Question

14．請(qǐng)閱讀下列材料：
問題：如圖1，點(diǎn)A，B在直線l的同側(cè)，在直線l上找一點(diǎn)P，使得AP+BP的值最�。�
小明的思路是：如圖2所示，先作點(diǎn)A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)A′，使點(diǎn)A′，B分別位于直線l的兩側(cè)，再連接A′B，根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”可知A′B與直線l的交點(diǎn)P即為所求．
請(qǐng)你參考小明同學(xué)的思路，探究并解決下列問題：
（1）如圖3，在圖2的基礎(chǔ)上，設(shè)AA'與直線l的交點(diǎn)為C，過點(diǎn)B作BD⊥l，垂足為D．若CP=1，AC=1，PD=2，直接寫出AP+BP的值；
（2）將（1）中的條件“AC=1”去掉，換成“BD=4-AC”，其它條件不變，直接寫出此時(shí)AP+BP的值；
（3）請(qǐng)結(jié)合圖形，求$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}+\sqrt{{{（{9-m}）}^2}+4}$的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理求得PA，根據(jù)三角形相似對(duì)應(yīng)邊成比例求得PB，從而求得PA+PB；
（2）作AE∥l，交BD的延長(zhǎng)線于E，根據(jù)已知條件求得BE、A′E，然后根據(jù)勾股定理即可求得A′B，從而求得AP+BP的值；
（3）設(shè)AC=1，CP=m-3，得到AP=$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}$，設(shè)BD=2，DP=9-m，得到BP=$\sqrt{{{（9-m）}^2}+4}$，于是得到$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}+\sqrt{{{（{9-m}）}^2}+4}$的最小值即為A′B的長(zhǎng)，如圖，過A′作A′E⊥BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）如圖2，∵AA′⊥l，AC=1，PC=1，
∴PA=$\sqrt{2}$，
∴PA′=PA=$\sqrt{2}$，
∵AA′∥BD，
∴∠A′=∠B，
∵∠A′PC=∠BPD，
∴△A′PC∽△BPD，
∴$\frac{PB}{PA′}$=$\frac{PD}{PC}$，
∴$\frac{PB}{\sqrt{2}}$=$\frac{2}{1}$，
∴PB=2$\sqrt{2}$，
∴AP+PB=$\sqrt{2}$+2$\sqrt{2}$=3$\sqrt{2}$；
故答案為3$\sqrt{2}$；

（2）作AE∥l，交BD的延長(zhǎng)線于E，如圖3，
則四邊形A′EDC是矩形，
∴AE=DC=PC+PD=3，DE=A′C=AC，
∵BD=4-AC，
∴BD+AC=BD+DE=4，
即BE=4，
在RT△A′BE中，A′B=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∴AP+BP=5，
故答案為5；        

（3）設(shè)AC=1，CP=m-3，
∵A A′⊥L于點(diǎn)C，
∴AP=$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}$，
設(shè)BD=2，DP=9-m，
∵BD⊥L于點(diǎn)D，
∴BP=$\sqrt{{{（9-m）}^2}+4}$，
∴$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}+\sqrt{{{（{9-m}）}^2}+4}$的最小值即為A′B的長(zhǎng)．
即：A′B=$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}+\sqrt{{{（{9-m}）}^2}+4}$的最小值．
如圖，過A′作A′E⊥BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．
∵A′E=CD=CP+PD=m-3+9-m=6，BE=BD+DE=2+1=3，
∴A′B=$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}+\sqrt{{{（{9-m}）}^2}+4}$的最小值
=$\sqrt{B{E^2}+A'{E^2}}$
=$\sqrt{9+36}$
=$3\sqrt{5}$，
∴$\sqrt{{{（{m-3}）}^2}+1}+\sqrt{{{（{9-m}）}^2}+4}$的最小值為$3\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了軸對(duì)稱-最短路線問題，熟練掌握軸對(duì)稱的性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．