9. 在 $ \triangle ABC $ 中, $ AB = AC,AD \perp BC $ 于点 $ D $,若 $ \triangle ABC $ 的周长为 50, $ \triangle ABD $ 的周长为 40,则 $ AD = $.

15

设$AB = AC = x$，$BC = y$，$AD = h$。
∵$\triangle ABC$周长为50，∴$2x + y = 50$，则$x+\frac{y}{2}=25$。
∵$AB = AC$，$AD\perp BC$，∴$BD=\frac{y}{2}$（等腰三角形三线合一）。
∵$\triangle ABD$周长为40，∴$AB + BD + AD = 40$，即$x+\frac{y}{2}+h = 40$。
将$x+\frac{y}{2}=25$代入，得$25 + h = 40$，解得$h = 15$。

10. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中, $ AB = BC = 8,AO = BO $,点 $ M $ 是射线 $ CO $ 上的一个动点, $ \angle AOC = 60^{\circ} $,则当 $ \triangle ABM $ 为直角三角形时, $ AM $ 的长为.

4,4√3,4√7

情况1： 当$\angle ABM = 90°$时
$\because AO = BO$, $\angle AOC = 60°$, 设$AO = BO = x$
在$\triangle AOB$中，$AB = 8$, 由余弦定理得：
$AB^2 = AO^2 + BO^2 - 2 \cdot AO \cdot BO \cdot \cos(180° - 60°)$
$8^2 = x^2 + x^2 - 2x^2 \cos 120°$
解得$x = \frac{8\sqrt{3}}{3}$, 即$AO = BO = \frac{8\sqrt{3}}{3}$
在$Rt\triangle ABM$中，$AM = \sqrt{AB^2 + BM^2}$（此处$BM = BO = \frac{8\sqrt{3}}{3}$）
$AM = \sqrt{8^2 + \left(\frac{8\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \frac{16\sqrt{3}}{3}$
情况2： 当$\angle BAM = 90°$时
同理可得$AM = \frac{16\sqrt{3}}{3}$
情况3： 当$\angle AMB = 90°$时
点$M$在以$AB$为直径的圆上，$AB$中点为$O'$，$O'A = O'B = 4$
$\angle AOC = 60°$, 可得$AM = 4$
综上，$AM$的长为 $\frac{16\sqrt{3}}{3}$或$4$
$\boxed{4}$或$\boxed{\frac{16\sqrt{3}}{3}}$

11. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中, $ \angle BAC = 90^{\circ} $,点 $ D $ 在 $ BC $ 延长线上,且 $ AD = \frac{1}{2}BC $,若 $ \angle D = 40^{\circ} $,则 $ \angle B $ 等于 ()

A.$ 10^{\circ} $
B.$ 20^{\circ} $
C.$ 30^{\circ} $
D.$ 40^{\circ} $

B

取BC中点O，连接AO。在Rt△ABC中，∠BAC=90°，则AO=1/2BC（直角三角形斜边上中线等于斜边一半）。
∵AD=1/2BC，∴AO=AD，△AOD为等腰三角形，∠ADO=∠D=40°，故∠OAD=180°-2×40°=100°。
设∠B=x，在Rt△ABC中，∠ACB=90°-x。
∵O为BC中点，AO=BO，∴∠BAO=∠B=x，∠OAC=90°-x。
∠ACD=180°-∠ACB=90°+x，在△ACD中，∠CAD=180°-∠ACD-∠D=50°-x。
∵∠OAD=∠OAC+∠CAD，∴100°=(90°-x)+(50°-x)，解得x=20°。

12. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中, $ AD $ 是高, $ CE $ 是中线, $ DC = BE,DG \perp CE $ 于 $ G $. 求证:(1) $ G $ 是 $ CE $ 中点.(2) $ \angle B = 2 \angle BCE $.

(1)连接DE.
∵AD是高，∴△ABD是直角三角形.
∵E是AB中点，∴DE=BE=AE(直角三角形斜边上的中线等于斜边一半).
∵DC=BE，∴DE=DC.
∵DG⊥CE，∴G是CE中点(等腰三角形三线合一).
(2)∵DE=BE，∴∠B=∠BDE.
∵DE=DC，∴∠DEC=∠BCE.
在△DEC中，∠EDC=180°-∠DEC-∠BCE=180°-2∠BCE.
∵∠BDE+∠EDC=180°，∴∠BDE=180°-∠EDC=2∠BCE.
∴∠B=2∠BCE.

13. 如图,在 $ Rt \triangle ABC $ 中, $ \angle ABC = 90^{\circ},AB = 20,BC = 15 $,点 $ D $ 为 $ AC $ 边上的动点,点 $ D $ 从点 $ C $ 出发,沿边 $ CA $ 往 $ A $ 运动,当运动到点 $ A $ 时停止,若设点 $ D $ 运动的时间为 $ t $ 秒,点 $ D $ 运动的速度为每秒 2 个单位长度.
(1) 当 $ t = 2 $ 时, $ \triangle ABD $ 的面积为(请直接写出答案).
(2) 当 $ t = $时, $ \triangle CBD $ 是直角三角形(请直接写出答案).
(3) 求当 $ t $ 为何值时, $ \triangle CBD $ 是等腰三角形? 并说明理由.

(1) $t=2$时，点$D$运动的距离为$2×2 = 4$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 20$，$BC = 15$，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{20^{2}+15^{2}} = 25$。
作$DH\perp BC$于$H$，$CD = 4$，因为$\triangle CDH\sim\triangle CAB$，所以$\frac{DH}{AB}=\frac{CH}{BC}=\frac{CD}{AC}$，即$\frac{DH}{20}=\frac{CH}{15}=\frac{4}{25}$，解得$DH=\frac{16}{5}$，$CH=\frac{12}{5}$。
$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}× AB× (BC - CH)=\frac{1}{2}×20×(15-\frac{12}{5})=12×13 = 126$（？此处按思路原逻辑先算，正确计算：$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AB× BC=\frac{1}{2}×20×15 = 150$，$S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}× BC× DH=\frac{1}{2}×15×\frac{16}{5}=24$，$S_{\triangle ABD}=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle BCD}=150 - 24=126$）。
答案为$126$。
(2) 当$\angle CDB = 90^{\circ}$时，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BD=\frac{1}{2}AB\cdot BC$，$25\cdot BD=20×15$，$BD = 12$，$CD=\sqrt{BC^{2}-BD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}} = 9$，$t=\frac{9}{2}$。
当$\angle CBD = 90^{\circ}$时，点$D$与点$A$重合，$CD = CA = 25$，$t=\frac{25}{2}$。
答案为$\frac{9}{2}$或$\frac{25}{2}$。
(3)
过$B$作$BH\perp AC$于$H$，由面积法$AC\cdot BH=AB\cdot BC$，$25\cdot BH=20×15$，$BH = 12$，$CH=\sqrt{BC^{2}-BH^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}} = 9$。
当$BC = BC$时，$CD = 15$，$t=\frac{15}{2}$。
当$BC = BD$时，$CD = 2CH = 18$，$t = 9$。
当$BD = CD$时，设$CD=x$，则$HD = x - 9$，在$Rt\triangle BDH$中，$BD^{2}=BH^{2}+HD^{2}$，$x^{2}=12^{2}+(x - 9)^{2}$，$x^{2}=144+x^{2}-18x + 81$，$18x=225$，$x=\frac{25}{2}$，$t=\frac{25}{4}$。
综上，当$t=\frac{15}{2}$或$9$或$\frac{25}{4}$时，$\triangle CBD$是等腰三角形。