9.如图,点 B 的坐标为$(4,4)$,作$BA⊥x$轴于点$A$,$BC⊥y$轴于点$C$,$D$为$OA$的中点,点$P$从点$A$出发,在线段$AB$,$BC$上沿$A→B→C$运动,当$OP=CD$时,点$P$的坐标为.

9.(2,4)或(4,2)

【分析】
首先根据点B的坐标确定正方形OABC的边长为4，得到各顶点坐标及OA中点D的坐标；由于点P的运动路径分为AB段和BC段，需分两种情况讨论：①P在AB上，②P在BC上；结合OP=CD的条件，利用勾股定理分别计算两种情况下P的坐标，最后验证坐标是否符合所在线段的范围即可。
【解析】
解：
∵点B坐标为$(4,4)$，$BA⊥x$轴，$BC⊥y$轴，
∴四边形OABC是边长为4的正方形，
∴$A(4,0)$，$C(0,4)$，$OA=OC=4$。
∵D是OA的中点，
∴$OD=\frac{1}{2}OA=2$。
在$Rt△ OCD$中，由勾股定理得$CD^2=OC^2+OD^2=4^2+2^2=20$，
已知$OP=CD$，故$OP^2=CD^2=20$，分两种情况讨论：
1. 当点P在AB上运动时：
点P横坐标为4，设$P(4,y)$（$0≤y≤4$），
在$Rt△ OAP$中，$OP^2=OA^2+AP^2=4^2+y^2=20$，
解得$y=2$（$y=-2$不符合坐标范围舍去），此时$P(4,2)$。
2. 当点P在BC上运动时：
点P纵坐标为4，设$P(x,4)$（$0≤x≤4$），
在$Rt△ OCP$中，$OP^2=OC^2+CP^2=x^2+4^2=20$，
解得$x=2$（$x=-2$不符合坐标范围舍去），此时$P(2,4)$。
【答案】
$(2,4)$或$(4,2)$
【知识点】
1. 正方形的性质
2. 勾股定理的应用
3. 分类讨论思想
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何的综合基础题，解题核心是根据点P的运动轨迹分类讨论，避免漏解，结合直角三角形性质即可求出对应坐标，对学生的分类思维有一定要求。
【难度系数】
0.7

10.把两个等腰直角三角尺如图放置(AC=BC,∠ACB=∠ECD=90°,CE=CD),点D在BC上,连接BE,AD,AD的延长线交BE于点F.
(1)求证:△BEC≌△ADC;
(2)AF与BE之间有怎样的位置关系?请说明理由.

10.(1)证明:在△BEC和△ADC中,
$\because \begin{cases} EC=DC, \\ ∠ECB=∠DCA, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴ △BEC≌△ADC;(SAS)
(2)解:AF⊥BE.理由如下:
∵△BEC≌△ADC,
∴∠EBC = ∠DAC.
∵ ∠DAC + ∠CDA=90°,∠FDB=∠CDA,
∴∠EBC+∠FDB=90°,
∴∠BFD=180°-(∠EBC+∠FDB)=180°-90°=90°,即AF⊥BE.

【分析】
(1)要证明△BEC≌△ADC，先梳理已知条件：题目已给出两组边相等（EC=DC、BC=AC），只需再证明两组边的夹角相等即可，结合∠ACB=∠ECD=90°，可直接得到夹角∠ECB=∠DCA，满足SAS全等判定条件，即可完成证明。
(2)判断两条线段的位置关系通常考虑垂直或平行，结合图形特征优先验证垂直，即需要证明AF与BE的夹角为90°。可借助第一问全等的结论得到对应角相等，再结合直角三角形两锐角互余、对顶角相等的性质，通过角的等量代换推出夹角为90°，即可得到位置关系。
【解析】
(1)证明：在△BEC和△ADC中，
$\because \begin{cases} EC=DC, \\ ∠ECB=∠DCA=90°, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△ADC（SAS）。
(2)解：AF⊥BE，理由如下：
∵△BEC≌△ADC，
∴∠EBC = ∠DAC。
∵在Rt△ACD中，∠DAC + ∠CDA=90°，且∠FDB=∠CDA（对顶角相等），
∴∠EBC+∠FDB=90°，
∴∠BFD=180°-(∠EBC+∠FDB)=180°-90°=90°，即AF⊥BE。
【答案】
(1)△BEC≌△ADC得证；
(2)AF⊥BE。
【知识点】
全等三角形的判定（SAS）；全等三角形的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形的基础应用类题目，既考查了全等三角形的判定定理，又结合角的等量代换考查垂直的证明，解题的关键是准确找到全等的判定条件，再灵活运用全等的性质推导角的关系，是几何证明的常见基础题型。
【难度系数】
0.7

11.问题背景：
如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°.E,F分别是BC,CD上的点，且∠EAF=60°.探究图中线段BE,EF,FD之间的数量关系.
小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，如图①，使DG=BE.连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是.
探索延伸:
如图②，在四边形ABCD中，若AB=AD，∠B+∠D=180°.E,F分别是BC,CD上的点，且∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由.

11.问题背景:EF=BE+FD
解:探索延伸:EF=BE+FD仍然成立.
理由:延长FD到点G,使DG=BE,连接AG.
∵ ∠B+∠ADC=180°,∠ADC+∠ADG=180°,
∴∠B=∠ADG. 在△ABE和△ADG中,
$\begin{cases} BE=DG, \\ ∠B=∠ADG, \\ AB=AD, \end{cases}$
∴ △ABE ≌ △ADG. (SAS),
∴ AE = AG, ∠BAE = ∠DAG.
∵ ∠EAF = $\frac{1}{2}$∠BAD,
∴ ∠GAF = ∠DAG + ∠DAF = ∠BAE + ∠DAF = ∠BAD - ∠EAF = ∠EAF. 在△AEF和△AGF中,
$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴ △AEF ≌ △AGF. (SAS),
∴ EF=GF.
∵ FG=DG+FD=BE+FD,
∴EF=BE+FD.

【分析】
解决本题需用到截长补短的几何辅助线思路：①问题背景中，已知AB=AD，∠B=∠ADG=90°，我们可以通过延长FD构造DG=BE，先证△ABE≌△ADG，将BE转化为DG，再结合∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD的条件，证明△AEF≌△AGF，将EF转化为GF，即可得到三条线段的数量关系；②探索延伸中，虽然∠B和∠D不再是直角，但二者和为180°，可推出∠B=∠ADG，仍然可以沿用问题背景的构造思路，两次证明全等得到结论。
【解析】
问题背景：
延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
∵ ∠B=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠B=90°，
在△ABE和△ADG中：
$\begin{cases} BE=DG \\ ∠ B=∠ ADG \\ AB=AD \end{cases}$
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG。
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF。
在△AEF和△AGF中：
$\begin{cases} AE=AG \\ ∠ EAF=∠ GAF \\ AF=AF \end{cases}$
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=GF。
又
∵GF=DG+FD=BE+FD，
∴EF=BE+FD。
探索延伸：
EF=BE+FD仍然成立，理由如下：
延长FD到点G，使DG=BE，连接AG。
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠B=∠ADG。
在△ABE和△ADG中：
$\begin{cases} BE=DG \\ ∠ B=∠ ADG \\ AB=AD \end{cases}$
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG。
∵∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF。
在△AEF和△AGF中：
$\begin{cases} AE=AG \\ ∠ EAF=∠ GAF \\ AF=AF \end{cases}$
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=GF。
∵FG=DG+FD=BE+FD，
∴EF=BE+FD。
【答案】
问题背景：$\boldsymbol{EF=BE+FD}$；
探索延伸：结论仍然成立，$\boldsymbol{EF=BE+FD}$，理由见解析。
【知识点】
1. 全等三角形判定与性质
2. 截长补短构造全等
3. 角度等量代换
【点评】
本题是构造全等三角形解决线段和差问题的典型题型，核心是利用已知的等边条件，通过截长补短的辅助线方法将分散的线段集中到同一条线段上，再结合角度条件证明二次全等，即可推导出线段关系，能够有效锻炼几何辅助线构造和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6