9. 如图①,现有一张三角形纸片 $ ABC $,沿 $ BC $ 边上的高 $ AE $ 所在的直线翻折,使得点 $ C $ 与 $ BC $ 边上的点 $ D $ 重合。
(1)填空：$ \triangle ADC $ 是 ______ 三角形；
(2)若 $ AB = 15 $,$ AC = 13 $,$ BC = 14 $,求 $ BC $ 边上的高 $ AE $ 的长；
(3)如图②,若 $ \angle DAC = 90^{\circ} $,试猜想：$ BC $,$ BD $,$ AE $ 之间的数量关系,并加以证明。

(1) 等腰
(2) 设 $CE = x$，则 $BE = 14 - x$，在 $Rt\triangle AEC$ 中，由勾股定理，得 $AE^2 = AC^2 - CE^2$，$\therefore AE^2 = 13^2 - x^2$。在 $Rt\triangle ABE$ 中，由勾股定理，得 $AE^2 = AB^2 - BE^2$，$\therefore AE^2 = 15^2 - (14 - x)^2$，$\therefore 13^2 - x^2 = 15^2 - (14 - x)^2$，解得 $x = 5$。在 $Rt\triangle AEC$ 中，由勾股定理，得 $AE^2 = AC^2 - CE^2 = 13^2 - 5^2 = 12^2$，$\therefore AE = 12$。
(3) $BC - BD = 2AE$。证明如下：由 (1) 得 $\triangle ADC$ 是等腰三角形，又 $\angle DAC = 90^{\circ}$，$\therefore \triangle ADC$ 是等腰直角三角形。又 $AE$ 是 $CD$ 边上的高，$\therefore DE = CE$，$\angle DAE = \angle EAC = \frac{1}{2}\angle DAC = \frac{1}{2}×90^{\circ} = 45^{\circ}$，$\therefore \triangle AED$ 与 $\triangle AEC$ 都是等腰直角三角形，$\therefore DE = AE = EC$，即 $CD = 2AE$。$\because BC - BD = CD$，$\therefore BC - BD = 2AE$。
归纳总结
(一) 单勾股列方程：知道一边的长和另外两边的和差倍分关系 (或知道三边之间的和差倍分关系)。和差关系如折竹抵地问题、引葭赴岸问题，倍分关系如含特殊角 ($30^{\circ}$ 或 $45^{\circ}$) 的直角三角形。
(二) 双勾股列方程：当两个直角三角形共边或等边时，常使用两次勾股定理构造方程，如梯子滑动问题、母子直角三角形问题。

10. 在 $ \triangle ABC $ 中,$ AB = 15 $,$ AC = 20 $,$ BC $ 边上的高线为 $ 12 $,则 $ \triangle ABC $ 的面积为 ______。

42 或 150 解析：已知三角形两边的长和第三边上的高，未明确这个三角形是钝角三角形还是锐角三角形，所以需分情况讨论。
① 如图①，当 $\triangle ABC$ 为锐角三角形时，高 $AD$ 在三角形的内部。在 $Rt\triangle ABD$ 中，$AB = 15$，$AD = 12$，由勾股定理得，$BD^2 = AB^2 - AD^2 = 15^2 - 12^2 = 81$，则 $BD = 9$ (负值舍去)。在 $Rt\triangle ADC$ 中，$AC = 20$，$AD = 12$，由勾股定理得，$DC^2 = AC^2 - AD^2 = 20^2 - 12^2 = 256$，则 $DC = 16$ (负值舍去)。$\therefore BC = BD + DC = 9 + 16 = 25$，$\therefore S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}×25×12 = 150$。
② 如图②，当 $\triangle ABC$ 为钝角三角形时，高 $AD$ 在三角形的外部。同①的解法相同，可解得 $BC = 7$，$\therefore S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}×7×12 = 42$。综上所述，$\triangle ABC$ 的面积为 42 或 150。

11. (2025·苏州校级月考)如图,在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中,$ \angle BAC = 90^{\circ} $,$ AC = 12 $,$ AB = 9 $,$ DE \perp AC $,$ CD = \frac{1}{3}BC $,$ CE = \frac{1}{3}AC $,$ P $ 是直线 $ AC $ 上一动点,把 $ \triangle CDP $ 沿 $ DP $ 所在的直线翻折后,点 $ C $ 落在直线 $ DE $ 上的点 $ H $ 处,$ CP $ 的长是 ______。

10 或 $\frac{5}{2}$ 解析：当点 $P$ 在点 $E$ 左边时，如图①。由折叠知，$PC = PH$，$DC = DH$。$\because \angle BAC = 90^{\circ}$，$AC = 12$，$AB = 9$，$\therefore BC = 15$。$\because CD = \frac{1}{3}BC$，$CE = \frac{1}{3}AC$，$\therefore CD = 5$，$CE = 4$。$\because DE \perp AC$，$\therefore DE = 3$。$\because DH = CD = 5$，$\therefore EH = ED + DH = 8$。设 $PC = x$，则 $PH = x$，$PE = x - 4$。$\because PH^2 - PE^2 = EH^2$，$\therefore x^2 - (x - 4)^2 = 64$，解得 $x = 10$，即 $CP = 10$。当点 $P$ 在点 $E$ 右边时，如图②。由折叠知，$DH = DC = 5$，$\therefore EH = DH - DE = 5 - 3 = 2$。设 $PC = x$，则 $PE = CE - PC = 4 - x$，$PH = x$。$\because PH^2 - PE^2 = EH^2$，$\therefore x^2 - (4 - x)^2 = 4$，解得 $x = \frac{5}{2}$，即 $CP = \frac{5}{2}$。综上，$CP = 10$ 或 $\frac{5}{2}$。

12. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle C = 90^{\circ} $,$ AB = 5 \mathrm{cm} $,$ BC = 3 \mathrm{cm} $,若动点 $ P $ 从点 $ C $ 开始,按 $ C \to A \to B \to C $ 的路径运动,且速度为每秒 $ 1 \mathrm{cm} $,设出发的时间为 $ t \mathrm{s} $。
(1)点 $ P $ 出发 $ 6.5 \mathrm{s} $ 后,求 $ CP $ 和 $ BP $ 的长。
(2)问满足什么条件时 ($ t $ 的值或取值范围),$ \triangle BCP $ 为直角三角形？

(1) $\because \angle C = 90^{\circ}$，$AB = 5$ cm，$BC = 3$ cm，由勾股定理得 $AC = 4$ cm，$\therefore$ 出发 $6.5$ s 后点 $P$ 在线段 $AB$ 上且此时有 $AP = BP = 2.5$ cm，即点 $P$ 为 $AB$ 中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，$\therefore$ 此时 $CP = BP = 2.5$ cm。
(2) $\because AC = 4$ cm，动点 $P$ 从点 $C$ 开始按 $C \to A \to B \to C$ 的路径运动，且速度为每秒 $1$ cm，$\therefore$ 当点 $P$ 在 $AC$ 上运动时，$\triangle BCP$ 为直角三角形，$\therefore 0 ＜ t \leq 4$。如图，当点 $P$ 在 $AB$ 上，$CP \perp AB$ 时，$\triangle BCP$ 为直角三角形。$\because \frac{1}{2}AB \cdot CP = \frac{1}{2}AC \cdot BC$，$\therefore \frac{1}{2}×5CP = \frac{1}{2}×3×4$，$\therefore CP = \frac{12}{5}$ cm。由勾股定理得 $AC^2 = AP^2 + PC^2$，即 $4^2 = AP^2 + (\frac{12}{5})^2$，解得 $AP = \frac{16}{5}$ cm，$\therefore AC + AP = 4 + \frac{16}{5} = \frac{36}{5}$ (cm)，$\therefore t = \frac{36}{5}÷1 = \frac{36}{5}$。综上所述，当 $0 ＜ t \leq 4$ 或 $t = \frac{36}{5}$ 时，$\triangle BCP$ 为直角三角形。

13. 如图,在 $ \triangle ABC $ 中,$ AB = 9 $,$ AC = 6 $,$ AD \perp BC $ 于点 $ D $,$ M $ 为 $ AD $ 上任意一点,则 $ MB^{2} - MC^{2} $ 的值为 ______。

45 解析：在 $Rt\triangle ABD$ 和 $Rt\triangle ADC$ 中，$BD^2 = AB^2 - AD^2$，$CD^2 = AC^2 - AD^2$。在 $Rt\triangle BDM$ 和 $Rt\triangle CDM$ 中，$BM^2 = BD^2 + MD^2 = AB^2 - AD^2 + MD^2$，$MC^2 = CD^2 + MD^2 = AC^2 - AD^2 + MD^2$，$\therefore MB^2 - MC^2 = (AB^2 - AD^2 + MD^2) - (AC^2 - AD^2 + MD^2) = AB^2 - AC^2 = 45$。

14. 如图,四边形 $ ABCD $ 和四边形 $ AEFG $ 都是正方形,点 $ B $ 在 $ EF $ 上,两块阴影部分的面积分别为 $ S_{1} $,$ S_{2} $。若 $ S_{1} = 140 $,$ S_{2} = 124 $,则 $ EB $ 的长为 ______。

4 解析：设 $\triangle ABE$ 的面积为 $S$。$\because S_{正方形ABCD} = S + S_1 = S + 140$，$S_{正方形AEFG} = S + S_2 = S + 124$，而 $S_{正方形ABCD} = AB^2$，$S_{正方形AEFG} = AE^2$，$\therefore AB^2 - AE^2 = 140 - 124 = 16$。在 $Rt\triangle ABE$ 中，$BE^2 = AB^2 - AE^2 = 16$，$\therefore BE = 4$ (负值舍去)。

15. 如图,在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中,$ \angle ACB = 90^{\circ} $,$ AC = 3 $,$ BC = 4 $。分别以 $ AB $,$ AC $,$ BC $ 为边在 $ AB $ 的同侧作正方形 $ ABEF $,$ ACPQ $,$ BCMN $,四块阴影部分的面积分别为 $ S_{1} $,$ S_{2} $,$ S_{3} $,$ S_{4} $,则 $ S_{1} - S_{2} + S_{3} + S_{4} = $ ______。

6 解析：由勾股定理得 $AC^2 + BC^2 = AB^2$，即 $S_{正方形ACPQ} + S_{正方形BCMN} = S_{正方形ABEF}$，$S_1 + S_{\triangle ACT} + S_3 + S_4 + S_{四边形CBEK} = S_2 + S_{\triangle ACT} + S_{四边形CBEK} + S_{\triangle ABC}$，化简得 $S_1 + S_3 + S_4 = S_2 + S_{\triangle ABC}$，即 $S_1 - S_2 + S_3 + S_4 = S_{\triangle ABC}$。$\because S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}×AC×BC = \frac{1}{2}×3×4 = 6$，$\therefore S_1 - S_2 + S_3 + S_4 = 6$。