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重难点 13 几何最值问题 2 种题型
（将军饮马与蚂蚁爬行，16 种模型）
目 录
题型01 将军饮马
题型02 蚂蚁爬行
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题型 01 将军饮马
模型的概述：唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中
隐含着一个有趣的数学问题：将军在观望烽火之后从山脚下的A点出发，走到河边让战马饮水后再到B点
宿营.问如何行走才能使总的路程最短.
模型一-模型四的理论依据：两点之间线段最短.
模型一（两点在河的异侧）：将军在观望烽火之后从山脚下的A点出发，走到河边让战马饮水后再到B点
宿营，将在何处渡河使行走距离最短并求最短距离.
方法：如右图，连接AB，与线段L交于点M,在M处渡河距离最短，最短距离为线段AB的长.
【将军饮马之模型一 专项训练】
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1．（2021·海南海口·统考一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，分别以点A、B为圆心，以适当的长为半
径作弧，两弧分别交于E，F，作直线EF，D为BC的中点，M为直线EF上任意一点．若BC＝4，△ABC
面积为10，则BM+MD长度的最小值为（ ）
5
A． B．3 C．4 D．5
2
【答案】D
【分析】由基本作图得到得EF垂直平分AB，则MB＝MA，所以BM+MD＝MA+MD，连接MA、DA，如图，
利用两点之间线段最短可判断MA+MD的最小值为AD，再利用等腰三角形的性质得到AD⊥BC，然后利用
三角形面积公式计算出AD即可．
【详解】解：由作法得EF垂直平分AB，
∴MB＝MA，
∴BM+MD＝MA+MD，
连接MA、DA，如图，
∵MA+MD≥AD（当且仅当M点在AD上时取等号），
∴MA+MD的最小值为AD，
∵AB＝AC，D点为BC的中点，
∴AD⊥BC，
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1
∵S = BC·AD=10,
△ABC 2
10×2
∴AD= =5,
4
∴BM+MD长度的最小值为5．
故选：D．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，利用轴对称求线段和的最小值，三角形的面积，两点之
间，线段最短，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）如图所示，正方形ABCD的面积为12，△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（ ）
A．4√3 B．2√3 C．√6 D．√3
【答案】B
【分析】连接BD，PB，根据点B与D关于AC对称，得出PD=PB，从而得出PD+PE=PB+PE≥BE，
即PD+PE最小值为值为BE的长，求出BE的长即可．
【详解】解：连接BD，PB，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE≥BE，
∴PD+PE最小值为BE的长，
∵正方形ABCD的面积为12，
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∴AB=√12=2√3，
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2√3，
∴PD+PE最小值为2√3，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质，解题的关键是根据轴对称的
性质得出BE的长为PD+PE的最小值．
3．（2020·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为A(2,0),B(0,2)，点C为坐标平面内一点，
BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
1 1
A．√2+1 B．√2+ C．2√2+1 D．2√2−
2 2
【答案】B
【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当
ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当
ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵A(2,0),B(0,2)，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=√OA2+OB2=2√2，N为AB的中点，
1
∴ON= AB=√2，
2
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
1 1
则MN= BC= ，
2 2
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1
∴OM=ON+MN=√2+ ，
2
1
∴OM的最大值为√2+
2
故答案选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共
线时，OM= ON+MN最大．
4．（2022·安徽蚌埠·统考一模）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一
个动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为（ ）
32
A． B．2 C．2√13−6 D．2√13−4
5
【答案】D
【分析】结合题意推导得∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP；根
1
据直角三角形斜边中线的性质，得OP=OA=OB= AB=4；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的
2
⊙O上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的
性质计算得OC，通过线段和差计算即可得到答案．
【详解】∵∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
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∴∠APB=90°，
取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP，
1
∴OP=OA=OB= AB=4
2
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，
当点O、点P、点C三点共线时，PC最小
在Rt△BCO中，
∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，
∴OC=√BO2+BC2=√42+62=2√13，
∴PC=OC−OP=2√13−4
∴PC最小值为2√13−4
故选：D．
【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟
练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．
5．（2020·广东深圳·南山实验教育集团南海中学校考一模）如图，AC,BD在AB的同侧，
AC=2,BD=8,AB=8，点M为AB的中点，若∠CMD=120∘，则CD的最大值是 ．
【答案】14
【分析】如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，证明 A′MB′为等边三角形，即可
解决问题． △
【详解】解：如图，作点A关于CM的对称点A'，点B关于DM的对称点B'．
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∵∠CMD=120∘，
∴∠AMC+∠DMB=60∘，
∴ ∠CMA'+∠DMB'=60∘，
∴∠A'MB'=60∘，
∵MA'=MB'，
∴ΔA'MB'为等边三角形
∵CD≤CA'+A'B'+B'D=CA+AM+BD=14，
∴CD的最大值为14，
故答案为14．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短，解题的关键是学会添加常用辅助线，学
会利用两点之间线段最短解决最值问题
模型二（两点在河的同侧）：将军在观望烽火之后从山脚下的A点出发，需先走到河边让战马饮水后再到
B点宿营，将在何处渡河使行走距离最短并求最短距离.
方法：如右图，作点B关于直线L的对称点B’，连接AB’,与直线L的交点即为所求的渡河点，最短距离
为线段AB’的长.
【将军饮马之模型二 专项训练】
1．（2022·湖南湘潭·校考模拟预测）如图，菱形草地ABCD中，沿对角线修建60米和80米两条道路
(AC<BD)，M、N分别是草地边BC、CD的中点，在线段BD上有一个流动饮水点P，若要使PM+PN
的距离最短，则最短距离是 米．
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【答案】50
【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P'，连接M P'，当P点与P'重合时，
MP+NP=M P'+N P'=NQ的值最小，根据菱形的性质和勾股定理求出BC长，即可得出答案．
【详解】解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P'，连接M P'，
当P点与P'重合时，MP+NP=M P'+N P'=NQ的值最小，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∴M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴NQ=BC，
设AC与BD的交点为点O，
∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴AC⊥BD，OC= AC=30米，OB= BD=40米，
2 2
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∴BC=√OB2+OC2=50米，
∴PM+PN的最小值是50米．
故答案为：50．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，
解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．
2（2021下·河南省直辖县级单位·八年级统考期末）如图，在直角坐标系中，点A（2，2），C（4，4）是
第一象限角平分线上的两点，点B的纵坐标为2，且BA＝CB，在y轴上取一点D，连接AB，BC，AD，
CD，使得四边形ABCD的周长最小，则这个周长的最小值为 ．
【答案】4+2√10
【分析】根据点的坐标和平行线的性质得到∠BAC=45°，从而得到∠B=90°，得出AC=BC=2，作C关于y
轴的对称点C′，连接AC′交y轴于D′，则此时，四边形ABCD′的周长最小，这个最小周长的值
=AB+BC+AC′，过根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵点A（2，2），点B的纵坐标为2，
∴AB∥x轴，
∵OC是第一象限的角平分线
∴∠BAC=45°，
∵CA=CB，
∴∠ACB=∠BAC=45°，
∴∠B=90°，
∵C（4，4）
∴B（4，2），
∴AB=BC=2，
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作C（4，4）关于y轴的对称点C′（-4，4），
连接AC′交y轴于D′，
则此时，四边形ABCD′的周长最小，且CD= C′D，
则这个最小周长的值=AB+BC+AC′，
∵C′（-4，4），A（2，2）
∴AC'=√62+22=2√10，
∴四边形ABCD的最小周长值= AB+BC+AC'=4+2√10，
故答案为：4+2√10
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，坐标与图形的性质，勾股定理，解题的关键是学会利用轴对称
解决最短问题．
3．（2022下·广东湛江·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点M在DC上，且DM=1，N
是AC上一动点，则DN+MN的最小值为（ ）
A．4 B．4√2 C．2√5 D．5
【答案】D
【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BM交AC于N′，N′即为所求在
Rt△BCM中利用勾股定理即可求出BM的长即可．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于直线AC对称，
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∴DN=BN，
连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，
∴当B、N、M共线时，DN+MN有最小值，则BM的长即为DN+MN的最小值，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
又∵CD=4，DM=1
∴CM=CD-DM=4-1=3，
在Rt△BCM中，BM=√CM2+BC2=√32+42=5
故DN+MN的最小值是5．
故选：D．
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，先作出D关于直线AC的对称点，由轴对称
及正方形的性质判断出D的对称点是点B是解答此题的关键．
4．（2022·湖北黄石·统考中考真题）如图，等边△ABC中，AB=10，点E为高AD上的一动点，以BE为
边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF= ，FB+FD的最小值为 ．
【答案】 30°/30度 5√3
【分析】①△ABC与△BEF为等边三角形，得到BA=BC，BE=BF，∠ABE=∠CBF，从而证
△BAE≌△BCF(SAS)，最后得到答案．
②过点D作定直线CF的对称点G，连CG，证出△DCG为等边三角形，CF为DG的中垂线，得到
FD=FG， FB+FD=FB+FG≥BG，再证△BCG为直角三角形，利用勾股定理求出BG=5√3，即可
得到答案．
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【详解】解：①∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，AD⊥BC，
1
∴∠BAE= ∠BAC=30°，
2
∵△BEF是等边三角形，
∵∠EBF=∠ABC=60°，BE=BF，
∴∠ABE=∠ABC−∠EBC=60°−∠EBC，
∠CBF=∠EBF−∠EBC=60°−∠EBC，
∴∠ABE=∠CBF，
在△BAE和△BCF中
¿
∴△BAE≌△BCF(SAS)，
得∠BAE=∠BCF=30°；
故答案为：30°．
②（将军饮马问题）
过点D作定直线CF的对称点G，连CG，
∴△DCG为等边三角形，CF为DG的中垂线，FD=FG，
∴FB+FD=FB+FG，
连接BG，
∴FB+FD=FB+FG≥BG，
1
又DG=DC= BC，
2
∴△BCG为直角三角形，
∵BC=10，CG=5，
∴BG=5√3，
∴FB+FD的最小值为5√3．
故答案为：5√3．
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【点睛】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，将军饮马，线段垂直平分线的判定及
性质，勾股定理等内容，熟练运用将军饮马是解题的关键，具有较强的综合性．
5．（2022上·福建莆田·八年级莆田二中校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点
C在直线MN上，∠BCN=30°，点P为MN上一动点，连接AP，BP．当AP+BP的值最小时，∠CBP
的度数为 度．
【答案】15
【分析】如图，作B关于MN的对称点D，连接AD,BD,CD，AP+BP的值最小，则MN交AD于P，由
轴对称易证∠CBP=∠CDP，结合∠BCN=30°证得△BCD是等边三角形，可得AC=CD，结合已知根
据等腰三角形性质可求出∠CDP，即可解决问题．
【详解】如图，作B关于MN的对称点D，连接AD,BD,CD，
∵AP+BP的值最小，
则MN交AD于P，由轴对称可知：
CB=CD，PB=PD，
∴∠CBD=∠CDB,∠PBD=∠PDB,
∴∠CBP=∠CDP，
∵∠BCN=30°，
∴∠BCD=2∠BCN=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∵AC=BC，
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∴AC=CD，
∴∠CAD=∠CDA，
∵∠ACB=90°，∠BCD=60°，
1
∴∠CAD=∠CDA= (180°−∠ACB−∠BCD)=15°，
2
∴∠CBP=∠CDP=15°，
故答案为：15．
【点睛】本题考查等边三角形判定和性质、轴对称的性质、最短路径问题、等腰三角形的性质；熟练掌握
相关性质的联系与运用，会利用最短路径解决最值问题是解答的关键．
6．（2020·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(1,0)、B(4,0)，与y轴交于点
C(0,3)，点D为OC的中点，点E、F分别为x轴正半轴和抛物线对称轴上的动点，连接DE、EF、CF，
求四边形CDEF周长最小时点E、F的坐标．
(5 ) (5 3)
【答案】当四边形CDEF周长最小时，点E的坐标 ,0 ，点F的坐标为 , ．
3 2 4
【分析】作点D关于x轴的对称点D'，作点C关于抛物线对称轴的对称点C'，连接C'D'，交对称轴于点F，
9 3
交x轴于点E．求出直线C'D'的解析为y= x− ，进一步可得出结论．
10 2
【详解】如图，作点D关于x轴的对称点D'，作点C关于抛物线对称轴的对称点C'，连接C'D'，交对称轴
于点F，交x轴于点E．由对称知C'F=CF，D'E=DE，
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∴此时四边形CDEF的周长为CD+DE+EF+CF=CD+D'E+EF+C'F=CD+C'D'．
∴此时四边形CDEF的周长最小，最小值为CD+C'D'．
∵A(1,0)，B(4,0)，
5
∴抛物线对称轴为直线x= ．
2
∴C'(5,3)．
( 3)
∵D为OC的中点，∴D 0, ．
2
∴D'(
0,−
3)
．
2
设直线C'D'的解析式为y=kx+b．
将点C'、D'的坐标代入可得¿解得¿
9 3
∴直线C'D'的解析为y= x− ．
10 2
5 (5 )
令y=0，则x= ，∴点E的坐标为 ,0 ．
3 3
5 3 (5 3)
令x= ，则y= ，∴点F的坐标为 , ．
2 4 2 4
(5 ) (5 3)
∴当四边形CDEF周长最小时，点E的坐标 ,0 ，点F的坐标为 , ．
3 2 4
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，四边形与二次函数的结合，线段的和差最值与二次函数的
结合，将不共线的线段转化为共线为解题关键．
7．（2015·贵州贵阳·统考中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=12，将矩形纸片折叠，使
点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3．
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（1）求MP的值；
（2）在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合．当AF等于多少时，△MEF的周长最小？
（3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2．当四边形MEQG的周长最小时，
求最小周长值．（计算结果保留根号）
16
【答案】（1）5；（2） ；（3）7+5√5．
11
【分析】（1）由折叠的性质和矩形性质以得PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，利用勾股定理可计算
出MP的长；
（2）如图1，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，利用两点之间线段最短可得点F即为
所求，过点E作EN⊥AD，垂足为N，则AM=AD﹣MP﹣PD=4，所以AM=AM′=4，再证明ME=MP=5，利
用勾股定理计算出MN=3， NM′=11，得出△AFM′∽△NEM′，利用相似比即可计算出AF；
（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再
过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，易得QE=GR，而GM=GM′，于是MG+QE=M′R，利用两点之间线段最
短可得此时MG+EQ最小，于是四边形MEQG的周长最小，在Rt△M′RN中，利用勾股定理计算出M′R得
出，从而得到四边形MEQG的最小周长值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=4，∠D=90°，
∵矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，
∴PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，
∴MP=√32+42=5；
（2）如图1，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，则点F即为所求，过点E作
EN⊥AD，垂足为N，
∵AM=AD﹣MP﹣PD=12﹣5﹣3=4，
∴AM=AM′=4，
∵矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，
∴∠CEP=∠MEP，而∠CEP=∠MPE，
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∴∠MEP=∠MPE，
∴ME=MP=5，在Rt△ENM中，MN=√M E2−EN2=√52−42=3，
∴NM′=11，
∵AF∥ME，
∴△AFM′∽△NEM′，
AM' AF 4 AF
∴ = ，即 = ，
N M' NE 11 4
16
解得AF= ，
11
16
即AF= 时，△MEF的周长最小；
11
（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再
过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，
∵ER=GQ，ER∥GQ，
∴四边形ERGQ是平行四边形，
∴QE=GR，
∵GM=GM′，
∴MG+QE=GM′+GR=M′R，此时MG+EQ最小，四边形MEQG的周长最小，
在Rt△M′RN中，NR=4﹣2=2，M′R=√112+22=5√5，
∵ME=5，GQ=2，
∴四边形MEQG的最小周长值是7+5√5．
考点：1．几何变换综合题；2．动点型；3．最值问题；4．翻折变换（折叠问题）；5．综合题；6．压轴
题．
8．（2022·山东烟台·统考一模）问题提出：在一平直河岸l同侧有A，B两个村庄，A，B到l的距离分别
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是4km和3km，AB=akm(a>1)，现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个村庄供水．如何铺设
使得管道长度较短？
方案设计：某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的示意图，设该方案中管道长度为
d ，且d =PB+BA(km)（其中BP⊥l于点P）；图2是方案二的示意咨图，设该方案中管道长度为d ，
1 1 2
且d =PA+PB(km)（其中点A'与点A关于l对称，A'B与l交于点P）．
2
(1)在方案一中，d =______km（用含a的式子表示）；
1
(2)在方案二中，组长小宇为了计算d 的长，作了如图3所示的辅助线，请你按小宇同学的思路计算，d =
2 2
_______km（用含a的式子表示）．
(3)①当a=4时，比较大小：d _______d （填“＞”、“＝”或“＜”）；
1 2
②当a=7时，比较大小：d ______d （填“＞”、“＝”或“＜”）；
1 2
(4)请你参考方框中的方法指导，就a（当a>1时）的所有取值情况进行分析，要使铺设的管道长度较短，
应选择方案还是方案二？
方法指导
当不易直接比较两个正数m与n的大小时，可以对它们的平方进行比较：
∵m2−n2=(m+n)(m−n)，m+n>0，
∴(m2−n2 )与(m−n)的符号相同．
当m2−n2>0时，m−n>0，即m>n；
当m2−n2=0时，m−n=0，即m=n；
当m2−n2<0时，m−n<0，即m<n；
【答案】(1)a+3
(2)√a2+48
(3)①＜；②＞
(4)见解析
【分析】（1）由题意可以得知管道长度为d=PB+BA（km），根据BP⊥l于点P得出PB=3，故可以得出d
1 1
的值为a+3．
（2）由条件根据勾股定理可以求出KB的值，由轴对称可以求出A′K的值，在Rt KBA′由勾股定理可以求
△
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出A′B的值√a2+48就是管道长度．
（3）①把a=4代入d=a+3和d=√a2+48就可以比较其大小；
1 2
②把a=7代入d=a+3和d=√a2+48就可以比较其大小；
1 2
（4）分类进行讨论当d＞d，d=d，d＜d 时就可以分别求出a的范围，从而确定选择方案．
1 2 1 2 1 2
【详解】（1）解：∵如图1， 由题意得：d=PB+BA=a+3；
1
故答案为：a+3；
（2）因为BK2=a2-1，
A'B2=BK2+A'K2=a2-1+72=a2+48，
所以d=√a2+48，
2
故答案为：√a2+48；
（3）①当a=4时，d=7，d=8，d＜d；
1 2 1 2
②当a=7时，d=10，d=√97，d＞d；
1 2 1 2
故答案为：＜，＞；
（4）d2-d2=（a+3）2-（√a2+48）2=6a-39．
1 2
13
①当6a-39＞0，即a＞ 时，d2-d2＞0，
2 1 2
∴d-d＞0，
1 2
∴d＞d；
1 2
13
②当6a-39=0，即a= 时，d2-d2=0，
2 1 2
∴d-d=0，
1 2
∴d=d；
1 2
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13
③当6a-39＜0，即a＜ 时，d2-d2＜0，
2 1 2
∴d-d＜0，
1 2
∴d＜d
1 2
13
综上可知：当a＞ 时，选方案二；
2
13
当a= 时，选方案一或方案二；
2
13
当1＜a＜ 时，选方案一．
2
【点睛】本题考查了轴对称的性质的运用，最短路线问题数学模式的运用，勾股定理的运用，数的大小的
比较方法的运用，综合考查了学生的作图能力，运用数学知识解决实际问题的能力，以及观察探究和分类
讨论的数学思想方法．
模型三：如图，将军同部队行驶至P处，准备在此驻扎，但有哨兵发现前方为两河AB、BC的交汇处，为
防止敌军在对岸埋伏需派侦察兵到河边观察，再返回 P处向将军汇报情况，问侦察兵在AB、BC何处侦查
才能最快完成任务并求最短距离.
数学描述：如图在直线AB、BC上分别找点M、N，使得∆PMN周长最小.
方法：如右图，分别作点P关于直线AB、BC的对称点P’、P’’，连接P’ P’’，与两直线的交点即为所求点
M、N，最短距离为线段P’ P’’的长.
【将军饮马之模型三 专项训练】
1．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F分别是BC，CD
上的点，连接AE，AF，EF．
（1）如图①，AB=AD，∠BAD=120°，∠EAF=60°．求证：EF=BE+DF；
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（2）如图②，∠BAD=120°，当△AEF周长最小时，求∠AEF+∠AFE的度数；
（3）如图③，若四边形ABCD为正方形，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°，若BE=3，
DF=2，请求出线段EF的长度．
【答案】（1）见解析；（2）∠AEF+∠AFE =120°；（3）EF=5．
【分析】（1）延长FD到点G,使DG=BE，连接AG，首先证明△ABE≌△ADG，则有AE=AG，
∠BAE=∠DAG，然后利用角度之间的关系得出∠EAF=∠FAG=60°，进而可证明△EAF≌△GAF，
则EF=FG=DG+DF，则结论可证；
（2）分别作点A关于BC和CD的对称点A'，A″，连接A' A″，交BC于点E，交CD于点F，根据轴对称的
性质有A'E=AE，A″F=AF，当点A'、E、F、A″在同一条直线上时，A'A″即为△AEF周长的最小值，
然后利用∠AEF+∠AFE=∠EA' A+∠EA A'+∠FAD+∠A″求解即可；
（3）旋转△ABE至△ADP的位置，首先证明△PAF≌△EAF，则有EF=FP，最后利用
EF=PF=PD+DF=BE+DF求解即可．
【详解】（1）证明：如解图①，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
¿
∴△ABE≌△ADG(SAS)．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=60°．
∴∠EAF=∠FAG=60°，
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在△EAF和△GAF中，
¿
∴△EAF≌△GAF(SAS)．
∴EF=FG=DG+DF，∴EF=BE+DF；
（2）解：如解图，分别作点A关于BC和CD的对称点A'，A″，连接A' A″，交BC于点E，交CD于点F．
由对称的性质可得A'E=AE，A″F=AF，
∴此时△AEF的周长为AE+EF+AF=A'E+EF+A'F=A' A″．
∴当点A'、E、F、A″在同一条直线上时，A' A″即为△AEF周长的最小值．
∵∠DAB=120°，
∴∠A A'E+∠A″=180°−120°=60°．
∵∠EA' A=∠EA A',∠FAD=∠A″，∠EA' A+∠EA A'=∠AEF,∠FAD+∠A″=∠AFE，
∴∠AEF+∠AFE=∠EA' A+∠EA A'+∠FAD+∠A″= 2(∠A A'E+∠A″)=2×60°=120°；
（3）解：如解图，旋转△ABE至△ADP的位置，
∴∠PAE=∠DAE+∠PAD=∠DAE+∠EAB=90°，
AP=AE，∠PAF=∠PAE−∠EAF =90°−45°=45°=∠EAF．
在△PAF和△EAF中，
¿
∴△PAF≌△EAF(SAS)．
∴EF=FP．
∴EF=PF=PD+DF=BE+DF=3+2=5．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的
关键．
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2．（2019下·河南南阳·七年级统考期末）（1）【问题解决】已知点P在∠AOB内，过点P分别作关于
OA、OB的对称点P 、P .
1 2
①如图1，若∠AOB=25∘，请直接写出∠P OP =______；
1 2
②如图2，连接P P 分别交OA、OB于C、D，若∠CPD=98∘，求∠AOB的度数；
1 2
③在②的条件下，若∠CPD=α度（90<α<180），请直接写出∠AOB=______度（用含α的代数式表
示）.
（2）【拓展延伸】利用“有一个角是60∘的等腰三角形是等边三角形”这个结论，解答问题：如图3，在
ΔABC中，∠BAC=30∘，点P是ΔABC内部一定点，AP=8，点E、F分别在边AB、AC上，请你在图3
中画出使ΔPEF周长最小的点E、F的位置（不写画法），并直接写出ΔPEF周长的最小值.
1
【答案】（1）【问题解决】①50∘；②∠AOB=41∘；③∠AOB=90∘− a；（2）【拓展延伸】如图，
2
见解析；ΔPEF周长最小值为8．
【分析】（1）①连接OP，由点P关于直线OA的对称点P ，点P关于直线OB的对称点P ，可得
1 2
∠POA= ∠P OA，∠POB= ∠P OB，再由∠P OP = ∠POA+ ∠P OA+∠POB+ ∠P OB=2
1 2 1 2 1 2
（∠POA+∠POB）=2∠AOB,即可求得∠AOB的度数；②由∠CPD=98∘，根据三角形的内角和定理可
得∠1+∠2=82∘；由轴对称的性质得，∠P =∠3，∠P =∠4，再由三角形外角的性质可得
1 2
1
∠2=∠P +∠3=2∠3，∠1=∠P +∠4=2∠4，所以∠3+∠4= (∠1+∠2)=41∘ ，即可求得
1 2 2
∠MPN=139∘；由轴对称的性质可得∠PMO=∠PNO=90∘，由四边形的内角和为360°即可求得
∠AOB=41∘； ③类比②的方法即可解答；（2）作点P关于边AB的对称点P ，再作点P关于边AC的
1
对称点P ，连结P P ，分别交AB、AC于点E、F，此时ΔPEF的周长最小，最小为P P 的长，由①
2 1 2 1 2
的方法求得∠P AP =60°，P A=P A，再由“有一个角是60∘的等腰三角形是等边三角形”即可判定△P
1 2 1 2 1
AP 是等边三角形，根据等边三角形的性质可得P P =AP=8，由此即可得ΔPEF周长最小值为8．
2 1 2
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【详解】（1）①连接OP，
∵点P关于直线OA的对称点P ，点P关于直线OB的对称点P ，
1 2
∴∠POA= ∠P OA，∠POB= ∠P OB，
1 2
∴∠P OP = ∠POA+ ∠P OA+∠POB+ ∠P OB=2（∠POA+∠POB）=2∠AOB=50∘,
1 2 1 2
故答案为50°；
②如图2，
∵∠CPD=98∘，
∴∠1+∠2=82∘，
由轴对称的性质得，∠P =∠3，∠P =∠4，
1 2
∵∠2=∠P +∠3=2∠3，∠1=∠P +∠4=2∠4，
1 2
1
∴∠3+∠4= (∠1+∠2)=41∘ ，
2
∴∠MPN=∠3+∠CPD+∠4=98∘+41∘=139∘，
由轴对称的性质得，∠PMO=∠PNO=90∘，
∴∠AOB=360∘−∠PMO−∠PNO−∠MPN=41∘；
1
③∠AOB=90∘− a.
2
如图2，
∵∠CPD=α，
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∴∠1+∠2=180∘−α，
由轴对称的性质得，∠P =∠3，∠P =∠4，
1 2
∵∠2=∠P +∠3=2∠3，∠1=∠P +∠4=2∠4，
1 2
1 1
∴∠3+∠4= (∠1+∠2)= (180∘−α)，
2 2
1 1
∴∠MPN=∠3+∠CPD+∠4= (180∘−α)+α=90∘+ α，
2 2
由轴对称的性质得，∠PMO=∠PNO=90∘，
1 1
∴∠AOB=360∘−∠PMO−∠PNO−∠MPN=360∘−90∘−90∘−(90∘+ α)=90∘− a；
2 2
1
故答案为∠AOB=90∘− a；
2
（2）如图所示，ΔPEF的周长最小，周长最小值为8．
①画点P关于边AB的对称点P ，
1
②画点P关于边AC的对称点P ，
2
③连结P P ，分别交AB、AC于点E、F，
1 2
此时ΔPEF的周长最小，周长最小值为8．
【点睛】本题考查了轴对称作图及最短路径问题，熟练线段垂直平分线的性质是解决本题的关键，解题时
注意数形结合思想的应用．
3．（2021上·江苏南京·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝50°，∠B＝∠D＝90°，
在BC、CD上分别取一点M、N，使 AMN的周长最小，则∠MAN＝ °．
△
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【答案】80
【分析】作点A关于BC、CD的对称点A、A，根据轴对称确定最短路线问题，连接A、A 分别交BC、
1 2 1 2
DC于点M、N，利用三角形的内角和定理列式求出∠A+∠A，再根据轴对称的性质和角的和差关系即可得
1 2
∠MAN．
【详解】如图，作点A关于BC、CD的对称点A、A，连接A、A 分别交BC、DC于点M、N，连接
1 2 1 2
AM、AN，则此时△AMN的周长最小，
∵∠BCD＝50°，∠B＝∠D＝90°，
∴∠BAD＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°，
∴∠A+∠A＝180°﹣130°＝50°，
1 2
∵点A关于BC、CD的对称点为A、A，
1 2
∴NA＝NA ，MA＝MA ，
2 1
∴∠A＝∠NAD，∠A＝∠MAB，
2 1
∴∠NAD+∠MAB＝∠A+∠A＝50°，
1 2
∴∠MAN＝∠BAD﹣（∠NAD+∠MAB）
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＝130°﹣50°
＝80°，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了轴对称的最短路径问题，利用轴对称将三角形周长问题转化为两点间线段最短问题是
解决本题的关键．
模型四 如图，深夜为防止敌军在对岸埋伏，将军又派一队侦察兵到河边观察，并叮嘱观察之后先去存粮
位置点Q处查看再返回P处向将军汇报情况，问侦察在AB、BC何处侦查才能最快完成任务并求最短距离.
数学描述：如图在直线AB、BC上分别找点M、N，使得四边形PQNM周长最小.
方法：如右图，分别作点P、点Q关于直线AB、BC的对称点P’、Q’，连接P’ Q’，与两直线的交点即为
所求点M、N，最短距离为线段(PQ+P’Q’)的长.
【将军饮马之模型四 专项训练】
3
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，点A（a，3）、B（b，1）都在双曲线y= 上，点C、D分别是
x
x，y轴上的动点，则四边形ABCD的周长最小值为 ．
【答案】6√2
【详解】思路引领：先把A点和B点的坐标代入反比例函数解析式中，求出a与b的值，确定出A与B坐
标，再作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，根据对称的性质得到P点坐标为（﹣1，
3），Q点坐标为（3，﹣1），PQ分别交x轴、y轴于C点、D点，根据两点之间线段最短，此时四边形
PABQ的周长最小，然后利用两点间的距离公式求解可得．
3
答案详解：分别把点A（a，3）、B（b，1）代入双曲线y= 得：a＝1，b＝3，
x
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则点A的坐标为（1，3）、B点坐标为（3，1），
如图，作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，
则点P坐标为（﹣1，3），Q点坐标为（3，﹣1），
连接PQ分别交x轴、y轴于C点、D点，此时四边形ABCD的周长最小，
四边形ABCD周长＝DA+DC+CB+AB
＝DP+DC+CQ+AB
＝PQ+AB
=√(−1−3) 2+(3+1) 2+√(1−3) 2+(3−1) 2
＝4√2+2√2
＝6√2，
故答案为：6√2．
2．（2023下·陕西西安·七年级高新一中校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，点G是BC边上一定点，
1
点E、F、H分别是边AD、AB、CD上的动点，若CG= BC=1，则四边形EFGH的周长最小时GF=
4
．
【答案】3√2
【分析】如图，作点G关于CD的对称点G ，作点G 关于AD的对称点G ，作点G关于AB的对称点G ，
1 1 2 3
连接G G 交AB于点F，交AD于点E，连接EG ，交CD于点H，连接HG、FG，四边形EFGH的周长
2 3 1
最小，求出此时GF即可．
【详解】解：如图，作点G关于CD的对称点G ，作点G 关于AD的对称点G ，作点G关于AB的对称点
1 1 2
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G ，连接G G 交AB于点F，交AD于点E，连接EG ，交CD于点H，连接HG、FG，四边形EFGH的
3 2 3 1
周长最小，
由对称的性质知，GH=G H，
1
∴HG+EH=G H+EH≥EG ，当E、H、G 三点共线时HG+EH=EG 值最小；
1 1 1 1
同理可得：GH+EH+EF+FG≥G G ，当G 、E、F、G 四点点共线时GH+EH+EF+FG=G G 值
2 3 2 3 2 3
最小；
1
∵CG= BC=1，正方形ABCD是正方形；
4
∴BC=CD=4，AD∥BC，∠BCD=90°
由对称的性质知，CG =CG=1，BG =BG=3，G G =2BC=8，G G =2CD=8，∠G G G =90°，
1 3 1 3 1 2 3 1 2
∴∠G =∠G =45°，
3 2
∵FG=FG ，
3
∴△FGG 是等腰直角三角形，
3
1
∴BF=BG= GG =3．
2 3
∴GF=√BF2+BG2=√32+32=3√2
故答案为：3√2．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用
作轴对称图形解决最值问题是解题关键．
3．（2023上·黑龙江大庆·九年级校考期中）如图，以矩形OABC的顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，
OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．已知OA=3，OC=2，点E是AB的中点，在OA上取一点D，
将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．
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(1)直接写出点E、F的坐标；
(2)连接EF交BD于点G，求△BGE的面积．
(3)在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小？如果存在，求出周长的最小值
和直线MN的函数解析式；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)E (3,1)；F (1,2)
1
(2)△BGE的面积为
3
(3)在x轴、y轴上存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小；
3 5
四边形MNFE的周长最小为5+√5；直线MN的函数解析式：y=− x+
4 4
【分析】（1）根据OA=3，OC=2，点E是AB的中点，即可得到点E的坐标；利用折叠性质可得
BF=BA=2，CF=1，即可得到点F的坐标；
（2）利用折叠性质可以得到AB=AD=BF=DF=2，DF∥BE，从而得到△DFG∽△BEG，
FG DF 2 EF 3 S 3
= = ，利用比例性质可以得到 = ，利用同高可以得到 △BEF = ，根据S =1即可求出
EG BE 1 EG 1 S 1 △BEF
△BEG
ΔBGE的面积；
（3）如图，作点E关于x轴的对称点为E'，点F关于y轴的对称点为F'，连接E'F'，E'F'与x轴、y轴上交
于点M、点N，此时的点M、N使得四边形MNFE的周长最小，利用勾股定理求出E'F'=5，EF=√5，
即可得到四边形MNFE的周长最小值；将点E' (3,−1)，点F' (−1,2)，代入y=kx+b，利用待定系数
法即可求出直线MN的函数解析式；
【详解】（1）解：∵OA=3，OC=2，
∴点A (3,0)， 点C (0,2)，点B (3,2)，
∵点E是AB的中点，
∴点E (3,1)；
∵将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．
∴BF=BA=2，CF=1，
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点F (1,2)；
（2）∵△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．
1
∴∠ABD=∠FBD= ×90°=45° ，
2
∴AB=AD=BF=DF=2，DF∥BE，
即：∠DGF=∠BGE，∠FDB=∠GBE
∴△DFG∽△BEG
FG DF 2
= = ，
EG BE 1
EF 3 S 3
∴ = ，即： △BEF =
EG 1 S 1
△BEG
1 1
∵S = BE⋅BF= ×1×2=1，
△BEF 2 2
1 1
∴S = S = ，
△BGE 3 △BEF 3
1
∴△BGE的面积为 ；
3
（3）在x轴、y轴上存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小；
如图，作点E关于x轴的对称点为E'，点F关于y轴的对称点为F'，连接E'F'，E'F'与x轴、y轴上交于点
M、点N，此时的点M、N使得四边形MNFE的周长最小；
由对称性可知：点E' (3,−1)，点F' (−1,2)，ME=M E'，NF=N F'，
在Rt△BE'F'中，
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∵BE'=2−(−1)=3，BF'=3−(−1)=4，
∴E'F'=5，
∴ME+MN+NF=M E'+MN+N F'=E'F'=5，
又∵EF=√BE2+BF 2 ❑=√12+22=√5，
❑
BE+MN+NF+EF=5+√5；
四边形MNFE的周长最小为：5+√5；
设直线MN的函数解析式y=kx+b，
∵直线MN经过点E' (3,−1)，点F' (−1,2)，代入得：
¿，解得：¿
3 5
直线MN的函数解析式：y=− x+ ．
4 4
【点睛】本题考查线段长度与点的坐标的转化，折叠的性质，相似三角形判定与性质及同高转化面积比，
待定系数法求函数解析式，线段和最小问题的基本解题思路是利用对称转化为两点之间的距离问题，综合
性较强，熟练掌握折叠性质及线段和最小的方法是解决本题的关键．
4（2019·天津西青·校联考一模）如图①，将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点A的坐标是
(3,0)，点C的坐标是(0,2)，点O的坐标是(0,0)，点E是AB的中点，在OA上取一点D，将△BDA沿BD翻
折，使点A落在BC边上的点F处．
（1）求点E、F的坐标；
（2）如图②，若点P是线段DA上的一个动点（点P不与点D，A重合），过点P作PH⊥DB于点H，设
OP的长为x，△DPH的面积为S，请求出S关于x的关系式；
（3）如图③，在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小？若存在，请求出四
边形MNFE周长的最小值及此时点M、N的坐标；若不存在，请说明理由
x2 x 1
【答案】（1）点E的坐标是(3,1)，点F坐标为(1,2)；（2）S= − + (1<x<3)；（3）存在， 在x轴、
4 2 4
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(5 ) ( 5)
y轴上分别存在点M ,0 、N 0, ，使得四边形MNFE的周长最小，最小值为5+√5．
3 4
【分析】（1）求出CF和AE的长度即可写出点的坐标；
（2）用x表示出PD长度，结合三角函数进一步表示DH，PH的长度，运用三角形面积公式即可求解；
（3）作点F关于y轴的对称点F′，点E关于x轴的对称点E′，连接E′F′交y轴于点N，交x轴于点M，此
时四边形MNFE的周长最小，求出E′和F′的坐标直接求线段长度即可．
【详解】解：（1）∵点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，2），
∴OA=3，OC=2，
根据矩形OABC知AB=OC=2，BC=OA=3，
由折叠知DA=DF=OC=2，
∴OD=OA-DA=1，
∴点F坐标为（1，2），
∵点E是AB的中点，
∴EA=1，
∴点E的坐标是（3，1）；
（2）如图2
∵将 BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处，
∴BF=△AB=2，
∴OD=CF=3-2=1，
若设OP的长为x，
则，PD=x-1，
在Rt ABD中，AB=2，AD=2，
∴∠A△DB=45°，
√2 √2
在Rt PDH中，PH=DH=DP× = （x-1），
2 2
△
1 1 √2 √2 x2 x 1
∴S= ×DH×PH= × （x-1）× （x-1）= − + （1＜x＜3）；
2 2 2 2 4 2 4
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（3）如图3
作点F关于y轴的对称点F′，点E关于x轴的对称点E′，连接E′F′交y轴于点N，交x轴于点M，此时四边
形MNFE的周长最小，
可求，点F（1，2）关于y轴的对称点F′（-1，2），点E（3，1）关于x轴的对称点E′（3，-1），
3 5
用两点法可求直线E′F′的解析式为：y=- x+ ，
4 4
5 5
当x=0时，y= ，当y=0时，x= ，
4 3
5 5
∴N（0， ），M（ ，0），
4 3
此时，四边形MNFE的周长=E′F′+EF=√(−1−3) 2+(2+1) 2+√22+12=5+√5；
∴在x轴、y轴上分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小，最小为5+√5．
【点睛】本题是四边形的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式以及利用轴对称求最短路线和勾股定
理等知识，掌握根据对称转化为两点之间的距离的问题是解题的关键．
模型五、模型六的理论依据：垂线段最短.
模型五：已知点P在直线AB、BC的外侧，在直线AB和BC上分别取一点M、N，求PM+PN的最小值
方法：如右图，过点P作PN⊥BC，垂足为点N，PN与AB相交于点M，与两直线的交点即为所求点M、
N，最短距离为线段PN的长.
模型六：已知点P在直线AB、BC的内侧，在直线AB和BC上分别取一点M、N，求PM+PN的最小值
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方法：如右图，作点P关于直线AB的对称点P’，过点P’作P’N⊥BC，垂足为点N，P’N与AB相交于点
M，与两直线的交点即为所求点M、N，最短距离为线段P’N的长.
【将军饮马之模型五与模型六 专项训练】
1．（2015·山东泰安·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=6,BC=8，AD平分∠CAB交BC
于D点，E、F分别是AD、AC上的动点，则CE+EF的最小值为 ．
24
【答案】
5
【分析】在AB上取点F'，使AF'=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H．因为EF+CE=EF'+CE，推出
当C、E、F'共线，且点F'与H重合时，FE+EC的值最小．
【详解】解：如图所示：在AB上取点F'，使AF'=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H．
在Rt△ABC中，依据勾股定理可知BA=10，
1 1
∵S = AC⋅BC= CH⋅AB，
△ABC 2 2
AC⋅BC 24
∴CH= = ，
AB 5
∵AE平分∠CAB，
∴∠EAF=∠EAF'，
∵AF'=AF，AE=AE，
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∴△EAF≌△EAF'，
∴EF=EF'，
∴EF+CE=EF'+CE，
24
∴当C，E，F'共线，且点F'与H重合时，FE+EC的值最小，最小值为 ．
5
24
故答案为 ．
5
【点睛】本题主要考查的是轴对称的性质、勾股定理的应用、垂线段最短等知识，解题的关键是利用对称，
解决最短问题．
18．（2022·湖南娄底·统考一模）已知在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=75°，AB=5．点E为边AC
上的动点，点F为边AB上的动点，则线段FE+EB的最小值是 ．
5
【答案】
2
【分析】作F点关于AC的对称点F'，连接AF'并延长交BC延长线于点B'，将FE+EB的最小值转化为求
B点到A B'的最短距离，根据垂线段的性质即可解答；
【详解】解：如图作F点关于AC的对称点F'，连接A F'并延长交BC延长线于点B′，作BD⊥AB′于点D，
由对称性可得EF=E F'，
由垂线段的性质可得B到AB′的最短距离为BD，
∴EF+EB=EF'+EB=BF'≥BD，
Rt ABC中，∠BAC=90°-∠ABC=15°，
∴∠△BAD=2∠BAC=30°，
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5
Rt△ABD中，AB=5，∠BDA=90°，∠BAD=30°，∴BD= ，
2
5
∴线段FE+EB的最小值是 ，
2
5
故答案为： ；
2
【点睛】本题考查了对称的性质，垂线段的性质，30°直角三角形的性质；掌握相关性质是解题关键．
2．（2020·新疆乌鲁木齐·校考一模）如图，在矩形ABCD中，BC=10，∠ABD=30°，若点M、N分别
是线段DB、AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为 ．
【答案】15
【分析】如图，过A作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN⊥AB于N，交BD于M，则
AM+MN=EN最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解EN即可得到答案．
【详解】解：如图，过A作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN⊥AB于N，交BD于M，
则AM+MN=EN最短，
∵ 四边形ABCD为矩形，BC=10，∠ABD=30°，
∴AD=10,BD=20,AB=BD•cos30°=10√3,
∵AG•BD=AD•AB,
∴20AG=10×10√3,
∴AG=5√3,AE=2AG=10√3,
∵AE⊥BD,EN⊥AB,∠EMG=∠BMN,
∴∠E=∠ABD=30°,
√3
∴EN=AE•cos30°=10√3× =15,
2
∴AM+MN=15,
即AM+MN的最小值为15.
故答案为：15.
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【点睛】本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的
最小值问题，解题的关键是掌握以上知识．
4
3．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图，直线y= x+4交两坐标轴于A，B两点，
3
点P为直线AB上一点，则线段OP的最小值是 ．
12 2
【答案】 /2.4/2
5 5
【分析】根据点到直线的最小距离CP⊥AB，再根据一次函数与坐标轴的交点坐标得到OB=4，OA=3，
最后利用勾股定理得到AB=5即可解答．
【详解】解：当CP⊥AB时，OP的值最小，
∴OP 为最小值，
1
4
∵直线y= x+4交两坐标轴于A，B两点，
3
∴B(0，4)，A(−3,0)，
∴OB=4，OA=3，
∴AB=√OB2+OA2=5，
∵∠AOB=90°，
1 1
∴S = ⋅OB⋅OA，S = ⋅AB⋅OP ，
△AOB 2 △AOB 2 1
1 1
∴ ⋅OB⋅OA= ⋅AB⋅OP ，
2 2 1
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12
∴OP = ，
1 5
12
故答案为 ；
5
【点睛】本题考查了点到直线的最小距离，一次函数与坐标轴的交点坐标，勾股定理，直角三角形的面积，
学会求一次函数与坐标轴的交点坐标是解题的关键．
4．（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐八一中学校考一模）菱形ABCD的边长为2，∠ABC=45°，点P、Q
分别是BC、BD上的动点，CQ+PQ的最小值为 ．
【答案】√2
【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为
FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可
求解．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可
知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，
∵菱形ABCD的边长为2，∠ABC=45°，
√2
∴Rt△BEC中，EC= BC=√2
2
∴PQ+QC的最小值为√2
故答案为：√2
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【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题
的关键．
5．（2022下·四川德阳·八年级四川省德阳市第二中学校校考阶段练习）如图，点M是菱形ABCD的边BC
的中点，P为对角线BD上的动点，若AB＝2，∠A＝120°，则PM＋PC的最小值为（ ）
A．2 B．√3 C．√2 D．1
【答案】B
【分析】连接AM、AC，AM交BD于P，此时PM+PC最小，连接CP，由菱形的性质可知C和A关于BD
对称，AP=CP，由条件易证△ABC是等边三角形，根据三线合一可知AM⊥BC，再根据勾股定理可求AM
的值，即可求解．
【详解】解：连接AM、AC，AM交BD于P，
此时PM+PC最小，连接CP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，AC⊥BD，
∴C和A关于BD对称，
∴AP=PC，
∵∠A=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2，
∵M是BC的中点，
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∴AM⊥BC，
∴∠BAM=30°，
∴BM=1，
∴AM=√AB2−BM2=√3，
∴PM+PC=AM=√3．
故选B．
【点睛】本题考查了将军饮马类型的求最小值问题，涉及菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定
理等知识，解题的关键是准确找到P的位置．
6．（2021上·河南南阳·八年级南阳市第十三中学校校考阶段练习）如图所示，在△ABC中，AB=AC，
直线EF是AB的垂直平分线，D是BC的中点，M是EF上一个动点，△ABC的面积为12，BC=4，则
△BDM周长的最小值是 ．
【答案】8
【分析】连接AD，AM，由EF是线段AB的垂直平分线，得到AM=BM，则△BDM的周长
=BD+BM+DM=AM+DM+BD，要想△BDM的周长最小，即要使AM+DM的值最小，故当A、M、D三点共
线时，AM+DM最小，即为AD，由此再根据三线合一定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接AD，AM，
∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴AM=BM，
∴△BDM的周长=BD+BM+DM=AM+DM+BD，
∴要想△BDM的周长最小，即要使AM+DM的值最小，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即为AD，
∵AB=AC，D为BC的中点，
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1
∴AD⊥BC，BD= BC=2，
2
1
∴S = AD⋅BC=12，
△ABC 2
∴AD=6，
∴△BDM的周长最小值=AD+BD=8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，三线合一定理，解题的关键在于能够根据题意得到当
A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即为AD．
模型七、模型八的理论依据：在三角形中两边之差小于第三边.
模型七（两点在同侧）：在直线L上求一点P，求|PA-PB|的最大值
方法：如右图，延长射线AB，与直线L交于点P，|PA-PB|最大值为AB
模型八（两点在异侧）：在直线L上求一点P,求|PA-PB|的最大值.
方法：如右图，作点B关于直线L的对称点B’， 延长射线AB’，与直线L交于点P，|PA-PB|最大值为
AB’
【将军饮马之模型七与模型八 专项训练】
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1．（2020上·贵州黔东南·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=3， AC=4， BC=5， EF是BC的
垂直平分线．点P是EF上的动点，则|PA-PB|的最大值为
【答案】3
【分析】由三角形三边关系可知当点P在BA的延长线上时|PA-PB|的值最大．
【详解】解：如图所示，延长BA交直线EF于点P，
此时|PA-PB|=AB=3最大，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，确定P的位置是解题的关键．
29．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，对角线AC、BD交于点
O，BD=8，点E为OD的中点，点F为AB上一点，且AF=3BF，点P为AC上一动点，连接PE、PF，
则|PF−PE|的最大值为 ．
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【答案】2
【分析】作E的对称点E'，连接FE'并延长交AC于点P'，根据三角形三边关系可得到
|PF−PE|=|PF−PE'|≤E'F，最后根据等边三角形的性质及菱形的性质即可解答．
【详解】解：作E的对称点E'，连接FE'并延长交AC于点P'，
∴PE=PE'，
∴|PF−PE|=|PF−PE'|≤E'F，
当F、E'、P'在同一条直线上时，|PF−PE|有最大值E'F，
∵在菱形ABCD中，∠ABC=120°，
∴∠DAB=60°，AD=AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=∠DBA=∠ADB=60°，，AD=AB=BD，
∵BD=8，
∴AB=8，
∵AF=3BF，
∴BF=2，
∵点E为OD的中点，
∴E'为OB的中点，
1
∴BE'= BD=2，
4
∴BF=BE'，
∴△BE'F是等边三角形，
∴E'F=BF=2，
故答案为2；
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【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，菱形的性质，中点的定义，三角形的三边关系，掌握等边
三角形的性质及菱形的性质是解题的关键．
3
2．（2023·山东菏泽·统考二模）如图，直线y =kx+2与反比例函数y = 的图象交于点A(m,3)，与坐标
1 2 x
轴分别交于B，C两点．
(1)若y >y >0，求自变量x的取值范围；
1 2
(2)动点P(n,0)在x轴上运动．当n为何值时，|PA−PC|的值最大？并求最大值．
【答案】(1)x>1
(2)当n为−2时，|PA−PC|的值最大，最大值为√2
【分析】（1）由点A的纵坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出点A的坐标，再根据两函数图
象的上下位置关系，即可得出当y >y >0时，自变量x的取值范围；
1 2
（2）由点A的坐标利用待定系数法即可求出直线AB的函数解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可
求出点B、C的坐标，再根据三角形的三边关系即可确定当点P与点B重合时，|PA−PC|的值最大，利
用两点间的距离公式即可求出此最大值．
3
【详解】（1）解：当y = =3时，x=1，
2 x
∴点A的坐标为(1,3)，
观察函数图象，可知：当x>1时，直线在双曲线上方，
∴若y >y >0，自变量x的取值范围为x>1．
1 2
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（2）解：将A(1,3)代入y =kx+2中，
1
3=k+2，解得：k=1，
∴直线AB的解析式为y =x+2，
1
当x=0时，y =x+2=2，
1
∴点C的坐标为(0,2)，
∴AC=√(0−1) 2+(2−3) 2=√2，
当y =x+2=0时，x=−2，
1
∴点B的坐标为(−2,0)．
当点P与点B重合时，|PA−PC|的值最大，
此时n=−2，|PA−PC|=AC=√2．
∴当n为−2时，|PA−PC|的值最大，最大值为√2．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、一次（反比例）函数图象上点的坐标特征、待定
系数法求一次函数解析式以及三角形的三边关系，解题的关键是：（1）利用反比例函数图象上点的坐标
特征求出点A的坐标；（2）利用三角形的三边关系确定点P的位置．
3．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，二次函数y=ax2−2ax+c的图象与x轴交于A、B(3,0)两点，与y
轴相交于点C(0,−3)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)若点P是对称轴上一动点，当|PB−PC|有最大值时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)(1,−6)
【分析】（1）把点B、C的坐标分别代入解析式，解方程组，即可求解；
（2）连接PA，则PA=PB，根据三角形三边的关系得|PB−PC|=|PA−PC|≤AC (当点A、C、P共线时
取等号)，延长AC交直线x=1于点P'，即P'点为所求，再利用待定系数法求出直线AC的解析式，从而可
得P'点坐标．
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【详解】（1）解：点B、C的坐标分别代入解析式，得
¿
解得¿
故二次函数的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
故该二次函数图象的对称轴为直线x=1，
∵B(3,0)，
∴A(−1,0)，
如图，连接PA，则PA=PB，
∴|PB−PC|=|PA−PC|≤AC (当点A、C、P共线时取等号)，
延长AC交直线x=1于点P'，
设直线AC的解析式为y=mx+n，
把A(−1,0)，C(0,−3)代入得：
¿
解得¿，
∴直线AC的解析式为y=−3x−3，
当x=1时，y=−3x−3=−6，即P'(1,−6)，
∴当|PB−PC|达到最大值时，点P的坐标为(1,−6)．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式，抛物线与x轴的交点，利用轴对称
和三角形三边的关系解决最短路径问题，找到点P'的位置是解决本题的关键．
4．（2020·广东东莞·东莞市长安培英初级中学校考二模）如图，点A（－2，n），B（1，－2）是一次函
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m
数y＝kx＋b的图象和反比例函数y＝ 的图象的两个交点．
x
（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
m
（2）根据图象写出，当kx＋b< 时，x的取值范围；
x
（3）若C是x轴上一动点，设t＝CB－CA，求t的最大值，并求出此时点C的坐标．
2
【答案】（1）反比例函数的解析式为y=− ，一次函数的解析式为y=−x−1；（2）−2<x<0或x>1；
x
（3）C点坐标为（－5，0），t的最大值为√10．
【分析】（1）先将点B(1,−2)代入反比例函数可求出其解析式，从而可得点A的坐标，再利用待定系数
法可求出一次函数的解析式；
（2）根据点A、B的坐标，利用图象法求解即可得；
（3）如图（见解析），作点A关于x轴的对称点A'，从而可得点A'的坐标，再根据三角形的三边关系定
理得出t取得最大值时，点A'的位置，然后利用两点之间的距离公式可求出t的最大值，又利用待定系数法
求出直线A'B的解析式，再令y=0可求出点C的坐标．
m m
【详解】（1）将点B(1,−2)代入反比例函数y= 得： =−2，解得m=−2
x 1
2
则反比例函数的解析式为y=−
x
2
当x=−2时，y=− =1，即点A(−2,1)
−2
将A(−2,1)，B(1,−2)代入一次函数的解析式得：¿
解得¿
则一次函数的解析式为y=−x−1；
m
（2）kx+b< 表示的是一次函数的图象位于反比例函数图象的下方，求出此时的x取值范围即可
x
则结合A(−2,1)，B(1,−2)可得：−2<x<0或x>1
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故x的取值范围为−2<x<0或x>1；
（3）如图，作点A关于x轴的对称点A'
则点A'的坐标为A' (−2,−1)，CA=C A'
因此有t=CB−CA=CB−C A'
由三角形的三边关系定理得：t=CB−C A'<A'B
当且仅当C,A',B三点共线时，t取得最大值，最大值为A'B
由两点之间的距离公式得：A'B=√(−2−1) 2+(−1+2) 2=√10
即t的最大值为√10
设直线A'B的解析式为y=mx+n
将A' (−2,−1)，B(1,−2)代入得：¿
解得¿
1 5
则直线A'B的解析式为y=− x−
3 3
1 5
令y=0得− x− =0，解得x=−5
3 3
则点C的坐标为(−5,0)．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求函数的解析式、利用图象法解不等式、三角形的三边关系定理等知
识点，较难的是题（3），正确得出t取得最大值时，点A'的位置是解题关键．
5．（2016·广东揭阳·统考二模）如图，抛物线y=x2+bx+c过点A(3,0),B(1,0)，交y轴于点C，点P是该
抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动(点P不与点A重合)，过点P作PD∥y轴交直线AC于点
D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求点P在运动过程中线段PD长度的最大值；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点M使|MA−MC|最大?若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请
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说明理由．
3 9
【答案】（1）y=x2−4x+3；（2）当m= 时，线段PD的长度有最大值，最大值为 ；（3）存在．点
2 4
M的坐标是(2,−3)．
【详解】解:(1)∵抛物线y=x2+bx+c过点A(3,0),B(1,0)，
∴¿，解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−4x+3；
(2)令x=0，则y=3，∴点C(0,3)，
则直线AC的解析式为y=−x+3，
∵点P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为m(0≤m<3)，
∴点P的坐标为(m,m2−4m+3)，
∵PD∥y轴，
∴点D(m,−m+3)，
3 2 9
∴PD=(−m+3)−(m2−4m+3)=−m2+3m=−(m− ) + ，
2 4
∵a=−1<0，
3 9
∴当m= 时，线段PD的长度有最大值，最大值为 ；
2 4
(3)存在．点M的坐标是(2,−3)．
由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分线段AB
∴MA=MB
由三角形的三边关系，|MA−MC|=|MB−MC|<BC
∴当M、B、C三点共线时|MA−MC|最大，即为BC的长度
设直线BC的解析式为y=kx+m(k≠0),代入B(1，0),C(0，3)
则¿
解得¿
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∴直线BC的解析式为y=−3x+3，
∵抛物线y=x2−4x+3的对称轴为直线x=2，
∴当x=2时，y=−3×2+3=−3，
∴点M(2,−3)，即抛物线对称轴上存在点M(2,−3)，使|MA−MC|最大．
6．（2021上·四川自贡·八年级四川省荣县中学校校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的
三个顶点的坐标分别为A(2,3),B(3,1),C(−2,−2)．
（1）请在图中作出△ABC关于y轴的轴对称图形△≝¿(A,B,C的对称点分别是D,E,F)，并直接写出
D,E,F的坐标；
（2）求△ABC的面积．
（3）在x轴上找一点P，使｜PA－PB｜最大．(在图中标出点P，保留作图痕迹)．
【答案】（1）图形见解析，D、E、F点坐标分别为（−2，3）、（−3，1）、（2，−2）．（2）
13
△ABC的面积为 ．（3）见解析．
2
【分析】（1）利用关于y轴对称的点的特征，求出D、E、F点坐标，依次连接三点即可得到△≝¿．
（2）分别过点A、C作x轴的平行线，与过点B作的y轴的平行线交于点M、N，将原来的△ABC补成梯
形AMNC，利用梯形面积减去两个三角形的面积，即可求得△ABC的面积．
（3）利用三角形的三边关系，任意两边之差小于第三边，得到|PA−PB|<AB，当三点共线时，有
|PA−PB|=AB，故可得到|PA−PB|≤AB，即当三点共线时，｜PA－PB｜取最大值，作图找到P点即可．
【详解】（1）解：∵ A（2，3），B（3，1），C（−2，−2）关于y轴的对称点分别是D，E，F，
∴ D、E、F点坐标分别为（−2，3）、（−3，1）、（2，−2）．
在坐标系中根据坐标找到对应点，将点连接起来，即可得到△≝¿．
如下图所示：
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（2）解：分别过点A、C作x轴的平行线，与过点B作的y轴的平行线交于点M、N，如下图所示：
∴S =S −S −S ，
ΔABC 梯形AMNC ΔAMB CBN
由各个点的坐标可知：CN=5，BN=3，BM=2，AM=1，MN=5，
1 1 1 13
∴S = (AM+CN)⋅MN− AM⋅BM− CN⋅BN= ．
ΔABC 2 2 2 2
（3）解：延长AB，与x轴的交点即为点P，答案如下图所示：
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当A、B、P三点不共线时，一定可以组成三角形，此时必有|PA−PB|<AB．
当A、B、P三点共线时，有|PA−PB|=AB．
∴|PA−PB|≤AB．
故当A、B、P三点共线时，｜PA－PB｜有最大值，
由于P点在x轴上，又在A、B所在的直线上，故点P在AB的延长线与x轴的交点处．
【点睛】本题主要是考查了关于y轴对称的点的特征以及割补法求三角形面积、三边关系找最值，熟练掌
握关于y轴对称的点的特征，在求解三角形面积，找不到底和高时，熟练应用割补法求面积，遇到两边之
差的绝对值取最大值，要考虑从三边关系入手，这些是解决本题的关键．
模型九 在直线L上求一点P，求|PA-PB|的最小值.
方法：如右图，作线段AB的垂直平分线与直线L相交于点P，|PA-PB|最小值为0.
模型九的理论依据：线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等.
【将军饮马之模型九 专项训练】
1．（2023·广东广州·统考二模）如图，在△ABC中，点D是BC边上的一点，DC=5BD＝5，且△ADC
的面积为10，则△ABC的周长的最小值是（ ）
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A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】D
【分析】利用已知条件可以求出边的长度，再根据“将军饮马”问题，求最短距离即可．
【详解】如图1，过A作AE∥BC，作点C关于直线AE对称点C'，交AE于点E，连接BC'，交EA于点
A'，
∴∠BCC'=90°，
由DC=5BD=5，
∴BD=1，CD=5，
∴BC=6；
1
∵S =10，即 CD·CE=10，
△ADC 2
∴5×CE=20，解得：CE=C'E=4，
∴CC'=8，
要使△ABC周长最小，则需点A与A'重合时，即点B，A'，C'共线时，如图2
由勾股定理得：BC'=√BC2+C'C2=√62+82=10，
∴ △ABC的周长的最小值是16，
故选：D．
【点睛】本题考查了求线段和最短距离，解题的关键是灵活利用轴对称的有关定理及将军饮马数学模型．
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2．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，等腰三角形ABC的底边BC长为6，腰AC的垂直平分线EF分
别交边AC、AB于点E，F，若D为BC边的中点，M为线段EF上一动点，若三角形CDM的周长的最小
值为13，则等腰三角形ABC的面积为（ ）
A．78 B．39 C．42 D．30
【答案】D
【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，可得AD⊥BC，再根据EF是线段
AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，再根据三角
形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：如图：连接AD，交EF于点M，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
1
∴AD⊥BC，CD= BC=3，
2
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点C关于直线EF的对称点为点A，AM=CM，
∴此时△CDM的周长最小，
∴CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=13，
∴AD=13−CD=13−3=10，
1 1
∴S = BC⋅AD= ×6×10=30，
△ABC 2 2
故选：D．
【点睛】本题考查的是轴对称−最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形的面积，熟知等腰三角形三线
合一的性质是解答此题的关键．
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3．（2022·安徽六安·校考模拟预测）某数学探究小组探究一个动点问题，如图，在△ABC中，P为边AC
AD 1
上一个动点，点D在边AB上，已知 = ，∠C=90°，∠A=30°，
BD 5
请完成下列探究：
PA
（1）当PD=AD时， 的值为 ；
AC
（2）连接PB，若AB=12，则△PBD周长的最小值为 ．
1
【答案】 2√31+10
3
AD 1 1
【分析】（1）过点D作DM⊥AC于点M，根据题意得出 = = ，再由相似三角形的判定和性质
AB 1+5 6
1
得出AM= AC，结合题意求解即可；
6
AD 1
（2）由（1）得 = ，确定BD=10，作点D关于直线AC的对称点D'，则AC上任意一点到点D、D'
AB 6
的距离都相等，即总有PD=PD'，当点P在BD'与AC的交点处时，PB+PD'的值最小，从而PB+PD
的值最小，最小值为BD'的长，连接AD'，过点D'作D'H⊥AB于点H，根据垂直平分线的性质及等边三
角形的判定和性质得出BH=BD+DH=11，再由勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）过点D作DM⊥AC于点M，如图：
则∠AMD=90°=∠C，
AD 1
∵ = ，
BD 5
AD 1 1
∴ = = ，
AB 1+5 6
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∵∠A=∠A,∠AMD=∠C=90°，
∴△ADM∽△ABC，
AM AD 1
∴ = = ，
AC AB 6
1
∴AM= AC，
6
1
当PD=AD时，AM=PM= PA，
2
1
∴PA=2AM= AC，
3
PA 1
∴ = ；
AC 3
1
故答案为： ；
3
AD 1
（2）若AB=12，由（1）得 = ，
AB 6
1
∴AD= AB=2，
6
∴BD=AB−AD=10，
作点D关于直线AC的对称点D'，则AC上任意一点到点D、D'的距离都相等，即总有PD=PD'，
∴当点P在BD'与AC的交点处时，PB+PD'的值最小，从而PB+PD的值最小，最小值为BD'的长，
∵BD为定长10，
∴此时，PB+PD+BD的值最小，即△PBD的周长最小，最小值是BD'+10，
此时，连接AD'，过点D'作D'H⊥AB于点H，如图，
∵点D与点D'关于直线AC对称，
∴AC垂直平分DD'，
∴AD=AD'，AC⊥DD'，
∴∠D' AC=∠BAC=30°，
∴∠DAD'=∠D' AC+∠BAC=60°，
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∴△ADD'是等边三角形，
1
∴AD'=AD=2，AH=DH= AD=1，
2
∴BH=BD+DH=11，
在Rt△D' AH中，由勾股定理，得D'H=√AD'2−AH2=√22−12=√3
在Rt△BD'H中，由勾股定理，得BD'=√BH2+D'H2=√112+3=2√31
∴△PBD周长的最小值为BD'+10=2√31+10，
故答案为：2√31+10．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形及等
边三角形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
4．（2023·陕西渭南·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，BC边上的高AD为4，则△ABC周
长的最小值为 ．
【答案】8√3
【分析】作BC的垂直平分线，交AB于点N，交BC于点M，连接CN，则△ABC周长
=AN+CN+AC+BC，当点D与点M重合时，△ABC周长≥2AC+BC，且△ABC为等边三角形，最后
根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，作BC的垂直平分线，交AB于点N，交BC于点M，连接CN，
∵MN垂直平分BC，
∴BN=CN，
∴△ABC周长=AB+AC+BC
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=AN+BN+AC+BC
=AN+CN+AC+BC
∵在△ACN中，AN+BN>AC，
∴AN+BN>AC，
当点D与点M重合时，AN+BN=AB=AC，
∴△ABC周长=AN+CN+AC+BC≥2AC+BC，
∴△ABC周长的最小值=2AC+BC，
∵∠BAC=60°，AB=AC
∴△ABC为等边三角形，
∵AD为BC边上的高，AD=4，
AD 4 8√3
∴AB= = = ，
sin∠B sin60° 3
8√3
∴△ABC周长的最小值=3× =8√3，
3
故答案为：8√3．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确作出辅助线，确定
当△ABC周长最小时的情况．
模型十：如图，一条宽度相同的河流两侧有A、B两个营地，将军令下属在河流间搭建一座垂直于河岸的
桥梁MN，使得AM+MN+NB之和最短，在何处搭建桥梁才能完成任务呢？
方法：如右图，将点A向下平移MN的单位长度得到点A’，连接A’B，交n于点N，过点N作MN⊥m，
垂足为点M，点M和点N即为所求，最短距离为A’B+MN
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模型十一：线段MN在直线L上可移动，且MN=a，当MN移动到什么位置时，求AM+MN+NB最小值.
方法：如右图，将点A向右平移a个单位长度得点A’，作B关于直线L的对称点B’，连接A’B’，交直线L
于点N，将点N向左平移a个单位长度得点M，点M和点N即为所求，最短距离为A’B’+MN
模型十、十一的理论依据：平行四边形的性质+两点之间线段最短.
【将军饮马之模型十与模型十一 专项训练】
1．（2023·江苏盐城·统考三模）如图，在 ▱ABCD中，AB=4，AD=9，M、N分别是AD、BC边上的
动点，且∠ABC=∠MNB=60°，则BM+MN+ND的最小值是 ．
【答案】√129+4/4+√129
【分析】由∠MNB=60°可知MN为定长，在AD、BC间滑动，故由造桥选址模型进行平移，转化为两
点间距离加上定长，再利用特殊角构造直角三角形，使用勾股定理求出两点间距离．
【详解】解：作ME∥AB交BC于点E，在AD取DF=MN，连接EF，延长AB至点B'，使BB'=ME，
连接B'F，作B'H⊥AD于点H，如下图：
∵AB∥ME，
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∴∠MEN=∠ABC=∠MNB=60°，
∴△MEN为等边三角形，
∴ME=EN=MN，
∵▱ABCD，
∴AD∥BC，
∴四边形ABEM为平行四边形，
同理得四边形BB'EM与四边形ENDF为平行四边形，
∴ME=EN=MN=AB=4，B'E=BM，EF=ND，
∴BM+MN+ND=B'E+EN+ND=B'E+EF+4≥B'F+4，
1
Rt△B'HA中，HA= B' A=4，B'H=√B' A2−AH2=√82−42=4√3，
2
Rt△B'HF中，B'F=√B'H2+H F2=√B'H2+(AH+AD−FD) 2=√B'H2+AD2=√(4√3) 2+92=√129，
∴BM+MN+ND≥√129+4，
即BM+MN+ND的最小值是√129+4．
故答案为：√129+4．
【点睛】本题考查平移类最短路径，为造桥选址模型，即沿一个方向平移的定长线段两端到两个定点距离
和最小，解题的关键是需要理清楚是否含有定长平移线段，且利用平移求出最短路径位置．
2．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图， ▱ABCD中，AB=3，AD=2，∠DAB=60°，DF⊥AB，
BE⊥CD；垂足分别为点F和E．点G和H分别是DF和BE上的动点，GH∥AB，那么AG+GH+CH
的最小值为 ．
【答案】√7+2/2+√7
【分析】过点E作EI∥AD交AB于点I，连接HI．易求出AF=1，DF=√3，DE=GH=BF=2．易证四
边形AGHI为平行四边形，得出AG=HI，即说明当HI+CH最小时，AG+GH+CH最小．由当点I，
√7
H，C三点共线时，HI+CH最小．结合平行四边形的判定和性质和勾股定理求出HI= ，即得出
2
CI=√7，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点E作EI∥AD交AB于点I，连接HI．
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∵ ▱ABCD中，∠DAB=60°，DF⊥AB，
∴∠ADF=30°，
1
∴AF= AD=1，
2
∴BF=AB−AF=2，DF=√AD2−AF2=√3．
∵DF⊥AB，BE⊥CD，
∴GF∥BH．
∵GH∥AB，
∴四边形GHBF为平行四边形，
∴GH=BF=2．
同理可得出BF=DE=2．
∵AB∥DE，AD∥EI，
∴四边形ADEI为平行四边形，
∴AI=DE=2=GH，
∴四边形AGHI为平行四边形，
∴AG=HI，
∴AG+GH+CH=HI+2+CH，
∴当HI+CH最小时，AG+GH+CH最小．
∵当点I，H，C三点共线时，HI+CH最小，
∴此时AG+GH+CH最小，如图，
∵AD∥EI，
∴BC∥EI．
∵CE∥BI，
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∴四边形BCEI为平行四边形，
1 1 √3
∴BH= BE= DF= ，CI=2HI，
2 2 2
∵AB=3，AI=2，
∴BI=1，
√7
∴HI=√BH2+BI2=
，
2
∴CI=√7，
∴AG+GH+CH的最小值为CI+GH=√7+2．
故答案为：√7+2．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，含30度角的直角三角形，勾股定理，平行线的判定，两点之
间线段最短等知识．正确作出辅助线，理解当点I，H，C三点共线时，HI+CH最小，即此时
AG+GH+CH最小是解题关键．
3（2022上·广东广州·八年级统考期末）在长方形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点P、Q为BC边上的两个动
点（点P位于点Q的左侧，P、Q均不与顶点重合），PQ＝2
(1)如图①，若点E为CD边上的中点，当Q移动到BC边上的中点时，求证：AP＝QE；
(2)如图②，若点E为CD边上的中点，在PQ的移动过程中，若四边形APQE的周长最小时，求BP的长；
(3)如图③，若M、N分别为AD边和CD边上的两个动点（M、N均不与顶点重合），当BP＝3，且四边形
PQNM的周长最小时，求此时四边形PQNM的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)4
【分析】（1）由“SAS”可证 ABP≌△QCE，可得AP=QE；
（2）要使四边形APQE的周长△最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在
BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF=DE=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC
交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ=EG最小，然后过G
点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的长度；
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（3）要使四边形PQNM的周长最小，由于PQ是定值，只需PM+MN+QN的值最小即可，作点P关于AD
的对称点F，作点Q关于CD的对称点H，连接FH，交AD于M，交CD于N，连接PM，QN，此时四边
形PQNM的周长最小，由面积和差关系可求解．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，BC=AD=8，
∵点E是CD的中点，点Q是BC的中点，
∴BQ=CQ=4，CE=2，
∴AB=CQ，
∵PQ=2，
∴BP=2，
∴BP=CE，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABP≌△QCE（SAS），
∴AP=QE；
（2）如图②，在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q
点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵GH=DF=6，EH=2+4=6，∠H=90°，
∴∠GEH=45°，
∴∠CEQ=45°，
设BP=x，则CQ=BC-BP-PQ=8-x-2=6-x，
在 CQE中，∵∠QCE=90°，∠CEQ=45°，
∴C△Q=EC，
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∴6-x=2，
解得x=4，
∴BP=4；
（3）如图③，作点P关于AD的对称点F，作点Q关于CD的对称点H，连接FH，交AD于M，交CD于
N，连接PM，QN，此时四边形PQNM的周长最小，连接FP交AD于T，
∴PT=FT=4，QC=BC-BP-PQ=8-3-2=3=CH，
∴PF=8，PH=8，
∴PF=PH，
又∵∠FPH=90°，
∴∠F=∠H=45°，
∵PF⊥AD，CD⊥QH，
∴∠F=∠TMF=45°，∠H=∠CNH=45°，
∴FT=TM=4，CN=CH=3，
1 1 1 1 1 1
∴四边形PQNM的面积= ×PF×PH- ×PF×TM- ×QH×CN= ×8×8- ×8×4- ×6×3=7．
2 2 2 2 2 2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称求最短距离，直角
三角形的性质；通过构造平行四边形和轴对称找到点P和点Q位置是解题的关键．
4．（2022·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，矩形OACB的顶点O在坐标原点，顶点A、B分
别在x轴、y轴的正半轴上，A（3，0），B（0，4），D为边OB的中点.
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(1)若E为边OA上的一个动点，求△CDE的周长最小值；
(2)若E、F为边OA上的两个动点，且EF=1，当四边形CDEF的周长最小时，求点E、F的坐标.
【答案】(1)√13+3√5
(2 ) (5 )
(2) ,0 ， ,0
3 3
【分析】（1）作点D关于x轴的对称点D'，连接CD'与x轴交于点E，连接DE，先求出直线CD'的关系
式，得出点E的坐标，求出AE=2，根据勾股定理求出CD=√13，DE=√5，CE=2√5，即可得出答案；
（2）将点D向右平移1个单位得到D'（1,2），作D'关于x轴的对称点D″（1,−2），连接CD″交x
轴于点F，将点F向左平移1个单位到点E，此时点E和点F为所求作的点，用待定系数法求出CD″的关
系式，然后求出与x轴的交点坐标，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，作点D关于x轴的对称点D'，连接CD'与x轴交于点E，连接DE，由模型可知
△CDE的周长最小，
∵在矩形OACB中，OA=3，OB=4，D为OB的中点，
∴D（0，2），C（3，4），D'（0，−2），
设直线CD'为y=kx＋b，把C（3，4），D'（0，−2）代入，
得3k＋b=4，b=−2，解得k=2，b=−2，
∴直线CD'为y=2x−2，
令y=0，得x=1，
∴点E的坐标为（1，0）.
∴OE=1，AE=2，
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利用勾股定理得CD=√32+22=√13，
DE=√12+22=√5，
CE=√22+42=2√5，
∴△CDE周长的最小值为：√13+√5+2√5=√13+3√5．
（2）解：如图，将点D向右平移1个单位得到D'（1,2），作D'关于x轴的对称点D″（1,−2），连
接CD″交x轴于点F，将点F向左平移1个单位到点E，此时点E和点F为所求作的点，连接D″F，此时
四边形CDEF周长最小，
理由如下：
∵四边形CDEF的周长为CD＋DE＋EF＋CF，CD与EF是定值，
∴DE＋CF最小时，四边形CDEF周长最小，
∵DD'∥EF，且DD'=EF，
∴四边形DD'FE为平行四边形，
∴DE=D'F，
根据轴对称可知，D'F=D″F，
∴DE＋CF=D'F＋CF=FD″＋CF=CD″，
设直线CD″的解析式为y=kx＋b，把C（3，4），D″（1,−2）代入，
得¿，解得¿，
∴直线CD″的解析式为y=3x−5，
5
令y=0，得x= ，
3
(5 )
∴点F坐标为 ,0 ，
3
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(2 )
∴点E坐标为 ,0 ．
3
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，将军饮马问题，根据题意作出辅助线，找出最短时动点的位置，
是解题的关键．
5（2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测）在 ▱ABCD中，AB⊥AC，点E在边AD上，
连接BE．
(1)如图1，AC交BE于点G，GH⊥AE，若BE平分∠ABC，且∠DAC=30°，CG=4，请求出四边形
EGCD的面积；
(2)如图2，点F在对角线AC上，且AF=AB，连接BF，过点F作FH⊥BE于点H，连接AH，求证：
HF+√2AH=BH；
(3)如图3，线段PQ在线段BE上运动，点R在BC上，连接CQ，PR．若BE平分
∠ABC，∠DAC=30°，AB=√3，AC=BE=2PQ=3，BC=4BR．求线段CQ+PQ+PR的和的最
小值．
【答案】(1)5√3
(2)见解析
√21+3
(3)
2
【分析】（1）由 ▱ABCD得到∠ABC=60°，根据角平分线求出∠ABE=∠CBE=30°，且
∠ACB=∠DAC=30°，得到CG=BG=4，利用30度角的性质得到AG=EG=2．再求出CD,AH,GH，
即可根据S =S −S 求出答案；
ΔEGCD ΔACD ΔAGE
（2）过点A作AJ⊥AH于点A，交FH的延长线于点J．得
∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，推出点A，B，F，H四点共圆，证得△AHJ
是等腰直角三角形，得到AH=AJ，进而证得△ABH≌△AFJ(SAS)，推出BH=FJ，由此得到结论
FJ=HF+JH=HF+√2AH即可．
1 3
（3）取AB的中点M，AE的中点N，连接PM，NQ，MN，则MN∥BE，MN= BE= ．证得四边
2 2
形PMNQ是平行四边形，得PM=NQ．在Rt△ABC中，BC=2AB，得BC=4BM推出BM=BR．证明
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3
△PBM≌△PBR(SAS)，得到PR=PM，由此得到CQ+PQ+PR的最小值为CN+ ．过点C作
2
CS⊥AD于点S．利用勾股定理求出CN即可．
【详解】（1）解：在 ▱ABCD中，∠BAC=90°，∠DAC=30°，
∴∠ABC=60°．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=30°，且∠ACB=∠DAC=30°，
∴CG=BG=4
∵∠ABE=∠AEB=30°，
∴AG=EG=2．
∵∠DAC=30°，
√3 √3 1
∴CD=(2+4)× =2√3，AH=2× =√3，GH=2× =1．
3 2 2
1 1
∴S =S −S = ×(2+4)×2√3− ×1×√3×2=6√3−√3=5√3；
ΔEGCD ΔACD ΔAGE 2 2
（2）证明：如图1，过点A作AJ⊥AH于点A，交FH的延长线于点J．
∵FH⊥BE，AB⊥AC，AB=AF，
∴∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，
∴点A，B，F，H四点共圆，
∴∠BHA=∠AFB=45°，
∴∠AHJ=45°，
∴△AHJ是等腰直角三角形，
∴AH=AJ，
∴JH=√2AH．
∵AB=AF，∠BAH=∠FAJ=90°+∠OAH，AH=AJ，
∴△ABH≌△AFJ(SAS)，
∴BH=FJ．
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∵FJ=HF+JH=HF+√2AH．
∴BH=FJ=HF+√2AH；
（3）解：如图2，取AB的中点M，AE的中点N，连接PM，NQ，MN，则MN∥BE，
1 3
MN= BE= ．
2 2
1 3
由题意，得PQ= BE= ，
2 2
∴PQ∥MN，PQ=MN，
∴四边形PMNQ是平行四边形，
∴PM=NQ．
在 ▱ABCD中，∠DAC=30°，
∴∠ACB=30°．
在Rt△ABC中，BC=2AB．
∵点M为AB的中点，
∴BC=4BM．
∵BC=4BR，
∴BM=BR．
∵BE平分∠ABC，
∴∠PBM=∠PBR．
∵BP=BP，
∴△PBM≌△PBR(SAS)，
∴PR=PM，
∴NQ=PR，
3
∴CQ+PQ+PR=CQ+NQ+ ．
2
∵CQ+NQ≥CN，
3
∴CQ+PQ+PR的最小值为CN+ ．
2
如图2，过点C作CS⊥AD于点S．
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由（1），得∠ABE=∠AEB=30°，
∴AE=AB=√3，
1 √3
∴AM=AN= AE= ．
2 2
∵∠DAC=30°，
1 3
∴AD=2CD=2√3，CS= AC= ，
2 2
√3
∴SD=√CD2−CS2=
，
2
∴NS=AD−AN−SD=√3，
√21
∴CN=√CS2+NS2=
，
2
√21 3 √21+3
∴CQ+PQ+PR的最小值为 + = ．
2 2 2
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，勾股定理，
综合掌握各图形的判定和性质是解题的关键．
题型 02 蚂蚁爬行
蚂蚁爬行模型的概述：蚂蚁在某几何体的一个顶点，爬行到另外一个相对的顶点去吃食物，求所走的最短
路径是多少。
蚂蚁爬行模型的实质：两点之间，线段最短。
模型一：蚂蚁沿着长方体表面爬行，从点A到点B的最短距离：
解题方法：在长方体问题中，我们需要将长方体展开，然后利用 两点之间线
段最短画图求解。如果长方体的长、宽、高各不相同，一般分三种情况讨论。
分类讨论 示意图 展开图 最短距离 小结
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AB=
前+上
√a2+（b+c）2=√a2+b2+c2+2bc
最小值取决于
AB=
ab，bc，ac
左+上
√b2+（a+c）2=√a2+b2+c2+2ac
的大小
AB=
前+右
√c2+（a+b）2=√a2+b2+c2+2ab
【蚂蚁爬行之模型一 专项训练】
1．（2023·江苏常州·校考一模）如图，是一个棱长为1的正方体纸盒，若一只蚂蚁要沿着正方体纸盒的表
面，从顶点A爬到顶点B去觅食，则需要爬行的最短路程是（ ）
A．√3 B．2 C．√5 D．3
【答案】C
【分析】根据正方体展开图的特点，将正方体展开，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，将正方体展开，则AC=2，BC=1，∠ACB=90°，
∴由勾股定理得AB=√AC2+BC2=√5，
∴需要爬行的最短路程是√5，
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，正确将正方体展开，利用勾股定理进行求解是解题的关键．
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2．（2020·陕西西安·校考模拟预测）如图，长方体的长EF为3cm，宽AE为2cm，高CE为4cm，B是GF
的中点，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点D爬到点B，那么它需要爬行的最短距离是（ ）
A．5cm B．√29cm C．(2√2+3)cm D．(2+√13)cm
【答案】B
【分析】若要求蚂蚁爬行的最短距离，需将长方体的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
【详解】解：（1）如图展开时，
CD=2cm，GF=4cm，CG=3cm，
∵B是GF的中点，
∴GB=2cm，∴CB=5cm，
∴DB=√22+52=√29cm，
（2）如图展开时，
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CD=2cm，GF=4cm，CG=3cm，GB=2cm，
∴DG=5cm，
∴DB=√22+52=√29cm
故选：B．
【点睛】本题是一道趣味题，将长方体展开，根据两点之间线段最短，运用勾股定理解答即可．
3．（2020·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图，正方体的棱长为2，B为一条棱的中点．已知蚂蚁沿正方体
的表面从A点出发，到达B点，则它运动路程最短时，CD的长是（ ）
1 1 1
A．1 B． C． D．
2 3 4
【答案】B
【分析】根据正方体的性质可得CD∥EB，AC=EC，即C为AE中点，推出CD是△ABE的中位线，根据
正方体的边长为2，B为一条棱的中点，得出EB=1，即可得出CD．
【详解】解：画出展开图如下，
由正方体的性质可得CD∥EB，AC=EC，即C为AE中点，
∴CD是△ABE的中位线，
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1
∴CD= EB，
2
∵正方体的边长为2，B为一条棱的中点，
∴EB=1，
1
∴CD= ，
2
故选：B．
【点睛】本题考查了中位线的性质，正方体的性质，得出CD是△ABE的中位线是解题关键．
4．（2014·全国·九年级统考专题练习）如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点B离点C的距离为
5，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是（ ）
A．5√21 B．25 C．10√5+5 D．35
【答案】B
【分析】要求长方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将长方体侧面展开，然后利用两点之间
线段最短解答．
【详解】解：只要把长方体的右侧表面剪开与前面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图1，
∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴BD=CD+BC=10+5=15，AD=20，
在直角三角形ABD中，根据勾股定理得：AB=√BD2+AD2=25；
只要把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图2，
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∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴BD=CD+BC=20+5=25，
在直角三角形ABD中，根据勾股定理得：
∴AB=√BD2+AD2=5√29；
只要把长方体的上表面剪开与后面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图3，
∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴AC=CD+AD=20+10=30，
在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：
∴AB=√AC2+BC2=5√37；
∵25<5√29<5√37，
∴蚂蚁爬行的最短距离是25，
故选：B．
【点睛】本题主要考查两点之间线段最短，关键是将长方体侧面展开，然后利用两点之间线段最短解答．
5．（2019·山东·山东省青岛第二十六中学校考中考模拟）棱长分别为4cm，3cm两个正方体如图放置，点
1
P在EF 上，且EP= EF，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点P，需要爬行的最短距离是
1 1 1 3 1 1
．
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【答案】√65
【分析】求出两种展开图PA的值，比较即可判断．
【详解】解：如图，有两种展开方法：
方法一：PA=√72+42=√65 cm，
方法二：PA=√82+32=√73 cm．
故需要爬行的最短距离是√65 cm．
故答案为√65．
【点睛】本题考查平面展开-最短问题，解题的关键是学会用转化的思想思考问题.
6．（2021·山东枣庄·校考一模）如图，一个无盖的正方体，一只蚂蚁想从盒底的点A沿盒的表面爬到盒顶
的点B，经过计算发现，它的最短路径是20cm，则这个正方体的棱长为 cm．
【答案】4√5
【分析】先把正方体展开，根据两点之间线段最短，即可得出由A爬到B的最短途径．
【详解】如图，将正方体展开，
则线段AB即为最短的路线，
设这个正方体的棱长为xcm，
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∴AB＝√x2+(2x) 2=√5x＝20，
∴x＝4√5，
∴这个正方体的棱长为4√5cm，
故答案为4√5．
【点睛】本题考查平面展开最短路径问题，关键是知道两点之间线段最短，找到起点终点，根据勾股定理
求出．
7．（2012·湖南衡阳·统考一模）如图，长方体的底面边长分别为2cm和3cm，高为5cm．若一只蚂蚁从P
点开始经过四个侧面爬行一圈到达Q点，则蚂蚁爬行的最短路径长为 cm．
【答案】5√5
【分析】要求长方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将长方体展开，然后利用两点之间线段
最短解答．
【详解】展开图如图所示：
由题意，在Rt△APQ中，PD=10cm，DQ=5cm，
∴蚂蚁爬行的最短路径长=PQ=√PD2+QD2=√102+52=5√5（cm），
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故答案为：5√5．
【点睛】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，解答此类问题时要先根据题意把立体图形展开成平面图形
后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问
题．
8．（2024上·山西晋城·八年级统考期末）某校门口有一个底面为等边三角形的三棱柱（如图），学校计划
在三棱柱的侧面上，从顶点A绕三棱柱侧面一周到顶点A'安装灯带，已知此三棱柱的高为5m，底面边长
为1m，则灯带的长度至少为 m．
【答案】√34
【分析】本题主要考查学生对勾股定理的应用能力，将三棱柱展开如图，连接A'A，则A' A的长度就是灯
带的最短长度，利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：将三棱柱展开如图，连接A' A，则A' A的长度就是灯带的最短长度，
三棱柱的高为5m，底面边长为1m，
∴灯带的长度至少为：A' A=√52+(1×3) 2=√34．
故答案为：√34．
9．（2023上·贵州贵阳·八年级校联考期中）如图是一个长方体透明玻璃鱼缸，其中长AB=80cm，宽
BH=60cm，高AD=60cm，水深AE=30cm，在鱼缸内水面上紧贴内壁G处有一鱼饵，G在水面线上，
且FG=40cm．一只小虫想从鱼缸外的A点沿鱼缸壁爬进鱼缸内壁G处吃鱼饵，小虫爬行的最短路线长为
cm．
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【答案】150
【分析】本题考查了轴对称−最短路径问题，勾股定理的应用．作出A关于CD的对称点A'，连接A'G，
与CD交于点Q，此时AQ+QG最短，A'G为直角△A'EG的斜边，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：作出A关于CD的对称点A'，连接A'G，与CD交于点Q，此时AQ+QG最短，
∵AE=30cm，A A'=120cm，
∴A'E=90cm，
又∵EG=80+40=120(cm)，
∴AQ+QG=A'Q+QG=A'G=√A'E2+EG2=150(cm)．
∴最短路线长为150cm．
故答案为：150．
10．（2019·浙江台州·校考二模）如图1是长方体模型，棱长如图所示，图2是它的一种表面展开图．
（1）①在图2中，表示出Cˈ可能的位置；
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②在图3中画出长方体的一种展开图（不同于图2）；
（2）图1中，一只在顶点A的蚂蚁，要吃到Cˈ处的甜食，求它沿长方体表面爬行的最短距离；
（3） 在满足AB+BC+BBˈ=9的条件下，当AB为何值时，蚂蚁从A沿长方体表面爬行到Cˈ距离最短，并
写出其中的一种方案．
【答案】（1）①详见解析；②详见解析；（2）最短路径为√41；（3）AB=4.5时，蚂蚁从A沿长方体表
面爬行到Cˈ距离最短
【分析】（1）①根据长方体的平面展开图即可找到位置；
②根据题意画出正确的图形即可；
（2）连接AC′，求出AC′的长即可，分为三种情况：画出图形，根据勾股定理求出每种情况时AC′的长，
再找出最短的即可；
（3）设AB=x，则BC′=9−x，由勾股定理构建二次函数，根据二次函数的最值，即可求得答案．
【详解】（1）①Cˈ可能的位置如图所示：
②长方体的一种展开图如图所示：
（2）分为三种情况：
如图1，
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AB=4，BC′=3+2=5，
在Rt△ABC′中，由勾股定理得：
AC'=√BC'2+AB2=√52+42=√41，
如图2，
AC=4+2=6，CC′=3，
在Rt△ACC′中，由勾股定理得：
AC'=√AC2+CC'2=√62+32=√45>√41，
如图3，
AB'=3+4=7，B'C′=2，
在Rt△AB'C′中，由勾股定理得：
AC'=√AB'2+B'C'2=√72+22=√53>√41，
∴最短路径为√41；
（3）如图1：
设AB=x，则BC′=9−x，
在Rt△ABC′中，由勾股定理得：
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d=√x2+（9-x）2，
√ 9 81
d= 2（x- ）2+ ，
2 2
9 81
令y=2(x- )❑ 2+ ，
2 2
∵a=2>0且0<x<9，
9 81
∴当x= 时，y = ，
2 min 2
9 9√2
∴当x= 时，d = ．
2 min 2
只要AB=4.5时，另外两棱和为4.5时，蚂蚁从A沿长方体表面爬行到Cˈ距离最短．
【点睛】本题考查了平面展开-最短路线问题和勾股定理的应用，以及二次函数最值的应用，根据勾股定理
得到得出关于x的函数关系式是解题关键．
模型二：蚂蚁沿着圆柱表面爬行，求最短距离：
解题方法：在圆柱体中爬行，要分两种情况，圆柱的侧面展开图是长方形，可能爬行
了长方形的一半，也有可能爬行了整个长方形
分类讨论 示意图 展开图 最短距离
爬行半圈 最短距离=√（Πr）2+h2
爬行一圈 最短距离=√（2Πr）2+h2
【蚂蚁爬行之模型二 专项训练】
55．（2021·湖南株洲·统考模拟预测）如图所示，圆柱的高AB＝3，底面直径BC＝6，现在有一只蚂蚁想
要从A处沿圆柱侧面爬到对角C处捕食，则它爬行的最短距离是（ ）
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A．3√1+π2 B．6√1+π2 C．9 D．6√2
【答案】A
【分析】要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解： 把圆柱侧面展开，展开图如右图所示，点A、C的最短距离为线段AC的长．
在Rt△ADC中，∠ADC＝90°，CD＝AB＝3，AD为底面半圆弧长，AD＝3π，
所以AC=√AD2+CD2=√32+(3π) 2=3√1+π2，
故选：A．
【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．
56．（2021·山东·统考三模）如图，一只蚂蚁要从圆柱体下底面的A点，沿圆柱侧面爬到与A相对的上底面
的B点，圆柱底面直径为4，母线为6，则蚂蚁爬行的最短路线长为（ ）
A．√36+16π2 B．√36+4π2
C．√36+π2 D．10
【答案】B
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【分析】要求最短路线，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，再利用勾股定理来求．
【详解】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，点A，B的最短距离为线段AB的长，
BC＝6，AC为底面半圆弧长，AC＝2π，
所以AB＝√62+(2π) 2=√36+4π2．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题，本题的关键是要明确，要求两点间的最短线段，就
要把这两点放到一个平面内，即把圆柱的侧面展开再计算．
57．（2022上·九年级课时练习）如图，圆柱的底面周长为12cm，AB是底面圆的直径，在圆柱表面的高
BC上有一点D，且BC=10cm，DC=2cm．一只蚂蚁从点A出发，沿着圆柱体的表面爬行到点D的最短
路程是（ ）cm．
A．14 B．12 C．10 D．8
【答案】C
【分析】首先画出圆柱的侧面展开图，根据底面周长12cm，求出 AB 的值，由BC=10cm，DC=2cm，求
出 DB的值，再在 Rt△ ABD 中，根据勾股定理求出 AD 的长，即可得答案．
【详解】解：圆柱侧面展开图如下图所示，
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∵圆柱的底面周长为12cm，
∴ AB =6cm，
∵BC=10cm，DC=2cm，
∴DB=8，
在 Rt△ABD 中，AD=√AB2+DB2=√62+82=10( cm )，
即蚂蚁从 A 点出发沿着圆柱体的表面爬行到点 D 的最短距离是10cm，
故选： C ．
【点睛】此题主要考查了圆柱的平面展开图，以及勾股定理的应用，解题的关键是画出圆柱的侧面展开图．
模型三（蚂蚁吃蜂蜜问题）：求蚂蚁从点A沿着外壁爬行再沿着内壁爬行到点B蜂蜜处的最短距离。
示意图 展开图 作法 最短距离
点A’为点A关于圆柱上沿的
对称点，若点A’与点B的垂
直距离为h，则问题转化为将
AB=√（Πr）2+h2
军饮马问题求解
【蚂蚁爬行之模型三 专项训练】
58．（2023·陕西西安·校考二模）如图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm，底面周长为
10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm
的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是 ．
【答案】13cm/13厘米
【分析】如图，将容器侧面展开，作点A关于EF的对称点A'，根据两点之间线段最短可知A'B的长度即
为所求．
【详解】解：如图：
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∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，
此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，
∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A'，连接A'B，则A'B即为最短距离，
∴A'D=5cm，BD=12−3+AE=12(cm)，
∴A'B=√A'D2+BD2=√52+122=13(cm)，
即蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是13cm．
故答案为：13cm
【点睛】本题考查了轴对称的性质、平面展开－最短路径问题，勾股定理的应用等，正确利用侧面展开图、
熟练运用相关知识是解题的关键．
模型四：蚂蚁爬楼梯问题
问题 示意图 展开图 最短距离
如图，三级台阶的每一级的
长 ， 宽 ， 高 分 别 为 20
AB=√[(3+2)×3] 2+202
dm，3 dm，2 dm，A和B
是这个台阶两相对的端点，
=25
A点有一只蚂蚁想到 B点去
吃可口的食物，求最短路程
【蚂蚁爬行之模型四 专项训练】
1．（2022下·广西百色·八年级统考期中）如图所示是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别等于
7cm、6cm、2cm，A和B是这两个台阶的两个相对的端点，则一只蚂蚁从点A出发经过台阶爬到点B的最
短路线有多长？
【答案】25cm
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【分析】展开后得到直角三角形ACB，根据题意求出AC、BC，根据勾股定理求出AB即可．
【详解】解：如图，将台阶展开，
由题意得；AC＝6×3+2×3＝24，BC＝7，．
所以由勾股定理得：AB2＝AC2+BC2＝625，
即AB＝25（cm），
答：蚂蚁爬行的最短线路为25cm．
【点睛】本题主要考查对勾股定理，平面展开——最短路径问题等知识点的理解和掌握，能理解题意知道
是求出直角三角形ABC的斜边AB的长是解此题的关键．
2．（2023·吉林·模拟预测）如图，三级台阶，每一级的长、宽、高分别为8dm、3dm、2dm．A和B是这
个台阶上两个相对的端点，点A处有一只蚂蚁，想到点B处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行到点
B的最短路程为（ ）
A．15 dm B．17 dm C．20 dm D．25 dm
【答案】B
【分析】根据勾股定理求解出最短路程即可．
【详解】最短路径=√82+(6+9) 2=17dm
故答案为：B．
【点睛】本题考查了利用勾股定理求最短路程的问题，掌握勾股定理是解题的关键．
3．（2012下·浙江台州·八年级统考期中）如图是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为20dm、3
dm、2 dm，A和B是这个台阶两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着
台阶面爬到B点最短路程是 dm．
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【答案】25
【分析】把立体几何图展开得到平面几何图，如图，然后利用勾股定理计算AB，则根据两点之间线段最短
得到蚂蚁所走的最短路线长度．
【详解】解：展开图为：
则AC=20dm,BC=3×3+2×3=15（dm）,
在Rt ABC中，AB=√AC2+BC2=√202+152=25 （dm）.
△
所以蚂蚁所走的最短路线长度为25 dm.
故答案为：25．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，把立体几何图中的问题转化为平面几何图中的问题是解题的关键．
模型五：蚂蚁爬圆锥问题
问题 示意图 展开图 最短距离
如图，现有一个圆锥，圆锥的 先利用扇形弧长
底面直径为 4cm，母线长为 公式求圆心角，
6cm，一只蚂蚁在点 A 位置， 再根据勾股定理
食物在母线 BC 的中点点 D 求AD长
处，蚂蚁沿着圆锥表面由点 A
向点D处爬行觅食，路线如图
所示，求最短距离
【蚂蚁爬行之模型五 专项训练】
1．（2022·浙江金华·校联考一模）已知圆锥底面半径为1，母线长为4，地面圆周上有一点A，一只蚂蚁从
点A出发沿圆锥侧面运动一周后到达母线PA中点B，则蚂蚁爬行的最短路程为（ ）
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A．π B．√5π C．2√5 D．2π
【答案】C
【分析】要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，连接AB，根据展开所得扇形的弧长等于圆锥底
面圆的周长求得扇形的圆心角，进而解三角形即可求解．
【详解】解：根据题意，将该圆锥展开如下图所示的扇形，
则线段AB就是蚂蚁爬行的最短距离．
∵点B是母线PA的中点，PA=4，
∴PB=2，
∵圆锥的底面圆的周长=扇形的弧长，
又∵圆锥底面半径为1，
∴扇形的弧长=圆锥底面周长，即l=2πr=2π，扇形的半径=圆锥的母线=PA=4，
nπR nπ×4
由弧长公式可得：l= = =2π
180 180
∴扇形的圆心角n=90°，
在Rt△APB中，由勾股定理可得：AB=√PA2+PB2=√42+22=2√5，
所以 蚂蚁爬行的最短路程为2√5，
故选：C．
【点睛】.本题考查平面展开--最短路径问题、圆的周长计算公式、弧长计算公式，勾股定理等知识，解题
的关键是“化曲为直”，将立体图形转化为平面图形．
2．（2023·广东湛江·统考一模）如图，已知圆锥底面圆的半径为2cm，母线长为6cm，一只蚂蚁从点A出
发沿圆锥侧面一周（回到原来的位置A）所爬行的最短路径为 cm．
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【答案】6√3
【分析】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角，把圆锥的侧面展开得到圆心角为120°，半径为6cm的扇形，
求出扇形中120°的圆心角所对的弦长即为最短路径．将圆锥中的数据对应到展开图中是解题的关键．
【详解】解：圆锥的侧面展开如图，过点S作SC⊥AB，
∴SA=SB=6cm，
设∠ASB=n°，
nπ×6
即：2π×2= ，
180
得：n=120，
∵AS=BS，SC⊥AB，
∴∠SAB=∠SBA=30°，AC=BC
1
∴SC= AS=3cm
2
∴AC=√AS2−SC2=3√3cm，
∴AB=2AC=6√3cm．
故答案为：6√3．
3．（2020·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考模拟预测）如图所示是一个几何体的三视图，如果一只
蚂蚁从这个几何体的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，则最短路线长为 ．
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【答案】3√3
【分析】将圆锥的侧面展开，设顶点为B'，连接BB'，AE．线段AC与BB'的交点为F，线段BF是最短路
程．
【详解】如图将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′，则线段BF为所求的最短路程．
设∠BAB′＝n°．
nπ⋅6
∵ ＝4π，
180
∴n＝120即∠BAB′＝120°．
∵E为弧BB′中点，
∴∠AFB＝90°，∠BAF＝60°，
√3
∴BF＝AB•sin∠BAF＝6× ＝3√3，
2
∴最短路线长为3√3．
故答案为：3√3．
【点睛】本题考查了平面展开−最短路径问题，解题时注意把立体图形转化为平面图形的思维．
4（2023上·湖北武汉·九年级武汉市卓刀泉中学校考阶段练习）如图，AB是圆锥底面的直径，AB=6cm，
母线PB=9cm．点C为PB的中点，若一只蚂蚁从A点处出发，沿圆锥的侧面爬行到C点处，则蚂蚁爬行的
最短路程为 ．
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9√3 9
【答案】 / √3
2 2
【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角∠APA'的度数，然后利用等边
9√3
三角形的判定与性质、勾股定理可得AC= ，最后根据两点之间线段最短即可得．
2
【详解】画出圆锥侧面展开图如下：
如图，连接AB、AC，
设圆锥侧面展开图的圆心角∠APA'的度数为n°，
因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，
nπ×9
所以 =2π×3，
180
解得n=120，
1
则∠APB= APA'=60°，
2
又∵AP=BP=9，
∴△ABP是等边三角形，
∵点C为PB的中点，
1 9
∴AC⊥BP，CP= BP= ，
2 2
9√3
在Rt△ACP中，AC=√AP2−CP2=
，
2
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9√3
由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为AC= ，
2
9√3
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面
展开图是解题关键．
5．（2023·辽宁铁岭·统考一模）如图1，等腰三角形ABC中，当顶角∠A的大小确定时，它的对边（即底
边BC）与邻边（即腰AB或AC）的比值也就确定了，我们把这个比值记作T(A)，即
∠A的对边(底边) BC
T(A)= = ，当∠A=60°时，如T(60°)=1．
∠A的邻边(腰) AC
(1)T(90°)= ，T(120°)= ，T(A)的取值范围是 ；
(2)如图2，圆锥的母线长为18，底面直径PQ=14，一只蚂蚁从点P沿着圆锥的侧面爬行到点Q，求蚂蚁
爬行的最短路径长．（精确到0.1，参考数据：T(140°)≈0.53，T(70°)≈0.87，T(35°)≈1.66）
√2 √3 1
【答案】(1) ; ;T(A)>
2 3 2
(2)20.7
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和等腰三角形的性质进行计算即可；
（2）先根据圆锥的侧面展开图的知识和扇形的弧长公式计算，可求扇形的圆心角；再根据T(A)的定义即
可解答．
【详解】（1）解：如图1，
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BC
∠A=90°，AB=AC，则 =√2，
AB
AB √2
∴F(90° )= = ，
BC 2
如图2，
∠A=120°，AB=AC，作AD⊥BC于D，则∠BAD=60°，
√3
∴BD= AB，
2
∴BC=√3AB，
AB √3
∴T(120° )= = ；
BC 3
∵2AB＞BC，
AB 1
∴ > ，
BC 2
1
∴T（A）＞ ．
2
√2 √3 1
故答案为： ; ;T(A)> ．
2 3 2
（2）解：∵圆锥的底面直径PQ=14，
∴圆锥的底面周长为14π，即侧面展开图扇形的弧长为14π，
设扇形的圆心角为n°，
n⋅π×18
则 =14π，解得n＝140，
180
∵T(70°)≈0.87，
18
∴蚂蚁爬行的最短路径长为 ≈20.7．
0.87
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、圆锥的侧面展开图、弧长公式等知
识点，掌握相关性质定理和T(A)的定义是解本题的关键．
6．（2020·广东·统考一模）已知圆锥的底面半径为r＝20cm，高h=20√15cm,现在有一只蚂蚁从底边上一
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点A出发．在侧面上爬行一周又回到A点，求蚂蚁爬行的最短距离．
【答案】80√2cm
【分析】蚂蚁爬行的最短距离是圆锥的展开图的扇形中AA′的长度．根据勾股定理求得母线长后，利用弧
长等于底面周长求得扇形的圆心角的度数为90度，再由等腰直角三角形的性质求解．
【详解】解：设扇形的圆心角为n，圆锥的
在Rt△AOS中，∵r=20cm，h=20√15cm，
∴由勾股定理可得母线l=√r2+h2=80cm，
nπ×80
而圆锥侧面展开后的扇形的弧长为2×20π= .
180
∴n=90°
即△SAA′是等腰直角三角形，
∴由勾股定理得：AA'=√802+802=80√2cm．
∴蚂蚁爬行的最短距离为80√2cm．
【点睛】本题利用了勾股定理，弧长公式，圆的周长公式，等腰直角三角形的性质求解．
7．（2022·广东潮州·校考一模）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）如图①，圆锥的母线长为12cm，B为母线OC的中点，点A在底面圆周上，A´C的长为4πcm．在图
②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．
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（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设
圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．
②设A´D的长为a，点B在母线OC上，OB=b．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬
行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．
【答案】（1）作图如图所示；（2）①h +l；②见解析．
【分析】（1）根据两点之间线段最短，即可得到最短路径；连接OA，AC，可以利用弧长与母线长求出
∠AOC，进而证明出△OAC是等边三角形，利用三角函数即可求解；
（2）①由于圆锥底面圆周上的任意一点到圆锥顶点的距离都等于母线长，因此只要蚂蚁从点A爬到圆锥
底面圆周上的路径最短即可，因此顺着圆柱侧面的高爬行，所以得出最短路径长即为圆柱的高h加上圆锥
的母线长l；
②如图，根据已知条件，设出线段GC的长后，即可用它分别表示出OE、BE、GE、AF，进一步可以表示
出BG、GA，根据B、G、A三点共线，在Rt△ABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的长，最后依次
代入前面线段表达式中即可求出最短路径长．
【详解】解：（1）如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；
设∠AOC=n°，
∵圆锥的母线长为12cm， A´C的长为4πcm，
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12πn
∴ =4π，
180
∴n=60；
连接OA、CA，
∵OA=OC=12，
∴△OAC是等边三角形，
∵B为母线OC的中点，
∴AB⊥OC，
∴AB=OA×sin60°=6√3．
（2）① 蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周
上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+l
② 蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱
上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；
求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知，OG=OC=l，
GF=h， OB=b，
由A´D的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC的长为x，则G´C的弧长也为x，由母线长为l，可求出
∠COG，
作BE⊥OG，垂足为E，
因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接着由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，
将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，
因为两点之间线段最短，∴A、G、B三点共线，
利用勾股定理可以得到：AB2=AH2+BH2,进而得到关于x的方程，即可解出x，
将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．
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【点睛】本题考查的是曲面上的最短路径问题，涉及到圆锥和圆柱以及它们的组合体上的最短路径问题，
解题过程涉及到“两点之间、线段最短”以及勾股定理和三角函数等知识，本题为开放性试题，答案形式
不唯一，对学生的空间想象能力以及图形的感知力要求较高，蕴含了数形结合等思想方法．
100
