压轴题秘籍03 线段最值问题-备战2023年中考数学抢分秘籍（全国通用）

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线段最值问题



题型解读：
线段最值问题在中考中常常以选择题和填空题的形式出现，分值较小但难度较高.此类题型多综合考查垂线段最短、"将军饮马"及旋转最值问题，一般要用到特殊三角形、特殊四边形、相似三角形、勾股定理和二次函数等相关知识，以及数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想. 此类题型常涉及以下问题：①线段和差最值问题；②尺规作图问题；③旋转“费马点”问题；④点到直线的距离最值问题等.右图为线段最值问题中各题型的考查热度.




题型1：垂线段最短问题
解题模板：
垂线段最短模型：
1.如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°且AB＝3，AC＝4，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为（　　）

A． B． C．3 D．4
【分析】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DMAN是矩形，可得MN＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，且BA＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA＝∠DNA＝∠BAC＝90°，
∴四边形DMAN是矩形，
∴MN＝AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，△ABC的面积＝AB×AC＝BC×AD，
∴AD＝，
∴MN的最小值为；
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式1-1】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，点E是AB上任意一点．若CD＝5，则DE的最小值等于（　　）

A．2.5 B．4 C．5 D．10
【分析】根据角平分线的性质即可得到即可，
【解答】解：当DE⊥AB时，DE的值最小，
∵AD是∠BAC的平分线，∠C＝90°，CD＝5，
∴DE的最小值＝CD＝5，
故选：C．
【点评】本题考查的是角平分线性质，关键是知道垂线段最短，本题比较典型，难度适中．

【变式1-2】（2021•临淄区一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM＝6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为（　　）

A．2 B．3 C． D．
【分析】以BD为对称轴作N的对称点N'，连接MN′并延长交BD于P，连NP，依据PM﹣PN＝PM﹣PN'≤MN'，可得当P，M，N'三点共线时，取“＝”，再求得＝＝，即可得出PM∥AB∥CD，∠CMN'＝90°，再根据△N'CM为等腰直角三角形，即可得到CM＝MN'＝2．
【解答】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N'，连接MN′并延长交BD于P，连NP，
根据轴对称性质可知，PN＝PN'，
∴PM﹣PN＝PM﹣PN'≤MN'，
当P，M，N'三点共线时，取“＝”，
∵正方形边长为8，
∴AC＝AB＝8，
∵O为AC中点，
∴AO＝OC＝4，
∵N为OA中点，
∴ON＝2，
∴ON'＝CN'＝2，
∴AN'＝6，
∵BM＝6，
∴CM＝AB﹣BM＝8﹣6＝2，
∴＝＝，
∴PM∥AB∥CD，∠CMN'＝90°，
∵∠N'CM＝45°，
∴△N'CM为等腰直角三角形，
∴CM＝MN'＝2，
即PM﹣PN的最大值为2，
故选：A．

【点评】本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．

题型2：将军饮马问题
解题模板：
技巧精讲：
1、“将军饮马”模型


2、线段差最大值问题模型：

2.（2021•娄底模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则AP+EP的最小值是（　　）

A．2 B．4 C． D．2
【分析】连接CP，当点E，P，C在同一条直线上时，AP+PE的最小值为CE的长，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：如图，连接CP，

在△ADP与△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP＝CP，
∴AP+PE＝CP+PE，
当点E，P，C在同一条直线上时，AP+PE的最小值为CE的长，
∴连接CE交BD于P'，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB＝4，∠ADC＝90°，
∵E是AD的中点，
∴ED＝2，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
CE＝＝＝2，
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称，中点路线问题，根据题意作出A关于BD的对称点C是解此题的关键．

【变式2-1】（2022•德州）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在BC上，CE＝2．点M是对角线BD上的一个动点，则EM+CM的最小值是（　　）

A． B． C． D．
【分析】要求ME+MC的最小值，ME、MC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化ME，MC的值，从而找出其最小值求解．
【解答】解：如图，连接AE交BD于M点，
∵A、C关于BD对称，
∴AE就是ME+MC的最小值，
∵正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE＝BC﹣CE＝6﹣2＝4，
∵AB＝，
∴AE＝＝2，
∴ME+MC的最小值是2．
故选：C．

【点评】本题主要考查的是轴对称﹣﹣路径最短问题、勾股定理的应用、正方形的性质，明确当点A、M、E在一条直线上时，ME+MA有最小值是解题的关键．

【变式2-2】（2022•菏泽）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，M是对角线BD上的一个动点，CF＝BF，则MA+MF的最小值为（　　）

A．1 B． C． D．2
【分析】当MA+MF的值最小时，A、M、F三点共线，即求AF的长度，根据题意判断△ABC为等边三角形，且F点为BC的中点，根据直角三角形的性质，求出AF的长度即可．
【解答】解：当A、M、F三点共线时，即当M点位于M′时，MA+MF的值最小，

由菱形的性质可知，
AB＝BC，
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵F点为BC的中点，AB＝2，
∴AF⊥BC，CF＝FB＝1，
∴在Rt△ABF中，AF＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查最短路线问题、等边三角形的性质和菱形的性质，确定MA+MF的最小值为AF的长度是关键．

【变式2-3】（2022•广安）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE+PF的最小值是（　　）

A．2 B． C．1.5 D．
【分析】如图，取AB的中点T，连接PT，FT．首先证明四边形ADFT是平行四边形，推出AD＝FT＝2，再证明PE+PF＝PT+PF，由PF+PT≥FT＝2，可得结论．
【解答】解：如图，取AB的中点T，连接PT，FT．

∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥AB，CD＝AB，
∵DF＝CF，AT＝TB，
∴DF＝AT，DF∥AT，
∴四边形ADFT是平行四边形，
∴AD＝FT＝2，
∵四边形ABCD是菱形，AE＝DE，AT＝TB，
∴E，T关于AC对称，
∴PE＝PT，
∴PE+PF＝PT+PF，
∵PF+PT≥FT＝2，
∴PE+PF≥2，
∴PE+PF的最小值为2．
故选：A．
【点评】本题考查轴对称最短问题，菱形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．

【变式2-4】（2022•泰山区校级二模）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分∠BOC交于点D，点E为半径OB的中点．若OB＝4，则阴影部分的面积为　　．

【分析】连接BC，过D作DF⊥OB于F，先证明△BOC是等边三角形即可求出OE，CE⊥BO，然后根据勾股定理求出CE，根据含30度的直角三角形的性质求出DF，最后根据S阴影＝S扇形BOC﹣S△COE﹣（S扇形BOD﹣S△ODE）求解即可．
【解答】解：连接BC，过D作DF⊥OB于F，

∵∠BOC＝60°，OC＝OB，
∴△BOC是等边三角形，
∵点E为半径OB的中点，
∴CE⊥BO，，
∴，
∵∠BOC＝60°，OD平分∠BOC，
∴，
∴，
∴S阴影＝S扇形BOC﹣S△COE﹣（S扇形BOD﹣S△ODE）＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了求不规则图形的面积，解题的关键是学会添加常用辅助线，根据S阴影＝S扇形BOC﹣S△COE﹣（S扇形BOD﹣S△ODE）求解是解题的关键．

题型3：旋转最值问题
解题模板：
技巧精讲：
旋转求最值模型：

3.问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC＝PE．
问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是　　．

【分析】（1）在BC上截取BG＝PD，通过三角形全等证得AG＝AP，BG＝DP，得出△AGP是等边三角形，得出AP＝GP，则PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE，即可证得结论；
（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO的最小值．
【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，
在△ABG和△ADP中
，
∴△ABG≌△ADP（SAS），
∴AG＝AP，BG＝DP，
∴GC＝PE，
∵∠GAP＝∠BAD＝60°，
∴△AGP是等边三角形，
∴AP＝GP，
∴PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE
∴PA+PC＝PE；
（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．
∵△MGD和△OME是等边三角形
∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，
∴∠GMO＝∠DME
在△GMO和△DME中

∴△GMO≌△DME（SAS），
∴OG＝DE
∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO
∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，
∴∠NMD＝135°，
∴∠DMF＝45°，
∵MG＝．
∴MF＝DF＝4，
∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，
∴ND＝＝＝2，
∴MO+NO+GO最小值为2，
故答案为2，


【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，最短路径问题，构造等边三角形是解答本题的关键．

【变式3-1】（2022•连云港）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE＝AD，且BE⊥DC．
（1）求证：四边形DBCE为菱形；
（2）若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．

【分析】（1）先证明四边形DBCE是平行四边形，再由BE⊥DC，得四边形DBCE是菱形；
（2）作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，可得PM+PN＝PM+PN'，即知MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，在Rt△DBH中，可得DH＝DB•sin∠DBC＝，即可得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
∵E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∵BE⊥DC，
∴四边形DBCE是菱形；
（2）解：作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，如图：

由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，
∴PM+PN＝PM+PN'，
∴当P、M、N'共线时，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，
∵DE∥BC，
∴MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，
在Rt△DBH中，
∠DBC＝60°，DB＝2，
∴DH＝DB•sin∠DBC＝2×＝，
∴PM+PN的最小值为．
【点评】本题考查平行四边形性质及应用，涉及菱形的判定，等边三角形性质及应用，对称变换等，解题的关键是掌握解决“将军饮马”模型的方法．

【变式3-2】（2022春•周村区期末）如图①，P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做△ABC的费马点．
（1）如果点P为锐角三角形ABC的费马点，且∠ABC＝60°．
①求证：△ABP∽△BCP；
②若PA＝3，PC＝4，求PB的长．
（2）已知锐角三角形ABC，分别以AB、AC为边向外作正三角形ABE和正三角形ACD，CE和BD相交于P点，连结AP，如图②．
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点．

【分析】（1）①由三角形内角和定理可求∠PBA+∠PAB＝60°，可证∠PBC＝∠BAP，可得结论；
②由相似三角形的性质可得，即可求解；
（2）①由“SAS”可证△ACE≌△ADB，可得∠1＝∠2，即可求解；
②通过证明△ADF∽△CFP，可得，可证△AFP∽△CDF，可得∠APF＝∠ACD＝60°，可得结论．
【解答】（1）①证明：∵点P为锐角三角形ABC的费马点，
∴∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，
∴∠PBA+∠PAB＝60°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABP+∠PBC＝60°，
∴∠PBC＝∠BAP，
又∵∠APB＝∠BPC，
∴△ABP∽△BCP，
②解：∵△ABP∽△BCP，
∴，
又∵PA＝3，PC＝4，
∴，
∴PB＝2；
（2）①解：设AC与BD的交点于F，

如图，∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ADB中，
，
∴△ACE≌△ADB（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵∠1＝∠2，∠5＝∠6，
∴△ADF∽△CFP，
∴，
∴AF•PF＝DF•CP，
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△CDF，
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．
【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，费马点的定义，以及等边三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．



一、填空题
1．（罗平期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的点，BE=1，F为AB的中点，P为AC上一个动点，则PF+PE的最小值为　　.

【答案】17
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD是轴对称图形，AC是一条对称轴，
∴点F关于AC的对称点在线段AD上，设为点G，连结EG与AC交于点P，则PF+PE的最小值为EG的长，

∵AB=4，AF=2，∴AG=AF=2，
∴EG= 12+42=17。
故答案为：17。
【分析】根据正方形的性质可知：点F关于AC的对称点在线段AD上，设为点G，连结EG与AC交于点P，则PF+PE的最小值为EG的长，过点E作EH垂直于AD于点H，根据矩形的性质及勾股定理即可算出EG的长，从而得出答案。
2．（2022·安顺）已知正方形ABCD的边长为4，E为CD上一点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，过点D作DG⊥AF，交AF于点H，交BF于点G，N为EF的中点，M为BD上一动点，分别连接MC，MN．若S△DCGS△FCE=19，则MC+MN的最小值为　　．

【答案】5172
【解析】【解答】解：如图，连接AM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴A点与C点关于BD对称，
∴CM=AM，
∴MN+CM=MN+AM≥AN，
.当A、M、N三点共线时，MN + CM的值最小，
∵AD∥CF ，
∴∠DAE=∠F，
∵∠DAE+∠DEH=90°，
∵DG⊥AF，
∴∠CDG+∠DEH=90°，
∴∠DAE=∠CDG，
∴∠CDG=∠F，
∴△DCG∽△FCE，
∵S△DCGS△FCE=19，
∴CDCF=13，
∵CD=4，
∴CF=12，
∵AD∥CF，
∴AEEF=ADCF=DECE=13，
∴DE=1，CE=3，
在Rt△CEF中，EF=CE2+CF2=32+122=317，
∴AE=17，
∵N是EF的中点，
∴EN=3172，
∴AN=AE+EN=17+3172=5172，
∴MC+MN的最小值为5172.
故答案为：5172.

【分析】根据正方形的性质，得出A点与C点关于BD对称，根据轴对称的性质和三角形的三边关系得出MN+CM= MN+ AM≥AN，则知当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小为AN，再证明ADCG∽△FCE，结合S△DCGS△FCE=19，得出CDCF=13，则可求出CF，再由平行线分线段成比例的性质求出DE和CE长，根据勾股定理求出EF和AE长，则可得出EN长，从而求出AN长，即可解答.
3．（2022·南充）如图，正方形ABCD边长为1，点E在边AB上（不与A，B重给），将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A1处，连接A1B，将A1B绕点B顺时针旋转90°得到A2B，连接A1A，A1C，A2C给出下列四个结论；①△ABA1≌△CBA2；②∠ADE+∠A1CB=45°；③点P是直线DE上动点，则CP+A1P的最小值为2；④当∠ADE = 30°时，△A1BE的面积为起3-36，其中正确的结论是　　．（填写序号）

【答案】①②③
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转的性质得： A1B= A2B，∠A1BA2=90°，
∴∠ABA1+∠A1BC=∠A2BC+∠A1BC=90°，
∴∠ABA1=∠A2BC，
∴△ABA1≌△CBA2（SAS），
∴①说法正确；
②如图，过点D作DF⊥A1C于点F，

∵DC=DA1，
∴∠CDF=∠A1DF，
∵∠ADE=∠A1DE，∠ADC=90°，
∴∠ADE+∠CDF=45°，
又∵∠DCF+∠CDF=90°，∠DCF+∠A1CB=90°，
∴∠CDF=∠A1CB，
∴∠ADE+∠A1CB=45°，
∴②说法正确；
③如图，连接PA、PC，
∵A1和A关于DE对称，
∴PA1=PA，
∴PA1+PC=PA+PC，
当A、P、C三点共线时，PA+PC=AC=2，即PA1+PC最短，
∴PA1+PC最短为2，
∴③说法正确；
④如图，过点A1作A1G⊥AB于点G，
∵∠ADE=30°，
∴AD=3AE，
∴AE=33，
∴EB=1-33=3-33，
又∵A1A⊥DE，
∴∠DAA1=60°，
∴∠A1AG=30°，AA1=AD=1，
∴A1G=12AA1=12，
∴△A1BE面积=12EB·A1G=12×3-33×12=3-312，
∴④说法错误.
故正确答案为：①②③.
【分析】由正方形性质得AB=BC，∠ABC=90°，由旋转的性质得 A1B= A2B，∠A1BA2=90°，从而推出∠ABA1=∠A2BC，即可证出△ABA1≌△CBA2；如图，过点D作DF⊥A1C于点F，由旋转性质及正方形性质推出∠ADE+∠CDF=45°，再由∠DCF+∠CDF=90°，∠DCF+∠A1CB=90°，推出∠CDF=∠A1CB，从而得到∠ADE+∠A1CB=45°；③如图，连接PA、PC，由折叠性质可知A1和A关于DE对称，从而得到PA1=PA，即得PA1+PC=PA+PC，当A、P、C三点共线时，PA+PC=AC=2，即PA1+PC最短，即可求出PA1+PC最短为2；④如图，过点A1作A1G⊥AB于点G，利用正方形性质及含30° 角直角三角形的性质可求得AE=33，即得EB=1-33=3-33，再由A1A⊥DE，从而得∠DAA1=60°，进而得到∠A1AG=30°，AA1=AD=1，再含30° 角直角三角形的性质可求得A1G=12AA1=12，最后由三角形的面积公式得△A1BE面积=12EB·A1G，代入数据计算即可求得△A1BE面积，据此逐项分析，即可得出符合题意的答案.
二、综合题
4．（大埔期末）已知四边形ABCD是菱形（四条边都相等的平行四边形）．AB＝4，∠ABC＝60°，∠EAF的两边分别与边BC，DC相交于点E，F，且∠EAF＝60°．

（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系为：　　．
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B，C重合），求证：BE＝CF；
（3）求△AEF周长的最小值．
【答案】（1）AE＝EF＝AF
（2）证明：如图2，

∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
∠BAE=∠CAFBA=AC∠B=∠ACF
∴△BAE≌△CAF（ASA）
∴BE＝CF．
（3）解：由（1）可知△AEF是等边三角形，
∴当AE⊥BC时，AE的长最小，即△AEF的周长最小，
∵AE＝EF＝AF＝2 3，
∴△AEF的周长为6 3．
【解析】【解答】解：（1）AE＝EF＝AF．

理由：如图1中，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°
∵BE＝EC，
∴∠BAE＝∠CAE＝30°，AE⊥BC，
∵∠EAF＝60°，
∴∠CAF＝∠DAF＝30°，
∴AF⊥CD，
∴AE＝AF（菱形的高相等）
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF＝AF．
故答案为AE＝EF＝AF；
【分析】（1）结论AE＝EF＝AF．只要证明AE＝AF即可证明△AEF是等边三角形；（2）欲证明BE＝CF，只要证明△BAE≌△CAF即可；（3）根据垂线段最短可知；当AE⊥BC时，△AEF的周长最小；
5．如图，在直角坐标系中，抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），其对称轴与x轴相交于点M．

（1）求抛物线的解析式和对称轴；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△PAB的周长最小？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连接AC，在直线AC的下方的抛物线上，是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：根据已知条件可设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）（x﹣5），
把点A（0，4）代入上式得：a= 45，
∴y= 45（x﹣1）（x﹣5）= 45 x2﹣245 x+4= 45（x﹣3）2﹣165，
∴抛物线的对称轴是：直线x=3；
（2）解：P点坐标为（3，85）．
理由如下：
∵点A（0，4），抛物线的对称轴是直线x=3，
∴点A关于对称轴的对称点A′的坐标为（6，4）
如图1，连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小．

设直线BA′的解析式为y=kx+b，
把A′（6，4），B（1，0）代入得4=6k+b0=k+b，
解得k=45b=-45，
∴y= 45 x﹣45，
∵点P的横坐标为3，
∴y= 45 ×3﹣45 = 85，
∴P（3，85）．
（3）解：在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．
设N点的横坐标为t，此时点N（t，45 t2﹣245 t+4）（0＜t＜5），
如图2，过点N作NG∥y轴交AC于G；作AD⊥NG于D，

由点A（0，4）和点C（5，0）可求出直线AC的解析式为：y=﹣45 x+4，
把x=t代入得：y=﹣45 t+4，则G（t，﹣45 t+4），
此时：NG=﹣45 t+4﹣（45 t2﹣245 t+4）=﹣45 t2+4t，
∵AD+CF=CO=5，
∴S△ACN=S△ANG+S△CGN= 12 AD×NG+ 12 NG×CF= 12 NG•OC= 12 ×（﹣45 t2+4t）×5=﹣2t2+10t=﹣2（t﹣52）2+ 252，
∴当t= 52时，△CAN面积的最大值为252，
由t= 52，得：y= 45 t2﹣245 t+4=﹣3，
∴N（52，﹣3）．
【解析】【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x-1）（x-5），然后将代入A（0，4）代入抛物线的解析式可求得a的值，从而可得到抛物线的解析式，然后利用抛物线的对称性可得到抛物线的对称轴；
（2）作点A关于对称轴的对称点A′，连接BA′交对称轴于点P，连接AP，此时△PAB的周长最小，然后再求出直线BA′的解析式，从而可求得点P的坐标．
（3）在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大．设N点的横坐标为t，可得到点N的坐标，再求得直线AC的解析式，从而可求得NG的长t的函数关系式，最后再求出二次函数最大值即可.
6．（金华月考）如图1，在直线l上找一点C，使AC+BC最短，并在图中标出点C

【简单应用】
（1）如图2，在等边△ABC中，AB＝10，AD⊥BC，E是AC的中点，M是AD上的一点，求EM+MC的最小值，借助上面的模型，由等边三角形的轴对称性可知，B与C关于直线AD对称，连接BM，EM+MC的最小值就是线段　　的长度，则EM+MC的最小值是　　；
（2）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD＝140°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分别找一点M、N，当△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM＝　　°．
（3）如图4，是一个港湾，港湾两岸有A、B两个码头，∠AOB＝30°，OA＝1千米，OB＝2千米，现有一艘货船从码头A出发，根据计划，货船应先停靠OB岸C处装货，再停靠OA岸D处装货，最后到达码头B．怎样安排两岸的装货地点，使货船行驶的水路最短？请画出最短路线并求出最短路程．
【答案】（1）BE；53
（2）80
（3）解：如图，作点A关于OB的对称点A1，点B关于OA的对称点B1，连接A1B1，交OB于点C，交OA于点D，

∴AC=A1C，BD=B1D，OA=OA1=1，OB=OB1=2，∠A1OC=∠AOB=∠AOB1=30°，
∴AC+CD+BD=A1C+CD+B1D=A1B1，此时货船行驶的水路最短，
∵∠A1OB1=∠A1OC+∠AOB+∠AOB1=90°，
∴A1B1=OA12+OB12=12+22=5（千米），
∴最短路径是5千米.
【解析】【解答】解：（1）∵在等边△ABC中，AD⊥BC，
∴B与C关于直线AD对称，
∴BM=MC，
∴EM+MC=EM+BM=BE，
∴EM+MC的最小值就是线段BE，
∵E是AC的中点，AB=AC=10，
∴BE⊥AC，AE=5，
∴BE=AB2-AE2=53，
∴EM+MC的最小值是53，
故答案为：BE；53；
（2）如图，延长AB到A′，使BA′=AB，延长AD到A″，使DA″=AD，连接A′A″与BC、CD分别交于点M、N，


∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴A、A′关于BC对称，A、A″关于CD对称，此时△AMN的周长最小，
∵BA=BA′，MB⊥AB，
∴MA=MA′，
同理：NA=NA″，
∴∠A′=∠MAB，∠A″=∠NAD，
∵∠AMN=∠A′+∠MAB=2∠A′，∠ANM=∠A″+∠NAD=2∠A″，
∴∠AMN+∠ANM=2（∠A′+∠A″），
∵∠BAD=140°，
∴∠A′+∠A″=180°-∠BAD=40°，
∴∠AMN+∠ANM=2×40°=80°，
故答案为：80；
【分析】（1）根据轴对称的性质得出BM=MC，得出EM+MC=BE，即可得出EM+MC的最小值就是线段BE，在根据勾股定理求出BE的长，即可得出答案；
（2）延长AB到A′，使BA′=AB，延长AD到A″，使DA″=AD，连接A′A″与BC、CD分别交于点M、N，根据轴对称的性质得出此时△AMN的周长最小，根据等腰三角形的性质和三角形外角性质得出
∠AMN+∠ANM=2（∠A′+∠A″），求出∠A′+∠A″的度数，即可得出答案；
（3）作点A关于OB的对称点A1，点B关于OA的对称点B1，连接A1B1，交OB于点C，交OA于点D，根据轴对称的性质得出此时货船行驶的水路最短，证出∠A1OB1=90°，利用勾股定理求出A1B1的长，即可得出答案.