9. 新趋势 学科内综合 如图,在平面直角坐标系$xOy$中,一次函数$y=\frac{1}{2}x+2$的图象分别交$x$轴,$y$轴于$A$,$B$两点,过该函数图象上一点$C(4,4)$作$CD⊥x$轴于点$D$,点$E$是线段$AB$上一动点,连接$BD$,$EO$,若以$B$,$E$,$O$为顶点的三角形与$△ BCD$相似,则点$E$的坐标为.

9.$(-\frac{8}{5},\frac{6}{5})或(-2,1)$ 【点拨】当$y=0$时,$\frac{1}{2}x+2=0$,解得$x=-4,\therefore A(-4,0)$. 当$x=0$时,$y=\frac{1}{2}x+2=2,\therefore B(0,2)$. 如图,过点 B 作$BF⊥ CD$,垂足为 F.$\because C(4,4),CD⊥ x$轴,$\therefore OD=4,CD=4$,$\therefore$ 易得$BF=4,CF=2,\therefore BC=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$. 易得$CD// OB,\therefore ∠ EBO=∠ BCD$. 设$E(t,\frac{1}{2}t+2)(-4＜t＜0)$. 若以 B,E,O 为顶点的三角形与$△ BCD$相似,则有以下两种情况:①当$\frac{BE}{CB}=\frac{BO}{CD}$时,$△ BEO∽ △ CBD$,即$\frac{BE}{2\sqrt{5}}=\frac{2}{4}$,解得$BE=\sqrt{5},\therefore t^2+(\frac{1}{2}t+2-2)^2=5$,解得$t_1=2$(舍去),$t_2=-2$,此时 E 点坐标为$(-2,1)$. ②当$\frac{BE}{CD}=\frac{BO}{CB}$时,$△ BEO∽ △ CDB$,即$\frac{BE}{4}=\frac{2}{2\sqrt{5}}$,解得$BE=\frac{4\sqrt{5}}{5},\therefore t^2+(\frac{1}{2}t+2-2)^2=\frac{16}{5}$,解得$t_1=\frac{8}{5}$(舍去),$t_2=-\frac{8}{5}$,此时 E 点坐标为$(-\frac{8}{5},\frac{6}{5})$. 综上所述,E 点的坐标为$(-\frac{8}{5},\frac{6}{5})$或$(-2,1)$.
【点易错】对于两个三角形相似,若没有确定对应边或对应角,则需要分情况讨论.

10. 新考法 分类讨论法 如图,在正方形ABCD中,点P为射线DC上的一个动点,点Q为AB的中点,连接PQ,DQ,过点P作PE⊥DQ于点E.
(1)请找出图中一对相似三角形,并证明;
(2)若AB=4,以点P,E,Q为顶点的三角形与△ADQ相似,试求出DP的长.

10.【解】(1)$△ ADQ∽ △ EPD$.证明如下：
$\because PE⊥ DQ,\therefore ∠ DEP=90^{\circ }.\therefore ∠ A=∠ DEP.$
$\because ∠ ADC=∠ ADQ+∠ EDP=90^{\circ },∠ EDP+∠ EPD=90^{\circ },$
$\therefore ∠ ADQ=∠ EPD.$
$\therefore △ ADQ∽ △ EPD.$
(2)$\because AB=4$,Q 为 AB 的中点,$\therefore AQ=2.$
$\because AD=AB=4,$
$\therefore DQ=\sqrt{AD^2+AQ^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}.$
易知$∠ PEQ=∠ A=90^{\circ },\therefore$ 若以点 P,E,Q 为顶点的三角形与$△ ADQ$相似,有两种情况：
①当$△ ADQ∽ △ EPQ$时,$\frac{AD}{AQ}=\frac{EP}{EQ}=2$,设$EQ=x$,则$EP=2x,DE=2\sqrt{5}-x$. 由(1)知$△ EPD∽ △ ADQ,\therefore \frac{EP}{AD}=\frac{DE}{AQ},$
$\therefore \frac{2x}{4}=\frac{2\sqrt{5}-x}{2},\therefore x=\sqrt{5}.\therefore EP=2\sqrt{5},DE=\sqrt{5}.\therefore DP=\sqrt{DE^2+EP^2}=5;$
②当$△ ADQ∽ △ EQP$时,$\frac{AD}{AQ}=\frac{EQ}{EP}=2$,设$EQ=2a$,则$EP=a,DE=2\sqrt{5}-2a$,由$\frac{EP}{AD}=\frac{DE}{AQ}$可得$\frac{a}{4}=\frac{2\sqrt{5}-2a}{2}$,
$\therefore a=\frac{4\sqrt{5}}{5}.\therefore DE=\frac{2\sqrt{5}}{5},EP=\frac{4\sqrt{5}}{5}.$
$\therefore DP=\sqrt{DE^2+EP^2}=2$. 综上所述,DP 的长为 2 或 5.

11. 如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是DE，DC和BC的中点，连接FG，FH.易证:$FH=\sqrt{3}FG$.若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°,如图②;若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°,如图③,其他条件不变,判断FH和FG之间的数量关系,写出你的猜想,并利用图②、图③进行证明.

11.【解】①当$∠ BAC=∠ DAE=90^{\circ }$时,$FH=\sqrt{2}FG$.
证明:如,连接 AH,CE,AF.
$\because △ ABC$ 和 $△ ADE$ 都是等腰直角三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=90^{\circ }$,F,H 分别是 DE,BC 的中点,
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,AH=CH=\frac{1}{2}BC,AF=EF=\frac{1}{2}DE.\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45^{\circ }.$
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC$. 易得$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
$\therefore △ AHF∽ △ ACE.$
$\therefore \frac{FH}{EC}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\therefore CE=\sqrt{2}FH.$
$\because F,G$ 分别是 DE,DC 的中点,$\therefore CE=2FG.$
$\therefore FH=\sqrt{2}FG.$
②当$∠ BAC=∠ DAE=120^{\circ }$时,$FH=FG$.
证明:如,连接 AH,CE,AF.
$\because △ ABC$ 和 $△ ADE$ 都是等腰三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=120^{\circ },\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30^{\circ }.$
$\because F,H$ 分别是 DE,BC 的中点,
$\therefore AH⊥ BC,AF⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}× 120^{\circ }=60^{\circ }.$
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC,\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}.$
$\therefore △ AHF∽ △ ACE.\therefore \frac{FH}{EC}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}.\therefore CE=2FH.$
$\because F,G$ 分别是 DE,DC 的中点,$\therefore CE=2FG.\therefore FH=FG.$