（1）在$l$上任取一点${P\’}$，作点$A$关于$l$的对称点${A\’}$，$AA\’$与直线$l$相交于点$C$.连接${P\’}{A\’}$，
$\therefore AC={A\’}C$，$\angle ACP\’=\angle {A\’}CP\’$，
$\because CP\’=\angle CP\’$，
$\therefore \triangle AP\’C$≌$\triangle {A\’}{P\’}C\left(SAS\right)$，
$\therefore {P\’}A={P\’}{A\’}$.
在$\triangle {A\’}{P\’}B$中，根据“两点之间，线段最短”可知${A\’}B$与$l$的交点$P$即为所求.
故答案为：$\triangle {A\’}{P\’}C$，两点之间，线段最短；

$(2)$过点$E$作$ED$∥$CF$，使$ED=CF$，连接$DF$，$CD$，设$CD$交$AB$于$O$，

$\therefore$四边形$CEDF$是平行四边形，
$\therefore OC=OD$，$OE=OF$，
$\because AE=BF$，
$\therefore AO=BO=\frac{1}{2}AB=4$，
$\because \angle ACB=90^{\circ}$，$AB=8$，
$\therefore OC=OD=\frac{1}{2}AB=4$，
$\therefore CD=8$，
$\because CE+CF=CE+ED\geqslant CD$，
$\therefore CE+CF$的最小值为$CD$，即$CE+CF$的最小值为$8$；

$(3)$如图，过点$C$作$CK$∥$AB$，使$CK=AC=5$，过点$B$作$BG\bot KC$，交$KC$的延长线于点$G$，连接$BK$，

则$\angle KCE=\angle CAD$，
在$\triangle CKE$和$\triangle ACD$中，
$\left\{\begin{array}{l}{CK=AC}\\{∠KCE=∠CAD}\\{CE=AD}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle CKE$≌$\triangle ACD\left(SAS\right)$，
$\therefore EK=CD$，
$\therefore CD+BE=EK+BE\geqslant BK$，
$\therefore CD+BE$的最小值为$BK$，
$\because CK$∥$AB$，$BG\bot CK$，
$\therefore BG\bot AB$，$\angle BGK=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ABG=90^{\circ}$，
$\therefore \angle CBG=\angle ABG-\angle ABC=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，
$\therefore CG=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\times 4=2$，
在$Rt\triangle BGC$中，由勾股定理得：$BG=\sqrt{B{C}^{2}-C{G}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}-{2}^{2}}=2\sqrt{3}$，
$KG=CK+CG=5+2=7$，
在$Rt\triangle BGK$中，由勾股定理得：$BK=\sqrt{B{G}^{2}+K{G}^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+{7}^{2}}=\sqrt{61}$，
$\therefore CD+BE$的最小值为$\sqrt{61}$.

（1）在$l$上任取一点${P\’}$，作点$A$关于$l$的对称点${A\’}$，$AA\’$与直线$l$相交于点$C$.连接${P\’}{A\’}$，
$\therefore AC={A\’}C$，$\angle ACP\’=\angle {A\’}CP\’$，
$\because CP\’=\angle CP\’$，
$\therefore \triangle AP\’C$≌$\triangle {A\’}{P\’}C\left(SAS\right)$，
$\therefore {P\’}A={P\’}{A\’}$.
在$\triangle {A\’}{P\’}B$中，根据“两点之间，线段最短”可知${A\’}B$与$l$的交点$P$即为所求.
故答案为：$\triangle {A\’}{P\’}C$，两点之间，线段最短；

$(2)$过点$E$作$ED$∥$CF$，使$ED=CF$，连接$DF$，$CD$，设$CD$交$AB$于$O$，

$\therefore$四边形$CEDF$是平行四边形，
$\therefore OC=OD$，$OE=OF$，
$\because AE=BF$，
$\therefore AO=BO=\frac{1}{2}AB=4$，
$\because \angle ACB=90^{\circ}$，$AB=8$，
$\therefore OC=OD=\frac{1}{2}AB=4$，
$\therefore CD=8$，
$\because CE+CF=CE+ED\geqslant CD$，
$\therefore CE+CF$的最小值为$CD$，即$CE+CF$的最小值为$8$；

$(3)$如图，过点$C$作$CK$∥$AB$，使$CK=AC=5$，过点$B$作$BG\bot KC$，交$KC$的延长线于点$G$，连接$BK$，

则$\angle KCE=\angle CAD$，
在$\triangle CKE$和$\triangle ACD$中，
$\left\{\begin{array}{l}{CK=AC}\\{∠KCE=∠CAD}\\{CE=AD}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle CKE$≌$\triangle ACD\left(SAS\right)$，
$\therefore EK=CD$，
$\therefore CD+BE=EK+BE\geqslant BK$，
$\therefore CD+BE$的最小值为$BK$，
$\because CK$∥$AB$，$BG\bot CK$，
$\therefore BG\bot AB$，$\angle BGK=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ABG=90^{\circ}$，
$\therefore \angle CBG=\angle ABG-\angle ABC=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，
$\therefore CG=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\times 4=2$，
在$Rt\triangle BGC$中，由勾股定理得：$BG=\sqrt{B{C}^{2}-C{G}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}-{2}^{2}}=2\sqrt{3}$，
$KG=CK+CG=5+2=7$，
在$Rt\triangle BGK$中，由勾股定理得：$BK=\sqrt{B{G}^{2}+K{G}^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+{7}^{2}}=\sqrt{61}$，
$\therefore CD+BE$的最小值为$\sqrt{61}$.