8. 若正方形ABCD的面积为16，正方形内一点P到CD的距离与到点A，B的距离都是d，则 d=
$\dfrac{5}{2}$
。答案：8. $\dfrac{5}{2}$
解析：
【分析】
解题时首先由正方形面积求出边长，再根据PA=PB可知点P在AB的垂直平分线上，结合P到CD的距离为d，可推出P到AB的距离，最后通过构造直角三角形，利用勾股定理列方程即可求出d的值。
【解析】
解：
∵正方形ABCD的面积为16
∴正方形的边长$AB=\sqrt{16}=4$
∵$PA=PB=d$
∴点P在AB的垂直平分线上
过点P作$PE⊥ AB$于点E，则E为AB的中点
∴$AE=\frac{1}{2}AB=2$
∵AB与CD平行，且两组对边的距离等于正方形边长4，点P到CD的距离为d
∴点P到AB的距离$PE=4-d$
在$Rt△ PAE$中，由勾股定理得：$PA^2=AE^2+PE^2$
代入得：$d^2=2^2+(4-d)^2$
展开得：$d^2=4+16-8d+d^2$
移项化简得：$8d=20$
解得：$d=\frac{5}{2}$
【答案】
$\dfrac{5}{2}$
【知识点】
正方形的性质；垂直平分线的判定；勾股定理的应用
【点评】
本题是勾股定理在几何图形中的典型应用，解题的关键是结合已知条件构造出合适的直角三角形，将几何问题转化为方程问题求解，解题时要注意结合正方形的性质找准各线段的数量关系。
【难度系数】
0.7
解题时首先由正方形面积求出边长，再根据PA=PB可知点P在AB的垂直平分线上，结合P到CD的距离为d，可推出P到AB的距离，最后通过构造直角三角形，利用勾股定理列方程即可求出d的值。
【解析】
解：
∵正方形ABCD的面积为16
∴正方形的边长$AB=\sqrt{16}=4$
∵$PA=PB=d$
∴点P在AB的垂直平分线上
过点P作$PE⊥ AB$于点E，则E为AB的中点
∴$AE=\frac{1}{2}AB=2$
∵AB与CD平行，且两组对边的距离等于正方形边长4，点P到CD的距离为d
∴点P到AB的距离$PE=4-d$
在$Rt△ PAE$中，由勾股定理得：$PA^2=AE^2+PE^2$
代入得：$d^2=2^2+(4-d)^2$
展开得：$d^2=4+16-8d+d^2$
移项化简得：$8d=20$
解得：$d=\frac{5}{2}$
【答案】
$\dfrac{5}{2}$
【知识点】
正方形的性质；垂直平分线的判定；勾股定理的应用
【点评】
本题是勾股定理在几何图形中的典型应用，解题的关键是结合已知条件构造出合适的直角三角形，将几何问题转化为方程问题求解，解题时要注意结合正方形的性质找准各线段的数量关系。
【难度系数】
0.7
9. 如图，在△ABC和△DBC中，∠A=∠D=90°，BD平分∠ABC，若BC=5，CD=√5，则AC的长为
$4$
。答案：9. 4
解析：
【分析】
本题给出了角平分线、直角的条件，可通过构造全等三角形转化边长关系：首先延长CD交BA的延长线于点E，利用角平分线+公共边+直角的条件证明△BED与△BCD全等，得到等腰△BCE，进而得到BE、CE的长度；再设AE的长为x，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示AC²，建立方程求解即可得到AC的长度。
【解析】
解：延长CD交BA的延长线于点E。
1. 证明三角形全等：
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠EBD=∠CBD，
又
∵ BD=BD，∠BDE=∠BDC=90°，
∴ △BED≌△BCD（ASA）。
2. 推导边长关系：
由全等性质可得：BE=BC=5，DE=CD=√5，
∴ CE=DE+CD=√5+√5=2√5。
3. 设未知数列方程求解：
设AE=x，则AB=BE - AE=5 - x，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：
AC²=CE² - AE²=(2√5)² - x²=20 - x²，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC²=BC² - AB²=5² - (5 - x)²=25 - (25 - 10x + x²)=10x - x²，
联立两式得：20 - x²=10x - x²，
解得x=2。
4. 计算AC的长度：
将x=2代入AC²=20 - x²，得AC²=20 - 4=16，
∵ AC为线段长度，取正值，
∴ AC=4。
【答案】
4
【知识点】
全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，解题的关键是通过延长线段构造全等三角形，将分散的边长条件集中，再结合勾股定理建立方程求解，这种构造辅助线的方法在角平分线相关的几何题中十分常用。
【难度系数】
0.6
本题给出了角平分线、直角的条件，可通过构造全等三角形转化边长关系：首先延长CD交BA的延长线于点E，利用角平分线+公共边+直角的条件证明△BED与△BCD全等，得到等腰△BCE，进而得到BE、CE的长度；再设AE的长为x，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示AC²，建立方程求解即可得到AC的长度。
【解析】
解：延长CD交BA的延长线于点E。
1. 证明三角形全等：
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠EBD=∠CBD，
又
∵ BD=BD，∠BDE=∠BDC=90°，
∴ △BED≌△BCD（ASA）。
2. 推导边长关系：
由全等性质可得：BE=BC=5，DE=CD=√5，
∴ CE=DE+CD=√5+√5=2√5。
3. 设未知数列方程求解：
设AE=x，则AB=BE - AE=5 - x，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：
AC²=CE² - AE²=(2√5)² - x²=20 - x²，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC²=BC² - AB²=5² - (5 - x)²=25 - (25 - 10x + x²)=10x - x²，
联立两式得：20 - x²=10x - x²，
解得x=2。
4. 计算AC的长度：
将x=2代入AC²=20 - x²，得AC²=20 - 4=16，
∵ AC为线段长度，取正值，
∴ AC=4。
【答案】
4
【知识点】
全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，解题的关键是通过延长线段构造全等三角形，将分散的边长条件集中，再结合勾股定理建立方程求解，这种构造辅助线的方法在角平分线相关的几何题中十分常用。
【难度系数】
0.6
10. 如图，在△ABC中，AB=11，BC=7，AC=12. 求△ABC的面积. 
(第10题)
(第10题)答案：
10. 如图,过点B作BD⊥AC,垂足为D,则∠BDA=∠BDC=90°. 设AD=x,则CD=12−x. 在Rt△ABD 和Rt△CBD 中,由勾股定理,得BD²=AB²−AD²=BC²−CD², 即 11²−x²=7²−(12−x)², 解得 x=9,
∴ AD=9,
∴ BD=$\sqrt{AB^2−AD^2}=\sqrt{11^2−9^2}=\sqrt{40}$,
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}×12×\sqrt{40}=6\sqrt{40}$,即△ABC 的面积为 $6\sqrt{40}$
10. 如图,过点B作BD⊥AC,垂足为D,则∠BDA=∠BDC=90°. 设AD=x,则CD=12−x. 在Rt△ABD 和Rt△CBD 中,由勾股定理,得BD²=AB²−AD²=BC²−CD², 即 11²−x²=7²−(12−x)², 解得 x=9,
∴ AD=9,
∴ BD=$\sqrt{AB^2−AD^2}=\sqrt{11^2−9^2}=\sqrt{40}$,
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}×12×\sqrt{40}=6\sqrt{40}$,即△ABC 的面积为 $6\sqrt{40}$
解析：
【分析】
要求△ABC的面积，已知三边长度，可选取AC为底，只需求出AC边上的高即可。因此过点B作BD⊥AC构造直角三角形，Rt△ABD和Rt△CBD共用高BD，可根据勾股定理分别表示出BD²，建立关于AD长度的方程，解方程求出AD后即可算出高BD，最后代入三角形面积公式求解。
【解析】
解：过点B作BD⊥AC，垂足为D，则∠BDA=∠BDC=90°。
设AD=x，则CD=12−x。
在Rt△ABD和Rt△CBD中，由勾股定理，得：
$BD^2=AB^2−AD^2=BC^2−CD^2$
即$11^2−x^2=7^2−(12−x)^2$
展开并整理方程：
$121-x^2=49-(144-24x+x^2)$
消去$x^2$后解得$x=9$，即$AD=9$。
将$AD=9$代入求高：
$BD=\sqrt{AB^2−AD^2}=\sqrt{11^2−9^2}=\sqrt{40}$
最后计算三角形面积：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}×12×\sqrt{40}=6\sqrt{40}$
【答案】
△ABC 的面积为 $6\sqrt{40}$
【知识点】
勾股定理，三角形面积计算，方程法解几何题
【点评】
本题是勾股定理的基础应用题型，通过作高构造直角三角形，利用公共高作为等量关系列方程求解，将几何计算转化为代数方程求解，体现了数形结合的思想，是三角形边长与面积计算的典型考法。
【难度系数】
0.7
要求△ABC的面积，已知三边长度，可选取AC为底，只需求出AC边上的高即可。因此过点B作BD⊥AC构造直角三角形，Rt△ABD和Rt△CBD共用高BD，可根据勾股定理分别表示出BD²，建立关于AD长度的方程，解方程求出AD后即可算出高BD，最后代入三角形面积公式求解。
【解析】
解：过点B作BD⊥AC，垂足为D，则∠BDA=∠BDC=90°。
设AD=x，则CD=12−x。
在Rt△ABD和Rt△CBD中，由勾股定理，得：
$BD^2=AB^2−AD^2=BC^2−CD^2$
即$11^2−x^2=7^2−(12−x)^2$
展开并整理方程：
$121-x^2=49-(144-24x+x^2)$
消去$x^2$后解得$x=9$，即$AD=9$。
将$AD=9$代入求高：
$BD=\sqrt{AB^2−AD^2}=\sqrt{11^2−9^2}=\sqrt{40}$
最后计算三角形面积：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}×12×\sqrt{40}=6\sqrt{40}$
【答案】
△ABC 的面积为 $6\sqrt{40}$
【知识点】
勾股定理，三角形面积计算，方程法解几何题
【点评】
本题是勾股定理的基础应用题型，通过作高构造直角三角形，利用公共高作为等量关系列方程求解，将几何计算转化为代数方程求解，体现了数形结合的思想，是三角形边长与面积计算的典型考法。
【难度系数】
0.7
11. 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$.
（1）若$P$是边$BC$的中点，连接$AP$，求证：$BP · CP = AB^2 - AP^2$.
（2）若$P$是边$BC$上任意一点，上面的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
（1）若$P$是边$BC$的中点，连接$AP$，求证：$BP · CP = AB^2 - AP^2$.
（2）若$P$是边$BC$上任意一点，上面的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
答案：
11. (1)
∵ AB=AC,P 是边 BC 上的中点,
∴ AP⊥BC,BP=PC.
∵ AB²=AP²+BP²,
∴ AB²−AP²=BP²=BP·CP
(2) 成立. 如图,过点 A 作 AM⊥BC,垂足为 M,
∵ AB=AC,
∴ BM=CM.
∵ AB²=AM²+BM²,AP²=AM²+MP²,
∴ AB²−AP²=BM²−MP²=(BM+MP)·(BM−MP).
∵ BM=CM,
∴ BM+MP=CM+MP=CP,
∴ AB²−AP²=BP·CP
11. (1)
∵ AB=AC,P 是边 BC 上的中点,
∴ AP⊥BC,BP=PC.
∵ AB²=AP²+BP²,
∴ AB²−AP²=BP²=BP·CP
(2) 成立. 如图,过点 A 作 AM⊥BC,垂足为 M,
∵ AB=AC,
∴ BM=CM.
∵ AB²=AM²+BM²,AP²=AM²+MP²,
∴ AB²−AP²=BM²−MP²=(BM+MP)·(BM−MP).
∵ BM=CM,
∴ BM+MP=CM+MP=CP,
∴ AB²−AP²=BP·CP
解析：
【分析】
（1）已知△ABC是等腰三角形，P为BC中点，首先利用等腰三角形三线合一的性质得到AP⊥BC且BP=CP，再在直角三角形ABP中应用勾股定理，对式子变形后即可推导出待证结论。
（2）当P为BC上任意一点时，无法直接得到AP与BC垂直，因此通过作AM⊥BC构造直角三角形，结合等腰三角形三线合一得M是BC中点，分别在两个直角三角形中用勾股定理，将两式作差后用平方差公式变形，再结合线段和差关系代换，即可验证结论是否成立。
【解析】
（1）证明：
∵ AB=AC，P是边BC的中点，
∴ 根据等腰三角形三线合一的性质，得AP⊥BC，BP=PC。
在Rt△ABP中，由勾股定理可得：$AB^2=AP^2+BP^2$，
移项得$AB^2-AP^2=BP^2$，
又
∵ BP=PC，
∴ $BP^2=BP·CP$，
即$BP·CP = AB^2 - AP^2$。
（2）结论成立，证明如下：
过点A作AM⊥BC，垂足为M，
∵ AB=AC，AM⊥BC，
∴ 根据等腰三角形三线合一的性质，得BM=CM。
在Rt△ABM中，由勾股定理得：$AB^2=AM^2+BM^2$，
在Rt△APM中，由勾股定理得：$AP^2=AM^2+MP^2$，
两式作差得：$AB^2-AP^2=BM^2-MP^2$，
由平方差公式分解得：$BM^2-MP^2=(BM+MP)(BM-MP)$，
∵ BM=CM，
∴ $BM+MP=CM+MP=CP$，$BM-MP=BP$，
∴ $AB^2-AP^2=BP·CP$，结论成立。
【答案】
11. (1)
∵ AB=AC,P 是边 BC 上的中点,
∴ AP⊥BC,BP=PC.
∵ AB²=AP²+BP²,
∴ AB²−AP²=BP²=BP·CP
(2) 成立. 如图,过点 A 作 AM⊥BC,垂足为 M,
∵ AB=AC,
∴ BM=CM.
∵ AB²=AM²+BM²,AP²=AM²+MP²,
∴ AB²−AP²=BM²−MP²=(BM+MP)·(BM−MP).
∵ BM=CM,
∴ BM+MP=CM+MP=CP,
∴ AB²−AP²=BP·CP
【知识点】
等腰三角形三线合一，勾股定理，平方差公式
【点评】
本题遵循从特殊到一般的探究思路，考查等腰三角形性质与勾股定理的综合应用，解题的关键是合理构造直角三角形，结合代数变形完成几何结论的推导，能够有效提升逻辑推理与知识综合运用的能力。
【难度系数】
0.7
（1）已知△ABC是等腰三角形，P为BC中点，首先利用等腰三角形三线合一的性质得到AP⊥BC且BP=CP，再在直角三角形ABP中应用勾股定理，对式子变形后即可推导出待证结论。
（2）当P为BC上任意一点时，无法直接得到AP与BC垂直，因此通过作AM⊥BC构造直角三角形，结合等腰三角形三线合一得M是BC中点，分别在两个直角三角形中用勾股定理，将两式作差后用平方差公式变形，再结合线段和差关系代换，即可验证结论是否成立。
【解析】
（1）证明：
∵ AB=AC，P是边BC的中点，
∴ 根据等腰三角形三线合一的性质，得AP⊥BC，BP=PC。
在Rt△ABP中，由勾股定理可得：$AB^2=AP^2+BP^2$，
移项得$AB^2-AP^2=BP^2$，
又
∵ BP=PC，
∴ $BP^2=BP·CP$，
即$BP·CP = AB^2 - AP^2$。
（2）结论成立，证明如下：
过点A作AM⊥BC，垂足为M，
∵ AB=AC，AM⊥BC，
∴ 根据等腰三角形三线合一的性质，得BM=CM。
在Rt△ABM中，由勾股定理得：$AB^2=AM^2+BM^2$，
在Rt△APM中，由勾股定理得：$AP^2=AM^2+MP^2$，
两式作差得：$AB^2-AP^2=BM^2-MP^2$，
由平方差公式分解得：$BM^2-MP^2=(BM+MP)(BM-MP)$，
∵ BM=CM，
∴ $BM+MP=CM+MP=CP$，$BM-MP=BP$，
∴ $AB^2-AP^2=BP·CP$，结论成立。
【答案】
11. (1)
∵ AB=AC,P 是边 BC 上的中点,
∴ AP⊥BC,BP=PC.
∵ AB²=AP²+BP²,
∴ AB²−AP²=BP²=BP·CP
(2) 成立. 如图,过点 A 作 AM⊥BC,垂足为 M,
∵ AB=AC,
∴ BM=CM.
∵ AB²=AM²+BM²,AP²=AM²+MP²,
∴ AB²−AP²=BM²−MP²=(BM+MP)·(BM−MP).
∵ BM=CM,
∴ BM+MP=CM+MP=CP,
∴ AB²−AP²=BP·CP
【知识点】
等腰三角形三线合一，勾股定理，平方差公式
【点评】
本题遵循从特殊到一般的探究思路，考查等腰三角形性质与勾股定理的综合应用，解题的关键是合理构造直角三角形，结合代数变形完成几何结论的推导，能够有效提升逻辑推理与知识综合运用的能力。
【难度系数】
0.7
12.【提出问题】已知 $0＜x＜1$，求 $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的最小值.
【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，分别表示长度为 $\sqrt{1+x^2}$ 和 $\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的线段，将代数求和问题转化为线段求和问题.
【解决问题】
(1) 如图，我们可以构造边长为1的正方形ABCD，P为边BC上的动点，设 $BP=x$，则 $PC=1-x$.
① $AP^2=$
② $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 可以表示为线段
(2) 在(1)的条件下，已知 $0＜x＜1$，求 $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的最小值.
【分析问题】由勾股定理，可以通过构造直角三角形的方法，分别表示长度为 $\sqrt{1+x^2}$ 和 $\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的线段，将代数求和问题转化为线段求和问题.
【解决问题】
(1) 如图，我们可以构造边长为1的正方形ABCD，P为边BC上的动点，设 $BP=x$，则 $PC=1-x$.
① $AP^2=$
$1+x^2$
，$PD^2=$ $1+(1-x)^2$
；② $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 可以表示为线段
$AP$
与 $DP$
之和.(2) 在(1)的条件下，已知 $0＜x＜1$，求 $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的最小值.
答案：
12. (1) ① $1+x^2,1+(1-x)^2$;② $AP,DP$
(2) 作点 A 关于直线 BC 的对称点 A',连接 PA',连接 DA'交 BC 于点 P',如图. 由点 A,A'关于直线 BC 对称可得,AP=A'P,
∴ AP+DP=A'P+DP. 根据两点之间线段最短可知,当点 P 与点 P'重合时,AP+DP=A'D,此时 AP+DP 最小.
∵ A'B=AB=1,
∴ AA'=2,
∴ A'D=$\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.
∴ 当 0＜x＜1 时,$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的最小值为$\sqrt{5}$
12. (1) ① $1+x^2,1+(1-x)^2$;② $AP,DP$
(2) 作点 A 关于直线 BC 的对称点 A',连接 PA',连接 DA'交 BC 于点 P',如图. 由点 A,A'关于直线 BC 对称可得,AP=A'P,
∴ AP+DP=A'P+DP. 根据两点之间线段最短可知,当点 P 与点 P'重合时,AP+DP=A'D,此时 AP+DP 最小.
∵ A'B=AB=1,
∴ AA'=2,
∴ A'D=$\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.
∴ 当 0＜x＜1 时,$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的最小值为$\sqrt{5}$
解析：
【分析】
本题是数形结合的典型问题，解题思路如下：
(1) 先利用正方形的性质得到∠B、∠C均为直角，边长AB、CD均为1，结合已知BP=x、PC=1-x，在两个直角三角形中借助勾股定理即可得到AP²和PD²的表达式，进而对应到两个带根号的式子表示的线段；
(2) 求两条线段和的最小值属于轴对称最短路径问题，通过作对称点将其中一条线段等量转化，把两条线段和转化为共端点的两条线段和，再利用“两点之间线段最短”找到最小值对应的位置，最后用勾股定理计算最短长度即可。
【解析】
(1) ①
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴ AB=CD=1，∠B=∠C=90°，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：$AP^2=AB^2+BP^2=1^2+x^2=1+x^2$，
在Rt△DCP中，由勾股定理得：$PD^2=CD^2+PC^2=1^2+(1-x)^2=1+(1-x)^2$；
② 由①可得$AP=\sqrt{1+x^2}$，$DP=\sqrt{1+(1-x)^2}$，因此$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$可表示为线段AP与DP之和。
(2) 作点A关于直线BC的对称点A'，连接PA'，连接DA'交BC于点P'。
∵ 点A和A'关于直线BC对称，
∴ AP=A'P，
∴ AP+DP=A'P+DP，
根据两点之间线段最短，当P与P'重合时，$A'P+DP=A'D$，此时AP+DP的值最小。
∵ $A'B=AB=1$，
∴ $AA'=AB+A'B=2$，
又$AD=1$，∠A'AD=90°，
在Rt△A'AD中，由勾股定理得：$A'D=\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
因此$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$的最小值为$\sqrt{5}$。
【答案】
(1) ① $1+x^2,1+(1-x)^2$;② $AP,DP$
(2) 作点 A 关于直线 BC 的对称点 A',连接 PA',连接 DA'交 BC 于点 P',如图. 由点 A,A'关于直线 BC 对称可得,AP=A'P,
∴ AP+DP=A'P+DP. 根据两点之间线段最短可知,当点 P 与点 P'重合时,AP+DP=A'D,此时 AP+DP 最小.
∵ A'B=AB=1,
∴ AA'=2,
∴ A'D=$\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.
∴ 当 0＜x＜1 时,$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的最小值为$\sqrt{5}$
【知识点】
勾股定理，最短路径问题，正方形的性质
【点评】
本题将代数最值问题转化为几何线段求和问题，巧妙运用数形结合思想，既考查了勾股定理的实际应用，也考查了利用轴对称解决最短路径问题的方法，能有效提升学生的转化思维和知识迁移能力。
【难度系数】
0.7
本题是数形结合的典型问题，解题思路如下：
(1) 先利用正方形的性质得到∠B、∠C均为直角，边长AB、CD均为1，结合已知BP=x、PC=1-x，在两个直角三角形中借助勾股定理即可得到AP²和PD²的表达式，进而对应到两个带根号的式子表示的线段；
(2) 求两条线段和的最小值属于轴对称最短路径问题，通过作对称点将其中一条线段等量转化，把两条线段和转化为共端点的两条线段和，再利用“两点之间线段最短”找到最小值对应的位置，最后用勾股定理计算最短长度即可。
【解析】
(1) ①
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴ AB=CD=1，∠B=∠C=90°，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：$AP^2=AB^2+BP^2=1^2+x^2=1+x^2$，
在Rt△DCP中，由勾股定理得：$PD^2=CD^2+PC^2=1^2+(1-x)^2=1+(1-x)^2$；
② 由①可得$AP=\sqrt{1+x^2}$，$DP=\sqrt{1+(1-x)^2}$，因此$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$可表示为线段AP与DP之和。
(2) 作点A关于直线BC的对称点A'，连接PA'，连接DA'交BC于点P'。
∵ 点A和A'关于直线BC对称，
∴ AP=A'P，
∴ AP+DP=A'P+DP，
根据两点之间线段最短，当P与P'重合时，$A'P+DP=A'D$，此时AP+DP的值最小。
∵ $A'B=AB=1$，
∴ $AA'=AB+A'B=2$，
又$AD=1$，∠A'AD=90°，
在Rt△A'AD中，由勾股定理得：$A'D=\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
因此$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$的最小值为$\sqrt{5}$。
【答案】
(1) ① $1+x^2,1+(1-x)^2$;② $AP,DP$
(2) 作点 A 关于直线 BC 的对称点 A',连接 PA',连接 DA'交 BC 于点 P',如图. 由点 A,A'关于直线 BC 对称可得,AP=A'P,
∴ AP+DP=A'P+DP. 根据两点之间线段最短可知,当点 P 与点 P'重合时,AP+DP=A'D,此时 AP+DP 最小.
∵ A'B=AB=1,
∴ AA'=2,
∴ A'D=$\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.
∴ 当 0＜x＜1 时,$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+(1-x)^2}$ 的最小值为$\sqrt{5}$
【知识点】
勾股定理，最短路径问题，正方形的性质
【点评】
本题将代数最值问题转化为几何线段求和问题，巧妙运用数形结合思想，既考查了勾股定理的实际应用，也考查了利用轴对称解决最短路径问题的方法，能有效提升学生的转化思维和知识迁移能力。
【难度系数】
0.7