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8.如图,平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O,下列说法正确的是 (
A.若OB=OD,则平行四边形ABCD是菱形
B.若AC=BD,则平行四边形ABCD是矩形
C.若OA=OD,则平行四边形ABCD是菱形
D.若AC⊥BD,则平行四边形ABCD是矩形
B
)A.若OB=OD,则平行四边形ABCD是菱形
B.若AC=BD,则平行四边形ABCD是矩形
C.若OA=OD,则平行四边形ABCD是菱形
D.若AC⊥BD,则平行四边形ABCD是矩形
答案
8.B
解析
【分析】
本题需要结合平行四边形的性质，以及矩形、菱形的判定定理，逐个分析选项即可得出正确答案。解题时首先明确平行四边形本身就具备对角线互相平分的性质，再对应特殊平行四边形的判定条件判断每个选项的正误。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得：OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD。
选项A：OB=OD是平行四边形固有的性质，无法据此判定平行四边形ABCD是菱形，故A错误；
选项B：根据矩形的判定定理，对角线相等的平行四边形是矩形，若AC=BD，则平行四边形ABCD是矩形，故B正确；
选项C：若OA=OD，结合OA=$\frac{1}{2}$AC、OD=$\frac{1}{2}$BD可推出AC=BD，此时平行四边形ABCD是矩形，不是菱形，故C错误；
选项D：根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，若AC⊥BD，则平行四边形ABCD是菱形，不是矩形，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质；矩形的判定；菱形的判定
【点评】
本题属于基础题，主要考查特殊平行四边形的判定，解题关键是区分平行四边形基础上矩形和菱形的判定条件，不要混淆两者的判定规则。
【难度系数】
0.7
本题需要结合平行四边形的性质，以及矩形、菱形的判定定理，逐个分析选项即可得出正确答案。解题时首先明确平行四边形本身就具备对角线互相平分的性质，再对应特殊平行四边形的判定条件判断每个选项的正误。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得：OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD。
选项A：OB=OD是平行四边形固有的性质，无法据此判定平行四边形ABCD是菱形，故A错误；
选项B：根据矩形的判定定理，对角线相等的平行四边形是矩形，若AC=BD，则平行四边形ABCD是矩形，故B正确；
选项C：若OA=OD，结合OA=$\frac{1}{2}$AC、OD=$\frac{1}{2}$BD可推出AC=BD，此时平行四边形ABCD是矩形，不是菱形，故C错误；
选项D：根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，若AC⊥BD，则平行四边形ABCD是菱形，不是矩形，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质；矩形的判定；菱形的判定
【点评】
本题属于基础题，主要考查特殊平行四边形的判定，解题关键是区分平行四边形基础上矩形和菱形的判定条件，不要混淆两者的判定规则。
【难度系数】
0.7
9.如图,四边形ABCD的对角线AC⊥BD于点O,E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,AD的中点,顺次连接EF,FG,GH和HE得到四边形EFGH.若AC=10,BD=8,则四边形EFGH的面积为
20
.答案
9.20
解析
【分析】
解题时先观察到E、F、G、H是四边形各边中点，优先联想三角形中位线定理：首先利用中位线性质证明四边形EFGH是平行四边形，再结合已知AC⊥BD，推导平行四边形的邻边互相垂直，判定其为矩形，最后根据矩形面积公式计算结果即可。
【解析】
解：
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF//AC，且EF=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×10=5，
同理可得，HG是△ADC的中位线，
∴HG//AC，HG=$\frac{1}{2}$AC=5，
∴EF//HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形。
又
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH//BD，且EH=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{1}{2}$×8=4，
∵AC⊥BD，EF//AC，EH//BD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积=EF×EH=5×4=20。
【答案】
20
【知识点】
三角形中位线定理、矩形的判定、矩形面积计算
【点评】
本题属于中点四边形的典型题型，重点考查三角形中位线性质和矩形的判定、性质的综合应用，解题的突破口是通过中位线性质得到四边形边的位置和数量关系，结合垂直条件确定四边形为矩形。
【难度系数】
0.7
解题时先观察到E、F、G、H是四边形各边中点，优先联想三角形中位线定理：首先利用中位线性质证明四边形EFGH是平行四边形，再结合已知AC⊥BD，推导平行四边形的邻边互相垂直，判定其为矩形，最后根据矩形面积公式计算结果即可。
【解析】
解：
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF//AC，且EF=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×10=5，
同理可得，HG是△ADC的中位线，
∴HG//AC，HG=$\frac{1}{2}$AC=5，
∴EF//HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形。
又
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH//BD，且EH=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{1}{2}$×8=4，
∵AC⊥BD，EF//AC，EH//BD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积=EF×EH=5×4=20。
【答案】
20
【知识点】
三角形中位线定理、矩形的判定、矩形面积计算
【点评】
本题属于中点四边形的典型题型，重点考查三角形中位线性质和矩形的判定、性质的综合应用，解题的突破口是通过中位线性质得到四边形边的位置和数量关系，结合垂直条件确定四边形为矩形。
【难度系数】
0.7
10. A教材经典设问·矩形中动点问题 如图，在矩形ABCD中，BC=20 cm，点P从点B出发，沿边BC以3 cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿边DA以2 cm/s的速度运动，点P和点Q同时出发，当点P运动到点C时，两点同时停止运动，当点P和点Q出发
4
s时，四边形ABPQ成为矩形。答案
10.4
解析
【分析】
要判断四边形ABPQ为矩形，首先已知四边形ABCD是矩形，可得AD//BC，∠A=90°，因此四边形ABPQ中已经满足AQ//BP、∠A是直角，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，只需让四边形ABPQ为平行四边形即可，即满足AQ=BP。我们设运动时间为t s，用含t的代数式分别表示出AQ和BP的长度，列方程求解即可。
【解析】
设点P和点Q出发t s时，四边形ABPQ成为矩形。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，AD=BC=20 cm，∠A=90°。
∵点P速度为3 cm/s，从B向C运动，
∴BP=3t cm。
∵点Q速度为2 cm/s，从D向A运动，
∴DQ=2t cm，AQ=AD-DQ=(20-2t) cm。
要使四边形ABPQ为矩形，需AQ=BP（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形），因此列方程：
$3t = 20 - 2t$
解得：$5t=20$，$t=4$。
验证：$t=4$时，$BP=12\mathrm{cm} ＜ 20\mathrm{cm}$，点P未到达C，符合运动要求。
【答案】
4
【知识点】
矩形的判定；动点问题；一元一次方程应用
【点评】
本题是矩形相关的基础动点题，解题关键是结合矩形的判定找到等量关系，将动态问题转化为静态的方程求解，侧重对基础判定定理的运用。
【难度系数】
0.8
要判断四边形ABPQ为矩形，首先已知四边形ABCD是矩形，可得AD//BC，∠A=90°，因此四边形ABPQ中已经满足AQ//BP、∠A是直角，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，只需让四边形ABPQ为平行四边形即可，即满足AQ=BP。我们设运动时间为t s，用含t的代数式分别表示出AQ和BP的长度，列方程求解即可。
【解析】
设点P和点Q出发t s时，四边形ABPQ成为矩形。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，AD=BC=20 cm，∠A=90°。
∵点P速度为3 cm/s，从B向C运动，
∴BP=3t cm。
∵点Q速度为2 cm/s，从D向A运动，
∴DQ=2t cm，AQ=AD-DQ=(20-2t) cm。
要使四边形ABPQ为矩形，需AQ=BP（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形），因此列方程：
$3t = 20 - 2t$
解得：$5t=20$，$t=4$。
验证：$t=4$时，$BP=12\mathrm{cm} ＜ 20\mathrm{cm}$，点P未到达C，符合运动要求。
【答案】
4
【知识点】
矩形的判定；动点问题；一元一次方程应用
【点评】
本题是矩形相关的基础动点题，解题关键是结合矩形的判定找到等量关系，将动态问题转化为静态的方程求解，侧重对基础判定定理的运用。
【难度系数】
0.8
11. 如图，AD 和 BC 相交于点 O，∠ABO = ∠DCO=90°,OB=OC,E,F分别是AO,DO的中点.
(1)求证:OE=OF.
(2)当∠A=30°时,求证:四边形 BECF 是矩形.
(1)求证:OE=OF.
(2)当∠A=30°时,求证:四边形 BECF 是矩形.
答案
证明:(1)在$△ AOB$ 和 $△ DOC$ 中,$\begin{cases} ∠ ABO=∠ DCO, \\ OB=OC, \\ ∠ AOB=∠ DOC, \end{cases}$ $\therefore △ AOB≌△ DOC(\mathrm{ASA}). \therefore AO=DO. \because E,F$ 分别是 $AO,DO$ 的中点, $\therefore OE=\frac{1}{2}OA, OF=\frac{1}{2}OD. \therefore OE=OF.$
(2)$\because OB=OC, OE=OF, \therefore$ 四边形 $BECF$ 是平行四边形. $\because ∠ A=30°, ∠ ABO=90°, \therefore ∠ AOB=60°, OB=\frac{1}{2}OA=OE. \therefore BC=EF. \therefore$ 平行四边形 $BECF$ 是矩形.
(2)$\because OB=OC, OE=OF, \therefore$ 四边形 $BECF$ 是平行四边形. $\because ∠ A=30°, ∠ ABO=90°, \therefore ∠ AOB=60°, OB=\frac{1}{2}OA=OE. \therefore BC=EF. \therefore$ 平行四边形 $BECF$ 是矩形.
解析
【分析】
(1) 要证$OE=OF$，已知$E,F$分别是$AO,DO$的中点，因此只需先证$AO=DO$。观察图形可得$△ AOB$和$△ DOC$存在对顶角相等，结合题目给出的$∠ ABO=∠ DCO=90°$、$OB=OC$，可通过ASA判定两三角形全等得到$AO=DO$，再结合中点性质即可得证。
(2) 要证四边形$BECF$是矩形，根据矩形判定思路，先证四边形是平行四边形，再证对角线相等或有内角为直角。已知$OB=OC$，结合(1)的结论$OE=OF$，可得四边形对角线互相平分，即可判定为平行四边形；再结合$∠ A=30°$的条件，利用直角三角形30°角所对直角边等于斜边一半的性质，可推出$OB=OE$，进而得到对角线$BC=EF$，即可判定平行四边形为矩形。
【解析】
(1) 在$△ AOB$ 和 $△ DOC$ 中,
$\begin{cases} ∠ABO=∠DCO, \\ OB=OC, \\ ∠AOB=∠DOC, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ DOC(\mathrm{ASA}).$
$\therefore AO=DO.$
$\because E,F$ 分别是 $AO,DO$ 的中点,
$\therefore OE=\frac{1}{2}OA, OF=\frac{1}{2}OD.$
$\therefore OE=OF.$
(2) $\because OB=OC, OE=OF,$
$\therefore$ 四边形 $BECF$ 是平行四边形.
$\because ∠A=30°, ∠ABO=90°,$
$\therefore ∠AOB=60°, OB=\frac{1}{2}OA=OE.$
$\therefore BC=2OB,EF=2OE$，即$BC=EF.$
$\therefore$ 平行四边形 $BECF$ 是矩形.
【答案】
(1) 证明见解析，$OE=OF$得证；
(2) 证明见解析，四边形$BECF$是矩形得证。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；直角三角形的性质；矩形的判定
【点评】
本题属于基础几何证明题，综合考查了三角形全等、特殊三角形性质与特殊四边形的判定，解题时可通过结论倒推所需条件，逐步梳理边角关系即可完成证明。
【难度系数】
0.7
(1) 要证$OE=OF$，已知$E,F$分别是$AO,DO$的中点，因此只需先证$AO=DO$。观察图形可得$△ AOB$和$△ DOC$存在对顶角相等，结合题目给出的$∠ ABO=∠ DCO=90°$、$OB=OC$，可通过ASA判定两三角形全等得到$AO=DO$，再结合中点性质即可得证。
(2) 要证四边形$BECF$是矩形，根据矩形判定思路，先证四边形是平行四边形，再证对角线相等或有内角为直角。已知$OB=OC$，结合(1)的结论$OE=OF$，可得四边形对角线互相平分，即可判定为平行四边形；再结合$∠ A=30°$的条件，利用直角三角形30°角所对直角边等于斜边一半的性质，可推出$OB=OE$，进而得到对角线$BC=EF$，即可判定平行四边形为矩形。
【解析】
(1) 在$△ AOB$ 和 $△ DOC$ 中,
$\begin{cases} ∠ABO=∠DCO, \\ OB=OC, \\ ∠AOB=∠DOC, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ DOC(\mathrm{ASA}).$
$\therefore AO=DO.$
$\because E,F$ 分别是 $AO,DO$ 的中点,
$\therefore OE=\frac{1}{2}OA, OF=\frac{1}{2}OD.$
$\therefore OE=OF.$
(2) $\because OB=OC, OE=OF,$
$\therefore$ 四边形 $BECF$ 是平行四边形.
$\because ∠A=30°, ∠ABO=90°,$
$\therefore ∠AOB=60°, OB=\frac{1}{2}OA=OE.$
$\therefore BC=2OB,EF=2OE$，即$BC=EF.$
$\therefore$ 平行四边形 $BECF$ 是矩形.
【答案】
(1) 证明见解析，$OE=OF$得证；
(2) 证明见解析，四边形$BECF$是矩形得证。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；直角三角形的性质；矩形的判定
【点评】
本题属于基础几何证明题，综合考查了三角形全等、特殊三角形性质与特殊四边形的判定，解题时可通过结论倒推所需条件，逐步梳理边角关系即可完成证明。
【难度系数】
0.7
12. (2025·北京)如图,在$△ ABC$中,D,E分别为AB,AC的中点,$DF⊥ BC$,垂足为F,点G在DE的延长线上,$DG=FC$.
(1)求证:四边形DFCG是矩形.
(2)若$∠ B=45°$,$DF=3$,$DG=5$,求BC和AC的长.
(1)求证:四边形DFCG是矩形.
(2)若$∠ B=45°$,$DF=3$,$DG=5$,求BC和AC的长.
答案
解:(1)证明: $\because D,E$ 分别为 $AB,AC$ 的中点, $\therefore DE$ 是 $△ ABC$ 的中位线. $\therefore DE// BC. \because DG=FC, \therefore$ 四边形 $DFCG$ 是平行四边形. 又 $\because DF⊥ BC, \therefore ∠ DFC=90°. \therefore$ 平行四边形 $DFCG$ 是矩形.
(2) $\because DF⊥ BC, \therefore ∠ DFB=90°. \because ∠ B=45°, \therefore △ BDF$ 是等腰直角三角形. $\therefore BF=DF=3. \because DG=FC=5, \therefore BC=BF+FC=3+5=8.$ 由(1)可知, $DE$ 是 $△ ABC$ 的中位线, 四边形 $DFCG$ 是矩形, $\therefore DE=\frac{1}{2}BC=4, CG=DF=3, ∠ G=90°. \therefore EG=DG-DE=5-4=1. \therefore CE=\sqrt{CG^2+EG^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}. \because E$ 为 $AC$ 的中点, $\therefore AC=2CE=2\sqrt{10}.$
(2) $\because DF⊥ BC, \therefore ∠ DFB=90°. \because ∠ B=45°, \therefore △ BDF$ 是等腰直角三角形. $\therefore BF=DF=3. \because DG=FC=5, \therefore BC=BF+FC=3+5=8.$ 由(1)可知, $DE$ 是 $△ ABC$ 的中位线, 四边形 $DFCG$ 是矩形, $\therefore DE=\frac{1}{2}BC=4, CG=DF=3, ∠ G=90°. \therefore EG=DG-DE=5-4=1. \therefore CE=\sqrt{CG^2+EG^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}. \because E$ 为 $AC$ 的中点, $\therefore AC=2CE=2\sqrt{10}.$
解析
【分析】
(1) 要证明四边形DFCG是矩形，可按照“先证平行四边形，再证有一个内角为直角”的思路推导：首先根据D、E是AB、AC的中点，可得DE是△ABC的中位线，推出DG//BC，结合已知DG=FC，即可判定四边形DFCG是平行四边形；再结合DF⊥BC得到∠DFC=90°，即可证得该平行四边形是矩形。
(2) 求BC的长：先由DF⊥BC、∠B=45°，得出△BDF是等腰直角三角形，得到BF=DF=3，再结合矩形的性质得FC=DG=5，两段相加即可得到BC的长度；求AC的长：先根据三角形中位线定理求出DE的长度，进而得到EG的长，再利用矩形的性质得到CG的长和∠G=90°，用勾股定理求出CE的长，最后结合E是AC中点，即可得到AC的长度。
【解析】
(1) 证明：$\because D、E$分别为$AB,AC$的中点，
$\therefore DE$是$△ ABC$的中位线，
$\therefore DE// BC$。
$\because DG=FC$，
$\therefore$四边形$DFCG$是平行四边形。
又$\because DF⊥ BC$，
$\therefore ∠ DFC=90°$，
$\therefore$平行四边形$DFCG$是矩形。
(2) 解：$\because DF⊥ BC$，
$\therefore ∠ DFB=90°$，
$\because ∠ B=45°$，
$\therefore △ BDF$是等腰直角三角形，
$\therefore BF=DF=3$。
$\because$四边形$DFCG$是矩形，
$\therefore FC=DG=5$，
$\therefore BC=BF+FC=3+5=8$。
由(1)可知，$DE$是$△ ABC$的中位线，四边形$DFCG$是矩形，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BC=4$，$CG=DF=3$，$∠ G=90°$，
$\therefore EG=DG-DE=5-4=1$，
在$\mathrm{Rt}△ CEG$中，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{CG^2+EG^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
$\because E$为$AC$的中点，
$\therefore AC=2CE=2\sqrt{10}$。
【答案】
(1) 四边形DFCG为矩形，证明成立；
(2) $BC=8$，$AC=2\sqrt{10}$
【知识点】
三角形中位线定理；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题核心是熟练掌握特殊四边形的判定、性质以及三角形中位线定理，结合等腰直角三角形的特征和勾股定理求解线段长度，侧重考查几何基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明四边形DFCG是矩形，可按照“先证平行四边形，再证有一个内角为直角”的思路推导：首先根据D、E是AB、AC的中点，可得DE是△ABC的中位线，推出DG//BC，结合已知DG=FC，即可判定四边形DFCG是平行四边形；再结合DF⊥BC得到∠DFC=90°，即可证得该平行四边形是矩形。
(2) 求BC的长：先由DF⊥BC、∠B=45°，得出△BDF是等腰直角三角形，得到BF=DF=3，再结合矩形的性质得FC=DG=5，两段相加即可得到BC的长度；求AC的长：先根据三角形中位线定理求出DE的长度，进而得到EG的长，再利用矩形的性质得到CG的长和∠G=90°，用勾股定理求出CE的长，最后结合E是AC中点，即可得到AC的长度。
【解析】
(1) 证明：$\because D、E$分别为$AB,AC$的中点，
$\therefore DE$是$△ ABC$的中位线，
$\therefore DE// BC$。
$\because DG=FC$，
$\therefore$四边形$DFCG$是平行四边形。
又$\because DF⊥ BC$，
$\therefore ∠ DFC=90°$，
$\therefore$平行四边形$DFCG$是矩形。
(2) 解：$\because DF⊥ BC$，
$\therefore ∠ DFB=90°$，
$\because ∠ B=45°$，
$\therefore △ BDF$是等腰直角三角形，
$\therefore BF=DF=3$。
$\because$四边形$DFCG$是矩形，
$\therefore FC=DG=5$，
$\therefore BC=BF+FC=3+5=8$。
由(1)可知，$DE$是$△ ABC$的中位线，四边形$DFCG$是矩形，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BC=4$，$CG=DF=3$，$∠ G=90°$，
$\therefore EG=DG-DE=5-4=1$，
在$\mathrm{Rt}△ CEG$中，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{CG^2+EG^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
$\because E$为$AC$的中点，
$\therefore AC=2CE=2\sqrt{10}$。
【答案】
(1) 四边形DFCG为矩形，证明成立；
(2) $BC=8$，$AC=2\sqrt{10}$
【知识点】
三角形中位线定理；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题核心是熟练掌握特殊四边形的判定、性质以及三角形中位线定理，结合等腰直角三角形的特征和勾股定理求解线段长度，侧重考查几何基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
13. 如图，在$△ ABC$中，$AB=3$，$AC=4$，$BC=5$，$P$为边$BC$上一动点，$PE⊥ AB$于点$E$，$PF⊥ AC$于点$F$，$M$为$EF$的中点，则$AM$的最小值为（
A.$\frac{5}{4}$
B.$\frac{5}{2}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{6}{5}$
D
）A.$\frac{5}{4}$
B.$\frac{5}{2}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{6}{5}$
答案
13.D
解析
【分析】
首先根据三边长度利用勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，∠BAC=90°；结合PE⊥AB、PF⊥AC可证四边形AEPF是矩形，根据矩形的性质可得EF=AP，且M是EF中点，因此AM=½AP，将求AM的最小值转化为求AP的最小值；根据垂线段最短，当AP⊥BC时AP最短，利用面积法求出AP的长度，即可得到AM的最小值。
【解析】
1. 判定△ABC为直角三角形：
已知$AB=3$，$AC=4$，$BC=5$，则$AB^2+AC^2=3^2+4^2=25=BC^2$，由勾股定理逆定理得$∠ BAC=90°$。
2. 证明四边形AEPF是矩形：
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$\therefore ∠ AEP=∠ AFP=90°$，又$∠ BAC=90°$，因此四边形AEPF三个内角为直角，是矩形。
3. 推导AM与AP的数量关系：
矩形对角线相等，故$EF=AP$；矩形对角线互相平分，M为EF中点，因此$AM=\frac{1}{2}EF=\frac{1}{2}AP$。
4. 求AP的最小值：
点P在BC上运动，根据垂线段最短，当$AP⊥ BC$时，AP的长度最小。
由三角形面积公式，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC=\frac{1}{2}BC· AP$，代入数值得：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× AP$，解得$AP=\frac{12}{5}$。
5. 计算AM的最小值：
$AM=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}×\frac{12}{5}=\frac{6}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
勾股定理逆定理，矩形的性质，垂线段最短
【点评】
本题综合考查了直角三角形、矩形的相关性质，解题核心是通过转化思想将求AM的最小值转化为求AP的最小值，利用垂线段最短和面积法即可求解，对知识的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先根据三边长度利用勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，∠BAC=90°；结合PE⊥AB、PF⊥AC可证四边形AEPF是矩形，根据矩形的性质可得EF=AP，且M是EF中点，因此AM=½AP，将求AM的最小值转化为求AP的最小值；根据垂线段最短，当AP⊥BC时AP最短，利用面积法求出AP的长度，即可得到AM的最小值。
【解析】
1. 判定△ABC为直角三角形：
已知$AB=3$，$AC=4$，$BC=5$，则$AB^2+AC^2=3^2+4^2=25=BC^2$，由勾股定理逆定理得$∠ BAC=90°$。
2. 证明四边形AEPF是矩形：
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$\therefore ∠ AEP=∠ AFP=90°$，又$∠ BAC=90°$，因此四边形AEPF三个内角为直角，是矩形。
3. 推导AM与AP的数量关系：
矩形对角线相等，故$EF=AP$；矩形对角线互相平分，M为EF中点，因此$AM=\frac{1}{2}EF=\frac{1}{2}AP$。
4. 求AP的最小值：
点P在BC上运动，根据垂线段最短，当$AP⊥ BC$时，AP的长度最小。
由三角形面积公式，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC=\frac{1}{2}BC· AP$，代入数值得：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× AP$，解得$AP=\frac{12}{5}$。
5. 计算AM的最小值：
$AM=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}×\frac{12}{5}=\frac{6}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
勾股定理逆定理，矩形的性质，垂线段最短
【点评】
本题综合考查了直角三角形、矩形的相关性质，解题核心是通过转化思想将求AM的最小值转化为求AP的最小值，利用垂线段最短和面积法即可求解，对知识的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
