2021学年第二十二章 四边形综合与测试优秀课时练习

这是一份2021学年第二十二章 四边形综合与测试优秀课时练习，共34页。试卷主要包含了如图，在正方形ABCD中，点E等内容，欢迎下载使用。
八年级数学下册第二十二章四边形专项练习
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝6，F为DE的中点．若OF的长为1，则△CEF的周长为（ ）

A．14 B．16 C．18 D．12
2、一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．5 B．4 C．7 D．6
3、下列命题不正确的是（ ）
A．三边对应相等的两三角形全等
B．若，则
C．有一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．的三边为a、b、c，若，则是直角三角形．
4、若一个多边形截去一个角后变成了六边形，则原来多边形的边数可能是（ ）
A．5或6 B．6或7 C．5或6或7 D．6或7或8
5、如图，在正方形ABCD中，点E、点F分别在AD、CD上，且AE＝DF，若四边形OEDF的面积是1，OA的长为1，则正方形的边长AB为（　　）

A．1 B．2 C． D．2
6、如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于A、B两点，C为线段OB上一点，过点C作轴交l于点D，若的顶点E恰好落在直线上，则点C的坐标为（ ）

A． B． C． D．
7、如图，矩形中，，如果将该矩形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是22.5，则（ ）

A．8 B．10 C．12 D．14
8、下列命题中，是真命题的是（ ）．A．三角形的外心是三角形三个内角角平分线的交点
B．满足的三个数，，是勾股数
C．对角线相等的四边形各边中点连线所得四边形是矩形
D．五边形的内角和为
9、在四边形ABCD中，对角线AC，BD互相平分，若添加一个条件使得四边形ABCD是菱形，则这个条件可以是（ ）
A．∠ABC＝90° B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AB∥CD
10、如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，则对角线BD的长是（ ）

A．1 B．4 C．2 D．6
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，在长方形中，，，、分别在边、上，且．现将四边形沿折叠，点，的对应点分别为点，，当点恰好落在边上时，则的长为______．

2、（1）两组对边分别________的四边形是平行四边形
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形
（2）两组对边分别________的四边形是平行四边形
∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形
（3）两组对角分别________的四边形是平行四边形
∵∠A＝ ∠C，
∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形
（4）对角线________的四边形是平行四边形
∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形
（5）一组对边________的四边形是平行四边形
∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形

3、如图，矩形纸片，，．如果点在边上，将纸片沿折叠，使点落在点处，如果直线经过点，那么线段的长是_______．

4、五边形内角和为__________．
5、如图，已知AD为的高，，以AB为底边作等腰，，交AC于F，连ED，EC，有以下结论：①；②；③；④；其中正确的是___．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图1，已知∠ACD是ABC的一个外角，我们容易证明∠ACD＝∠A+∠B，即：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？

(1)尝试探究：如图2，已知：∠DBC与∠ECB分别为ABC的两个外角，则∠DBC＋∠ECB－∠A 180°．（横线上填＜、＝或＞）
(2)初步应用：如图3，在ABC中，BP、CP分别平分外角∠DBC、∠ECB，∠P与∠A有何数量关系？请利用上面的结论直接写出答案：∠P= ．
(3)解决问题：如图4，在四边形ABCD中，BP、CP分别平分外角∠EBC、∠FCB，请利用上面的结论探究∠P与∠BAD、∠CDA的数量关系．
2、如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝12cm，点E从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点D从点C出发沿CA以每秒2cm的速度向点A运动，运动时间为t秒（0＜t＜6），过点D作DF⊥BC于点F．

(1)试用含t的式子表示AE、AD、DF的长；
(2)如图①，连接EF，求证四边形AEFD是平行四边形；
(3)如图②，连接DE，当t为何值时，四边形EBFD是矩形？并说明理由．
3、已知：△ABC，AD为BC边上的中线，点M为AD上一动点（不与点A重合），过点M作ME∥AB，过点C作CE∥AD，连接AE．

(1)如图1，当点M与点D重合时，求证：①△ABM≌△EMC；②四边形ABME是平行四边形
(2)如图2，当点M不与点D重合时，试判断四边形ABME还是平行四边形吗？如果是，请给出证明；如果不是，请说明理由；
(3)如图3，延长BM交AC于点N，若点M为AD的中点，求的值．
4、已知：如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，，点E，F分别为垂足．

(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)求证：四边形AECF是矩形．
5、背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．

(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．
(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．
(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【解析】
【分析】
根据中位线的性质及直角三角形斜边上中线的性质可得：，结合图形得出的周长为，再由中位线的性质得出，在中，利用勾股定理确定，即可得出结论．
【详解】
解：在正方形ABCD中，，，，
∵F为DE的中点，O为BD的中点，
∴OF为的中位线且CF为斜边上的中线，
∴，
∴的周长为，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，，，
∴，
∴的周长为，
故选：B．
【点睛】
题目主要考查正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，熟练掌握运用各个知识点是解题关键．
2、D
【解析】
【分析】
利用多边形内角和公式和外角和定理，列出方程即可解决问题．
【详解】
解：根据题意，得：（n-2）×180=360×2，
解得n=6．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，解答本题的关键是根据多边形内角和公式和外角和定理，利用方程法求边数．
3、C
【解析】
【分析】
根据三角形全等的判定定理（定理）、乘方运算法则、平行四边形的判定、勾股定理的逆定理逐项判断即可得．
【详解】
解：A、三边对应相等的两三角形全等，此命题正确，不符题意；
B、若，则，此命题正确，不符题意；
C、有一组对边平行、另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，所以此项命题不正确，符合题意；
D、的三边为、、，若，即，则是直角三角形，此命题正确，不符题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理、乘方运算法则、平行四边形的判定、勾股定理的逆定理，熟练掌握各定理是解题关键．
4、C
【解析】
【分析】
实际画图，动手操作一下，可知六边形可以是五边形、六边形、七边形截去一个角后得到．
【详解】
解：如图，原来多边形的边数可能是5，6，7．

故选C
【点睛】
本题考查的是截去一个多边形的一个角，解此类问题的关键是要从多方面考虑，注意不能漏掉其中的任何一种情况．
5、C
【解析】
【分析】
根据正方形的性质得到AB=AD，∠BAE=∠ADF=90°，根据全等三角形的性质得到∠ABE=∠DAF，求得∠AOB=90°，根据三角形的面积公式得到OA=1，由勾股定理即可得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE=∠ADF=90°，
在△ABE与△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE=∠DAF，
∴∠ABE+∠BAO=∠DAF+∠BAO=90°，
∴∠AOB=90°，
∵△ABE≌△DAF，
∴S△ABE=S△DAF，
∴S△ABE-S△AOE=S△DAF-S△AOE，
即S△ABO=S四边形OEDF=1，
∵OA=1，
∴BO=2，
∴AB=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证得△ABE≌△DAF是解题的关键．
6、D
【解析】
【分析】
设点 ，根据轴，可得点 ，再根据平行四边形的性质可得点轴， ，则， ，即可求解．
【详解】
解：设点 ，
∵轴，
∴点 ，
∵四边形是平行四边形，
∴轴， ，
∴点 ，
∴ ，
∵直线分别交y轴于B两点，
∴当 时， ，
∴点 ，
∴ ，
∴，解得： ，
∴ ，
∴点 ．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了一次函数的图形和性质，平行四边形的性质，熟练掌握一次函数的图形和性质，平行四边形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
7、C
【解析】
【分析】
根据折叠和矩形的性质，可得∠DBE =∠CBD，AD∥BC，AD=BC，AB⊥AD，从而得到∠BDE=∠DBE，进而得到BE=DE，再由的面积是22.5，可得，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】
解：根据题意得： ∠DBE =∠CBD，AD∥BC，AD=BC，AB⊥AD，
∴∠BDE=∠CBD，
∴∠BDE=∠DBE，
∴BE=DE，
∵的面积是22.5，，
∴ ，解得： ，
∴，
在 中，由勾股定理得：
，
∴ ．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了折叠和矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠和矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
8、D
【解析】
【分析】
正确的命题是真命题，根据定义解答．
【详解】
解：A. 三角形的外心是三角形三条边垂直平分线的交点，故该项不符合题意；
B. 满足的三个正整数，，是勾股数，故该项不符合题意；
C. 对角线相等的四边形各边中点连线所得四边形是菱形，故该项不符合题意；
D. 五边形的内角和为，故该项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题考查了真命题的定义，正确掌握三角形外心的定义，勾股数的定义，中点四边形的判定定理及多边形内角和的计算公式是解题的关键．
9、B
【解析】
略
10、C
【解析】
略
二、填空题
1、4
【解析】
【分析】
由勾股定理求出F，得到D，过点作H⊥AB于H，连接BF，则四边形是矩形，求出HE，过点F作FG⊥AB于G，则四边形BCFG是矩形，利用勾股定理求出的长．
【详解】
解：在长方形中，，，
由折叠得5，
∴，
∴13=2，
过点作H⊥AB于H，连接BF，则四边形是矩形，
∴AH=D=2，
∵∠EF=∠BEF，∠FE=∠BEF，
∴∠EF=∠FE，
∴E=F=13，

∴=5，
过点F作FG⊥AB于G，则四边形BCFG是矩形，
∴BG=FC=5，
∴EG=13-5=8，
∴=4
故答案为4．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，正确引出辅助线利用推理论证进行求解是解题的关键．
2、 平行 相等 相等 互相平分 平行且相等
【解析】
略
3、
【解析】
【分析】
根据题意可知∠AFD=90°，利用勾股定理得DF=，再证明AD=DE，即可得出EF的长，从而解决问题．
【详解】
如图，∵将纸片沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴AB=AF=3，∠B=∠AFE=90°，∠AEB=∠AED，

∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AED，
∴∠DAE=∠AED，
∴AD=DE=4，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：，
∴EF=DE-DF=，
∴BE=EF=，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，证明AD=DE是解题的关键．
4、540°
【解析】
【分析】
根据n边形的内角和公式（n－2）·180°求解即可．
【详解】
解：五边形内角和为（5－2）×180°=540°，
故答案为：540°．
【点睛】
本题考查多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解答的关键．
5、①③
【解析】
【分析】
只要证明，，是的中位线即可一一判断；
【详解】
解：如图延长交于，交于．设交于．

，，
，
，，
，故①正确，
，，
，
，
，
不垂直，故②错误，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，平分，
，
，
，
，
，故③正确，
，
，
，
，
，故④正确．
故答案是：①③．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
三、解答题
1、 (1)＝
(2)∠P＝90°－∠A
(3)∠P＝180°－∠BAD－∠CDA，探究见解析
【解析】
【分析】
（1）根据三角形外角的性质得：∠DBC=∠A+∠ACB，∠ECB=∠A+∠ABC，两式相加可得结论；
（2）根据角平分线的定义得：∠CBP=∠DBC，∠BCP=∠ECB，根据三角形内角和可得：∠P的式子，代入（1）中得的结论：∠DBC+∠ECB=180°+∠A，可得：∠P=90°−∠A；
（3）根据平角的定义得：∠EBC=180°-∠1，∠FCB=180°-∠2，由角平分线得：∠3=∠EBC=90°−∠1，∠4=∠FCB=90°−∠2，相加可得：∠3+∠4=180°−（∠1+∠2），再由四边形的内角和与三角形的内角和可得结论．
(1)
∠DBC+∠ECB-∠A=180°，
理由是：∵∠DBC=∠A+∠ACB，∠ECB=∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB=2∠A+∠ACB+∠ABC=180°+∠A，
∴∠DBC+∠ECB-∠A=180°，
故答案为：=；
(2)
∠P=90°-∠A，
理由是：∵BP平分∠DBC，CP平分∠ECB，
∴∠CBP=∠DBC，∠BCP=∠ECB，
∵△BPC中，∠P=180°-∠CBP-∠BCP=180°-（∠DBC+∠ECB），
∵∠DBC+∠ECB=180°+∠A，
∴∠P=180°-（180°+∠A）=90°-∠A．
故答案为：∠P=90°-∠A，
(3)
∠P=180°-∠BAD-∠CDA，
理由是：如图，

∵∠EBC=180°-∠1，∠FCB=180°-∠2，
∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，
∴∠3=∠EBC=90°-∠1，∠4=∠FCB=90°-∠2，
∴∠3+∠4=180°-（∠1+∠2），
∵四边形ABCD中，∠1+∠2=360°-（∠BAD+∠CDA），
又∵△PBC中，∠P=180°-（∠3+∠4）=（∠1+∠2），
∴∠P=×[360°-（∠BAD+∠CDA）]=180°-（∠BAD+∠CDA）=180°-∠BAD-∠CDA．
【点睛】
本题是四边形和三角形的综合问题，考查了三角形和四边形的内角和定理、三角形外角的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形外角的性质是关键．
2、 (1)AE＝t，AD＝12﹣2t，DF＝t
(2)见解析
(3)3，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意用含t的式子表示AE、CD，结合图形表示出AD，根据直角三角形的性质表示出DF；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明；
（3）根据矩形的定义列出方程，解方程即可．
(1)
解：由题意得，AE＝t，CD＝2t，
则AD＝AC﹣CD＝12﹣2t，
∵DF⊥BC，∠C＝30°，
∴DF＝CD＝t；
(2)
解：∵∠ABC＝90°，DF⊥BC，
∴，
∵AE＝t，DF＝t，
∴AE＝DF，
∴四边形AEFD是平行四边形；
(3)
解：当t＝3时，四边形EBFD是矩形，
理由如下：∵∠ABC＝90°，∠C＝30°，
∴AB＝AC＝6cm，
∵，
∴BE＝DF时，四边形EBFD是平行四边形，即6﹣t＝t，
解得，t＝3，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EBFD是矩形，
∴t＝3时，四边形EBFD是矩形．
【点睛】
此题考查了30度角的性质，平行四边形的判定及性质，矩形的定义，一元一次方程，三角形与动点问题，熟练掌握四边形的知识并综合应用是解题的关键．
3、 (1)①见解析；②见解析
(2)是，见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）①根据DE∥AB，得出∠EDC＝∠ABM，根据CE∥AM，∠ECD＝∠ADB，根据AM是△ABC的中线，且D与M重合，得出BD＝DC，再证△ABD≌△EDC（ASA）即可；
②由①得△ABD≌△EDC，得出AB＝ED，根据AB∥ED，即可得出结论．
（2）如图，设延长BM交EC于点F，过M作ML∥DC交CF于L，先证四边形MDCL为平行四边形，得出ML=DC=BD，可证△BMD≌△MFL（AAS），再证△ABM≌△EMF（ASA），可证四边形ABME是平行四边形；
（3）过点D作DG∥BN交AC于点G，根据M为AD的中点，DG∥MN，得出MN为三角形中位线MN＝DG，根据D为BC的中点，得出DG＝BN，可得MN＝BN，可求即可．
(1)
证明：①∵DE∥AB，
∴∠EDC＝∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD＝DC，
在△ABD与△EDC中，
，
∴△ABD≌△EDC（ASA），
即△ABM≌△EMC；
②由①得△ABD≌△EDC，
∴AB＝ED，
∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形；

(2)
成立．理由如下：
如图，设延长BM交EC于点F，过M作ML∥DC交CF于L，
∵AD∥EC，ML∥DC，
∴四边形MDCL为平行四边形，
∴ML=DC=BD，
∵ML∥DC，
∴∠FML=∠MBD，
∵AD∥EC，
∴∠BMD=∠MFL，∠AMB=∠EFM,
在△BMD和△MFL中
∠MBD=∠FML∠BMD=∠MFLBD=ML，
∴△BMD≌△MFL（AAS），
∴BM=MF ,
∵AB∥ME，
∴∠ABM=∠EMF，
在△ABM和△EMF中，

∴△ABM≌△EMF（ASA），
∴AB＝EM，
∵AB∥EM，
∴四边形ABME是平行四边形；

(3)
解：过点D作DG∥BN交AC于点G，

∵M为AD的中点，DG∥MN，
∴MN＝DG，
∵D为BC的中点，
∴DG＝BN，
∴MN＝BN，
∴，
由（2）知四边形ABME为平行四边形，
∴BM＝AE，
∴．
【点睛】
本题考查三角形中线性质，平行线性质，三角形全等判定与性质，平行四边形判定，三角形中位线性质，掌握三角形中线性质，平行线性质，三角形全等判定与性质，平行四边形判定，三角形中位线性质是解题关键．
4、 (1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据垂直的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理（定理）即可得证；
（2）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据矩形的判定即可得证．
(1)
证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
在和中，，
．
(2)
证明：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在四边形中，，
四边形是矩形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定定理、矩形的判定等知识点，熟练掌握各判定定理与性质是解题关键．
5、 (1)150°；
(2)见详解；
(3)；
(4)．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可；
（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；
（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可．
(1)
解：连结PP′，
∵≌，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，
,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，
，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，
故答案为150°；

(2)
证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌△AB′P′，
∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，
∵，
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∴点P在CB′上，
∴过的费马点．

(3)
解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，
∴△APB≌△AP′B′，
∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∵，，，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=
∴最小=CB′=；

(4)
解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，
∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，
∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，
∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，
∴BF=，BF=，
∴AF=AB+BF=2+，
∴AB′=，
∴最小=AB′=．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．