目 錄
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157755234" 題型01 將軍飲馬
\l "_Tc157755235" 題型02 螞蟻爬行

題型01 將軍飲馬
模型的概述：唐朝詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河．”詩中隱含著一個有趣的數(shù)學(xué)問題：將軍在觀望烽火之后從山腳下的A點出發(fā)，走到河邊讓戰(zhàn)馬飲水后再到B點宿營.問如何行走才能使總的路程最短.
模型一-模型四的理論依據(jù)：兩點之間線段最短.
模型一（兩點在河的異側(cè)）：將軍在觀望烽火之后從山腳下的A點出發(fā)，走到河邊讓戰(zhàn)馬飲水后再到B點宿營，將在何處渡河使行走距離最短并求最短距離.

方法：如右圖，連接AB，與線段L交于點M,在M處渡河距離最短，最短距離為線段AB的長.
【將軍飲馬之模型一 專項訓(xùn)練】
1．（2021·海南?？凇そy(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，分別以點A、B為圓心，以適當(dāng)?shù)拈L為半徑作弧，兩弧分別交于E，F(xiàn)，作直線EF，D為BC的中點，M為直線EF上任意一點．若BC＝4，△ABC面積為10，則BM+MD長度的最小值為（ ）
A．52B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】由基本作圖得到得EF垂直平分AB，則MB＝MA，所以BM+MD＝MA+MD，連接MA、DA，如圖，利用兩點之間線段最短可判斷MA+MD的最小值為AD，再利用等腰三角形的性質(zhì)得到AD⊥BC，然后利用三角形面積公式計算出AD即可．
【詳解】解：由作法得EF垂直平分AB，
∴MB＝MA，
∴BM+MD＝MA+MD，
連接MA、DA，如圖，
∵MA+MD≥AD（當(dāng)且僅當(dāng)M點在AD上時取等號），
∴MA+MD的最小值為AD，
∵AB＝AC，D點為BC的中點，
∴AD⊥BC，
∵S△ABC=12BC·AD=10,
∴AD=10×24=5,
∴BM+MD長度的最小值為5．
故選：D．
【點睛】本題考查的是線段的垂直平分線的性質(zhì)，利用軸對稱求線段和的最小值，三角形的面積，兩點之間，線段最短，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·山東棗莊·?？寄M預(yù)測）如圖所示，正方形ABCD的面積為12，△ABE是等邊三角形，點E在正方形ABCD內(nèi)，在對角線AC上有一點P，使PD+PE的和最小，則這個最小值為（ ）
A．43B．23C．6D．3
【答案】B
【分析】連接BD，PB，根據(jù)點B與D關(guān)于AC對稱，得出PD=PB，從而得出PD+PE=PB+PE≥BE，即PD+PE最小值為值為BE的長，求出BE的長即可．
【詳解】解：連接BD，PB，如圖所示：
∵四邊形ABCD為正方形，
∴點B與D關(guān)于AC對稱，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE≥BE，
∴PD+PE最小值為BE的長，
∵正方形ABCD的面積為12，
∴AB=12=23，
又∵△ABE是等邊三角形，
∴BE=AB=23，
∴PD+PE最小值為23，故B正確．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出BE的長為PD+PE的最小值．
3．（2020·山東泰安·中考真題）如圖，點A，B的坐標(biāo)分別為A(2,0),B(0,2)，點C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點，BC=1，點M為線段AC的中點，連接OM，則OM的最大值為（ ）

A．2+1B．2+12C．22+1D．22-12
【答案】B
【分析】如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知OM＜ON+MN，則當(dāng)ON與MN共線時，OM= ON+MN最大，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)以及三角形的中位線即可解答．
【詳解】解：如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，三角形的三邊關(guān)系可知OM＜ON+MN，則當(dāng)ON與MN共線時，OM= ON+MN最大，
∵A(2,0),B(0,2)，
則△ABO為等腰直角三角形，
∴AB=OA2+OB2=22，N為AB的中點，
∴ON=12AB=2，
又∵M為AC的中點，
∴MN為△ABC的中位線，BC=1，
則MN=12BC=12，
∴OM=ON+MN=2+12，
∴OM的最大值為2+12
故答案選：B．

【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)以及三角形中位線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是確定當(dāng)ON與MN共線時，OM= ON+MN最大．
4．（2022·安徽蚌埠·統(tǒng)考一模）如圖，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC內(nèi)部的一個動點，滿足∠PAB=∠PBC，則線段CP長的最小值為（ ）
A．325B．2C．213-6D．213-4
【答案】D
【分析】結(jié)合題意推導(dǎo)得∠APB=90°，取AB的中點O，以點O為圓心，AB為直徑作圓，連接OP；根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，得OP=OA=OB=12AB=4；根據(jù)圓的對稱性，得點P在以AB為直徑的⊙O上，根據(jù)兩點之間直線段最短的性質(zhì)，得當(dāng)點O、點P、點C三點共線時，PC最小；根據(jù)勾股定理的性質(zhì)計算得OC，通過線段和差計算即可得到答案．
【詳解】∵∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°，
取AB的中點O，以點O為圓心，AB為直徑作圓，連接OP，
∴OP=OA=OB=12AB=4
∴點P在以AB為直徑的⊙O上，連接OC交⊙O于點P，
當(dāng)點O、點P、點C三點共線時，PC最小
在Rt△BCO中，
∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，
∴OC=BO2+BC2=42+62=213，
∴PC=OC-OP=213-4
∴PC最小值為213-4
故選：D．
【點睛】本題考查了兩點之間直線段最短、圓、勾股定理、直角三角形斜邊中線的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓的對稱性、兩點之間直線段最短、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，從而完成求解．
5．（2020·廣東深圳·南山實驗教育集團南海中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，AC,BD在AB的同側(cè)，AC=2,BD=8,AB=8，點M為AB的中點，若∠CMD=120°，則CD的最大值是 ．
【答案】14
【分析】如圖，作點A關(guān)于CM的對稱點A′，點B關(guān)于DM的對稱點B′，證明△A′MB′為等邊三角形，即可解決問題．
【詳解】解：如圖，作點A關(guān)于CM的對稱點A'，點B關(guān)于DM的對稱點B'．
∵∠CMD=120°，
∴∠AMC+∠DMB=60°，
∴ ∠CMA'+∠DMB'=60°，
∴∠A'MB'=60°，
∵MA'=MB'，
∴ΔA'MB'為等邊三角形
∵CD≤CA'+A'B'+B'D=CA+AM+BD=14，
∴CD的最大值為14，
故答案為14．
【點睛】本題考查等邊三角形的判定和性質(zhì)，兩點之間線段最短，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，學(xué)會利用兩點之間線段最短解決最值問題
模型二（兩點在河的同側(cè)）：將軍在觀望烽火之后從山腳下的A點出發(fā)，需先走到河邊讓戰(zhàn)馬飲水后再到B點宿營，將在何處渡河使行走距離最短并求最短距離.

方法：如右圖，作點B關(guān)于直線L的對稱點B’，連接AB’,與直線L的交點即為所求的渡河點，最短距離為線段AB’的長.
【將軍飲馬之模型二 專項訓(xùn)練】
1．（2022·湖南湘潭·?？寄M預(yù)測）如圖，菱形草地ABCD中，沿對角線修建60米和80米兩條道路AC1)，現(xiàn)計劃在河岸l上建一抽水站P，用輸水管向兩個村莊供水．如何鋪設(shè)使得管道長度較短？
方案設(shè)計：某班數(shù)學(xué)興趣小組設(shè)計了兩種鋪設(shè)管道方案：圖1是方案一的示意圖，設(shè)該方案中管道長度為d1，且d1=PB+BA(km)（其中BP⊥l于點P）；圖2是方案二的示意咨圖，設(shè)該方案中管道長度為d2，且d2=PA+PB(km)（其中點A'與點A關(guān)于l對稱，A'B與l交于點P）．
(1)在方案一中，d1=______km（用含a的式子表示）；
(2)在方案二中，組長小宇為了計算d2的長，作了如圖3所示的輔助線，請你按小宇同學(xué)的思路計算，d2=_______km（用含a的式子表示）．
(3)①當(dāng)a=4時，比較大?。篸1_______d2（填“＞”、“＝”或“＜”）；
②當(dāng)a=7時，比較大?。篸1______d2（填“＞”、“＝”或“＜”）；
(4)請你參考方框中的方法指導(dǎo)，就a（當(dāng)a>1時）的所有取值情況進行分析，要使鋪設(shè)的管道長度較短，應(yīng)選擇方案還是方案二？
【答案】(1)a+3
(2)a2+48
(3)①＜；②＞
(4)見解析
【分析】（1）由題意可以得知管道長度為d1=PB+BA（km），根據(jù)BP⊥l于點P得出PB=3，故可以得出d1的值為a+3．
（2）由條件根據(jù)勾股定理可以求出KB的值，由軸對稱可以求出A′K的值，在Rt△KBA′由勾股定理可以求出A′B的值a2+48就是管道長度．
（3）①把a=4代入d1=a+3和d2=a2+48就可以比較其大??；
②把a=7代入d1=a+3和d2=a2+48就可以比較其大??；
（4）分類進行討論當(dāng)d1＞d2，d1=d2，d1＜d2時就可以分別求出a的范圍，從而確定選擇方案．
【詳解】（1）解：∵如圖1， 由題意得：d1=PB+BA=a+3；
故答案為：a+3；
（2）因為BK2=a2-1，
A'B2=BK2+A'K2=a2-1+72=a2+48，
所以d2=a2+48，
故答案為：a2+48；
（3）①當(dāng)a=4時，d1=7，d2=8，d1＜d2；
②當(dāng)a=7時，d1=10，d2=97，d1＞d2；
故答案為：＜，＞；
（4）d12-d22=（a+3）2-（a2+48）2=6a-39．
①當(dāng)6a-39＞0，即a＞132時，d12-d22＞0，
∴d1-d2＞0，
∴d1＞d2；
②當(dāng)6a-39=0，即a=132時，d12-d22=0，
∴d1-d2=0，
∴d1=d2；
③當(dāng)6a-39＜0，即a＜132時，d12-d22＜0，
∴d1-d2＜0，
∴d1＜d2
綜上可知：當(dāng)a＞132時，選方案二；
當(dāng)a=132時，選方案一或方案二；
當(dāng)1＜a＜132時，選方案一．
【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)的運用，最短路線問題數(shù)學(xué)模式的運用，勾股定理的運用，數(shù)的大小的比較方法的運用，綜合考查了學(xué)生的作圖能力，運用數(shù)學(xué)知識解決實際問題的能力，以及觀察探究和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法．
模型三：如圖，將軍同部隊行駛至P處，準(zhǔn)備在此駐扎，但有哨兵發(fā)現(xiàn)前方為兩河AB、BC的交匯處，為防止敵軍在對岸埋伏需派偵察兵到河邊觀察，再返回P處向?qū)④妳R報情況，問偵察兵在AB、BC何處偵查才能最快完成任務(wù)并求最短距離.
數(shù)學(xué)描述：如圖在直線AB、BC上分別找點M、N，使得?PMN周長最小.
方法：如右圖，分別作點P關(guān)于直線AB、BC的對稱點P’、P’’，連接P’ P’’，與兩直線的交點即為所求點M、N，最短距離為線段P’ P’’的長.
【將軍飲馬之模型三 專項訓(xùn)練】
1．（2020·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=∠D=90°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，連接AE，AF，EF．
（1）如圖①，AB=AD，∠BAD=120°，∠EAF=60°．求證：EF=BE+DF；

（2）如圖②，∠BAD=120°，當(dāng)△AEF周長最小時，求∠AEF+∠AFE的度數(shù)；
（3）如圖③，若四邊形ABCD為正方形，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=45°，若BE=3，DF=2，請求出線段EF的長度．
【答案】（1）見解析；（2）∠AEF+∠AFE =120°；（3）EF=5．
【分析】（1）延長FD到點G,使DG=BE，連接AG，首先證明△ABE≌△ADG，則有AE=AG，∠BAE=∠DAG，然后利用角度之間的關(guān)系得出∠EAF=∠FAG=60°，進而可證明△EAF≌△GAF，則EF=FG=DG+DF，則結(jié)論可證；
（2）分別作點A關(guān)于BC和CD的對稱點A'，A″，連接A'A″，交BC于點E，交CD于點F，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)有A'E=AE，A″F=AF，當(dāng)點A'、E、F、A″在同一條直線上時，A'A″即為△AEF周長的最小值，然后利用∠AEF+∠AFE=∠EA'A+∠EAA'+∠FAD+∠A″求解即可；
（3）旋轉(zhuǎn)△ABE至△ADP的位置，首先證明△PAF≌△EAF，則有EF=FP，最后利用EF=PF=PD+DF=BE+DF求解即可．
【詳解】（1）證明：如解圖①，延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD,∠ABE=∠ADG,BE=DG,
∴△ABE≌△ADGSAS．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=60°．
∴∠EAF=∠FAG=60°，
在△EAF和△GAF中，
AE=AG,∠EAF=∠GAF,AF=AF,
∴△EAF≌△GAFSAS．
∴EF=FG=DG+DF，∴EF=BE+DF；
（2）解：如解圖，分別作點A關(guān)于BC和CD的對稱點A'，A″，連接A'A″，交BC于點E，交CD于點F．
由對稱的性質(zhì)可得A'E=AE，A″F=AF，
∴此時△AEF的周長為AE+EF+AF=A'E+EF+A'F=A'A″．
∴當(dāng)點A'、E、F、A″在同一條直線上時，A'A″即為△AEF周長的最小值．
∵∠DAB=120°，
∴∠AA'E+∠A″=180°-120°=60°．
∵∠EA'A=∠EAA',∠FAD=∠A″，∠EA'A+∠EAA'=∠AEF,∠FAD+∠A″=∠AFE，
∴∠AEF+∠AFE=∠EA'A+∠EAA'+∠FAD+∠A″= 2∠AA'E+∠A″=2×60°=120°；
（3）解：如解圖，旋轉(zhuǎn)△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，
AP=AE,∠PAF=∠EAF,AF=AF,
∴△PAF≌△EAFSAS．
∴EF=FP．
∴EF=PF=PD+DF=BE+DF=3+2=5．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定及性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2019下·河南南陽·七年級統(tǒng)考期末）（1）【問題解決】已知點P在∠AOB內(nèi)，過點P分別作關(guān)于OA、OB的對稱點P1、P2.
①如圖1，若∠AOB=25°，請直接寫出∠P1OP2=______；
②如圖2，連接P1P2分別交OA、OB于C、D，若∠CPD=98°，求∠AOB的度數(shù)；
③在②的條件下，若∠CPD=α度（90y2>0，求自變量x的取值范圍；
(2)動點Pn,0在x軸上運動．當(dāng)n為何值時，PA-PC的值最大？并求最大值．
【答案】(1)x>1
(2)當(dāng)n為-2時，|PA-PC|的值最大，最大值為2
【分析】（1）由點A的縱坐標(biāo)利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征即可求出點A的坐標(biāo)，再根據(jù)兩函數(shù)圖象的上下位置關(guān)系，即可得出當(dāng)y1>y2>0時，自變量x的取值范圍；
（2）由點A的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線AB的函數(shù)解析式，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點B、C的坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系即可確定當(dāng)點P與點B重合時，|PA-PC|的值最大，利用兩點間的距離公式即可求出此最大值．
【詳解】（1）解：當(dāng)y2=3x=3時，x=1，
∴點A的坐標(biāo)為(1,3)，
觀察函數(shù)圖象，可知：當(dāng)x>1時，直線在雙曲線上方，
∴若y1>y2>0，自變量x的取值范圍為x>1．
（2）解：將A(1,3)代入y1=kx+2中，
3=k+2，解得：k=1，
∴直線AB的解析式為y1=x+2，
當(dāng)x=0時，y1=x+2=2，
∴點C的坐標(biāo)為(0,2)，
∴AC=(0-1)2+(2-3)2=2，
當(dāng)y1=x+2=0時，x=-2，
∴點B的坐標(biāo)為(-2,0)．
當(dāng)點P與點B重合時，|PA-PC|的值最大，
此時n=-2，|PA-PC|=AC=2．
∴當(dāng)n為-2時，|PA-PC|的值最大，最大值為2．
【點睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題、一次（反比例）函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及三角形的三邊關(guān)系，解題的關(guān)鍵是：（1）利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征求出點A的坐標(biāo)；（2）利用三角形的三邊關(guān)系確定點P的位置．
3．（2023·貴州遵義·統(tǒng)考一模）如圖，二次函數(shù)y=ax2-2ax+c的圖象與x軸交于A、B3,0兩點，與y軸相交于點C0,-3．
(1)求二次函數(shù)的解析式；
(2)若點P是對稱軸上一動點，當(dāng)PB-PC有最大值時，求點P的坐標(biāo)．
【答案】(1)y=x2-2x-3
(2)1,-6
【分析】（1）把點B、C的坐標(biāo)分別代入解析式，解方程組，即可求解；
（2）連接PA，則PA=PB，根據(jù)三角形三邊的關(guān)系得PB-PC=PA-PC≤AC (當(dāng)點A、C、P共線時取等號)，延長AC交直線x=1于點P'，即P'點為所求，再利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，從而可得P'點坐標(biāo)．
【詳解】（1）解：點B、C的坐標(biāo)分別代入解析式，得
9a-6a+c=0c=-3
解得a=1c=-3
故二次函數(shù)的解析式為y=x2-2x-3；
（2）解：y=x2-2x-3=x-12-4，
故該二次函數(shù)圖象的對稱軸為直線x=1，
∵B3,0，
∴A-1,0，
如圖，連接PA，則PA=PB，
∴PB-PC=PA-PC≤AC (當(dāng)點A、C、P共線時取等號)，
延長AC交直線x=1于點P'，
設(shè)直線AC的解析式為y=mx+n，
把A-1,0，C0,-3代入得：
-m+n=0n=-3
解得m=-3n=-3，
∴直線AC的解析式為y=-3x-3，
當(dāng)x=1時，y=-3x-3=-6，即P'1,-6，
∴當(dāng)PB-PC達到最大值時，點P的坐標(biāo)為1,-6．
【點睛】本題考查了利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)及二次函數(shù)的解析式，拋物線與x軸的交點，利用軸對稱和三角形三邊的關(guān)系解決最短路徑問題，找到點P'的位置是解決本題的關(guān)鍵．
4．（2020·廣東東莞·東莞市長安培英初級中學(xué)?？级＃┤鐖D，點A（－2，n），B（1，－2）是一次函數(shù)y＝kx＋b的圖象和反比例函數(shù)y＝mx的圖象的兩個交點．
（1）求反比例函數(shù)和一次函數(shù)的解析式；
（2）根據(jù)圖象寫出，當(dāng)kx＋bAC，
∴AN+BN>AC，
當(dāng)點D與點M重合時，AN+BN=AB=AC，

∴△ABC周長=AN+CN+AC+BC≥2AC+BC，
∴△ABC周長的最小值=2AC+BC，
∵∠BAC=60°，AB=AC
∴△ABC為等邊三角形，
∵AD為BC邊上的高，AD=4，
∴AB=ADsin∠B=4sin60°=833，
∴△ABC周長的最小值=3×833=83，
故答案為：83．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，確定當(dāng)△ABC周長最小時的情況．
模型十：如圖，一條寬度相同的河流兩側(cè)有A、B兩個營地，將軍令下屬在河流間搭建一座垂直于河岸的橋梁MN，使得AM+MN+NB之和最短，在何處搭建橋梁才能完成任務(wù)呢？
方法：如右圖，將點A向下平移MN的單位長度得到點A’，連接A’B，交n于點N，過點N作MN⊥m，垂足為點M，點M和點N即為所求，最短距離為A’B+MN
模型十一：線段MN在直線L上可移動，且MN=a，當(dāng)MN移動到什么位置時，求AM+MN+NB最小值.
方法：如右圖，將點A向右平移a個單位長度得點A’，作B關(guān)于直線L的對稱點B’，連接A’B’，交直線L于點N，將點N向左平移a個單位長度得點M，點M和點N即為所求，最短距離為A’B’+MN
模型十、十一的理論依據(jù)：平行四邊形的性質(zhì)+兩點之間線段最短.
【將軍飲馬之模型十與模型十一 專項訓(xùn)練】
1．（2023·江蘇鹽城·統(tǒng)考三模）如圖，在?ABCD中，AB=4，AD=9，M、N分別是AD、BC邊上的動點，且∠ABC=∠MNB=60°，則BM+MN+ND的最小值是 ．

【答案】129+4/4+129
【分析】由∠MNB=60°可知MN為定長，在AD、BC間滑動，故由造橋選址模型進行平移，轉(zhuǎn)化為兩點間距離加上定長，再利用特殊角構(gòu)造直角三角形，使用勾股定理求出兩點間距離．
【詳解】解：作ME∥AB交BC于點E，在AD取DF=MN，連接EF，延長AB至點B'，使BB'=ME，連接B'F，作B'H⊥AD于點H，如下圖：

∵AB∥ME，
∴∠MEN=∠ABC=∠MNB=60°，
∴△MEN為等邊三角形，
∴ME=EN=MN，
∵?ABCD，
∴AD∥BC，
∴四邊形ABEM為平行四邊形，
同理得四邊形BB'EM與四邊形ENDF為平行四邊形，
∴ME=EN=MN=AB=4，B'E=BM，EF=ND，
∴BM+MN+ND=B'E+EN+ND=B'E+EF+4≥B'F+4，
Rt△B'HA中，HA=12B'A=4，B'H=B'A2-AH2=82-42=43，
Rt△B'HF中，B'F=B'H2+HF2=B'H2+AH+AD-FD2=B'H2+AD2=432+92=129，
∴BM+MN+ND≥129+4，
即BM+MN+ND的最小值是129+4．
故答案為：129+4．
【點睛】本題考查平移類最短路徑，為造橋選址模型，即沿一個方向平移的定長線段兩端到兩個定點距離和最小，解題的關(guān)鍵是需要理清楚是否含有定長平移線段，且利用平移求出最短路徑位置．
2．（2023·陜西西安·?？寄M預(yù)測）如圖，?ABCD中，AB=3，AD=2，∠DAB=60°，DF⊥AB，BE⊥CD；垂足分別為點F和E．點G和H分別是DF和BE上的動點，GH∥AB，那么AG+GH+CH的最小值為 ．

【答案】7+2/2+7
【分析】過點E作EI∥AD交AB于點I，連接HI．易求出AF=1，DF=3，DE=GH=BF=2．易證四邊形AGHI為平行四邊形，得出AG=HI，即說明當(dāng)HI+CH最小時，AG+GH+CH最?。僧?dāng)點I，H，C三點共線時，HI+CH最?。Y(jié)合平行四邊形的判定和性質(zhì)和勾股定理求出HI=72，即得出CI=7，即可得出答案．
【詳解】解：如圖，過點E作EI∥AD交AB于點I，連接HI．

∵?ABCD中，∠DAB=60°，DF⊥AB，
∴∠ADF=30°，
∴AF=12AD=1，
∴BF=AB-AF=2，DF=AD2-AF2=3．
∵DF⊥AB，BE⊥CD，
∴GF∥BH．
∵GH∥AB，
∴四邊形GHBF為平行四邊形，
∴GH=BF=2．
同理可得出BF=DE=2．
∵AB∥DE，AD∥EI，
∴四邊形ADEI為平行四邊形，
∴AI=DE=2=GH，
∴四邊形AGHI為平行四邊形，
∴AG=HI，
∴AG+GH+CH=HI+2+CH，
∴當(dāng)HI+CH最小時，AG+GH+CH最?。?br>∵當(dāng)點I，H，C三點共線時，HI+CH最小，
∴此時AG+GH+CH最小，如圖，

∵AD∥EI，
∴BC∥EI．
∵CE∥BI，
∴四邊形BCEI為平行四邊形，
∴BH=12BE=12DF=32，CI=2HI，
∵AB=3，AI=2，
∴BI=1，
∴HI=BH2+BI2=72，
∴CI=7，
∴AG+GH+CH的最小值為CI+GH=7+2．
故答案為：7+2．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定，含30度角的直角三角形，勾股定理，平行線的判定，兩點之間線段最短等知識．正確作出輔助線，理解當(dāng)點I，H，C三點共線時，HI+CH最小，即此時AG+GH+CH最小是解題關(guān)鍵．
3（2022上·廣東廣州·八年級統(tǒng)考期末）在長方形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點P、Q為BC邊上的兩個動點（點P位于點Q的左側(cè)，P、Q均不與頂點重合），PQ＝2
(1)如圖①，若點E為CD邊上的中點，當(dāng)Q移動到BC邊上的中點時，求證：AP＝QE；
(2)如圖②，若點E為CD邊上的中點，在PQ的移動過程中，若四邊形APQE的周長最小時，求BP的長；
(3)如圖③，若M、N分別為AD邊和CD邊上的兩個動點（M、N均不與頂點重合），當(dāng)BP＝3，且四邊形PQNM的周長最小時，求此時四邊形PQNM的面積．
【答案】(1)見解析
(2)4
(3)4
【分析】（1）由“SAS”可證△ABP≌△QCE，可得AP=QE；
（2）要使四邊形APQE的周長最小，由于AE與PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．為此，先在BC邊上確定點P、Q的位置，可在AD上截取線段AF=DE=2，作F點關(guān)于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，則此時AP+EQ=EG最小，然后過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點，那么先證明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的長度；
（3）要使四邊形PQNM的周長最小，由于PQ是定值，只需PM+MN+QN的值最小即可，作點P關(guān)于AD的對稱點F，作點Q關(guān)于CD的對稱點H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時四邊形PQNM的周長最小，由面積和差關(guān)系可求解．
【詳解】（1）解：證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，BC=AD=8，
∵點E是CD的中點，點Q是BC的中點，
∴BQ=CQ=4，CE=2，
∴AB=CQ，
∵PQ=2，
∴BP=2，
∴BP=CE，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABP≌△QCE（SAS），
∴AP=QE；
（2）如圖②，在AD上截取線段AF=PQ=2，作F點關(guān)于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點．
∵GH=DF=6，EH=2+4=6，∠H=90°，
∴∠GEH=45°，
∴∠CEQ=45°，
設(shè)BP=x，則CQ=BC-BP-PQ=8-x-2=6-x，
在△CQE中，∵∠QCE=90°，∠CEQ=45°，
∴CQ=EC，
∴6-x=2，
解得x=4，
∴BP=4；
（3）如圖③，作點P關(guān)于AD的對稱點F，作點Q關(guān)于CD的對稱點H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時四邊形PQNM的周長最小，連接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，
∴四邊形PQNM的面積=12×PF×PH-12×PF×TM-12×QH×CN=12×8×8-12×8×4-12×6×3=7．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱求最短距離，直角三角形的性質(zhì)；通過構(gòu)造平行四邊形和軸對稱找到點P和點Q位置是解題的關(guān)鍵．
4．（2022·全國·九年級專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OACB的頂點O在坐標(biāo)原點，頂點A、B分別在x軸、y軸的正半軸上，A（3，0），B（0，4），D為邊OB的中點.
(1)若E為邊OA上的一個動點，求△CDE的周長最小值；
(2)若E、F為邊OA上的兩個動點，且EF=1，當(dāng)四邊形CDEF的周長最小時，求點E、F的坐標(biāo).
【答案】(1)13+35
(2)23,0，53,0
【分析】（1）作點D關(guān)于x軸的對稱點D'，連接CD'與x軸交于點E，連接DE，先求出直線CD'的關(guān)系式，得出點E的坐標(biāo)，求出AE=2，根據(jù)勾股定理求出CD=13，DE=5，CE=25，即可得出答案；
（2）將點D向右平移1個單位得到D'（1,2），作D'關(guān)于x軸的對稱點D″（1,-2），連接CD″交x軸于點F，將點F向左平移1個單位到點E，此時點E和點F為所求作的點，用待定系數(shù)法求出CD″的關(guān)系式，然后求出與x軸的交點坐標(biāo)，即可得出答案．
【詳解】（1）解：如圖，作點D關(guān)于x軸的對稱點D'，連接CD'與x軸交于點E，連接DE，由模型可知△CDE的周長最小，
∵在矩形OACB中，OA=3，OB=4，D為OB的中點，
∴D（0，2），C（3，4），D'（0，-2），
設(shè)直線CD'為y=kx＋b，把C（3，4），D'（0，-2）代入，
得3k＋b=4，b=-2，解得k=2，b=-2，
∴直線CD'為y=2x-2，
令y=0，得x=1，
∴點E的坐標(biāo)為（1，0）.
∴OE=1，AE=2，
利用勾股定理得CD=32+22=13，
DE=12+22=5，
CE=22+42=25，
∴△CDE周長的最小值為：13+5+25=13+35．
（2）解：如圖，將點D向右平移1個單位得到D'（1,2），作D'關(guān)于x軸的對稱點D″（1,-2），連接CD″交x軸于點F，將點F向左平移1個單位到點E，此時點E和點F為所求作的點，連接D″F，此時四邊形CDEF周長最小，
理由如下：
∵四邊形CDEF的周長為CD＋DE＋EF＋CF，CD與EF是定值，
∴DE＋CF最小時，四邊形CDEF周長最小，
∵DD'∥EF，且DD'=EF，
∴四邊形DD'FE為平行四邊形，
∴DE=D'F，
根據(jù)軸對稱可知，D'F=D″F，
∴DE＋CF=D'F＋CF=FD″＋CF=CD″，
設(shè)直線CD″的解析式為y=kx＋b，把C（3，4），D″（1,-2）代入，
得3k＋b=4k＋b=-2，解得k=3b=-5，
∴直線CD″的解析式為y=3x-5，
令y=0，得x=53，
∴點F坐標(biāo)為53,0，
∴點E坐標(biāo)為23,0．
【點睛】本題主要考查了軸對稱的性質(zhì)，將軍飲馬問題，根據(jù)題意作出輔助線，找出最短時動點的位置，是解題的關(guān)鍵．
5（2023·陜西西安·西安市慶安初級中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）在?ABCD中，AB⊥AC，點E在邊AD上，連接BE．

(1)如圖1，AC交BE于點G，GH⊥AE，若BE平分∠ABC，且∠DAC=30°，CG=4，請求出四邊形EGCD的面積；
(2)如圖2，點F在對角線AC上，且AF=AB，連接BF，過點F作FH⊥BE于點H，連接AH，求證：HF+2AH=BH；
(3)如圖3，線段PQ在線段BE上運動，點R在BC上，連接CQ，PR．若BE平分∠ABC，∠DAC=30°，AB=3，AC=BE=2PQ=3，BC=4BR．求線段CQ+PQ+PR的和的最小值．
【答案】(1)53
(2)見解析
(3)21+32
【分析】（1）由?ABCD得到∠ABC=60°，根據(jù)角平分線求出∠ABE=∠CBE=30°，且∠ACB=∠DAC=30°，得到CG=BG=4，利用30度角的性質(zhì)得到AG=EG=2．再求出CD,AH,GH，即可根據(jù)SΔEGCD=SΔACD-SΔAGE求出答案；
（2）過點A作AJ⊥AH于點A，交FH的延長線于點J．得∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，推出點A，B，F(xiàn)，H四點共圓，證得△AHJ是等腰直角三角形，得到AH=AJ，進而證得△ABH≌△AFJSAS，推出BH=FJ，由此得到結(jié)論FJ=HF+JH=HF+2AH即可．
（3）取AB的中點M，AE的中點N，連接PM，NQ，MN，則MN∥BE，MN=12BE=32．證得四邊形PMNQ是平行四邊形，得PM=NQ．在Rt△ABC中，BC=2AB，得BC=4BM推出BM=BR．證明△PBM≌△PBRSAS，得到PR=PM，由此得到CQ+PQ+PR的最小值為CN+32．過點C作CS⊥AD于點S．利用勾股定理求出CN即可．
【詳解】（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°，
∴CD=2+4×33=23，AH=2×32=3，GH=2×12=1．
∴SΔEGCD=SΔACD-SΔAGE=12×2+4×23-12×1×3×2=63-3=53；
（2）證明：如圖1，過點A作AJ⊥AH于點A，交FH的延長線于點J．

∵FH⊥BE，AB⊥AC，AB=AF，
∴∠BAF=∠BHF=∠BHJ=90°，∠AFB=∠ABF=45°，
∴點A，B，F(xiàn)，H四點共圓，
∴∠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≌△AFJSAS，
∴BH=FJ．
∵FJ=HF+JH=HF+2AH．
∴BH=FJ=HF+2AH；
（3）解：如圖2，取AB的中點M，AE的中點N，連接PM，NQ，MN，則MN∥BE，MN=12BE=32．
由題意，得PQ=12BE=32，
∴PQ∥MN，PQ=MN，
∴四邊形PMNQ是平行四邊形，
∴PM=NQ．
在?ABCD中，∠DAC=30°，
∴∠ACB=30°．
在Rt△ABC中，BC=2AB．
∵點M為AB的中點，
∴BC=4BM．
∵BC=4BR，
∴BM=BR．
∵BE平分∠ABC，
∴∠PBM=∠PBR．
∵BP=BP，
∴△PBM≌△PBRSAS，
∴PR=PM，
∴NQ=PR，
∴CQ+PQ+PR=CQ+NQ+32．
∵CQ+NQ≥CN，
∴CQ+PQ+PR的最小值為CN+32．
如圖2，過點C作CS⊥AD于點S．

由（1），得∠ABE=∠AEB=30°，
∴AE=AB=3，
∴AM=AN=12AE=32．
∵∠DAC=30°，
∴AD=2CD=23，CS=12AC=32，
∴SD=CD2-CS2=32，
∴NS=AD-AN-SD=3，
∴CN=CS2+NS2=212，
∴CQ+PQ+PR的最小值為212+32=21+32．
【點睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形30度角的性質(zhì)，勾股定理，綜合掌握各圖形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
題型02 螞蟻爬行
螞蟻爬行模型的概述：螞蟻在某幾何體的一個頂點，爬行到另外一個相對的頂點去吃食物，求所走的最短路徑是多少。
螞蟻爬行模型的實質(zhì)：兩點之間，線段最短。
模型一：螞蟻沿著長方體表面爬行，從點A到點B的最短距離：
解題方法：在長方體問題中，我們需要將長方體展開，然后利用兩點之間線段最短畫圖求解。如果長方體的長、寬、高各不相同，一般分三種情況討論。
【螞蟻爬行之模型一 專項訓(xùn)練】
1．（2023·江蘇常州·?？家荒＃┤鐖D，是一個棱長為1的正方體紙盒，若一只螞蟻要沿著正方體紙盒的表面，從頂點A爬到頂點B去覓食，則需要爬行的最短路程是（ ）
A．3B．2C．5D．3
【答案】C
【分析】根據(jù)正方體展開圖的特點，將正方體展開，然后利用勾股定理求解即可．
【詳解】解：如圖所示，將正方體展開，則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，
故選C．
【點睛】本題主要考查了勾股定理的實際應(yīng)用，正確將正方體展開，利用勾股定理進行求解是解題的關(guān)鍵．
2．（2020·陜西西安·校考模擬預(yù)測）如圖，長方體的長EF為3cm，寬AE為2cm，高CE為4cm，B是GF的中點，一只螞蟻如果要沿著長方體的表面從點D爬到點B，那么它需要爬行的最短距離是（ ）
A．5cmB．29cmC．(22+3)cmD．(2+13)cm
【答案】B
【分析】若要求螞蟻爬行的最短距離，需將長方體的側(cè)面展開，進而根據(jù)“兩點之間線段最短”得出結(jié)果．
【詳解】解：（1）如圖展開時，
CD=2cm，GF=4cm，CG=3cm，
∵B是GF的中點，
∴GB=2cm，∴CB=5cm，
∴DB=22+52=29cm，
（2）如圖展開時，
CD=2cm，GF=4cm，CG=3cm，GB=2cm，
∴DG=5cm，
∴DB=22+52=29cm
故選：B．
【點睛】本題是一道趣味題，將長方體展開，根據(jù)兩點之間線段最短，運用勾股定理解答即可．
3．（2020·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·統(tǒng)考二模）如圖，正方體的棱長為2，B為一條棱的中點．已知螞蟻沿正方體的表面從A點出發(fā)，到達B點，則它運動路程最短時，CD的長是（ ）

A．1B．12C．13D．14
【答案】B
【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)可得CD∥EB，AC=EC，即C為AE中點，推出CD是△ABE的中位線，根據(jù)正方體的邊長為2，B為一條棱的中點，得出EB=1，即可得出CD．
【詳解】解：畫出展開圖如下，

由正方體的性質(zhì)可得CD∥EB，AC=EC，即C為AE中點，
∴CD是△ABE的中位線，
∴CD=12EB，
∵正方體的邊長為2，B為一條棱的中點，
∴EB=1，
∴CD=12，
故選：B．
【點睛】本題考查了中位線的性質(zhì)，正方體的性質(zhì)，得出CD是△ABE的中位線是解題關(guān)鍵．
4．（2014·全國·九年級統(tǒng)考專題練習(xí)）如圖，長方體的長為15，寬為10，高為20，點B離點C的距離為5，一只螞蟻如果要沿著長方體的表面從點A爬到點B，需要爬行的最短距離是（ ）

A．521B．25C．105+5D．35
【答案】B
【分析】要求長方體中兩點之間的最短路徑，最直接的作法，就是將長方體側(cè)面展開，然后利用兩點之間線段最短解答．
【詳解】解：只要把長方體的右側(cè)表面剪開與前面這個側(cè)面所在的平面形成一個長方形，如圖1，

∵長方體的寬為10，高為20，點B離點C的距離是5，
∴BD=CD+BC=10+5=15，AD=20，
在直角三角形ABD中，根據(jù)勾股定理得：AB=BD2+AD2=25；
只要把長方體的右側(cè)表面剪開與上面這個側(cè)面所在的平面形成一個長方形，如圖2，

∵長方體的寬為10，高為20，點B離點C的距離是5，
∴BD=CD+BC=20+5=25，
在直角三角形ABD中，根據(jù)勾股定理得：
∴AB=BD2+AD2=529；
只要把長方體的上表面剪開與后面這個側(cè)面所在的平面形成一個長方形，如圖3，

∵長方體的寬為10，高為20，點B離點C的距離是5，
∴AC=CD+AD=20+10=30，
在直角三角形ABC中，根據(jù)勾股定理得：
∴AB=AC2+BC2=537；
∵2541，
∴最短路徑為41；
（3）如圖1：
設(shè)AB=x，則BC′=9-x，
在Rt△ABC′中，由勾股定理得：
d=x2+（9-x）2，
d=2（x-92）2+812，
令y=2(x-92)2+812，
∵a=2>0且012
(2)20.7
【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)進行計算即可；
（2）先根據(jù)圓錐的側(cè)面展開圖的知識和扇形的弧長公式計算，可求扇形的圓心角；再根據(jù)TA的定義即可解答．
【詳解】（1）解：如圖1，
∠A=90°，AB=AC，則BCAB=2，
∴F(90°)=ABBC=22，
如圖2，
∠A=120°，AB=AC，作AD⊥BC于D，則∠BAD=60°，
∴BD=32AB，
∴BC=3AB，
∴T(120°)=ABBC=33；
∵2AB＞BC，
∴ABBC>12，
∴T（A）＞12．
故答案為：22;33;T(A)>12．
（2）解：∵圓錐的底面直徑PQ=14，
∴圓錐的底面周長為14π，即側(cè)面展開圖扇形的弧長為14π，
設(shè)扇形的圓心角為n°，
則n?π×18180=14π，解得n＝140，
∵T70°≈0.87，
∴螞蟻爬行的最短路徑長為180.87≈20.7．
【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、圓錐的側(cè)面展開圖、弧長公式等知識點，掌握相關(guān)性質(zhì)定理和TA的定義是解本題的關(guān)鍵．
6．（2020·廣東·統(tǒng)考一模）已知圓錐的底面半徑為r＝20cm，高h(yuǎn)=2015cm,現(xiàn)在有一只螞蟻從底邊上一點A出發(fā)．在側(cè)面上爬行一周又回到A點，求螞蟻爬行的最短距離．

【答案】802cm
【分析】螞蟻爬行的最短距離是圓錐的展開圖的扇形中AA′的長度．根據(jù)勾股定理求得母線長后，利用弧長等于底面周長求得扇形的圓心角的度數(shù)為90度，再由等腰直角三角形的性質(zhì)求解．
【詳解】解：設(shè)扇形的圓心角為n，圓錐的
在Rt△AOS中，∵r=20cm，h=2015cm，
∴由勾股定理可得母線l=r2+h2=80cm，
而圓錐側(cè)面展開后的扇形的弧長為2×20π=nπ×80180.
∴n=90°
即△SAA′是等腰直角三角形，
∴由勾股定理得：AA'=802+802=802cm．
∴螞蟻爬行的最短距離為802cm．
【點睛】本題利用了勾股定理，弧長公式，圓的周長公式，等腰直角三角形的性質(zhì)求解．
7．（2022·廣東潮州·?？家荒＃┰趲缀误w表面上，螞蟻怎樣爬行路徑最短？
（1）如圖①，圓錐的母線長為12cm，B為母線OC的中點，點A在底面圓周上，AC的長為4πcm．在圖②所示的圓錐的側(cè)面展開圖中畫出螞蟻從點A爬行到點B的最短路徑，并標(biāo)出它的長（結(jié)果保留根號）．
（2）圖③中的幾何體由底面半徑相同的圓錐和圓柱組成．O是圓錐的頂點，點A在圓柱的底面圓周上．設(shè)圓錐的母線長為l，圓柱的高為h．
①螞蟻從點A爬行到點O的最短路徑的長為________（用含l，h的代數(shù)式表示）．
②設(shè)AD的長為a，點B在母線OC上，OB=b．圓柱的側(cè)面展開圖如圖④所示，在圖中畫出螞蟻從點A爬行到點B的最短路徑的示意圖，并寫出求最短路徑的長的思路．
【答案】（1）作圖如圖所示；（2）①h +l；②見解析．
【分析】（1）根據(jù)兩點之間線段最短，即可得到最短路徑；連接OA，AC，可以利用弧長與母線長求出∠AOC，進而證明出△OAC是等邊三角形，利用三角函數(shù)即可求解；
（2）①由于圓錐底面圓周上的任意一點到圓錐頂點的距離都等于母線長，因此只要螞蟻從點A爬到圓錐底面圓周上的路徑最短即可，因此順著圓柱側(cè)面的高爬行，所以得出最短路徑長即為圓柱的高h(yuǎn)加上圓錐的母線長l；
②如圖，根據(jù)已知條件，設(shè)出線段GC的長后，即可用它分別表示出OE、BE、GE、AF，進一步可以表示出BG、GA，根據(jù)B、G、A三點共線，在Rt△ABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的長，最后依次代入前面線段表達式中即可求出最短路徑長．
【詳解】解：（1）如圖所示，線段AB即為螞蟻從點A爬行到點B的最短路徑；
設(shè)∠AOC=n°，
∵圓錐的母線長為12cm， AC的長為4πcm，
∴12πn180=4π，
∴n=60；
連接OA、CA，
∵OA=OC=12，
∴△OAC是等邊三角形，
∵B為母線OC的中點，
∴AB⊥OC，
∴AB=OA×sin60°=63．
（2）① 螞蟻從點A爬行到點O的最短路徑為：先沿著過A點且垂直于地面的直線爬到圓柱的上底面圓周上，再沿圓錐母線爬到頂點O上，因此，最短路徑長為h+l
② 螞蟻從點A爬行到點B的最短路徑的示意圖如下圖所示，線段AB即為其最短路徑（G點為螞蟻在圓柱上底面圓周上經(jīng)過的點，圖中兩個C點為圖形展開前圖中的C點）；
求最短路徑的長的思路如下：如圖，連接OG，并過G點作GF⊥AD，垂足為F，由題可知，OG=OC=l，GF=h， OB=b，
由AD的長為a，得展開后的線段AD=a，設(shè)線段GC的長為x，則GC的弧長也為x，由母線長為l，可求出∠COG，
作BE⊥OG，垂足為E，
因為OB=b，可由三角函數(shù)求出OE和BE，從而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接著由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，
將AF+BE即得到AH，將EG+GF即得到HB，
因為兩點之間線段最短，∴A、G、B三點共線，
利用勾股定理可以得到：AB2=AH2+BH2,進而得到關(guān)于x的方程，即可解出x，
將x的值回代到BG和AG中，求出它們的和即可得到最短路徑的長．
【點睛】本題考查的是曲面上的最短路徑問題，涉及到圓錐和圓柱以及它們的組合體上的最短路徑問題，解題過程涉及到“兩點之間、線段最短”以及勾股定理和三角函數(shù)等知識，本題為開放性試題，答案形式不唯一，對學(xué)生的空間想象能力以及圖形的感知力要求較高，蘊含了數(shù)形結(jié)合等思想方法．
方法指導(dǎo)
當(dāng)不易直接比較兩個正數(shù)m與n的大小時，可以對它們的平方進行比較：
∵m2-n2=(m+n)(m-n)，m+n>0，
∴(m2-n2)與(m-n)的符號相同．
當(dāng)m2-n2>0時，m-n>0，即m>n；
當(dāng)m2-n2=0時，m-n=0，即m=n；
當(dāng)m2-n2

相關(guān)試卷

初中數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)專題滿分秘籍 幾何最值之將軍飲馬問題：

這是一份初中數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)專題滿分秘籍 幾何最值之將軍飲馬問題，共25頁。

最值模型之將軍飲馬-中考數(shù)學(xué)專題：

這是一份最值模型之將軍飲馬-中考數(shù)學(xué)專題，共43頁。

中考數(shù)學(xué) 專題13 將軍飲馬模型與最值問題（專題練習(xí)）：

這是一份中考數(shù)學(xué) 專題13 將軍飲馬模型與最值問題（專題練習(xí)），文件包含中考數(shù)學(xué)專題13將軍飲馬模型與最值問題教師版專題練習(xí)docx、中考數(shù)學(xué)專題13將軍飲馬模型與最值問題學(xué)生版專題練習(xí)docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共43頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難點13 幾何最值問題2種題型（將軍飲馬與螞蟻爬行,16種模型）（2份打包，原卷版+解析版）

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難點13 幾何最值問題2種題型（將軍飲馬與螞蟻爬行,16種模型）（2份打包，原卷版+解析版）
重難點13 幾何最值問題2種題型（將軍飲馬與螞蟻爬行,16種模型）-2024年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（全國通用）

重難點13 幾何最值問題2種題型（將軍飲馬與螞蟻爬行,16種模型）-2024年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（全國通用）
“將軍飲馬”模型求最值(解析版）

“將軍飲馬”模型求最值(解析版）
中考經(jīng)典幾何模型與最值問題 專題13 將軍飲馬模型與最值問題試卷

中考經(jīng)典幾何模型與最值問題 專題13 將軍飲馬模型與最值問題試卷
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部