八年級數(shù)學上學期期末押題卷（蘇科版）（解析版）

2024-2025學年八年級數(shù)學上學期期末押題卷基礎(chǔ)知識達標測（考試時間：100分鐘試卷滿分：100分）考前須知：1．本卷試題共27題，單選8題，填空10題，解答9題。2．測試范圍：全等三角形~一次函數(shù)（蘇科版）。第Ⅰ卷一．選擇題（共8小題，滿分16分，每小題2分）1．（2分）36的平方根是（）A．6 B．±6 C．6 D．±【分析】先計算出36的值，再求其平方根．【解答】解：∵36=6∴6的平方根為±6故選：D．2．（2分）估計21-3A．1和2之間 B．﹣1和0之間 C．2和3之間 D．﹣2和﹣1之間【分析】先估算出21的大小，進而估算出21-3【解答】解：∵16＜21＜25，∴4＜∴1＜∴21-3的值在1和2故選：A．3．（2分）若點A（x1，y1）和B（x2，y2）都在一次函數(shù)y＝（k﹣1）x+2（k為常數(shù)）的圖象上，且當x1＜x2時，y1＞y2，則k的值可能是（）A．k＝0 B．k＝1 C．k＝2 D．k＝3【分析】由當x1＜x2時y1＞y2，利用一次函數(shù)的性質(zhì)可得出k﹣1＜0，解之即可得出k的取值范圍，再對照四個選項即可得出結(jié)論．【解答】解：∵點A（x1，y1）和B（x2，y2）都在一次函數(shù)y＝（k﹣1）x+2（k為常數(shù)）的圖象上，且當x1＜x2時，y1＞y2，即y隨x的增大而減小，∴k﹣1＜0，∴k＜1，∴k的值可能是0．故選：A．4．（2分）如圖，小穎按下面方法用尺規(guī)作角平分線：在已知的∠AOB的兩邊上，分別截取OC，OD，使OC＝OD．再分別以點C，D為圓心、大于12CD的長為半徑作弧，兩弧在∠AOB內(nèi)交于點P，作射線OP，則射線OP就是∠AOB的平分線．其作圖原理是：△OCP≌△ODP，這樣就有∠AOP＝∠A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【分析】根據(jù)SSS證明三角形全等即可．【解答】解：由作圖可知OC＝OD，CP＝DP，在△POC和△POD中，OP=OPOC=OD∴△POC≌△POD（SSS），∴∠POC＝∠POD，即線OP就是∠AOB的平分線．故選：D．5．（2分）對角線互相垂直的四邊形叫做“垂美”四邊形，現(xiàn)有如圖所示的“垂美”四邊形ABCD，對角線AC，BD交于點O．若AD＝2，BC＝7，則AB2+CD2等于（）A．45 B．49 C．50 D．53【分析】在Rt△AOB與Rt△COD中，由勾股定理得，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OD2+OC2，再將兩式相加根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：在Rt△AOB與Rt△COD中，由勾股定理得，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OD2+OC2，∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2＝AD2+BC2＝22+72＝53，故選：D．6．（2分）如圖，現(xiàn)有一個計時沙漏，開始時盛滿沙子，沙子從上部均勻下漏，經(jīng)過5分鐘漏完，則該沙漏中沙面下降的高度h（cm）與下漏時間t（min）之間的函數(shù)圖象大致是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)一個5分鐘沙漏計時器，沙漏中的沙下落的速度可以近似看成勻速，則該沙漏中沙面下降的高度逐漸增大，且增大的速度由慢變快，以此即可選擇．【解答】解：沙漏中的沙下落的速度可以近似看成勻速，則相同時間內(nèi)，玻璃球內(nèi)的含沙量Q的減少量相同，從計時器開始計時到計時5min止，則該沙漏中沙面下降的高度逐漸增大，且增大的速度由慢變快，故選項B的圖象符合題意．故選：B．7．（2分）如圖，在長方形ABCD中，AB＝4，AD＝9，E為邊AD上一點，AE＝5，P為邊BC上一動點，連接AP、EP，將△APE沿EP折疊，點A的對應(yīng)點為點A'，當A'落在邊CD上時，BP的長為（）A．3 B．103 C．113 D【分析】由折疊的性質(zhì)可得A′E＝AE＝5，AP＝A′P，再由勾股定理求得A'D=52-42=3，得A′C＝4﹣3＝1，最后由AP2＝AB2+BP2，A′P2＝A′【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝9，AE＝5，∴DE＝4，CD＝AB＝4，BC＝AD＝9，∠C＝∠D＝90°，∵將△APE沿EP折疊，點A的對應(yīng)點為點A′，∴A′E＝AE＝5，AP＝A′P，∴在Rt△A′DE中，A'D=5∴A′C＝4﹣3＝1，∵AP＝A′P，且AP2＝AB2+BP2，A′P2＝A′C2+PC2，∴42+BP2＝（9﹣BP）2+12．解得BP=11故選：C．8．（2分）如圖，在平面直角坐標系中，點M的坐標為（3，4），點N的坐標為（6，0），將△OMN繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△OM′N′．若點M′恰好落在x軸上，則點N′的坐標為（）A．（﹣3，5） B．(-24C．（﹣4，5） D．(-【分析】過點M作x軸的垂線，求出OM的長，再用面積法即可解決問題．【解答】解：過點M作x軸的垂線，垂足為A，過點N′作x軸的垂線，垂足為B，∵M（3，4），∴MA＝4，OA＝3．由勾股定理得OM＝5．∴S△OMN由旋轉(zhuǎn)可知，S△OM′N′＝S△OMN＝12，OM′＝OM＝5，N′O＝NO＝6，則12∴N'B=24在Rt△N′BO中，BO=6∴點B的坐標為（-18故選：D．二．填空題（共10小題，滿分20分，每小題2分）9．（2分）若4的算術(shù)平方根是x，﹣27的立方根是y，則2x﹣y的值為7．【分析】根據(jù)算術(shù)平方根和立方根的定義求出x、y的值即可得到答案．【解答】解：∵4的算術(shù)平方根是x，﹣27的立方根是y，∴x＝2，y＝﹣3，∴2x﹣y＝2×2﹣（﹣3）＝7，故答案為：7．10．（2分）為實現(xiàn)我國2030年前碳達峰、2060年前碳中和的目標，光伏發(fā)電等可再生能源將發(fā)揮重要作用．去年全國光伏發(fā)電量為3259億千瓦時，數(shù)據(jù)“3259億”用科學記數(shù)法表示為3.259×1011．【分析】科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)．確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同．當原數(shù)絕對值≥10時，n是正整數(shù)；當原數(shù)的絕對值＜1時，n是負整數(shù)．【解答】解：3259億＝325900000000＝3.259×1011，故答案為：3.259×1011．11．（2分）等腰三角形的一邊長為4cm，另一邊長為10cm，則該等腰三角形的周長為24cm．【分析】分情況討論：①等腰三角形的腰長為4cm，②等腰三角形的腰長為10cm，分別求解即可．【解答】解：分情況討論：①等腰三角形的腰長為4cm，∵4+4＝8＜10，故等腰三角形腰長為4cm不符合題意；②等腰三角形的腰長為10cm，∵10+10＝20＞4，∴等腰三角形腰長為10cm，底邊為4cm，∴該等腰三角形的周長為10+10+4＝24（cm），故答案為：24．12．（2分）比較大?。?-13＞【分析】首先確定5-1與1【解答】解：∵4＜5＜9，∴2＜5＜∴1＜5-1＜∴5-1故答案為：＞．13．（2分）在平面直角坐標系中，已知點P（﹣1，﹣3）和Q（3a+1，3﹣2a），且PQ∥x軸，則a的值為3．【分析】根據(jù)平行于x軸的直線上的點縱坐標都相等得到﹣3＝3﹣2a，解之即可得到答案．【解答】解：∵點P（﹣1，﹣3）和Q（3a+1，3﹣2a），且PQ∥x軸，∴﹣3＝3﹣2a，∴a＝3，故答案為：3．14．（2分）如圖，同一平面直角坐標系中，函數(shù)y1＝k1x+b1與直線y2＝k2x+b2的圖象交于點P（﹣1，2），則關(guān)于x的不等式k1（x﹣1）+b1＞k2（x﹣1）+b2的解集為x＜0．【分析】由平移的規(guī)律可知直線向右平移一個單位后，交點坐標為（0，2），由圖象可以知道，當x＝0時，兩個函數(shù)的函數(shù)值是相等的，再根據(jù)函數(shù)的增減性可以判斷出不等式k1（x﹣1）+b1＞k2（x﹣1）+b2的解集．【解答】解：∵兩個條直線的交點坐標為（﹣1，2），∴直線向右平移一個單位后，交點坐標為（0，2），且當x＜0時，直線y＝k1（x﹣1）+b1在直線y＝k2（x﹣1）+b2的上方，故不等式k1（x﹣1）+b1＞k2（x﹣1）+b2的解集為x＜0．故答案為：x＜0．15．（2分）若點A（m﹣1，y1），B（m+1，y2），C（0，﹣4）在一次函數(shù)y＝kx+b（k，b為常數(shù)）的圖象上，且y1﹣y2＝5，則k?b的值為10．【分析】利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，可得出y1＝k（m﹣1）+b，y2＝k（m+1）+b，結(jié)合y1﹣y2＝5，可求出k值，由點C（0，﹣4）在一次函數(shù)y＝kx+b（k，b為常數(shù)）的圖象上，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，可求出b值，再將k，b的值代入k?b中，即可求出結(jié)論．【解答】解：∵點A（m﹣1，y1），B（m+1，y2）在一次函數(shù)y＝kx+b（k，b為常數(shù)）的圖象上，∴y1＝k（m﹣1）+b，y2＝k（m+1）+b，∴y1﹣y2＝k（m﹣1）+b﹣[k（m+1）+b]＝﹣2k＝5，∴k=-5又∵點C（0，﹣4）在一次函數(shù)y＝kx+b（k，b為常數(shù)）的圖象上，∴b＝﹣4，∴k?b=-52×（﹣4故答案為：10．16．（2分）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，點D在邊AB上，AD＝AC，AE⊥CD，垂足為F，與BC交于點E，則BE的長是52【分析】連接DE，利用等腰三角形的性質(zhì)可知AE是CD的垂直平分線，利用勾股定理求出AB的長，再利用等積法求出DE的長，再利用勾股定理求BE即可．【解答】解：連接DE，∵AD＝AC，AE⊥CD，∴AE是CD的垂直平分線，∴CE＝DE，∴∠ADE＝∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=A∴BD＝AB﹣AD＝2，∴S△ABC＝S△ACE+S△ABE，∴AC×BC＝AC×CE+AB×DE，∴3×4＝3CE+5DE，∴DE=3在Rt△BDE中，由勾股定理得：BE=D故答案為：5217．（2分）如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°．M、N分別是對角線BD，AC的中點．若AC＝6，BD＝8．則MN的長為7．【分析】連接AM，CM，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)得出AM＝CM，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)結(jié)合勾股定理即可求解．【解答】解：如圖，連接AM，CM，∵∠BAD＝∠BCD＝90°．M是對角線BD，∴AM＝CM=1又∵N是AC的中點，∴MN⊥AC，AN＝CN=1在Rt△ANM中，由勾股定理得，MN=A故答案為：7．18．（2分）如圖，在△ABC中，∠ACB＝135°，AC=2，BC=53，D，E分別是AB，BC邊上的點．把△ABC沿直線DE折疊，若B落在AC邊上的點B′處，則CE的取值范圍是748【分析】作AF⊥BC交BC的延長線于點F，則∠FAC＝∠FCA＝45°，所以AF＝CF，由AC=AF2+CF2=2CF=2，求得AF＝CF＝1，當點B′與點C重合時，CE的值最大，因為DE垂直平分BC，所以CE=12BC=12×53=56；點B′與點D重合，CE的值最小，因為DE垂直平分AB，所以AE＝BE=53-CE，而EF＝1+CE，由勾股定理得1【解答】解：作AF⊥BC交BC的延長線于點F，則∠F＝90°，∵∠ACB＝135°，AC=2，BC=∴∠FCA＝180°﹣∠ACB＝45°，∴∠FAC＝∠FCA＝45°，∴AF＝CF，∴AC=AF2∴AF＝CF＝1，如圖1，點B′與點C重合，此時CE的值最大，∵點B′與點B關(guān)于直線DE對稱，∴點C與點B關(guān)于直線DE對稱，∴DE垂直平分BC，∴CE=12BC如圖2，點B′與點D重合，此時CE的值最小，∵點A與點B關(guān)于直線DE對稱，∴DE垂直平分AB，∴AE＝BE=53∵AF2+EF2＝AE2，EF＝1+CE，∴12+（1+CE）2＝（53-CE）解得CE=7∴CE的取值范圍是748≤CE故答案為：748≤CE三．解答題（共9小題，滿分64分）19．（8分）（1）已知：16﹣（3x﹣1）2＝0，求x的值；（2）計算：49-【分析】（1）將原式整理后利用平方根的定義解方程即可；（2）利用算術(shù)平方根及立方根的定義計算即可．【解答】解：（1）原方程整理得：（3x﹣1）2＝16，則3x﹣1＝±4，解得：x=53或x＝﹣（2）原式＝7-12+＝71220．（6分）如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，點E，F(xiàn)分別在AB，AD上，AE＝AF，CE＝CF，求證：CB＝CD．【分析】連接AC，先利用SSS證明△ACE≌△ACF，可得∠EAC＝∠FAC，再利用AAS證明△ACB≌△ACD即可得結(jié)論．【解答】證明：如圖，連接AC，在△ACE和△ACF中，AE=AFCE=CF∴△ACE≌△ACF（SSS），∴∠EAC＝∠FAC，∵∠B＝∠D＝90°，∴CB＝CD．21．（6分）在邊長為1的8×8正方形網(wǎng)格中，點A，B，C均在格點上，建立如圖所示的平面直角坐標系，將△ABC向左平移4個單位，再向下平移3個單位，得到△A1B1C1．（1）畫出△A1B1C1，寫出點A1的坐標（0，0）．（2）△A1B1C1的面積為52（3）在y軸上求作點Q，使QB1+QC1的值最小，并求出點Q的坐標．【分析】（1）根據(jù)平移變換的性質(zhì)找出對應(yīng)點即可求解；（2）根據(jù)割補法求解即可；（3）作點C1關(guān)于y軸的對稱點C'，連接B1C'交y軸于點Q，則點Q即為所求．【解答】解：（1）如圖所示，△A1B1C1即為所求，A1（0，0），故答案為：（0，0）；（2）△A1B1C1的面積為3×2-12×1×2-12故答案為：52（3）如圖所示，點Q即為所求．B1（﹣3，﹣1），C′（1，﹣2），設(shè)直線B1C′的解析式為y＝kx+b，代入數(shù)據(jù)，解得k=-14，b點Q（0，-722．（6分）在平面直角坐標系xOy中，直線y＝﹣x+1與x軸交于A，與y軸交于B．（1）求A、B點坐標；（2）點A關(guān)于y軸的對稱點為點C，將直線BC沿y軸向上平移t（t＞0）個單位，得到直線l，當x＞﹣2時都有直線l的值大于直線y＝﹣x+1的值，求t的取值范圍．【分析】（1）令x＝0和y＝0時，代入解析式得出坐標即可；（2）求得直線BC的解析式為y＝x+1，根據(jù)平移的規(guī)律得到y(tǒng)＝x+1+t，求得x＝﹣2時函數(shù)y＝﹣x+1的值為3，把（﹣2，3）代入y＝x+1+t求得t＝4，結(jié)合圖象得出當x＞﹣2時都有直線l的值大于直線y＝﹣x+1的值，t的取值范圍是t≥4．【解答】解：（1）∵直線y＝﹣x+1與x軸交于點A，與y軸交于點B．將x＝0代入y＝﹣x+1，得到：y＝1，∴B（0，1），將y＝0代入y＝﹣x+1，得到﹣x+1＝0，解得：x＝1，∴A（1，0）；（2）∵點A關(guān)于y軸的對稱點為C，∴C（﹣1，0），∴直線BC為y＝x+1，將直線BC都沿y軸向上平移t（t＞0）個單位，得到直線l：y＝x+1+t，把x＝﹣2代入y＝﹣x+1得，y＝3，把（﹣2，3）代入y＝x+1+t得，3＝﹣2+1+t，解得t＝4，∴當x＞﹣2時都有直線l的值大于直線y＝﹣x+1的值，則t的取值范圍是t≥4．23．（6分）如圖，學校高17m的教學樓AB上有一塊高5m的校訓宣傳牌AC，為美化環(huán)境，對校訓牌AC進行維護．一輛高2m的工程車在教學樓前點M處，伸長25m的云梯（云梯最長25m）剛好接觸到AC的底部點A處．問工程車向教學樓方向行駛多少米，長25m的云梯剛好接觸到AC的頂部點C處？【分析】過點D作DE⊥AB交AB于點E，由勾股定理求出DE＝20m，設(shè)DD′＝xm，則D′E＝（20﹣x）m，然后在Rt△CED′中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：如圖，過點D作DE⊥AB交AB于點E，由題意得：AE＝AB﹣BE＝17﹣2＝15（m），CE＝AB+AC﹣BE＝17+5﹣2＝20（m），在Rt△AED中，由勾股定理得：DE=AD2-A設(shè)DD′＝xm，則D′E＝（20﹣x）m，在Rt△CED′中，由勾股定理得：D′E2+CE2＝CD′2，即（20﹣x）2+202＝252，解得：x＝5，答：工程車向教學樓方向行駛5米，長25m的云梯剛好接觸到AC的頂部點C處．24．（6分）如圖，已知線段a，b，用直尺和圓規(guī)按下列要求分別作一個等腰三角形ABC（保留作圖痕跡，寫出必要的文字說明）．（1）△ABC的底邊長為a，底邊上的中線為b；（2）△ABC的底邊長為a，腰上的中線為b．【分析】（1）先作線段BC＝a，再作BC的垂直平分線l，垂足為O點，然后在直線l上截取OA＝b，從而得到△ABC；（2）如圖2，先作線段BC＝a，再作BC的垂直平分線l，垂足為O點，接著作OB的垂直平分線m，以C點為圓心，b為半徑畫弧交直線m于D點，延長BD交直線l于A點，從而得到△ABC．【解答】解：（1）如圖1，先在射線BP截取BC＝a，再作BC的垂直平分線l，垂足為O點，然后在直線l上截取OA＝b，則△ABC為所作；（2）如圖2，先在射線BP截取BC＝a，再作BC的垂直平分線l，垂足為O點，接著作OB的垂直平分線m，然后以C點為圓心，b為半徑畫弧交直線m于D點，于是延長BD交直線l于A點，連接AC，則△ABC為所作．25．（7分）如圖，在△ABC中，AB＝AC，延長BC到點D，使BC＝CD，連接AD，過點C作CE⊥BD，與AD交于點E．（1）求證：∠CAD＝∠ABE；（2）探索線段AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)和外角的性質(zhì)可求解；（2）由“SAS”可證△ABE≌△CAH，可得EA＝CH，由直角三角形的性質(zhì)可證CH＝HE＝HD，即可求解．【解答】（1）證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵CE⊥BD，BC＝CD，∴BE＝DE，∴∠EBD＝∠EDB，∵∠ABC＝∠ABE+∠EBD，∠ACB＝∠EDB+∠CAD，∴∠CAD＝∠ABE；（2）解：BE＝2AE，理由如下：如圖，在AD上截取AH＝BE，連接CH，在△ABE和△CAH中，AB=AC∠ABE=∠CAH∴△ABE≌△CAH（SAS），∴EA＝CH，∵AH＝BE＝DE，∴AE＝DH，∴CH＝DH，∴∠HCD＝∠HDC，∵CE⊥BD，∴∠ECH＝∠CEH，∴CH＝HE，∴DE＝2CH，∴BE＝2AE．26．（9分）甲、乙兩家快遞公司都要將貨物從A地派送至B地．甲公司運輸車要先在A地的集貨中心揀貨，然后直接發(fā)往B地．乙公司運輸車從A地出發(fā)后，先到達位于A、B兩地之間的C地休息，再以原速駛往B地．兩車離B地的距離s（km）與乙公司運輸車所用時間t（h）的關(guān)系如圖所示．已知兩車均沿同一道路勻速行駛，且同時到達B地．（1）A地與B地之間的距離為360km．（2）求線段MN對應(yīng)的函數(shù)表達式．（3）已知C地距離A地160km，當t為何值時，甲、乙兩公司運輸車相距80km？【分析】（1）根據(jù)圖象作答即可；（2）利用待定系數(shù)法求解即可；（3）利用待定系數(shù)法分別求出兩車s與t的函數(shù)關(guān)系式（用分段函數(shù)表示），再根據(jù)題意，列絕對值方程求解即可．【解答】解：（1）由圖象可知，A地與B地之間的距離為360km，故答案為：360．（2）設(shè)線段MN對應(yīng)的函數(shù)表達式為s＝k1t+b1（k1、b1為常數(shù)，且k1≠0），∵當t＝2時，s＝360；當t＝8時，s＝0，∴2k1+∴線段MN對應(yīng)的函數(shù)表達式為s＝﹣60t+480（2≤t≤8）．（3）由（2）可知，甲公司運輸車s與t的函數(shù)關(guān)系式為s=360(0≤t∵C地距離A地160km，∴C地距離B地為360﹣160＝200（km）．∵乙公司運輸車的速度為1602=80（km/∴乙公司運輸車從C地駛往B地用時20080=5∴當t＝8-52=112設(shè)當0≤t＜2時，乙公司運輸車s與t的函數(shù)關(guān)系式為s＝k2t+b2（k2、b2為常數(shù)，且k2≠0），∵當t＝0時，s＝360；當t＝2時，s＝200，∴b2=3602∴s＝﹣80t+360（0≤t＜2）；設(shè)當112≤t≤8時，乙公司運輸車s與t的函數(shù)關(guān)系式為s＝k3t+b3（k3、b3為常數(shù)，且k3≠∵當t=112時，s＝200；當t＝8時，s＝∴112k3∴s＝﹣80t+640（112≤t≤綜上，當0≤t≤8時，乙公司運輸車s與t的函數(shù)關(guān)系式為s=-80t+360(0≤t①當0≤t＜2時，|﹣80t+360﹣360|＝80，經(jīng)整理，得80t＝80，解得t＝1；②當2≤t＜112時，|﹣60t+480﹣200|＝經(jīng)整理，得280﹣60t＝80或60t﹣280＝80，解得t=103或③當112≤t≤8時，|﹣60t+480﹣（﹣80t+640）|＝經(jīng)整理，得20t﹣160＝80或160﹣20t＝80，解得t＝12（不符合題意，舍去）或4（不符合題意，舍去）；綜上，當t＝1或103時，甲、乙兩公司運輸車相距80km27．（10分）回顧舊知（1）如圖①，已知點A，B和直線l，如何在直線l上確定一點P，使PA+PB最??？將下面解決問題的思路補充完整．解決問題的思路可以構(gòu)造全等三角形，將兩條線段集中到一個三角形中!據(jù)此，在l上任取一點P'，作點A關(guān)于l的對稱點A'，AA'與直線l相交于點C．連接P'A'，易知△AP'C≌△A′P'C，從而有P'A＝P'A'．這樣，在△A'P'B中，根據(jù)“兩點之間，線段最短”可知A'B與l的交點P即為所求．解決問題（2）如圖②，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，E，F(xiàn)為AB上的兩個動點，且AE＝BF，求CE+CF的最小值．變式研究（3）如圖③，在△ABC中，∠ABC＝60°，AC＝5，BC＝4，點D，E分別為AB，AC上的動點，且AD＝CE，請直接寫出CD+BE的最小值．【分析】（1）由軸對稱的性質(zhì)，易知△AP'C≌△A′P'C，從而有P'A＝P'A'．這樣，在△A'P'B中，根據(jù)“兩點之間，線段最短”可知A'B與l的交點P即為所求．（2）過點E作ED∥CF，使ED＝CF，連接DF，CD，設(shè)CD交AB于O，可得四邊形CEDF是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得OC＝OD，OE＝OF，由AE＝BF得AO＝BO=12AB＝4，根據(jù)直角三角