9. 毕达哥拉斯(勾股)定理有着悠久的历史,它曾引起很多人的兴趣.1955年希腊发行了以毕达哥拉斯(勾股)定理为背景的邮票.如图,在 $Rt△ ABC$ 中,$∠ BAC=90°,AC=3,AB=4$,分别以AB,AC,BC为边向外作正方形ABMN、正方形ACKL和正方形BCDE,并作长方形HFPQ,延长BC交PQ于点G,则长方形CDPG的面积为.

9. 12 解析:过点 $A$ 作 $AA'⊥ BC$ 于点 $A'$,则$∠ AA'C=90°.$ 所以$∠ ACA'+∠ CAA'=90°.$ 因为$∠ BAC=90°$,$AC=3,AB=4,$所以 $BC=\sqrt{AC^2+AB^2}=5.$ 因为 $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC=\frac{1}{2}BC· AA',$所以$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5AA',$解得 $AA'=\frac{12}{5}.$ 因为四边形 $ACKL$ 是正方形,所以 $AC=CK,∠ ACK=90°.$ 所以$∠ ACA'+∠ KCG=180°-∠ ACK=90°$,即 $∠ KCG=∠ CAA'.$ 因为$∠ CGP=90°$,所以$∠ CGK=180°-∠ CGP=90°$,即 $∠ AA'C=∠ CGK=90°.$ 所以$△ AA'C≌△ CGK(\mathrm{AAS}).$ 所以 $CG=AA'=\frac{12}{5}.$ 又四边形 $BCDE$ 是正方形,所以 $CD=BC=5.$ 所以长方形 $CDPG$ 的面积为 $CD· CG=12.$

10. 图①是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的.若AC=6，BC=5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如图②所示的“数学风车”，则这个风车的周长是.

10. 76 解析:由题意,得 $CD=GN=PE=HQ,AD=BE=MN=FQ,CD=2AC,AD=AC,∠ BCD=90°.$ 因为 $AC=6,BC=5,$所以 $CD=12,AD=6,$即 $BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=13.$ 所以这个风车的周长是 $4×(6+13)=76.$

11. 如图，在四边形ABCD中，BD⊥CD，AE⊥BD，且△ABE ≅ △BCD. 求证：$AB^2 = AE^2 + BE^2$.

11. 连接 $AC.$ 因为$△ ABE≌△ BCD,$所以 $AB=BC,AE=BD,BE=CD,∠ BAE=∠ CBD.$ 又 $AE⊥ BD,$所以$∠ ABE+∠ BAE=90°$,即 $∠ ABE+∠ CBD=90°.$ 所以$∠ ABC=90°.$ 又 $BD⊥ CD,$所以 $AE// CD$,即$△ ACD$ 的底边 $CD$ 上的高等于 $DE$ 的长. 所以 $S_{△ ACD}=\frac{1}{2}CD· DE.$ 又 $S_{\mathrm{四边形}ABCD}=S_{△ ABD}+S_{△ BCD}=S_{△ ABC}+S_{△ ACD},$所以$\frac{1}{2}AE· BD+\frac{1}{2}BD· CD=\frac{1}{2}AB· BC+\frac{1}{2}CD· DE,$即 $AE^2+BD· CD=AB^2+CD· DE.$ 所以 $AB^2=AE^2+CD·(BD-DE),$即 $AB^2=AE^2+BE^2.$

12. 新趋势 推导探究 已知在△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，且$c≥b≥a$.
（1）当△ABC是锐角三角形时，小明猜想：$a^2 + b^2 ＞ c^2$.以下是他的证明过程：

其中，①是，②是；
（2）如图②，当△ABC是钝角三角形时，猜想$a^2 + b^2$与$c^2$之间的关系并证明.

12. (1) $c^2-(a-x)^2$ $2ax$
(2) $a^2+b^2＜c^2$. 证明如下:如图,过点 $A$ 作 $AD⊥ BC$,交 $BC$ 的延长线于点 $D$. 设 $CD=x$. 因为在 $\mathrm{Rt}△ ADC$ 中,$AD^2=b^2-x^2$; 在 $\mathrm{Rt}△ ADB$ 中,$AD^2=c^2-(a+x)^2$,所以 $b^2-x^2=c^2-(a+x)^2$. 化简,得 $a^2+b^2-c^2=-2ax$. 因为 $a＞0,x＞0$,所以 $-2ax＜0$. 所以 $a^2+b^2-c^2＜0$. 所以 $a^2+b^2＜c^2.$