原型

直线 l 上方有点 A,B，求直线 l 上一点 P 使得 AP+BP 最小

不难看出，可以将点 B 关于直线 l 做对称点 B' ，连接 AB' 交直线 l 于点 P，则点 P 为所求。

本质就是通过对称点的性质（PB=PB'）将 AP+BP 转化为 AP+PB'，然后根据两点之间线段最短求得点 P

进阶题型

原型是两定一动，进阶题型可能有更多的变化

在∠AOB 内有一点 P，在 OA 上有一动点 N，在 OB 上有一动点 M。当 $C_{\triangle PNM}$ 最小时，求 M,N

仍然不难看出，做 P 关于 OB 的对称点 $P_1$ ，和 P 关于 OA 的对称点 $P_2$ ，连接 $P_1 P_2$ 分别交 OA,OB 于点 N,M ，则点 N,M 为所求。

有了这些基础思路，做多动点的题目就不难了。

在 $\triangle ABC$ 中，∠A=45°，∠B=60° ，AB=10，Q,N,M 分别为 BC,AC,AB 上的动点，求 $C_{\triangle QNM}$ 最小值

由于题目多动点，较为复杂，我们不妨让 Q 定住不动，推出 N,M 关于 Q 的变化

依然是做 Q 的两个对称点连线并取交点（这里不过多赘述）。这样我们做出来了对于 Q 的周长最小做法。

不难发现， $AQ_1 = AQ = AQ_2$ 。因此我们将它们连起来方便观察

因为 ∠BAC=45° ，又是对称，则 $\angle Q_1 A Q_2 = 90^{\circ}$ 。因为周长最小值已经转化为使 $Q_1 Q_2$ 最小，而 $\triangle A Q_1 Q_2$ 三边比例不变，所以需要让 $AQ_1$ 或 $AQ_2$ 最小，即让 AQ 最小

不难发现，当 $AQ \bot BC$ （即 AQ 是 $\triangle ABC$ 高线时）时，AQ 最小。且因为 $AQ_1 : AQ_2 : Q_1 Q_2 = 1:1:\sqrt{2}$ ，整理得 $C_{\triangle QMN} = \sqrt{2}AQ$

因为∠B=60°，AB=10，所以 $AQ=cos30^{\circ} \cdot 10 = 5 \sqrt{3}$ ，所以 $C_{\triangle QMN} = 5 \sqrt{6}$

做将军饮马最重要的就是灵活的思维，需要找到正确的等量关系，只要等量关系找对了，题目基本上就能拿下