相似三角形動點問題（分層練習(xí)）（培優(yōu)練）單選題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）1．（2023·福建廈門·福建省廈門第六中學(xué)校考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形的頂點B的坐標(biāo)為，D為的中點，E是上一動點，將四邊形沿折疊，使點A落在F處，點O落在G處，當(dāng)線段的延長線恰好經(jīng)過的中點H時，點F的坐標(biāo)為（）A． B． C． D．2．（2022秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，DE平分交BC于點E，點F是CD邊上一點（不與點D重合）．點P為DE上一動點，，將繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，角的兩邊交射線DA于H，G兩點，有下列結(jié)論：①；②；③；④，其中一定正確的是（

）A．①② B．②③ C．①④ D．③④3．（2022·廣東深圳·深圳市海濱中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，正方形ABCD中，點E是邊CD上的動點（不與點C、D重合），以CE為邊向右作正方形CEFG，連接AF，點H是AF的中點，連接DH、CH．下列結(jié)論：①△ADH≌△CDH；②AF平分∠DFE；③若BC＝4，CG＝3，則AF＝5；④若，則．其中正確的有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個4．（2021·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，已知等邊三角形ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得BCD，點E、F分別為線段AC和線段CD上的動點，若AE＝CF，則下列結(jié)論正確的有（）①四邊形ABDC為菱形；②ABE≌CBF；③BEF為等邊三角形；④∠CFB＝∠CGE；⑤若CE=3，CF＝1，則．A．5個 B．4個 C．3個 D．2個5．（2021·山東淄博·統(tǒng)考一模）如圖，中，，，，點G是AB上的一個動點，過點G作GF垂直于AC于點F，點P是BC上的點．若是以GF為斜邊的等腰直角三角形．則此時PC長為（

）．A． B． C． D．6．（2023·湖北鄂州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，為原點，，點為平面內(nèi)一動點，，連接，點是線段上的一點，且滿足．當(dāng)線段取最大值時，點的坐標(biāo)是（）

A． B． C． D．7．（2023秋·黑龍江大慶·八年級校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，P為等腰的斜邊上的一動點，連接，，，垂足分別為點E、F，已知，以下結(jié)論錯誤的是（

）

A． B．若，則C． D．若時，．8．（2023·廣東深圳·深圳市寶安中學(xué)（集團）校考二模）如圖，射線都垂直于線段，E為上一動點，于點F，交于點C，于點D，設(shè)，設(shè)時，k的值為（

）A．1 B． C． D．不存在9．（2021秋·湖北省直轄縣級單位·九年級校考階段練習(xí)）如圖，點E和點F是正方形ABCD的邊BC和邊CD上的兩動點，且∠EAF＝45°，有下列結(jié)論：①EF＝BE+DF；②∠AEB＝∠AEF；③BG2+DG2＝2AG2；④如果BE＝CE，那么DF：CF＝1：3；⑤△AFE∽△AGM且相似比是；其中正確的結(jié)論有（）個．A．1 B．2 C．3 D．410．（2023·全國·九年級假期作業(yè)）如圖，正方形中，，，點坐標(biāo)為，連接，點為邊上一個動點，連接，過點作于點，連接，當(dāng)取最小值時，點的縱坐標(biāo)為（

）A．B． C． D．填空題（本大題共8小題，每小題4分，共32分）11．（2023·河北滄州·校考模擬預(yù)測）矩形在平面直角坐標(biāo)系如圖所示，，，點、分別是、上的動點，點、分別從A、同時出發(fā)，沿、方向，分別以每秒1個單位長度和每秒2個單位長度的速度向點、運動，當(dāng)運動秒時，；當(dāng)時，直線的解析式為．

12．（2023秋·河北石家莊·九年級校聯(lián)考期末）如圖，等邊三角形的邊長為16，動點從點出發(fā)沿運動到點，連接，作，交于點．①若，則的長為；②動點從點運動到點時，點的運動路徑長為．13．（2023春·安徽滁州·九年級校考階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，AB=9、BC=6，∠ACB=2∠A，CD平分∠ACB交于AB點D，點M是AC一動點（AM＜AC），將△ADM沿DM折疊得到△EDM，點A的對應(yīng)點為點E，ED與AC交于點F，則CD的長度是；若ME//CD，則AM的長度是；14．（2022·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考二模）如圖，菱形ABCD中，AB＝10cm，AC＝16cm，點E是邊AD上一個動點，交AC于點G，交AB于點F，P是AG中點，Q是CD中點，QH⊥AC于點H，當(dāng)點E是邊AD的三等分點時，PH的長為cm．15．（2022秋·安徽·九年級期末）如圖①，線段，點P為AB的中點，射線于點A，于點B，C、D分別是射線AM、BN上的動點，且滿足，則：（1）的值為；（2）如圖②，E是射線AM上另一動點，滿足，垂足為Q，時，AC的值為．16．（2023春·河南南陽·九年級淅川縣第一初級中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖，在矩形中，，，為的中點，為邊上一動點，把矩形沿折疊，點，的對應(yīng)點分別為，，連接并延長交射線于點，交于點，當(dāng)恰好運動到的三等分點處時，的長為．17．（2023春·江蘇宿遷·九年級統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，過點作垂直于x軸，交直線于點D，連接、，點P為直線上一動點，設(shè)其縱坐標(biāo)為m，過點P的一條直線同時交的邊于M，交邊于N，若對于每個確定的m值，恰好有兩個與相似，則m的取值范圍是．18．（2022秋·河南鶴壁·九年級鶴壁市外國語中學(xué)校考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點，分別在，軸上，點是線段上一動點（不與端點重合），過點作軸于點，作點關(guān)于直線的對稱點．若點，，則當(dāng)是直角三角形時，點的坐標(biāo)是．三、解答題（本大題共6小題，共58分）19．（8分）（2023春·安徽·九年級專題練習(xí)）如圖，四邊形中，，對角線平分，點是邊上的動點（點在點的左側(cè)）

(1）若，求證：；(2）若，求證：；(3）在（1）、（2）的條件下，若，求的值．20．（8分）（2023秋·陜西榆林·九年級綏德中學(xué)校考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點，在軸上(點在點的左側(cè)），且點，的橫坐標(biāo)是方程的解，點為軸正半軸上一動點，連接，與的垂直平分線交于點．(1）求點的坐標(biāo)；(用含m的代數(shù)式表示）(2）點是點關(guān)于軸的對稱點，連接，，已知存在，使得以點，，為頂點的三角形與相似，請求出符合條件的的值．參考答案1．A【分析】連接，根據(jù)勾股定理得到，延長交的延長線于，根據(jù)三角形中位線定理得到，，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到，，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到，，求得，過作于，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．解：連接，矩形的頂點的坐標(biāo)為，，，，延長交的延長線于，為的中點，為的中點，，，，四邊形是平行四邊形，，，，，，將四邊形沿折疊，使點落在處，點落在處，，，，，，，，，，過作于，，，，，，，，．故選：A．【點撥】本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．D【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)判斷得，可判斷③正確，證可判斷④正確，從而得出結(jié)果.解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，∵DE平分，∴，∴，∴PH=PD，∵∴在和中，∵∴∴∵∴∴故③正確；∵，∴∴即，故④正確；根據(jù)已知條件無法證明①DH=DE，②DP=DG.故選：D．【點撥】本題主要考查矩形的性質(zhì)、三角形的全等、三角形的相似，掌握相關(guān)知識并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．3．A【分析】連接，，利用已知條件可以判定為直角三角形，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得，利用邊邊邊公理即可判定，說明①的結(jié)論正確；假定②成立，則必須，利用點是邊上的動點（不與點、重合），可知②不一定成立；延長交于點，利用勾股定理求出的長度即可判定③不正確；利用同高的三角形的面積比等于它們底的比，計算出，從而判定④的結(jié)論不正確．解：連接，，如圖，四邊形和四邊形為正方形，，．．是的中點，．在和中，，．①的結(jié)論正確；，，若平分，則必須，即需要，點是邊上的動點（不與點、重合），與不一定相等，不一定成立，平分不一定成立，②的結(jié)論不正確；延長交于點，如圖，則，，，，，，．③的結(jié)論錯誤；，．．，．．④的結(jié)論錯誤．綜上所述，只有①的結(jié)論正確，故選：A．【點撥】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形是判定與性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線長性質(zhì)，勾股定理，同高三角形的面積比等于底的比，角平分線的定義，解題的關(guān)鍵是利用已知條件及相關(guān)的定理與性質(zhì)對每個選項進行判斷．4．A【分析】由等邊三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合菱形的判定定理即可知①正確；直接利用“SAS”即可判定，即②正確；由全等三角形的性質(zhì)可知，，再結(jié)合，即求出，即證明為等邊三角形，即③正確；由三角形外角性質(zhì)得：，再根據(jù)，即可證明，故④正確；根據(jù)AE=CF即可求出BC的長，再根據(jù)④結(jié)合題意，易證，即，即可求出CG的長，最后即可求出BG的長，即可判斷⑤正確．解：由等邊三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，即四邊形為菱形，故①正確；∵在和中，，∴，故②正確；∵，∴，，∵，∴，即，∴為等邊三角形，故③正確；∵，，又∵，，∴，故④正確；∵，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，故⑤正確．綜上，①②③④⑤都正確，個數(shù)為5個．故選A．【點撥】本題考查等邊三角形的判定和性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)以及相似三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握各知識點并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解答本題的關(guān)鍵．5．A【分析】依題意補全圖形，判定△FPC是等腰直角三角形及△AFG∽△ABC，從而得比例式，設(shè)CP=CF=x，將相關(guān)線段的值或含x的代數(shù)式代入比例式，求解即可．解：依題意補全圖形，如圖：由題可知，GF⊥AC，△GFP是以GF為斜邊的等腰直角三角形，在Rt△ABC中，BC⊥AC，∴GF∥BC，∴∠GFP=∠FPC=45°，∵∠C=90°，∴∠PFC=∠FPC=45°，∴△FPC是等腰直角三角形，設(shè)CP=CF=x，則，∵AC=3，∴AF=3-x，∵GF∥BC，∴△AFG∽△ABC，∴，即，解得：，故選：A．【點撥】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合、熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．6．D【分析】由題意可得點在以點為圓心，為半徑的上，在軸的負(fù)半軸上取點，連接，分別過、作，，垂足為、，先證，得，從而當(dāng)取得最大值時，取得最大值，結(jié)合圖形可知當(dāng)，，三點共線，且點在線段上時，取得最大值，然后分別證，，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．解：∵點為平面內(nèi)一動點，，∴點在以點為圓心，為半徑的上，在軸的負(fù)半軸上取點，連接，分別過、作，，垂足為、，

∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴當(dāng)取得最大值時，取得最大值，結(jié)合圖形可知當(dāng)，，三點共線，且點在線段上時，取得最大值，∵，，∴，∴，∵，∴，∵軸軸，，∴，∵，∴，∴即，解得，同理可得，，∴即，解得，∴，∴當(dāng)線段取最大值時，點的坐標(biāo)是，故選D．【點撥】本題主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性質(zhì)、圓的一般概念以及坐標(biāo)與圖形，熟練掌握相似三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．D【分析】先證明，可得，，可判斷A，C選項；當(dāng)時，，可得，再根據(jù)，可得，從而得到，可判斷B選項；當(dāng)時，是等腰直角三角形，可得，從而得到，再由，可判斷D選項，即可．解：等腰中，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，，，故A選項正確，不符合題意；∴，故C選項正確，不符合題意；當(dāng)時，，∴，∴，∵，，∴，∴，，即，，，故B選項正確，不符合題意；當(dāng)時，，此時是等腰直角三角形，∴，，即，∵，，，故D選項錯誤，符合題意；故選：D【點撥】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．C【分析】由于，易得，因此只需求得即可．可設(shè)；再證明得到，聯(lián)立，即可求得的比例關(guān)系，由此得解．解：設(shè)，則∵射線都垂直于線段，∴；∴；∵，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴；∴，整理得，解得,∴∴,故選：C．【點撥】此題主要考查了矩形的性質(zhì)、直角三角形及相似三角形的性質(zhì)．能夠正確的在中求得的比例關(guān)系是解答此題的關(guān)鍵．9．D【分析】延長CB至Q，使BQ＝DF，連接AQ，由“SAS”可證△AEF≌△AEQ，可得EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，可得BE+BQ＝BE+DF＝EF，故①②正確；由結(jié)論①及勾股定理可求DF，CF的長，可得DF：CF＝1：2，故④錯誤；由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AP＝AG，，∠ADP＝∠ABG＝45°，由勾股定理可求，故③正確；通過證明△EAF∽△MAG，可得相似比為，故⑤正確；即可求解．解：如圖，延長CB至Q，使BQ＝DF，連接AQ，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，，∴∠ADF＝∠ABQ=90°，∵BQ＝DF，∴△ADF≌△ABQ（SAS），∴AF＝AQ，∠DAF＝∠BAQ，∵∠EAF＝45°，∴∠EAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，∴∠EAQ＝∠EAF＝45°，在△AEF和△AEQ中，，∴△AEF≌△AEQ（SAS），∴EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，∴BE+BQ＝BE+DF＝EF，故①②正確；設(shè)AB＝BC＝CD＝2a，當(dāng)BE＝EC＝a時，∵，∴，∴DF＝a，∴CF＝a，∴DF：CF＝1：2，故④錯誤；如圖，將△ABG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，連接PG，∴AP＝AG，∠PAG＝90°，∠ADP＝∠ABG＝45°，∴，∠BDP＝90°，∴，∴，故③正確；如圖，連接ME，∵∠CBD＝∠EAF＝45°，∴點A，點B，點E，點M四點共圓，∴，∴∠AEM＝∠EAM＝45°，∴AM＝EM，∴AE＝AM，∵∠AMB＝∠ADB＋∠DAM=45°＋∠DAM，∠DAG＝∠EAF＋∠DAM＝45°＋∠DAM，∴∠DAG＝∠AMB，∵，∴∠DAG＝∠AEB，∵∠AEB＝∠AEF，∴∠AMB＝∠AEF，又∵∠EAF＝∠GAM，∴△EAF∽△MAG，∴相似比為＝，故⑤正確；故選：D．【點撥】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理以及相似三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．B【分析】取CD的中點為O1，連接EO1，所以點E的運動軌跡在以點O1為圓心，EO1為半徑的圓上，證明當(dāng)O1、E、A三點共線時，AE最小，作，，再證明，利用相似性質(zhì)及已知條件求解即可．解：∵，∴，取CD的中點為O1，連接EO1，則，∴點E的運動軌跡在以點O1為圓心，EO1為半徑的圓上，∵點為邊上一個動點，∴E從O運動到C（逆時針），∴當(dāng)O1、E、A三點共線時，AE最小，作，，∵，，點坐標(biāo)為且OABC為正方形，∴，∵O1為CD中點，∴，，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，即，解得：．故選：B【點撥】本題考查動點問題，勾股定理，相似三角形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找出當(dāng)O1、E、A三點共線時，AE最小．11．6【分析】首先設(shè)當(dāng)運動秒時，，由此得，，，再根據(jù)得和相似，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出的值，當(dāng)時，，則有，再列方程求出的值，然后再求出點與點的坐標(biāo)，最后根據(jù)待定系數(shù)法可求出直線的解析式．解：設(shè)當(dāng)運動秒時，，依題意得：，，四邊形為矩形，，，，，，，即：，解得：，當(dāng)時，且，又，，則有，點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為，設(shè)直線的解析式為：，將點，代入，得：，解得：，直線的解析式為：．故答案為：6，．【點撥】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，難點是根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出點，的坐標(biāo)．12．38【分析】①證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；②分點P從點B運動到中點和點P從中點運動到點C時，兩種情況討論，利用含30度角的直角的性質(zhì)即可求解解：①∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴；②如圖，當(dāng)時，，，∵，∴，即，∴，當(dāng)點P從點B運動到中點時，點D的運動路徑長為，當(dāng)點P從中點運動到點C時，點D的運動路徑長為，∴點D的運動路徑長為8．故答案為：3；8．【點撥】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30度角的直角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．13．52.5【分析】（1）根據(jù)已知條件可得∠ACD=∠A=∠BCD，所以AD=CD，然后證明△ABC∽△CBD，進而可以解決問題；（2）由翻折可得AM=EM，∠CAD=∠E，，由ME∥CD，可得∠E=∠EDC，DF//BC，且DF=CF，進而得到ΔADF∽ΔABC，求出DF、CF的長，再由AF：CF=AD：BD求出AF及MF的長，再證明ΔMEF∽ΔCDF，最后求得AM的長．解：（1）∵∠ACB=2∠A，CD平分∠ACB，∴∠BCD=∠ACD=∠CAD，∵∠B=∠B，∴ΔBCD∽ΔBAC，∴BC：AB=BD：BC，即6：9=BD：6，BD=4，∴AD=CD=9-4=5；（2）∵△ADM沿DM折疊得到ΔEDM，∴AM=EM，∠CAD=∠E，∵ME//CD，∴∠E=∠CDE，∵∠BCD=∠ACD=∠CAD，∴∠CDE=∠BCD=∠ACD，∴DF//BC，且DF=CF，∴ΔADF∽ΔABC，∴DF：BC=AD：AB，即DF：6=5：9，解得DF=，∴CF=；∵DF//BC，∴AF：CF=AD：BD，即AF：=5：4，解得：AF=，設(shè)AM=ME=x，則MF=-x；∵ME//CD，∴ΔMEF∽ΔCDF，∴ME：CD=MF：CF，即x：5=（-x）：，解得x=2.5；故答案：5；2.5；【點撥】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，翻折變換，解決本題的關(guān)鍵是得到CM=DE=5，然后由△ABC∽△CBD解決問題．14．或【分析】連接，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得由Q是CD中點，QH⊥AC可證明△求出，分兩種情況求出AP，再根據(jù)可求解．解：連接，交AC于點如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴在中，∵∴△∴∴∴∵點E是邊AD的三等分點,∴分兩種情況討論求解：①當(dāng)時，如圖1，∵，∴△，∴∴∴∵P是AG中點，∴∴②當(dāng)時，如圖2，同理可得，∴綜上，的長為或故答案為：或【點撥】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，求出CH和AP的長是解答本題的關(guān)鍵．15．16【分析】（1）先證明∠，再證明△，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）證明∠得，根據(jù)SAS可證△，進一步楞證明四邊形AEDB是平行四邊形，可得，求出BD的長，再證明△，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出結(jié)果．解：∵∴∠又∴∠又∠，∴∠∴△∴，即∵P為AB的中點，∴∴故答案為：16；（2）∵∴∠又∴∠∵∴∠∴∠∴∠又∠∴∠∴在和中，∴△∴∠即∵∠∴AB//ED又AE//BD∴四邊形AEDB是平行四邊形在中，∴又∵∠∠∴∠又∠∴△∴在中，∴∴故答案為【點撥】本題主要考查了相似三角形的判斷與性質(zhì)，正確識圖，理清邊角關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵．16．1或5【分析】分兩種情況：①當(dāng)時．過點作于點，則四邊形為矩形；②當(dāng)時，過點作于點，則四邊形為矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得再由折疊的性質(zhì)可得，然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得答案．解：①當(dāng)時．如圖，過點作于點，則四邊形為矩形，，．為的中點，，．由折疊與對應(yīng)，，，，，即．又，，，解得，．②當(dāng)時，如圖，過點作于點，則四邊形為矩形，，．為的中點，，．由折疊與對應(yīng)，，，，即．又，∽，，解得，．綜上，的長為或．故答案為：或．【點撥】此題考查的是翻折變換折疊問題、矩形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解決此題的關(guān)鍵．17．【分析】先求出A、B的坐標(biāo)，即有，，，可得是直角三角形，對于每個確定的m值，恰好有兩個與相似，有兩個臨界點，第一種情況：點P與點C重合時，此時；第二種情況：過A點作，交與點P，與x軸的交點為G點，證明，，即，則問題隨之得解．解：令時，，令時，，解得，∴，，∴，，∵，∴，，，∵，∴是直角三角形，根據(jù)題意可知：對于每個確定的m值，恰好有兩個與相似，∴有兩個臨界點，第一種情況：點P與點C重合時，此時，如圖，∵，∴，∴，∵，∴P點的縱坐標(biāo)為；第二種情況：過A點作，交與點P，與x軸的交點為G點，如圖，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，，∵在中，，∴，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴P點此時的縱坐標(biāo)為：，當(dāng)此時P點往上移動時，過P點的直線即垂直，此時即有：，綜上：m的取值范圍為：．【點撥】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，分類討論思想等相關(guān)知識，根據(jù)點P的運動，得到兩個臨界點是解題關(guān)鍵．18．或．【分析】設(shè)直線的函數(shù)關(guān)系式為，先求出解析式，若，證得，可得，求出，即可得到的長，即可求得點C的坐標(biāo)；若，可證，得到，求出，即可得到的長，即可求得點C的坐標(biāo)；若，可得是等腰直角三角形，，與題意不符，故此情況不存在．解：設(shè)的函數(shù)關(guān)系式為，將點，點，代入可得：，解得，∴∵點，點，∴，如圖，若，則，∵，∴，∵點A與點E關(guān)于對稱，