9. 如图,在$△ ABC$中,$AB=9$,$AC=6$,$BC=12$,点$M$在$AB$边上,且$AM=3$,过点$M$作直线$MN$与$AC$边交于点$N$,使截得的三角形与原三角形相似,则$MN=$.

如图①,当 MN//BC 时,则△AMN∽△ABC,故 $\frac{AM}{AB} = \frac{AN}{AC} = \frac{MN}{BC}$,则 $\frac{3}{9} = \frac{MN}{12}$,解得 MN=4;如图②,当∠ANM=∠B时,又
∵ ∠A=∠A,
∴ △ANM∽△ABC,$\frac{AM}{AC} = \frac{MN}{BC}$,即 $\frac{3}{6} = \frac{MN}{12}$,解得 MN=6.综上所述,MN=4 或 6.

10. (2025·唐山模拟)点$A,O,C$在同一条直线上,点$B,O,D$在同一条直线上,$∠ BAO=∠ DCO=90°$,部分数据如图所示,将$△ OAB$沿虚线剪成三块,其中两块为梯形,一块为三角形,阴影部分的面积记为$S_1$.将$△ OCD$沿虚线剪成三块,三块均为三角形,阴影部分的面积记为$S_2$,则$S_1:S_2=$.

由题意知,四边形 ABEF,HFOG 均为梯形,
∴ EF//AB,HG//OF,
∴ ∠HEG = ∠ABO,∠HGE = ∠AOB,
∴ △HEG ∽ △ABO,
∴ $\frac{S_1}{S_{△ABO}} = (\frac{EG}{BO})^2 = (\frac{7}{2+7+3})^2 = (\frac{7}{12})^2=\frac{49}{144}$,
∴ $S_1=\frac{49}{144}S_{△ABO}$.又
∵ $\frac{S_2}{S_{△OCD}} = \frac{MN}{OD} = \frac{4}{4+4+4} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$,
∴ $S_2=\frac{1}{3}S_{△OCD}$.
∵ BO=2+7+3=12,DO=4+4+4=12,
∴ BO=DO.又
∵ ∠BOA=∠DOC,∠BAO=∠DCO=90°,
∴ △ABO ≅ △CDO (AAS),
∴ $S_{△ABO} = S_{△CDO}$,
∴ $\frac{S_1}{S_2} = \frac{\frac{49}{144}S_{△ABO}}{\frac{1}{3}S_{△OCD}} = \frac{\frac{49}{144}}{\frac{1}{3}} = \frac{49}{144} ×3 = \frac{49}{48}$,即 $S_1 : S_2 = 49 : 48$,故答案为49 : 48.

11.（泰安中考）如图，在四边形ABCD中，AB=AC=AD，AC平分∠BAD，点P是AC延长线上一点，且PD⊥AD.
（1）求证：$∠ BDC = ∠ PDC$；
（2）若AC与BD相交于点E，AB=1，$CE:CP=2:3$，求AE的长.

(1)
∵ AB = AD,AC 平分∠BAD,
∴ AC ⊥ BD,
∴ ∠ACD + ∠BDC = 90°.
∵ AC = AD,
∴ ∠ACD = ∠ADC,
∴ ∠ADC + ∠BDC = 90°.
∵ PD ⊥ AD,
∴ ∠ADC + ∠PDC = 90°,
∴ ∠BDC = ∠PDC.
(2)如图,过点 C 作 CM ⊥ PD 于点 M.
∵ ∠BDC = ∠PDC, CE ⊥ BD,
∴ CE = CM.
∵ ∠CMP = ∠ADP = 90°,∠P = ∠P,
∴ △CPM ∽ △APD,
∴ $\frac{CM}{AD} = \frac{PC}{PA}$.设 CM = CE = x.
∵ CE : CP = 2 : 3,
∴ PC = $\frac{3}{2}x$.
∵ AB = AD=AC=1,
∴ $\frac{x}{1} = \frac{\frac{3}{2}x}{\frac{3}{2}x +1}$,解得 x=0(舍去)或 x=$\frac{1}{3}$,经检验,x=$\frac{1}{3}$ 是原方程的解,
∴ AE=1 - $\frac{1}{3}$ = $\frac{2}{3}$.

12. 新考法 如图,在平面直角坐标系中,点A(5,0),点B(8,4).若将线段AB绕点O逆时针旋转得到线段A'B',当点B'恰好落在y轴正半轴上时,点A'的坐标为.

如图,连接 OB,OA',过点 B 作 BN ⊥ x 轴于点 N,过点 A 作 AM ⊥ OB 于点 M,过点 A' 作 A'M' ⊥ y 轴于点 M',
∴ ∠BNO=90°.
∵ B(8,4),
∴ ON=8,BN=4,
∴ OB=$\sqrt{ON^2+BN^2} = \sqrt{8^2+4^2} = 4\sqrt{5}$.
∵ ∠ONB=∠AMO=90°, ∠AOM = ∠BON,
∴ △AOM ∽ △BON,
∴ $\frac{OA}{OB} = \frac{AM}{BN} = \frac{OM}{ON}$,即 $\frac{5}{4\sqrt{5}} = \frac{AM}{4} = \frac{OM}{8}$,
∴ AM=$\sqrt{5}$, OM=2$\sqrt{5}$.
∵ 将线段 AB 绕点 O 逆时针旋转得到线段 A'B',即将△OAB 绕点 O 逆时针旋转得到△OA'B',
∴ OA=OA', ∠AOB = ∠A' OB'.
∵ ∠AMO = ∠A' M' O = 90°,
∴ △AOM≅ △A'OM' ( AAS ),
∴ OM' = OM = 2$\sqrt{5}$,A'M'=AM=$\sqrt{5}$,
∴ 点 A' 的坐标为$(\sqrt{5},2\sqrt{5})$.

13. 在$Rt△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=AC=2$，点D在BC所在的直线上运动，作$∠ ADE=45°$（A，D，E按逆时针方向排列）。
(1) 如图①，若点D在线段BC上运动，DE交AC于点E。
①求证：$△ ABD ∽ △ DCE$。
②当$△ ADE$是等腰三角形时，求AE的长。
(2) 如图②，若点D在BC的延长线上运动，DE的反向延长线与AC的延长线相交于点$E'$，是否存在点D，使$△ ADE'$是等腰三角形？若存在，写出所有点D的位置；若不存在，请简要说明理由。

(1) ①
∵ AB = AC,
∴ ∠B = ∠C.
∵ ∠BAC=90°,
∴ ∠B = ∠C = $\frac{1}{2}×(180°-∠BAC) = \frac{1}{2}×(180°-90°)=45°$.
∵ ∠BAD+∠ADB = 180°-∠B = 180°-45°=135°, ∠ADB+∠CDE = 180°-∠ADE = 180°-45°=135°,
∴ ∠BAD = ∠CDE,
∴ △ABD∽△DCE.
②当△ADE 是等腰三角形时,分为以下三种情况:
第一种情况:如图①,DE=AE,
∵ DE = AE,
∴ ∠DAE = ∠ADE = 45°,
∴ ∠AED = 180°-∠DAE-∠ADE=180°-45°-45°=90°,
∴ DE ⊥ AC.
由①可知∠C=45°,
∴ ∠DAE = ∠C,
∴ AD = CD,
∴ 点 E 为 AC 的中点,
∴ AE=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×2=1.
第二种情况:如图②,AD=AE,
此时点 D 和点 B 重合,点 E 和点 C 重合,即 AE=AC=2.
第三种情况:如图③,AD=DE,
由①可知△ABD∽△DCE,
∴ $\frac{AB}{DC} = \frac{BD}{CE} = \frac{AD}{DE} = 1$,
∴ AB=DC,BD=CE.
∵ AB=AC=2, ∠BAC=90°,
∴ BC=$\sqrt{AB^2+AC^2}=2\sqrt{2}$,DC=AB=2,
∴ BD=BC-DC=2$\sqrt{2}$-2,
∴ CE=BD=2$\sqrt{2}$-2,
∴ AE=AC-CE=4-2$\sqrt{2}$.
综上所述,AE 的长为 1 或 2 或 4-2$\sqrt{2}$.
(2)存在(只有一种情况).
由(1)①可知∠ACB=45°,
∴ ∠ACB = ∠CAD+∠ADC = 45°.
∵ ∠ADE = 45°,
∴ ∠ADE = ∠CAD + ∠AE'D = 45°,
∴ ∠ADC = ∠AE'D. 又
∵ ∠CAD = ∠DAE',
∴ △ADC ∽ △AE'D,
∴ $\frac{AC}{CD} = \frac{AD}{DE'}$,
由题意可知仅当 AD = DE' 时,△ADE' 是等腰三角形,
∴ CD=AC=2.
即存在,CD=2.