化简得β=α+40°。
∵∠GBC是△ABC外角，∴∠GBC=∠BAC+∠ACB，即2β=2α+∠ACB，代入β=α+40°得∠ACB=80°。
过F作FM⊥AG，FN⊥BC，FP⊥AC，由角平分线性质得FP=FM，FM=FN，∴FP=FN，故CF平分∠ACB。
∴∠BCF=∠ACB/2=80°/2=40°。

11. 如图,$AD// BC$,$\angle BAD = 90^{\circ}$,以点$B$为圆心,$BC$长为半径画弧,与射线$AD相交于点E$,连接$BE$,过点$C作CF\perp BE$,垂足为$F$。
(1)线段$BF = $；(填写图中现有的一条线段)
(2)证明(1)中的结论。

(1) AB
(2) 证明：
∵AD//BC，
∴∠AEB=∠FBC（两直线平行，内错角相等）。
∵CF⊥BE，
∴∠BFC=90°。
∵∠BAD=90°，
∴∠A=∠BFC=90°。
∵以点B为圆心，BC长为半径画弧交AD于E，
∴BE=BC。
在△ABE和△FCB中，
∠A=∠BFC，
∠AEB=∠FBC，
BE=CB，
∴△ABE≌△FCB（AAS）。
∴BF=AB（全等三角形对应边相等）。

12. 如图,灯塔$A$,$B与码头O$的距离相等,$OP$,$OQ$为海岸线,一轮船从码头开出,计划沿$\angle POQ$的平分线航行,航行途中,某时测得轮船所在的位置$C与灯塔A$,$B$的距离相等,此时轮船有没有偏离航线？请说明理由。

没有偏离航线，理由如下：
连接OC。
在△AOC和△BOC中，
OA=OB（已知灯塔A，B与码头O的距离相等），
AC=BC（轮船位置C与灯塔A，B的距离相等），
OC=OC（公共边），
∴△AOC≌△BOC（SSS）。
∴∠AOC=∠BOC（全等三角形的对应角相等）。
即OC平分∠POQ，
∴此时轮船没有偏离航线。

13. 如图,在$\triangle ABC$,$\triangle ADE$中,$\angle BAC = \angle DAE = 90^{\circ}$,$AB = AC$,$AD = AE$,$C$,$D$,$E$三点在同一直线上,连接$BD$。
(1)求证：$\triangle BAD\cong\triangle CAE$；
(2)试猜想$BD$,$CE$有何特殊位置关系,并证明。

(1)证明：
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE。
在△BAD和△CAE中，
$\begin{cases} AB=AC \\ ∠BAD=∠CAE \\ AD=AE \end{cases}$，
∴△BAD≌△CAE（SAS）。
(2)猜想：BD⊥CE。
证明：
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ADB=∠AEC。
∵△ADE中，∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=45°。
∵C，D，E三点共线，
∴∠AEC=∠AED=45°，
∴∠ADB=45°。
∴∠BDE=∠ADB+∠ADE=45°+45°=90°，
∴BD⊥CE。