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9. 如图①，$△ ABC$ 和 $△ ADE$ 是等边三角形，连接 $DC$，$F$，$G$，$H$ 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或图③进行证明。
答案
9. 解: 如图①,$FH=\sqrt{2}FG$。
证明:连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰直角三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=90°$,$F,H$分别是$DE,BC$的中点,
$\therefore AH ⊥ BC,AF ⊥ DE,AH=CH=\frac{1}{2}BC,AF=EF=\frac{1}{2}DE$。
$\therefore ∠ CAH=∠ EAF=45°$。
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC$,且易得$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\therefore △ AHF∽△ ACE$。
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\therefore CE=\sqrt{2}FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点,
$\therefore CE=2FG$。
$\therefore FH=\sqrt{2}FG$。
如图②,$FH=FG$。
证明:连接$AH,CE,AF$。
$\because △ ABC$和$△ ADE$都是等腰三角形,且$∠ BAC=∠ DAE=120°$,
$\therefore ∠ AED=∠ ADE=∠ ACB=∠ B=30°$。
$\because F,H$分别是$DE,BC$的中点,
$\therefore AH ⊥ BC,AF ⊥ DE,∠ CAH=∠ EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$。
$\therefore ∠ HAF=∠ EAC,\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$。
$\therefore △ AHF∽△ ACE$。
$\therefore \frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$。
$\therefore CE=2FH$。
$\because F,G$分别是$DE,DC$的中点,
$\therefore CE=2FG$,
$\therefore FH=FG$。
10.【课本再现】（1）如图①，在$Rt△ ABC$和$Rt△ A'B'C'$中，$∠ C=90°$，$∠ C'=90°$，$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$，求证：$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$。
我们在数学课上探索这一结论时进行了分析：要证$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$，可设法证$\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$，若设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，则只需证$\frac{BC}{B'C'}=k$。请你根据以上分析，完成证明。
【知识应用】（2）如图②，在四边形$PMQN$中，$∠ M=∠ PQN=90°$，$PQ^2=PM· PN$，$\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，求$\frac{PQ}{PN}$的值。
（第10题）
我们在数学课上探索这一结论时进行了分析：要证$Rt△ ABC ∽ Rt△ A'B'C'$，可设法证$\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$，若设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，则只需证$\frac{BC}{B'C'}=k$。请你根据以上分析，完成证明。
【知识应用】（2）如图②，在四边形$PMQN$中，$∠ M=∠ PQN=90°$，$PQ^2=PM· PN$，$\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，求$\frac{PQ}{PN}$的值。
（第10题）答案
(1)证明: 设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$,
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,由勾股定理,得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
在$\mathrm{Rt}△ A'B'C'$中,由勾股定理,得$B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$。
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解: $\because PQ^2=PM· PN$,
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$,
$\therefore$ 由(1)知$\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$。
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,由勾股定理,得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
在$\mathrm{Rt}△ A'B'C'$中,由勾股定理,得$B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$。
$\therefore \frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$。
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC∽\mathrm{Rt}△ A'B'C'$。
(2)解: $\because PQ^2=PM· PN$,
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
$\because ∠ M=∠ PQN=90°$,
$\therefore$ 由(1)知$\mathrm{Rt}△ PMQ∽\mathrm{Rt}△ PQN$。
$\therefore \frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
