9. 已知直角三角形的两边长分别为 6,8,则该直角三角形斜边上的中线长为$\underline{\hspace{5cm}}$．

4或5

10. * (2025·江苏无锡期末)如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AC=12$,$AB=9$,$DE ⊥ AC$,$CD=\dfrac{1}{3}BC$,$CE=\dfrac{1}{3}AC$,$P$是直线$AC$上一动点,把$△ CDP$沿$DP$所在的直线翻折后,点$C$落在直线$DE$上的点$H$处,则$CP$的长是______.

10或$\frac{5}{2}$

11. 已知在$△ ABC$中，$CD ⊥ AB$于点$D$，且$BD:CD:AD=1:3:4$。
（1）如图①，求证：$△ ABC$是等腰三角形；
（2）如图②，$S_{△ ABC}=30$，动点$M$从点$B$出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段$BA$向终点$A$运动。设点$M$运动的时间为$t\ \mathrm{s}$。若$E$是边$AC$的中点，连接$DE$，$EM$，则在点$M$运动的过程中，$△ MDE$能否成为等腰三角形？若能，求出$t$的值；若不能，请说明理由。

; ​$(1)$​证明：设​$BD = x，$​​$CD = 3x，$​​$AD = 4x(x>0)$​∵​$CD\perp AB，$​∴​$∠ADC = 90°$​在​$Rt\triangle ACD$​中，由勾股定理，得​$AC = \sqrt {AD^2+CD^2}=\sqrt {(4x)^2+(3x)^2} = 5x$​又​$AB = BD + AD = 5x$​∴​$AC = AB$​∴​$\triangle ABC$​是等腰三角形​$(2)$​解：​$\triangle MDE$​能成为等腰三角形由​$(1)$​得​$BD = x，$​​$CD = 3x，$​​$AD = 4x，$​​$∠ADC = 90°，$​​$AC = AB = 5x$​∵​$S_{\triangle ABC}=30$​∴​$\frac 12\ \mathrm {A}B·CD=\frac 12×5x·3x = 30$​即​$\frac {15}2x^2=30，$​解得​$x = 2$​∴​$BD = 2，$​​$CD = 6，$​​$AD = 8，$​​$AC = AB = 10$​又​$E$​为边​$AC$​的中点，​$CD\perp AB$​∴​$DE = CE = AE=\frac 12\ \mathrm {A}C = 5$​当点​$M$​在​$BD$​上，即​$0\leq t<2$​时，​$∠EDM>90°，$​​$\triangle MDE$​为钝角三角形，且​$DM\neq DE$​∴​$\triangle MDE$​不能成为等腰三角形，舍去；当​$M，$​​$D$​两点重合，即​$t = 2$​时，​$\triangle MDE$​不存在，舍去；当点​$M$​在​$DA$​上，即​$2$​时，​$DM = BM - BD = t - 2$​分类讨论如下：​$①$​当​$DE = DM$​时，​$5 = t - 2，$​解得​$t = 7；$​​$②$​当​$DE = EM$​时，易得​$M，$​​$A$​两点重合此时​$t = 10；$​​$③$​当​$DM = EM$​时，​$EM = t - 2$​过点​$E$​作​$EF\perp AD$​于点​$F$​则​$AF = DF=\frac 12\ \mathrm {A}D = 4$​∴​$MF = DF - DM = 6 - t$​在​$Rt\triangle DEF $​中，由勾股定理，得​$EF = \sqrt {DE^2-DF^2}=\sqrt {5^2-4^2} = 3$​在​$Rt\triangle EMF $​中，由勾股定理，得​$EF^2+MF^2=EM^2$​∴​$3^2+(6 - t)^2=(t - 2)^2，$​解得​$t=\frac {41}8$​综上，当​$t $​的值为​$7$​或​$\frac {41}8$​或​$10$​时，​$\triangle MDE$​为等腰三角形

12. * 新素养 推理能力 已知在长方形ABCD中，AB=6，AD=8，E为边AD上一点，将△ABE沿BE折叠后得到△FBE.
（1）如图①，若E为AD的中点，延长BF交边CD于点G.
① 求证：$DG=FG$，
② 求FG的长；
（2）如图②，若E为边AD上一动点，连接FD，△DEF是否可以为直角三角形？若可以，求出AE的长；若不可以，请说明理由.

类题精讲

​$(1)$​证明：​$①$​连接​$EG$​∵四边形​$ABCD$​是长方形，∴​$∠A=∠EDG = 90°$​由折叠的性质，得​$∠EF B=∠A = 90°，$​​$EF = EA$​又​$∠EFG+∠EF B = 180°$​∴​$∠EFG = 180°-∠EF B = 90°$​又​$E$​为​$AD$​的中点，∴​$EA = ED，$​即​$EF = ED$​又​$EG = EG，$​∴​$Rt\triangle EDG≌ Rt\triangle EFG(\mathrm {HL})$​∴​$DG = FG$​解：​$②$​由​$(1)①$​得​$DG = FG$​设​$DG = FG = x$​∵四边形​$ABCD$​为长方形，​$AB = 6，$​​$AD = 8$​∴​$BC = AD = 8，$​​$CD = AB = 6，$​​$∠C = 90°$​∴​$CG = CD - DG = 6 - x$​由折叠的性质，得​$BF = AB = 6$​∴​$BG = BF + FG = 6 + x$​在​$Rt\triangle BCG $​中，由勾股定理，得​$BC^2+CG^2=BG^2$​∴​$8^2+(6 - x)^2=(6 + x)^2，$​解得​$x=\frac 83$​则​$FG $​的长为​$\frac 83$​​$(2)$​解：​$\triangle DEF $​可以为直角三角形由​$(1)②$​得​$BF = 6，$​​$BC = 8$​∴点​$F $​不可能落在边​$CD$​上，即​$∠EDF＜90°$​∴分两种情况讨论：
①如图①，当​$∠EF D = 90°$​时，由​$(1)①$​得​$∠EF B = 90°$​∴​$∠EF B+∠EF D = 180°，$​即​$B，$​​$F，$​​$D$​三点共线由折叠的性质，得​$EF = AE，$​​$BF = AB = 6$​在​$Rt\triangle ABD$​中，​$AD = 8，$​由勾股定理，得​$BD = \sqrt {AB^2+AD^2}=\sqrt {6^2+8^2} = 10$​∴​$DF = BD - BF = 4$​设​$AE = EF = y，$​则​$DE = AD - AE = 8 - y$​在​$Rt\triangle EF D$​中，由勾股定理，得​$DE^2=EF^2+DF^2$​∴​$(8 - y)^2=y^2+4^2，$​解得​$y = 3$​∴​$AE = 3$​②如图②，当​$∠FED = 90°$​时，易得​$AE = AB = 6$​综上，满足条件的​$AE$​的长为​$3$​或​$6$​