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【典例1】如图1，A，B为定点，在MN上作点P使$PA+PB$最小.(两定一动) 
答案
作点A关于直线MN的对称点A'，连接A'B，A'B与MN的交点即为所求点P，
解析
【分析】
本题属于直线同侧两定点、在直线上找一动点使距离和最小的最短路径问题。思考步骤如下：①首先明确直接连接A、B与直线MN无交点，无法直接利用两点之间线段最短求解；②结合轴对称的性质：对称轴上任意一点到两个对称点的距离相等，因此可以作其中一个点关于MN的对称点，将PA转化为与它相等的线段；③将PA+PB的和转化为对称点到B点的距离之和，再根据两点之间线段最短，即可确定交点就是所求的点P。
【解析】
1. 作点A关于直线MN的对称点A'，根据轴对称的性质可知：对于直线MN上的任意一点P，都有$PA=PA'$，因此$PA+PB=PA'+PB$；
2. 根据“两点之间，线段最短”的结论，当点P在A'B与直线MN的交点处时，$PA'+PB$的长度最小，即此时$PA+PB$取得最小值，该交点即为所求的点P。
【答案】
作点A关于直线MN的对称点A'，连接A'B，A'B与MN的交点即为所求点P，
【知识点】
轴对称的性质，两点之间线段最短，最短路径作图
【点评】
本题是经典的“将军饮马”基础模型，核心解题思路是通过轴对称变换将同侧的两点转化为异侧两点，把折线距离和转化为线段长度求解，是解决各类复杂最短路径问题的基础。
【难度系数】
0.8
本题属于直线同侧两定点、在直线上找一动点使距离和最小的最短路径问题。思考步骤如下：①首先明确直接连接A、B与直线MN无交点，无法直接利用两点之间线段最短求解；②结合轴对称的性质：对称轴上任意一点到两个对称点的距离相等，因此可以作其中一个点关于MN的对称点，将PA转化为与它相等的线段；③将PA+PB的和转化为对称点到B点的距离之和，再根据两点之间线段最短，即可确定交点就是所求的点P。
【解析】
1. 作点A关于直线MN的对称点A'，根据轴对称的性质可知：对于直线MN上的任意一点P，都有$PA=PA'$，因此$PA+PB=PA'+PB$；
2. 根据“两点之间，线段最短”的结论，当点P在A'B与直线MN的交点处时，$PA'+PB$的长度最小，即此时$PA+PB$取得最小值，该交点即为所求的点P。
【答案】
作点A关于直线MN的对称点A'，连接A'B，A'B与MN的交点即为所求点P，
【知识点】
轴对称的性质，两点之间线段最短，最短路径作图
【点评】
本题是经典的“将军饮马”基础模型，核心解题思路是通过轴对称变换将同侧的两点转化为异侧两点，把折线距离和转化为线段长度求解，是解决各类复杂最短路径问题的基础。
【难度系数】
0.8
变式1.如图2，P为定点，在OA，OB上找点M，N，使△PMN周长最小.（一定两动）
答案
分别作点P关于OA、OB的对称点P₂、P₁，连接P₁P₂，P₁P₂与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
解析
【分析】
要使△PMN的周长最小，即需让PM+MN+PN的和最小。直接求三条折线段和的最小值较难，我们可以利用轴对称的性质，将分散的折线段转化到同一条路径上：首先，M在OA上，根据轴对称的性质，作点P关于OA的对称点P₂，可得PM=P₂M；同理N在OB上，作点P关于OB的对称点P₁，可得PN=P₁N。此时周长就转化为P₂M+MN+P₁N，根据“两点之间，线段最短”，当M、N落在线段P₁P₂上时，这三条线段的和最小，最小值即为线段P₁P₂的长度，因此P₁P₂与OA、OB的交点就是所求的点M、N。
【解析】
1. 首先明确△PMN的周长为$ C_{△ PMN}=PM+MN+PN $，解题目标是使这个和取最小值。
2. 作点P关于OA的对称点$ P_2 $，根据轴对称的性质，对于OA上任意一点M，都有$ PM=P_2M $。
3. 作点P关于OB的对称点$ P_1 $，根据轴对称的性质，对于OB上任意一点N，都有$ PN=P_1N $。
4. 因此△PMN的周长可转化为$ C_{△ PMN}=P_2M+MN+P_1N $，根据两点之间线段最短的结论，$ P_2M+MN+P_1N≥ P_1P_2 $，当且仅当M、N都在线段$ P_1P_2 $上时等号成立，此时周长最小。
5. 连接$ P_1P_2 $，$ P_1P_2 $与OA的交点即为所求的点M，与OB的交点即为所求的点N。
【答案】
分别作点P关于OA、OB的对称点P₂、P₁，连接P₁P₂，P₁P₂与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
【知识点】
轴对称的性质；两点之间线段最短；最短路径作图
【点评】
本题是“一定两动”型最短路径的典型问题，核心解题思想是通过轴对称变换将折线段的和转化为两点之间的线段长度，从而利用线段最短的性质求解，这种转化思想是解决同类最值问题的关键。
【难度系数】
0.7
要使△PMN的周长最小，即需让PM+MN+PN的和最小。直接求三条折线段和的最小值较难，我们可以利用轴对称的性质，将分散的折线段转化到同一条路径上：首先，M在OA上，根据轴对称的性质，作点P关于OA的对称点P₂，可得PM=P₂M；同理N在OB上，作点P关于OB的对称点P₁，可得PN=P₁N。此时周长就转化为P₂M+MN+P₁N，根据“两点之间，线段最短”，当M、N落在线段P₁P₂上时，这三条线段的和最小，最小值即为线段P₁P₂的长度，因此P₁P₂与OA、OB的交点就是所求的点M、N。
【解析】
1. 首先明确△PMN的周长为$ C_{△ PMN}=PM+MN+PN $，解题目标是使这个和取最小值。
2. 作点P关于OA的对称点$ P_2 $，根据轴对称的性质，对于OA上任意一点M，都有$ PM=P_2M $。
3. 作点P关于OB的对称点$ P_1 $，根据轴对称的性质，对于OB上任意一点N，都有$ PN=P_1N $。
4. 因此△PMN的周长可转化为$ C_{△ PMN}=P_2M+MN+P_1N $，根据两点之间线段最短的结论，$ P_2M+MN+P_1N≥ P_1P_2 $，当且仅当M、N都在线段$ P_1P_2 $上时等号成立，此时周长最小。
5. 连接$ P_1P_2 $，$ P_1P_2 $与OA的交点即为所求的点M，与OB的交点即为所求的点N。
【答案】
分别作点P关于OA、OB的对称点P₂、P₁，连接P₁P₂，P₁P₂与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
【知识点】
轴对称的性质；两点之间线段最短；最短路径作图
【点评】
本题是“一定两动”型最短路径的典型问题，核心解题思想是通过轴对称变换将折线段的和转化为两点之间的线段长度，从而利用线段最短的性质求解，这种转化思想是解决同类最值问题的关键。
【难度系数】
0.7
变式2.如图3，P，Q为定点，在OA，OB上找点M，N，使四边形PMNQ周长最小。
答案
分别作点P关于OA的对称点P'，点Q关于OB的对称点Q'，连接P'Q'，P'Q'与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
解析
【分析】
要使四边形PMNQ的周长最小，先分析周长的组成：四边形周长=PM+MN+NQ+PQ，其中P、Q是定点，PQ的长度固定不变，因此问题可转化为求PM+MN+NQ的最小值。结合轴对称的性质，可通过作对称点将分散的折线段转化为共线的线段，再利用“两点之间线段最短”的原理找到符合要求的M、N点。
【解析】
1. 四边形PMNQ的周长为$C_{PMNQ}=PM+MN+NQ+PQ$，由于P、Q为定点，因此PQ长度是定值，要让周长最小，仅需保证$PM+MN+NQ$最小即可。
2. 作点P关于OA的对称点$P'$，根据轴对称的性质，OA垂直平分$PP'$，因此对于OA上任意一点M，都有$PM=P'M$；同理作点Q关于OB的对称点$Q'$，对于OB上任意一点N，都有$NQ=NQ'$。
3. 此时$PM+MN+NQ=P'M+MN+NQ'$，根据“两点之间线段最短”，当$P'$、M、N、$Q'$四点共线时，$P'M+MN+NQ'$的长度最小，最小值为线段$P'Q'$的长度。
4. 因此连接$P'Q'$，它与OA、OB的交点就是所求的点M、N。
【答案】
分别作点P关于OA的对称点P'，点Q关于OB的对称点Q'，连接P'Q'，P'Q'与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
【知识点】
轴对称的性质；最短路径问题；两点之间线段最短
【点评】
本题是将军饮马模型的拓展应用，解题核心是利用轴对称的性质将折线段的和转化为两点之间的线段长，体现了转化的数学思想，熟练掌握对称点的作法是解决这类最短路径问题的基础。
【难度系数】
0.6
要使四边形PMNQ的周长最小，先分析周长的组成：四边形周长=PM+MN+NQ+PQ，其中P、Q是定点，PQ的长度固定不变，因此问题可转化为求PM+MN+NQ的最小值。结合轴对称的性质，可通过作对称点将分散的折线段转化为共线的线段，再利用“两点之间线段最短”的原理找到符合要求的M、N点。
【解析】
1. 四边形PMNQ的周长为$C_{PMNQ}=PM+MN+NQ+PQ$，由于P、Q为定点，因此PQ长度是定值，要让周长最小，仅需保证$PM+MN+NQ$最小即可。
2. 作点P关于OA的对称点$P'$，根据轴对称的性质，OA垂直平分$PP'$，因此对于OA上任意一点M，都有$PM=P'M$；同理作点Q关于OB的对称点$Q'$，对于OB上任意一点N，都有$NQ=NQ'$。
3. 此时$PM+MN+NQ=P'M+MN+NQ'$，根据“两点之间线段最短”，当$P'$、M、N、$Q'$四点共线时，$P'M+MN+NQ'$的长度最小，最小值为线段$P'Q'$的长度。
4. 因此连接$P'Q'$，它与OA、OB的交点就是所求的点M、N。
【答案】
分别作点P关于OA的对称点P'，点Q关于OB的对称点Q'，连接P'Q'，P'Q'与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
【知识点】
轴对称的性质；最短路径问题；两点之间线段最短
【点评】
本题是将军饮马模型的拓展应用，解题核心是利用轴对称的性质将折线段的和转化为两点之间的线段长，体现了转化的数学思想，熟练掌握对称点的作法是解决这类最短路径问题的基础。
【难度系数】
0.6
【典例2】如图4，P为定点，在OA，OB上找点M，N，使$PM+MN$最小.(一定两动)
变式.如图5，已知等边$△ ABC$，在BC上作点M，AB上作点N，AC上作点Q，使$△ MNQ$周长最小.
变式.如图5，已知等边$△ ABC$，在BC上作点M，AB上作点N，AC上作点Q，使$△ MNQ$周长最小.
答案
【典例2】：作点P关于OA的对称点P'，过点P'作OB的垂线，该垂线与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
变式：在BC上任取一点M，分别作点M关于AB、AC的对称点M₁、M₂，连接M₁M₂，M₁M₂与AB、AC的交点即为所求的点N、Q，此时△MNQ周长最小，
解析
【分析】
典例2是“一定两动”型最短路径问题，解题核心是利用轴对称将折线段转化为直线段求解：①首先利用轴对称性质，作定点P关于动直线OA的对称点P'，此时OA上任意点M到P的距离等于到P'的距离，可将PM转化为P'M，原式PM+MN就转化为P'M+MN；②要使P'M+MN的和最小，根据两点之间线段最短和垂线段最短的性质，过P'向OB作垂线段时，这条垂线段的长度就是P'到OB的最短距离，该垂线与OA、OB的交点就是所求的M、N。
变式是“三动点”型最短周长问题，同样用轴对称转化的思路：①先固定一个动点M，利用轴对称将△MNQ的两条边MN、MQ分别转化为对称点到动点的距离：作M关于AB的对称点M₁，可得MN=M₁N；作M关于AC的对称点M₂，可得MQ=M₂Q；②此时△MNQ的周长就转化为M₁N+NQ+QM₂，根据两点之间线段最短，当N、Q两点落在M₁M₂的连线上时，这三条线段的和最小，等于M₁M₂的长度，此时的N、Q即为所求，△MNQ周长最小。
【解析】
典例2解题步骤：
1. 作点P关于直线OA的对称点P'，由轴对称的性质可知：对于OA上任意一点M，都有PM=P'M，因此PM+MN=P'M+MN；
2. 过点P'作OB的垂线，垂足为N，垂线交OA于点M，根据“两点之间线段最短”和“垂线段最短”，此时P'M+MN=P'N为最小值，因此该M、N即为所求点。
变式解题步骤：
1. 在BC边上任取一点M，分别作点M关于AB的对称点M₁、关于AC的对称点M₂，由轴对称性质可知：对于AB上任意点N，MN=M₁N；对于AC上任意点Q，MQ=M₂Q；
2. 连接M₁M₂，交AB于点N，交AC于点Q，此时△MNQ的周长=MN+NQ+QM=M₁N+NQ+QM₂=M₁M₂，根据“两点之间线段最短”，此时周长为最小值，该N、Q即为所求点。
【答案】
【典例2】：作点P关于OA的对称点P'，过点P'作OB的垂线，该垂线与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
变式：在BC上任取一点M，分别作点M关于AB、AC的对称点M₁、M₂，连接M₁M₂，M₁M₂与AB、AC的交点即为所求的点N、Q，此时△MNQ周长最小，
【知识点】
轴对称的性质；最短路径问题；垂线段的性质
【点评】
这两道题是将军饮马模型的典型拓展题型，核心解题思路是通过轴对称变换，将折线段的长度和转化为共线线段的长度，结合线段最短、垂线段最短的性质得到最小值，掌握轴对称的转化思想是快速解决这类路径最短问题的关键。
【难度系数】
0.6
典例2是“一定两动”型最短路径问题，解题核心是利用轴对称将折线段转化为直线段求解：①首先利用轴对称性质，作定点P关于动直线OA的对称点P'，此时OA上任意点M到P的距离等于到P'的距离，可将PM转化为P'M，原式PM+MN就转化为P'M+MN；②要使P'M+MN的和最小，根据两点之间线段最短和垂线段最短的性质，过P'向OB作垂线段时，这条垂线段的长度就是P'到OB的最短距离，该垂线与OA、OB的交点就是所求的M、N。
变式是“三动点”型最短周长问题，同样用轴对称转化的思路：①先固定一个动点M，利用轴对称将△MNQ的两条边MN、MQ分别转化为对称点到动点的距离：作M关于AB的对称点M₁，可得MN=M₁N；作M关于AC的对称点M₂，可得MQ=M₂Q；②此时△MNQ的周长就转化为M₁N+NQ+QM₂，根据两点之间线段最短，当N、Q两点落在M₁M₂的连线上时，这三条线段的和最小，等于M₁M₂的长度，此时的N、Q即为所求，△MNQ周长最小。
【解析】
典例2解题步骤：
1. 作点P关于直线OA的对称点P'，由轴对称的性质可知：对于OA上任意一点M，都有PM=P'M，因此PM+MN=P'M+MN；
2. 过点P'作OB的垂线，垂足为N，垂线交OA于点M，根据“两点之间线段最短”和“垂线段最短”，此时P'M+MN=P'N为最小值，因此该M、N即为所求点。
变式解题步骤：
1. 在BC边上任取一点M，分别作点M关于AB的对称点M₁、关于AC的对称点M₂，由轴对称性质可知：对于AB上任意点N，MN=M₁N；对于AC上任意点Q，MQ=M₂Q；
2. 连接M₁M₂，交AB于点N，交AC于点Q，此时△MNQ的周长=MN+NQ+QM=M₁N+NQ+QM₂=M₁M₂，根据“两点之间线段最短”，此时周长为最小值，该N、Q即为所求点。
【答案】
【典例2】：作点P关于OA的对称点P'，过点P'作OB的垂线，该垂线与OA、OB的交点即为所求的点M、N，
变式：在BC上任取一点M，分别作点M关于AB、AC的对称点M₁、M₂，连接M₁M₂，M₁M₂与AB、AC的交点即为所求的点N、Q，此时△MNQ周长最小，
【知识点】
轴对称的性质；最短路径问题；垂线段的性质
【点评】
这两道题是将军饮马模型的典型拓展题型，核心解题思路是通过轴对称变换，将折线段的长度和转化为共线线段的长度，结合线段最短、垂线段最短的性质得到最小值，掌握轴对称的转化思想是快速解决这类路径最短问题的关键。
【难度系数】
0.6
【典例3】如图6,7,已知A,B两定点,点M,N在直线l上,且MN为定长,作点M,N,使AM+MN+BN最小. 
图6 图7
图6 图7答案
提示:在图 6 中作 $AA_1 \equalparallel MN$,再作 $A_1$ 关于 $l$ 的对称点 $A_2$,连接 $A_2 B$ 交 $l$ 于点 $N.$ 对应作图结果
解析
【分析】
要解决$AM+MN+BN$的最小值问题，首先观察到$MN$是定长，因此只需保证$AM+BN$最小即可。我们可以先通过平移将分散的线段$AM$和$BN$转化为有公共端点的线段：将点A沿$MN$所在方向平移$MN$的长度得到$A_1$，此时$AM$与$A_1N$长度相等，问题就转化为求$A_1N+BN$的最小值，这属于经典的“将军饮马”两定一动最短路径问题，再通过作对称点将折线段转化为直线段，利用两点之间线段最短即可找到点N的位置，最后根据定长$MN$确定点M即可。
【解析】
1. 分析定值：因为$MN$为定长，所以求$AM+MN+BN$的最小值等价于求$AM+BN$的最小值。
2. 平移转化：过点A作$AA_1 \equalparallel MN$，根据平移的性质，可得$AM=A_1N$，此时$AM+BN=A_1N+BN$。
3. 轴对称转化：作点$A_1$关于直线$l$的对称点$A_2$，由轴对称的性质可知$A_1N=A_2N$，因此$A_1N+BN=A_2N+BN$。
4. 确定点N：根据“两点之间，线段最短”，连接$A_2B$，线段$A_2B$与直线$l$的交点即为所求的点N。
5. 确定点M：在直线$l$上，从点N向靠近$AA_1$的方向截取线段$MN$，使$MN$与已知定长相等，即得到点M。
此时得到的M、N满足$AM+MN+BN$最小。
【答案】
【知识点】
最短路径问题，轴对称的性质，平移的性质
【点评】
本题是将军饮马模型的拓展题型，核心解题思路是先通过平移消去定长线段对最值求解的干扰，将问题转化为经典的两定一动最短路径问题，再结合轴对称性质和两点之间线段最短的原理求解，能够有效锻炼图形转化和模型应用的能力。
【难度系数】
0.6
要解决$AM+MN+BN$的最小值问题，首先观察到$MN$是定长，因此只需保证$AM+BN$最小即可。我们可以先通过平移将分散的线段$AM$和$BN$转化为有公共端点的线段：将点A沿$MN$所在方向平移$MN$的长度得到$A_1$，此时$AM$与$A_1N$长度相等，问题就转化为求$A_1N+BN$的最小值，这属于经典的“将军饮马”两定一动最短路径问题，再通过作对称点将折线段转化为直线段，利用两点之间线段最短即可找到点N的位置，最后根据定长$MN$确定点M即可。
【解析】
1. 分析定值：因为$MN$为定长，所以求$AM+MN+BN$的最小值等价于求$AM+BN$的最小值。
2. 平移转化：过点A作$AA_1 \equalparallel MN$，根据平移的性质，可得$AM=A_1N$，此时$AM+BN=A_1N+BN$。
3. 轴对称转化：作点$A_1$关于直线$l$的对称点$A_2$，由轴对称的性质可知$A_1N=A_2N$，因此$A_1N+BN=A_2N+BN$。
4. 确定点N：根据“两点之间，线段最短”，连接$A_2B$，线段$A_2B$与直线$l$的交点即为所求的点N。
5. 确定点M：在直线$l$上，从点N向靠近$AA_1$的方向截取线段$MN$，使$MN$与已知定长相等，即得到点M。
此时得到的M、N满足$AM+MN+BN$最小。
【答案】
【知识点】
最短路径问题，轴对称的性质，平移的性质
【点评】
本题是将军饮马模型的拓展题型，核心解题思路是先通过平移消去定长线段对最值求解的干扰，将问题转化为经典的两定一动最短路径问题，再结合轴对称性质和两点之间线段最短的原理求解，能够有效锻炼图形转化和模型应用的能力。
【难度系数】
0.6
【典例4】如图8,9,已知$l_1// l_2$和两个定点A,B,在$l_1,l_2$上作点M,N($MN⊥ l_1$),使$AM+MN+BN$最小.
答案
将点A沿垂直于直线l₁的方向向下平移MN的长度得到点A'，连接A'B，A'B与l₂的交点即为点N，过点N作MN⊥l₁，垂足即为点M，点M、N即为所求，
解析
【分析】
这是带定长线段的最短路径问题，首先梳理已知条件：$l_1//l_2$且$MN⊥ l_1$，因此MN的长度是两条平行线之间的固定距离，属于定值，所以求$AM+MN+BN$的最小值可以简化为求$AM+BN$的最小值。接下来思考如何将不相连的AM和BN转化为可直接用最短原理求解的形式：可利用平移方法，把点A沿垂直于$l_1$的方向向下平移MN的长度得到$A'$，此时$AM=A'N$，$AM+BN$就转化为$A'N+BN$，再根据两点之间线段最短，找到$A'B$与$l_2$的交点即可确定N点，反推就能得到M点。
【解析】
1. 识别定值部分：因为$l_1//l_2$，$MN⊥ l_1$，所以MN是$l_1$与$l_2$之间的距离，长度固定不变，因此要使$AM+MN+BN$最小，只需满足$AM+BN$最小即可。
2. 平移转化线段：将点A沿垂直于直线$l_1$向下的方向平移，平移长度等于MN的长度，得到点$A'$，由平移的性质可知四边形$AMNA'$是平行四边形，因此$AM=A'N$，即$AM+BN=A'N+BN$。
3. 确定点N：根据“两点之间，线段最短”，$A'$与B的最短路径是线段$A'B$，因此线段$A'B$与$l_2$的交点就是所求的点N。
4. 确定点M：过点N作$MN⊥ l_1$，垂足即为所求的点M，此时$AM+MN+BN$的值最小。
【答案】
将点A沿垂直于直线l₁的方向向下平移MN的长度得到点A'，连接A'B，A'B与l₂的交点即为点N，过点N作MN⊥l₁，垂足即为点M，点M、N即为所求，
【知识点】
1. 两点之间线段最短
2. 平移的性质
3. 平行线间的距离
【点评】
本题是最短路径的经典拓展题型，解题核心是先分离出定值线段，将问题简化为两条动线段和的最小值，再通过平移把分散的线段转化到同一路径上，结合基础最短路径原理求解，体现了化归的数学思想。
【难度系数】
0.6
这是带定长线段的最短路径问题，首先梳理已知条件：$l_1//l_2$且$MN⊥ l_1$，因此MN的长度是两条平行线之间的固定距离，属于定值，所以求$AM+MN+BN$的最小值可以简化为求$AM+BN$的最小值。接下来思考如何将不相连的AM和BN转化为可直接用最短原理求解的形式：可利用平移方法，把点A沿垂直于$l_1$的方向向下平移MN的长度得到$A'$，此时$AM=A'N$，$AM+BN$就转化为$A'N+BN$，再根据两点之间线段最短，找到$A'B$与$l_2$的交点即可确定N点，反推就能得到M点。
【解析】
1. 识别定值部分：因为$l_1//l_2$，$MN⊥ l_1$，所以MN是$l_1$与$l_2$之间的距离，长度固定不变，因此要使$AM+MN+BN$最小，只需满足$AM+BN$最小即可。
2. 平移转化线段：将点A沿垂直于直线$l_1$向下的方向平移，平移长度等于MN的长度，得到点$A'$，由平移的性质可知四边形$AMNA'$是平行四边形，因此$AM=A'N$，即$AM+BN=A'N+BN$。
3. 确定点N：根据“两点之间，线段最短”，$A'$与B的最短路径是线段$A'B$，因此线段$A'B$与$l_2$的交点就是所求的点N。
4. 确定点M：过点N作$MN⊥ l_1$，垂足即为所求的点M，此时$AM+MN+BN$的值最小。
【答案】
将点A沿垂直于直线l₁的方向向下平移MN的长度得到点A'，连接A'B，A'B与l₂的交点即为点N，过点N作MN⊥l₁，垂足即为点M，点M、N即为所求，
【知识点】
1. 两点之间线段最短
2. 平移的性质
3. 平行线间的距离
【点评】
本题是最短路径的经典拓展题型，解题核心是先分离出定值线段，将问题简化为两条动线段和的最小值，再通过平移把分散的线段转化到同一路径上，结合基础最短路径原理求解，体现了化归的数学思想。
【难度系数】
0.6
