中考數(shù)學(xué)動點(diǎn)問題之將軍飲馬問題

中考數(shù)學(xué)動點(diǎn)問題之將軍飲馬問題中考數(shù)學(xué)“將軍飲馬”類題型大全一、求線段和最值1.兩定一動型例1：如圖，AM⊥EF，BN⊥EF，垂足為M、N，MN＝12m，AM＝5m，BN＝4m，P是EF上任意一點(diǎn)，則PA＋PB的最小值是______m．分析：這是最基本的將軍飲馬問題，A，B是定點(diǎn)，P是動點(diǎn)，屬于兩定一動將軍飲馬型。根據(jù)常見的“定點(diǎn)定線作對稱”，可以作點(diǎn)A關(guān)于EF的對稱點(diǎn)A’，根據(jù)兩點(diǎn)之間，線段最短，連接A’B，此時A’P＋PB即為A’B，最短。而要求A’B，則需要構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理解決。解答：作點(diǎn)A關(guān)于EF的對稱點(diǎn)A’，過點(diǎn)A’作A’C⊥BN的延長線于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。變式：如圖，在邊長為2的正三角形ABC中，E，F(xiàn)，G為各邊中點(diǎn)，P為線段EF上一動點(diǎn)，則⊥BPG周長的最小值為_________。分析：考慮到BG為定值是1，則⊥BPG的周長最小轉(zhuǎn)化為求BP＋PG的最小值，又是兩定一動的將軍飲馬型，考慮作點(diǎn)G關(guān)于EF的對稱點(diǎn)。連接AG，則AG⊥BC，再連接EG，根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”，可得AE＝EG，則點(diǎn)A就是點(diǎn)G關(guān)于EF的對稱點(diǎn)。最后計(jì)算周長時，別忘了加上BG的長度。解答：連接AG，易知PG＝PA，BP＋PG＝BP＋PA，當(dāng)B，P，A三點(diǎn)共線時，BP＋PG＝BA，此時最短，BA＝2，BG＝1，即⊥BPG周長最短為3。2.一定兩動型例2：如圖，在⊥ABC中，AB＝AC＝5，D為BC中點(diǎn)，AD＝5，P為AD上任意一點(diǎn)，E為AC上任意一點(diǎn)，求PC＋PE的最小值。分析：這里的點(diǎn)C是定點(diǎn)，P，E是動點(diǎn)，屬于一定兩動的將軍飲馬模型。由于⊥ABC是等腰三角形，AD是BC中線，則AD垂直平分BC，點(diǎn)C關(guān)于AD的對稱點(diǎn)是點(diǎn)B，PC＋PE＝PB＋PE，顯然當(dāng)B，P，E三點(diǎn)共線時，BE更短。但此時還不是最短，根據(jù)“垂線段最短”只有當(dāng)BE⊥AC時，BE最短。求BE時，用面積法即可。解答：作BE⊥AC交于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)P，易知AD⊥BC，BD＝3，BC＝6，則AD·BC＝BE·AC，4×6＝BE·5，BE＝4.8。如圖，作點(diǎn)E關(guān)于AD邊的對稱點(diǎn)E’，作點(diǎn)F關(guān)于CD邊的對稱點(diǎn)F’，連接EE’，F(xiàn)F’，GG’，HH’，II’，JJ’，KK’，LL’，MM’，NN’，OO’，PP’，QQ’，RR’，SS’，TT’，UU’，VV’，WW’，XX’，YY’，ZZ’．根據(jù)對稱性，EE’＝ED，F(xiàn)F’＝FB，GG’＝GH，HH’＝HJ，II’＝IL，JJ’＝JN，KK’＝KP，LL’＝LN，MM’＝MQ，NN’＝NR，OO’＝OP，PP’＝PQ，QQ’＝QS，RR’＝RS，SS’＝SV，TT’＝TU，UU’＝UV，VV’＝VW，WW’＝WX，XX’＝XY，YY’＝Y(jié)Z，ZZ’＝ZC．由于白球E要經(jīng)過邊AD，DC，兩次反彈擊中紅球F，因此EE’＝DD’，GG’＝HH’，II’＝JJ’，KK’＝LL’，MM’＝NN’，OO’＝PP’，QQ’＝RR’，SS’＝TT’，UU’＝VV’，WW’＝XX’，YY’＝ZZ’．所以，白球E的運(yùn)動路線的總長度為2(EE’＋GG’＋I(xiàn)I’＋KK’＋MM’＋OO’＋QQ’＋SS’＋UU’＋WW’＋YY’)＋FF’＋LL’＋NN’＋PP’＋RR’＋TT’＋VV’＋XX’＋ZZ’．代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得，白球E的運(yùn)動路線的總長度為28.6米（保留一位小數(shù)）．作點(diǎn)E’為點(diǎn)E關(guān)于AD邊的對稱點(diǎn)，作點(diǎn)F’為點(diǎn)F關(guān)于CD邊的對稱點(diǎn)，連接E’F’交AD于點(diǎn)G，交CD于點(diǎn)H。則白球運(yùn)動路線長為EG+GH+HF的長度之和，即E’F’長。延長E’E交BC于點(diǎn)N，交AD于點(diǎn)M，則易知E’M=EM=0.22m，E’N=1.78+0.22=2m，NF’=NC+CF’=1.4+0.1=1.5m。因此，由直角三角形的勾股定理可得，Rt⊥E’NF’中，E’F’=2.5m，即白球運(yùn)動路線的總長度為2.5m?？偨Y(jié)：對于求線段和最值問題，可以通過“兩定一動”、“一定兩動”、“兩定兩動”類的將軍飲馬型問題來解決?；痉椒ㄊ恰岸c(diǎn)定線作對稱”，利用“兩點(diǎn)之間線段最短”、“垂線段最短”的兩條重要性質(zhì)，將線段和轉(zhuǎn)化為直角三角形的斜邊或一邊上的高，借助勾股定理或面積法來求解。當(dāng)然，在定點(diǎn)對稱不可行時，也可以嘗試作動點(diǎn)對稱。例1：在三角形AOB內(nèi)，作點(diǎn)P為⊥AOB的內(nèi)心，點(diǎn)M、N分別為射線OA、OB上的一點(diǎn)。求當(dāng)⊥PMN周長最小時，⊥MPN的度數(shù)。分析：這是一道定兩動型將軍飲馬問題。我們可以先找到M、N的位置，再來考慮⊥AOB的度數(shù)。作點(diǎn)P關(guān)于OA、OB的對稱點(diǎn)P’、P’’，連接P’P’’，則與OA交點(diǎn)為M，與OB交點(diǎn)為N。要求⊥PMN周長最小，就要求⊥PMN為等腰三角形，即⊥MPN的度數(shù)為80°。因此，我們需要求出⊥AOB的度數(shù)。解答：法1：如圖，設(shè)⊥1=⊥P’，⊥2=⊥P’’，則⊥1+⊥2=2(⊥3+⊥4)=100°，因?yàn)椤虯OB與⊥DPC互補(bǔ)，所以⊥DPC=⊥1+⊥2=130°，因此⊥AOB=50°。再分析：要證明OP平分⊥MPN，我們可以連接OP、OP’、OP’’。由于OP’=OP’’，因此⊥7=⊥8=40°，⊥5=⊥6=40°，所以O(shè)P平分⊥MPN。法2：易知OP’=OP’’，因此⊥7+⊥8=⊥5+⊥6=80°，又因?yàn)椤蚉’OP’’=100°，所以⊥AOB=⊥9+⊥10=50°。變式：在五邊形ABCDE中，已知⊥BAE=136°，⊥B=⊥E=90°。在BC、DE上分別找一點(diǎn)M、N，使得⊥AMN的周長最小時，求⊥AMN+⊥ANM的度數(shù)。分析：這是一道定兩動型將軍飲馬問題。我們可以先找到M、N的位置，再來考慮⊥BAE的度數(shù)。作點(diǎn)P為⊥BAE的內(nèi)心，點(diǎn)Q、R分別為射線BA、BE上的一點(diǎn)。連接PQ、PR，與BA、BE交于點(diǎn)M、N。要求⊥AMN的周長最小，就要求⊥AMN為等腰三角形，即⊥AMN=⊥ANM。因此，我們需要求出⊥BAE的度數(shù)。解答：如圖，作點(diǎn)S為⊥AE的內(nèi)心，連接SP、SQ、SR。易知⊥B＝⊥E＝90°，⊥BSP=68°，⊥ESR=23°，因此⊥BAS=68°+23°=91°。又因?yàn)椤虰AE=136°，所以⊥SEA=45°。由于⊥AMN=⊥ANM，所以⊥A=90°。因此，⊥AMN+⊥ANM=2⊥A-2⊥BAS=2(90°-91°)=-2°。分析：這是一道求最小值的問題。根據(jù)題目可知，點(diǎn)P到A、B的距離之和越小，PD+PE的和也就越小。因此，我們只需要確定點(diǎn)P在對角線AC上的位置，使得PA+PB最小即可。解答：首先，我們可以通過勾股定理求出正方形ABCD的對角線AC的長度為6√2。設(shè)點(diǎn)P到對角線AC的距離為x，則PA=3-x，PB=4-x。因此，PA+PB=7-2x。根據(jù)題目所求，矩形ABCD的面積為⊥PAB面積的4倍，即12x。將PA+PB代入矩形面積公式，得到矩形面積為(3-x)(4-x)=12x/4，化簡可得3x^2-14x+12=0。解得x=2/3或2。因?yàn)辄c(diǎn)P在對角線AC上，所以x的取值范圍為(0,6√2/2)，因此只有x=2/3時，PA+PB的值最小，為7-2x=42/3。思考題：1.如