中考数学动点问题之将军饮马问题

中考数学“将军饮马”类题型大全

一．求线段和最值

1（一）两定一动型

例1：如图，AM⊥EF，BN⊥EF，垂足为M、N，MN＝12m，AM＝5m，BN＝4m，P是EF上任意一点，则PA＋PB的最小值是______m．

分析：

这是最基本的将军饮马问题，A，B是定点，P是动点，属于两定一动将军饮马型，根据常见的“定点定线作对称”，可作点A关于EF的对称点A’，根据两点之间，线段最短，连接A’B，此时A’P＋PB即为A’B，最短．而要求A’B，则需要构造直角三角形，利用勾股定理解决．

解答：

作点A关于EF的对称点A’，过点A’作A’C⊥BN的延长线于C．易知A’M＝AM＝NC＝5m，BC＝9m，A’C＝MN＝12m，在Rt⊥A’BC中，A’B＝15m，即PA＋PB的最小值是15m．

变式：如图，在边长为2的正三角形ABC中，E，F，G为各边中点，P为线段EF上一动点，则⊥BPG周长的最小值为_________．

分析：

考虑到BG为定值是1，则⊥BPG的周长最小转化为求BP＋PG的最小值，又是两定一动的将军饮马型，考虑作点G关于EF的对称点，这里有些同学可能看不出来到底是哪个点，我们不妨连接AG，则AG⊥BC，再连接EG，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”，可得AE＝EG，则点A就是点G关于EF的对称点．最后计算周长时，别忘了加上BG的长度．

解答：

连接AG，易知PG＝PA，BP＋PG＝BP＋PA，当B，P，A三点共线时，BP＋PG＝BA，此时最短，BA＝2，BG＝1，即⊥BPG周长最短为3.

2

（二）一定两动型

例2：

如图，在⊥ABC中，AB＝AC＝5，D为BC中点，AD＝5，P为AD上任意一点，E为AC 上任意一点，求PC＋PE的最小值．

分析：

这里的点C是定点，P，E是动点，属于一定两动的将军饮马模型，由于⊥ABC是等腰三角形，AD是BC中线，则AD垂直平分BC，点C关于AD的对称点是点B，PC＋PE＝PB＋PE，显然当B，P，E三点共线时，BE更短．但此时还不是最短，根据“垂线段最短” 只有当BE⊥AC时，BE最短．求BE时，用面积法即可．

解答：作BE⊥AC交于点E，交AD于点P，易知AD⊥BC，BD＝3，BC＝6，

则AD·BC＝BE·AC，

4×6＝BE·5，BE＝4.8

变式：如图，BD平分⊥ABC，E，F分别为线段BC，BD上的动点，AB＝8，⊥ABC的周长为20，求EF＋CF的最小值________．

分析：这里的点C是定点，F，E是动点，属于一定两动的将军饮马模型，我们习惯于“定点定线作对称”，但这题这样做，会出现问题．因为点C的对称点C’必然在AB上，但由于BC长度未知，BC’长度也未知，则C’相对的也是不确定点，因此我们这里可以尝试作动点E关于BD的对称点．

解答：如图，作点E关于BD的对称点E’，连接E’F，则EF＋CF＝E’F＋CF，当E’，F，C三点共线时，E’F＋CF＝E’C，此时较短．过点C作CE’’⊥AB于E’’，当点E’ 与点E’’重合时，E’’C最短，E’’C为AB边上的高，E’’C＝5.

（三）两定两动型

例3：如图，⊥AOB＝30°，OC＝5，OD＝12，点E，F分别是射线OA，OB上的动点，求CF＋EF＋DE的最小值.

分析：这里的点C，点D是定点，F，E是动点，属于两定两动的将军饮马模型，依旧可以用“定点定线作对称”来考虑．作点C关于OB的对称点，点D关于OA的对称点．

解答：作点C关于OB的对称点C’，点D关于OA的对称点D’，连接C’D’．CF＋EF＋DE＝C’F＋EF＋D’E，当C’，F，E，D’四点共线时，CF＋EF＋DE＝C’D’最短．易知⊥D’OC’＝90°，OD’＝12，OC’＝5，C’D’＝13，CF＋EF＋DE最小值为13．

变式：

（原创题）如图，斯诺克比赛桌面AB宽1.78m，白球E距AD边0.22m，距CD边1.4m，有一颗红球F紧贴BC边，且距离CD边0.1m，若要使白球E经过边AD，DC，两次反弹击中红球F，求白球E运动路线的总长度．

本题中，点E和点F是定点，两次反弹的点虽然未知，但我们可以根据前几题的经验作出，即分别作点E关于AD边的对称点E’，作点F关于CD边的对称点F’，即可画出白球E的运动路线，化归为两定两动将军饮马型．

解答：

作点E关于AD边的对称点E’，作点F关于CD边的对称点F’，连接E’F’，交AD于点G，交CD于点H，则运动路线长为EG＋GH＋HF长度之和，即E’F’长，延长E’E交BC于N，交AD于M，易知E’M＝EM＝0.22m，E’N＝1.78＋0.22＝2m，NF’＝NC＋CF’＝1.4＋0.1＝1.5m，则Rt⊥E’NF’中，E’F’＝2.5m，即白球运动路线的总长度为2.5m．

小结：

以上求线段和最值问题，几乎都可以归结为“两定一动”“一定两动”“两定两动”类的将军饮马型问题，基本方法还是“定点定线作对称”，利用“两点之间线段最短”“垂线段最短”的2条重要性质，将线段和转化为直角三角形的斜边，或者一边上的高，借助勾股定理，或者面积法来求解．

当然，有时候，我们也需学会灵活变通，定点对称行不通时，尝试作动点对称．（二）求角度

例1:

P为⊥AOB内一定点，M，N分别为射线OA，OB上一点，当⊥PMN周长最小时，⊥MPN ＝80°．

（1）⊥AOB＝_____°

（2）求证：OP平分⊥MPN

分析：

这又是一定两动型将军饮马问题，我们应该先将M，N的位置找到，再来思考⊥AOB的度数，显然作点P关于OA的对称点P’，关于OB的对称点P’’，连接P’P’’，其与OA交点即为M，OB交点即为N，如下图，易知⊥DPC与⊥AOB互补，则求出⊥DPC的度数即可．

（1）法1：

如图，⊥1＋⊥2＝100°，⊥1＝⊥P’＋⊥3＝2⊥3，⊥2＝⊥P’’＋⊥4＝2⊥4，则⊥3＋⊥4＝50°，⊥DPC ＝130°，⊥AOB＝50°．

再分析：

考虑到第二小问要证明OP平分⊥MPN，我们就连接OP，则要证⊥5＝⊥6，显然很困难，这时候，考虑到对称性，我们再连接OP’，OP’’，则⊥5＝⊥7，⊥6＝⊥8，问题迎刃而解．解答：

（1）法2：

易知OP’＝OP’’，⊥7＋⊥8＝⊥5＋⊥6＝80°，⊥P’OP’’＝100°，由对称性知，⊥9＝⊥11，⊥10＝⊥12，⊥AOB＝⊥9＋⊥10＝50°

（2）

由OP’＝OP’’，⊥P’OP’’＝100°知，⊥7＝⊥8＝40°，⊥5＝⊥6＝40°，OP平分⊥MPN．

变式：

如图，在五边形ABCDE中，⊥BAE＝136°，⊥B＝⊥E＝90°，在BC、DE上分别找一点M、N，使得⊥AMN的周长最小时，则⊥AMN＋⊥ANM的度数为________．

分析：

这又是典型的一定两动型将军饮马问题，必然是作A点关于BC、DE的对称点A′、A″，连接A′A″，与BC、DE的交点即为⊥AMN周长最小时M、N的位置．

解答：

如图，

⊥⊥BAE＝136°，

⊥⊥MA′A＋⊥NA″A＝44°

由对称性知，

⊥MAA′＝⊥MA′A，

⊥NAA″＝⊥NA″A，

⊥AMN＋⊥ANM

＝2⊥MA′A＋2⊥NA″A＝88°

思考题：

1.如图所示，正方形ABCD的边长为6，⊥ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为_______．

2.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3．P为矩形ABCD内一点，若矩形ABCD面积为⊥PAB 面积的4倍，则点P到A，B两点距离之和PA+PB的最小值为________．