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。

9. 解:如图①，$FH=\sqrt{2}FG$。
证明:连接$AH,CE,AF$。
∵$△ABC$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，
∴$AH⊥BC,AF⊥DE,AH=CH=\frac{1}{2}BC,AF=EF=\frac{1}{2}DE$。
∴$∠CAH=∠EAF=45°$。
∴$∠HAF=∠EAC$,且易得$\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∴$△AHF∽△ACE$。
∴$\frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∴$CE=\sqrt{2}FH$。
∵F,G分别是DE,DC的中点，
∴$CE=2FG$。
∴$FH=\sqrt{2}FG$。
如图②，$FH=FG$。
证明:连接$AH,CE,AF$。
∵$△ABC$和$△ADE$都是等腰三角形，且$∠BAC=∠DAE=120°$，
∴$∠AED=∠ADE=∠ACB=∠B=30°$。
∵F,H分别是DE,BC的中点，
∴$AH⊥BC,AF⊥DE,∠CAH=∠EAF=\frac{1}{2}×120°=60°$。
∴$∠HAF=∠EAC,\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{2}$。
∴$△AHF∽△ACE$。
∴$\frac{FH}{CE}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{2}$。
∴$CE=2FH$。
∵F,G分别是DE,DC的中点，
∴$CE=2FG$，
∴$FH=FG$。

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。

(1)证明:设$\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}=k$，
则$AB=kA'B',AC=kA'C'$。
在$Rt△ABC$中，由勾股定理，得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
在$Rt△A'B'C'$中，由勾股定理，得$B'C'=\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}$。
∴$\frac{BC}{B'C'}=\frac{k\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}{\sqrt{A'B'^2-A'C'^2}}=k$。
∴$\frac{BC}{B'C'}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{AC}{A'C'}$。
∴$Rt△ABC∽Rt△A'B'C'$。
(2)解:
∵$PQ^2=PM·PN$，
∴$\frac{PQ}{PN}=\frac{PM}{PQ}$。
∵$∠M=∠PQN=90°$，
∴由(1)知$Rt△PMQ∽Rt△PQN$。
∴$\frac{PQ}{PN}=\frac{MQ}{NQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。