近幾年許多省市中考題中，常出現帶系數的兩線段和的最值問題，這類問題基本都要用到“阿氏圓”（文章已發布）和“胡不歸”模型。本文講解“胡不歸模型”的應用。

【問題源頭】

從前，有一個小夥子在外地當學徒，當他獲悉在家的老父親病危的消息後，便立即啟程趕路。由于思鄉心切，他隻考慮了兩點之間線段最短的原理，所以選擇了全是沙地的直線路徑A→B（如圖所示），而忽視了走折線，雖然路程多但速度快的實際情況，當他氣喘籲籲地趕到家時，老人剛剛咽了氣，小夥子失聲痛哭。鄰居勸慰小夥子時告訴說，老人彌留之際不斷念叨着"胡不歸？胡不歸？…"。這個古老的傳說，引起了人們的思索，小夥子能否提前到家？倘若可以，他應該選擇一條怎樣的路線呢？這就是風靡千百年的"胡不歸問題"。

【數學處理】

我們把這個問題簡化為數學模型，假設在沙地上的速度是v，在驿道上的速度是u，且v:u=k(k<1)。由于我們比較的是時間的長短，路線①很容易計算，但是路線②因為兩段路程的速度不同很難計算。數學上總是喜歡把沒見過的問題轉化為已知的問題，如果能讓路線②的兩段速度一樣就好辦了！可是如果讓路線②在驿道上的速度慢下來，時間就變長了，為了保證時間不變，我們需要通過特殊方法縮短路線②的路程。

【模型建立】

在AC下方取一條射線AE，過點C作AE的垂線交于點D，使得CD:AC=k，我們發現，隻要使得射線AC與AE的夾角的正弦值等于k，就能讓CD:AC=k永遠成立。

這樣正好使得高速度u在A-C上花的時間等于低速度v在D-C上花的時間。

【構圖的意義】

原本路線②是從A-C-B，其中A-C路線速度為u，C-B路線速度為v，現在路線②是從D-C-B，全程速度為v，且時間不變 且無論C點在什麼位置，由于AE是定直線，這個比值關系是一直成立的。 那麼我們就把變速問題轉化為了勻速問題；現在新的出發點是點D，路線為D-C-B，全程速度為v！

那麼，點C選在哪的時候，路程最短呢？ 這個答案是顯而易見的，由于速度不變，時間最短時路程最短， 因為點B和直線AE都是固定的，所以最短距離就是點B到直線AE所做的垂線段。

這個方案是最快的，不僅比路線①快（直角三角形斜邊大于直角邊），而且比路線②的其它C點的位置的情況都要快。

角度很方便就能計算出來，這樣去畫圖，看來操作性不錯！

我們已經解決了古人回家的問題，那麼這個思想怎麼運用在數學題目當中呢？

【數學題中的運用】

加權線段和kPA PB（k<1）的最小值問題:

如圖，點P是直線上的一個動點，點A在直線上，點B在直線外，找到加權線段和kPA PB（k<1）最小時點P的位置。（其中假設k=0.4）

通過動态圖，我們發現确實存在一個點P，使得這個值最小.那麼要如何找到這個點的位置呢？

方法：構造射線AD，使得sin∠DAP=k（此例k=0.4），過點P作AD垂線段PC，于是PC=kPA，所以kPA PB的最值問題就轉化為PC PB的問題，過點B作垂線段就能就解決問題。

這時，有同學會問，如果是2a 3b問題怎麼辦？其實這都是出題人耍的花招，轉化為3(2/3a b)就行了不是嗎？

【拓展延伸】

偷偷告訴你，胡不歸問題在自然界中的非常常見，比如光在遇到這類問題的時候也會選擇最短時間的路線去走（光的折射斯涅耳定律：光的折射定律（斯涅爾定律）:光入射到不同介質的界面上會發生反射和折射。其中入射光和折射光位于同一個平面上，并且與界面法線的夾角滿足如下關系： n1sinθ1 = n2sinθ2 其中，n1和n2分别是兩個介質的折射率，θ1和θ2分别是入射光（或折射光）與界面法線的夾角，叫做入射角和折射角。 以上公式又叫斯涅爾公式）胡不歸問題可以看成是入射角為90°的光的折射問題。

這麼具有豐富内涵的模型，新修訂的課程标準涉及初高中的内容 "數學學科核心素養"，明确提出将"數學文化"融入課程内容，近年來年來中考數學為了體現考查數學文化，很多考題中蘊含這一模型的影子，我們再來看看下面幾道問題吧

例1.一條筆直的公路l穿過草原，公路邊有一衛生站A，距公路30km的地方有一居民點B，A，B之間的距離為90km．一天某司機駕車從衛生站送一批急救藥品到居民點．已知汽車在公路上行駛的最快速度是60km/h，在草地上行駛的最快速度是30km/h．問司機應以怎樣的路線行駛，所用的行車時間最短？最短時間是多少？

【分析】要求所用行車時間最短，就要計算好行駛的路線，可以設在公路上行駛x，根據題意，找出可以運用勾股定理的直角三角形，運用勾股定理求解．

【解答】解法:1：作射線AM交BC的延長線于M，使得∠MAC＝30°，作DH⊥AM．∵時間t＝AD/60 BD/30＝1/30（1/2AD BD），DH＝1/2AD，

∴時間t＝1/30（DH BD），

∴當D，H，B共線，且BH⊥AM時，時間t最小，

作BH′⊥AM于H′交AC于D′，此時時間最小值＝1/30•BH′，

∵AB＝90，BC＝30，∴AC＝60√2，∴CM＝AC•tan30°＝20√6，

在Rt△BMH′中，BH′＝BM•cos30°＝（20√6 30）×√3/2＝30√2 15√3，

∴t的最小值＝√2 √3/2．此時AD′＝60√2-10√3．

【點評】本題考查的是在直角三角形中勾股定理的運用，畫出圖形構建直角三角形是關鍵，沒有比較就沒有傷害，兩種解法：一種幾何法，一種代數法，繁簡不同，你可哪一種容易掌握呢？

例2.如圖，△ABC在直角坐标系中，AB＝AC，A（0，2√2），C（1，0），D為射線AO上一點，一動點P從A出發，運動路徑為A→D→C，點P在AD上的運動速度是在CD上的3倍，要使整個運動時間最少，則點D的坐标應為（ ）

A．（0，√2） B．（0，√2/2）

C．（0，√2/3） D．（0，√2/4）

【分析】假設P在AD的速度為3，在CD的速度為1，首先表示出總的時間，再根據根的判别式求出t的取值範圍，進而求出D的坐标．

【解答】解法一：假設P在AD的速度為3V，在CD的速度為1V，

解法二：假設P在AD的速度為3，在CD的速度為1，

例3（2018•無錫中考）如圖，已知∠XOY＝60°，點A在邊OX上，OA＝2．過點A作AC⊥OY于點C，以AC為一邊在∠XOY内作等邊三角形ABC，點P是△ABC圍成的區域（包括各邊）内的一點，過點P作PD∥OY交OX于點D，作PE∥OX交OY于點E．設OD＝a，OE＝b，則a 2b的取值範圍是_______．

【分析】作輔助線，構建30度的直角三角形，先證明四邊形EODP是平行四邊形，得EP＝OD＝a，在Rt△HEP中，∠EPH＝30°，可得EH的長，計算a 2b＝2OH，确認OH最大和最小值的位置，可得結論．

【解答】過P作PH⊥OY交于點H，

∵PD∥OY，PE∥OX，∴四邊形EODP是平行四邊形，∠HEP＝∠XOY＝60°，

∴EP＝OD＝a，Rt△HEP中，∠EPH＝30°，∴EH＝1/2EP＝1/2a，

∴a 2b＝2（1/2a b）＝2（EH EO）＝2OH，

當P在AC邊上時，H與C重合，此時OH的最小值＝OC＝1/2OA＝1，即a 2b的最小值是2；當P在點B時，OH的最大值是：1 1/2＝5/2，即（a 2b）的最大值是5，∴2≤a 2b≤5．

【點評】本題考查了等邊三角形的性質、直角三角形30度角的性質、平行四邊形的判定和性質，有難度，掌握确認a 2b的最值就是确認OH最值的範圍．

例4（2018•連雲港模拟）如圖，P為正方形ABCD對角線BD上一動點，若AB＝2，則AP BP CP的最小值為（ ）

A．√2 √5 B．√2 √6

C．4 D．3√2

解析：∵正方形ABCD為軸對稱圖形，∴AP=PC,

∴AP BP CP=2AP BP=2(AP 1/2BP), ∴即求AP 1/2BP的最小值。

這需要我們構造一個1/2 BP出來，連接AE, 作∠DBE＝30°，角AC于E，過A作AF⊥BE，垂足為F， 在Rt△PBF中，∵∠PBF＝30°，∴PF=1/2BP.由此我們把1/2BP構造出來了，∴AP 1/2BP的最小值即為AF的長。∵∠BAE＝45°，

∠AEB＝60°，∴解直角三角形△ABE，得AO=BO=√2,OE=√6/3，OB=2√6/3，

根據面積法：1/2AE·BO=1/2BE·AF,可求出AF=√2 √6,故選B.

例5.如圖，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，⊙O經過點C，且圓的直徑AB在線段AE上．

（1）證明：CE是⊙O的切線；

（2）設點D是線段AC上任意一點（不含端點），連接OD，當AB＝8時，求1/2CD OD的最小值．

【分析】（1）連接OC，如圖1，要證CE是⊙O的切線，隻需證到∠OCE＝90°即可；

（2）作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，易證四邊形AOCF是菱形，根據對稱性可得DF＝DO．過點D作DH⊥OC于H，易得DH＝1/2DC，從而有1/2CD OD＝DH FD．根據兩點之間線段最短可得：當F、D、H三點共線時，DH FD（即1/2CD OD）最小，然後在Rt△OHF中運用三角函數即可解決問題．

【解答】（1）證明：連接OC，如圖1所示：

∵CA＝CE，∠CAE＝30°，∴∠E＝∠CAE＝∠OCA＝30°，∠COE＝2∠CAE＝60°，

∴∠OCE＝180°﹣30°﹣60°＝90°，即CE⊥OC，∴CE是⊙O的切線；

（2）解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，如圖2所示，

則∠AOF＝∠COF＝1/2∠AOC＝1/2（180°﹣60°）＝60°．

∵OA＝OF＝OC，∴△AOF、△COF是等邊三角形，∴AF＝AO＝OC＝FC，

∴四邊形AOCF是菱形，∴根據對稱性可得DF＝DO．

過點D作DH⊥OC于H，

∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC＝30°，

∴DH＝DC•sin∠DCH＝DC•sin30°＝1/2DC，∴1/2CD OD＝DH FD．

根據兩點之間線段最短可得：

當F、D、H三點共線時，DH FD（即1/2CD OD）最小，

∵OF＝OA＝4，∴此時FH＝DH FD＝OF•sin∠FOH＝√3/2×4＝2√3，

即1/2CD OD的最小值為2√3．

【點評】本題主要考查了切線的判定、等腰三角形的性質、三角函數的定義、特殊角的三角函數值、等邊三角形的判定與性質、菱形的判定與性質、兩點之間線段最短等知識，把1/2CD OD轉化為DH FD是解決第（2）小題的關鍵．

牛刀小試：1.（2018•大東區一模）如圖，已知抛物線y＝a/3（x 1）（x﹣3）（a為常數，且a＜0）與x軸交于點A、B（點A位于點B的左側），與y軸交于點C（0，√3），點P是線段BC上一個動點，點P橫坐标為m．

（1）a的值為 _____；

（2）判斷△ABC的形狀，并說明理由；

（3）如圖1，過點P作y軸的平行線，交抛物線于點D．

①是否存在實數m，使四邊形OCDP是平行四邊形？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由；

②過點D作DE⊥BC于點E，設△PDE的面積為S，求S的最大值．

（4）如圖2，F為AB中點，連接FP．一動點Q從F出發，沿線段FP以每秒1個單位的速度運動到P，再沿着線段PC以每秒2個單位的速度運動到C後停止．若點Q在整個運動過程中的時間為t秒，請直接寫出t的最小值及此時點P的坐标．

【提示】（1）直接把C點坐标代入y＝a/3（x 1）（x﹣3）可求出a的值為√3；

（2）利用抛物線與x軸的交點問題得到A（﹣1，0），B（3，0），則根據正切的定義和特殊角的三角函數值可求出∠ACO＝30°，∠BCO＝60°，則∠ACB＝90°，于是可判斷△ACB為直角三角形，然後根據三角形面積公式計算S△ACB；

（3）①先利用待定系數法求出直線BC的解析式為y＝﹣√3/3x √3，則可設點P的坐标為（m，﹣√3/3m √3），D（m，﹣√3/3m² 2√3/3m √3），易得PD＝﹣√3/3（m²﹣3m），根據平行四邊形的判定，當PD＝OC時，四邊形OCDP是平行四邊形，則﹣√3/3（m²﹣3m）＝√3，由于此方程沒有實數解，于是可判斷不存在實數m，使四邊形OCDP是平行四邊形；

②如圖1，先利用PD∥OC得到∠EPD＝∠OCB＝60°，根據特殊角的三角函數值得到PE＝1/2PD，DE＝√3PE＝√3/2PD，則S＝√3/8PD²，再利用二次函數的性質得到PD的最大值為3√3/4，于是可得到S的最大值；

（4）過點C作平行于x軸的直線交抛物線于點H，如圖2，作FH′⊥CH于H′，交BC于P′，利用∠PCH＝30°得到PH＝1/2PC，根據速度公式得到t＝PH/1 PC/2，則t＝PF PH，利用兩點之間線段最短可判斷當F、P、H共線時，PF PH最小，此時t＝PH′＝√3，然後求出F（1，0）後确定P′點的坐标即可． t的最小值為√3，此時點P的坐标為（1，2√3/3）．

【點評】本題考查了二次函數的綜合題：熟練掌握二次函數的圖象上點的坐标特征、二次函數的性質和平行四邊形的判定；會利用待定系數求函數解析式；會解直角三角形，記住特殊角的三角函數值；理解坐标與圖形性質．

由此，我們不難得到“胡不歸”問題核心解題思想就是“折轉直”，胡不歸問題---帶系數的兩線段和PA kPB型的最值問題這一問題常規解題策略如下圖總結：

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