瓜豆模型
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2023年3月2日发(作者：项目申请)努力的你，未来可期!
瓜豆原理
作者介绍：朱昌伟，中学教师，9年教龄。毕业于北京师范大学，双学士学位。
江苏省“优秀青年教师”，现任深圳市耐思培优总校区理科教研组长，主编的《初
中几何模型与解题通法》已出版，本文即为其中一讲：瓜豆原理。
原理概述
俗语云“种瓜得瓜，种豆得豆”，数学上有“种线得线，种圆得圆”：平面内，动点Q随着
动
点P的运动而运动，我们把点P叫做主动点，点Q叫做从动点；当这两个动点与某个定点连
线的夹角一定，且与该定点距离之比一定时（简记为“定角、定比”），易判断两个动点与
定
点构成的三角形形状一定，大小可能变，此时两个动点的轨迹形状相同,瓜豆问题的本质是
旋转、相似（包含全等）变换，往往与共点旋转（手拉手）模型相结合，考查类型有：
（1）确定动点轨迹；（2）求运动路程；（3）求线段最值、面积最值等.
基本模型
一、种直线得直线（主动点与从动点的轨迹都是直线或直线上一部分）
1.
图1图2
如图1，已知l为定直线，O为直线外一定点，P为直线l上一动点，连接OP，若Q为直线
OP上一点（一般在线段OP上），且Q点到O点的距离与P点到O点的距离之比为定值k
（k＞0且k≠1），即
k
OP
OQ，此时我们可认为Q、P两点与定点O连线的夹角一定（夹角
为
0°），符合瓜豆原理“定角、定比”的条件，因而Q点的运动轨迹也是直线；如图2，另
取
一组对应的点P’、Q’,则
k
OP
OQ
PO
QO
，因而△OQ’Q∽△OP’P，相似比为k，可知从动
点
Q在平行于l的直线m上运动.易判断点O到直线m和l的距离之比也等于k.
2.
努力的你，未来可期!
图1图2
如图1，已知l为定直线，O为直线外一定点，P为直线l上一动点，将射线OP绕着点O按
确定的方向（如顺时针）旋转一个确定的角度α（0＜α＜180°），得到射线OM，在射线
OM上取一点Q，使k
OP
OQ（k为大于0的定值），此时符合瓜豆原理“定角、定比”的条件，
因而Q点的运动轨迹也是直线；如图2，另取一组对应的点P’、Q’,则Q点的运动轨迹即
为直线QQ’，∵∠POQ=∠P’OQ’=α，∴∠POP’=∠QOQ’，又∵k
PO
QO
OP
OQ
，
∴△OPP’∽△OQQ’.特别的，当k=1时，△OPP’≌△OQQ’.k≠1时，△OQQ’可看做由
△OPP’绕着O点旋转并放缩（0＜k＜1时缩小，k＞1时放大）而来.直线QQ’可看做由直
线l绕着点O顺时针旋转α角而来，0＜α＜90°时，两直线的夹角即为α.
典型例题1-1
如图，在平面直角坐标系中，A（4,0），B为y轴正半轴上
一动点，以AB为一边向下作等边△ABC，连接OC，则线段
OC的最小值为_________.
【分析】B为主动点，C为从动点；
方法一：与从动点有关的线段最值，优先转化为与主动点有关
的线段最值，将线段OA绕着点A顺时针旋转60°，得到线
段O’A，构造全等三角形可实现线段的转化；
方法二：两动点与定点A连线的夹角为定值（60°），到点A
的距离之比为定值1（即CA:BA=1），符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，主动点B的
轨迹为射线，则从动点C的轨迹也为射线，确定其轨迹后，依据“垂线段最短”求OC得
最小值.
【解答】方法一：如图1，将线段OA绕着点A顺时针旋转60°，得到线段O’A；连接O’B，
易证△AO’B≌△AOC，则OC=O’B，即求O’B的最小值；由于O’为定点，点B在y轴
正半轴上运动，如图2，由垂线段最短，知O’B⊥y轴时，O’B最小，连接OO’，则
△AOO’为等边三角形，作O’H⊥OA于H，此时O’B=OH=
2
1OA=2，即OC的最小值为2.
努力的你，未来可期!
图1图2
方法二：如图3，当点B位于原点时，对应的点C位于1C（2，-23）
处，当点B位于2B（0，
3
34）时，对应的点C位于2C（0，-
3
34）
处，则点C的运动轨迹为射线21CC，当OC’⊥21CC时，OC’
最小；易证△OAB2≌△12CAC，∴∠12CAC=∠OAB2=60°，
则∠COC
2=60°，∴OC’=2
2
3OC=2，即OC的最小值为2.
【小结】1.动点引起的最值问题，经常需要确定动点轨迹；图3
2.两种方法中，均有两个等边三角形构成“共点旋转（手拉手）”模型，会伴随产生一组全
等三角形；
3.方法二中，由于从动点的轨迹为射线，因而先确定其端点，再找一组特殊位置的主动点和
从动点（目的是便于计算），即可确定从动点的轨迹；
4.严格来说，y轴的正半轴不包括原点，因此C点的轨迹不包括点1C.
典型例题1-2
如图，正方形ABCD的边长为4，动点E从A点出发，沿着AB
边向终点B作无折返运动，连接DE，以DE为边向右上方作正
方形DEFG，则点E在整个运动过程中，点F经过的路径长为______.
【分析】E为主动点，F为从动点，依据正方形的性质，两动点与定
点A的连线夹角恒为45°，且始终有DF：DE=2，符合瓜豆原
理“定角、定比”的特征，故F点的运动轨迹为线段，由临界情况
确定该线段的两个端点，结合“共点旋转（手拉手）”相似模型，
运用相似比计算该线段长.
【解答】如图1，连接BF、BD和DF，由正方形的性质知
DE
DF
DA
DB=2,
图1
∠BDA=∠FDE=45°，则∠ADE=∠BDF，∴△DAE∽△DBF，∴BF=2AE，
努力的你，未来可期!
当E点位于A点处时，F点位于B点处，当E点位于B点处时，F点的
位置如图2，则F点的运动轨迹即为图2中的线段BF，BF=2AB=42，
即点F经过的路径长为42.
图2
【小结】1.图1中，△DAB与△DEF构成“共点旋转（手拉手）”模型，伴随产生一组相似
三角形（△DAE和△DBD）；
2.瓜豆题型的突破口在于找到从动点、主动点和某定点之间的“定角、定比”关系.
变式训练1-1
如图，△ABC为等边三角形，AB=4，AD为高，E为直线AD上一动
点，连接CE并以CE为边向下作等边△CEF，连接DF；则点E在运
动的过程中，线段DF的最小值为_________.
变式训练1-2
（原创）如图，在△ABC中，∠A=105°，∠ABC=30°，AC=2，
动点D从A点出发，沿着AC边向终点C作无折返运动，以BD
为边向上作△BDE，使∠BDE=∠A，且∠E=45°，则点D运动
的整个过程中，点E运动的路径长为________；F为直线CE
上一动点，连接BF，则线段BF的最小值为_______.
变式训练1-3
（多种方法）如图，已知AB=12，点C在线段AB上，
且AC=4，以AC为一边向上作等边△ACD，再以CD
为直角边向右作Rt△DCE，使∠DCE=90°，F为斜边
DE的中点，连接DF，随着CE边长的变化，BF长也
在改变，则BF长的最小值为_________.
二、种曲线得曲线（主动点与从动点的轨迹都是双曲线或双曲线一部分）
努力的你，未来可期!
其原理与模型一类似，不再赘述，直接看例题：
典型例题2-1
如图，点A是双曲线
x
y4在第一象限上的一动点，连接AO
并延长，交双曲线的另一支于点B，以AB为斜边作等腰Rt△ABC，
点C落在第二象限内，随着点A的运动，点C的位置也在不断变化，
但始终在同一函数图像上，则该函数解析式为___________.
【分析】A为主动点，C为从动点；
方法一：根据点C坐标判断，连接CO过点C向x轴作垂线段，构建“三垂直”模型，设点
A坐标，表示出点C坐标，观察其坐标符合的函数解析式；
方法二：根据反比例函数k的几何意义判断；
方法三：动点A、C与定点O符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，因而点C的轨迹是双曲
线的一支，任意的点C均可看做对应的点A绕着点O逆时针旋转90°而来，因而点C的
轨迹可看做由原双曲线第一象限的一支绕点O逆时针旋转得到.
【解答】方法一：连接OC，作CD⊥x轴于点D，AE⊥x轴于点E，
由双曲线的对称性知OA=OB，又∵△ABC为等腰直角三角形，∴
CO⊥OA，CO=OA，则易证△COD≌△OAE，设A（a,
a
4）,则C（-
a
4，
a），易判断点C在反比例函数y=-
x
4（x＜0）上，故答案为：
y=-
x
4（x＜0）.
方法二：辅助线同方法一，由反比例函数k的几何意义知CODAOESS=2，易判断点C在
反比例函数y=-
x
4（x＜0）上.
方法三：点C的轨迹可看做由原双曲线第一象限的一支绕点O逆时针旋转得到，因而新反比
例函数的k与原函数k互为相反数，故点C在反比例函数y=-
x
4（x＜0）上.
变式训练2-1
如图，Rt△ABO中，∠AOB=90°，点A在第一象限、点B在第四象限，
且AO：BO=1：，若点A（x0，y0）的坐标x0，y0满足y0=，则点
B（x，y）的坐标x，y所满足的关系式为．
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三、种圆得圆（主动点与从动点的轨迹都是圆或圆弧）
1.
图1图2
如图1，已知点P为⊙M上一动点，O为定点（一般在圆外），Q为直线OP上一点（一般在
线段OP上），若
OP
OQ=k（k＞0且k≠1），则主动点P、从动点Q与定点O符合“定角（0°）、
定比”特征，因而Q点的轨迹也是圆，如何确定该圆的圆心和半径呢？如图2，连接MP、MO，
作QN∥PM，交MO于点N，则△OQN∽△OPM，从而有
MP
NQ
OP
OQ
OM
ON=k,由于M、O为定点，k
为定值，∴N为定点，设⊙M半径为R，⊙N半径为r，∵NQ=kMP=kR,∴NQ长为定值，由圆的
定义知，点Q在以N为圆心，kR长为半径的圆上运动,即Q点的轨迹是以N为圆心，kR长为
半径的圆.
2.
图1图2
努力的你，未来可期!
如图1，已知点P为⊙M上一动点，O为定点（一般在圆外），将射线OP绕着点O按确定的
方向（如顺时针）旋转一个确定的角度α（0＜α＜180°），得到射线OT，在射线OT上有
一点Q，满足
OP
OQ=k（k为大于0的常数），则主动点P、从动点Q与定点O符合“定角、定
比”的特征，因而Q点的轨迹也是圆，如何确定该圆的圆心和半径呢？如图2，连接MP、MO，
将射线OM绕点O顺时针旋转α角，得到射线OS，在射线OS上取一点N，使
OM
ON=k,则N为
定点，易证△OQN∽OPM，则
OP
OQ
PM
QN=k，∴QN=kPM=kR,则QN为定值，由圆的定义知，点Q
在以N为圆心，kR长为半径的圆上运动,即Q点的轨迹是以N为圆心，kR长为半径的圆.特
别的，当k=1时，△OQN≌OPM，⊙N和⊙M为等圆，⊙N可看做由⊙M绕着点O顺时针旋转α
角而来；当k≠1时，⊙N可看做由⊙M绕点O顺时针旋转α角，且半径放缩k倍（0＜k＜1
时缩小，k＞1时放大）而来.
典型例题3-1
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点D是以点A为圆
心4为半径的圆上一动点，连接BD，点M为BD中点，线段CM长度的
最大值为________．
【分析】方法一：关联三角形法，取AB的中点E，连接EC、EM和AD，
放到△CEM中求解CM的范围，三点共线时取最大值；
方法二：辅助圆法，从动点相关的线段优先转化为主动点相关的线段，
将线段BC加倍延长，借助中位线构造出2CM，即求2CM的最大值；
方法三：符合瓜豆原理基本模型，确定从动点M的轨迹圆，进而求CM
的最大值.
【解答】方法一：如图1，取AB的中点E，连接EC、EM和AD，∵M为BD的中点，∴EM为
△BAD的中位线，∴EM=
2
1AD=2；∵∠ACB=90°，∴CE=
2
1AB=5，CM≤CE+EM，即CM≤7，当且
仅当C、E、M共线时（如图2），CM取得最大值7.
图1图2
方法二：如图3，延长BC至点F，使CF=BC，则F为定点，连接DF，则CM为△BDF的中位
线，∴FD=2CM，当FD最大时，CM最大；如图4，连接FA
并延长，与⊙A交于点D，此时FD最大，易知
AF=AB=10，则此时FD=14，对应CM的最大值即为7.
努力的你，未来可期!
图3图4
方法三：主动点D、从动点M与定点B符合“定角（0°）、定比”特征，因而点M的轨迹
为圆；如图5，连接AD，∵M为BD的中点，∴取AB得中点E，连接EM，可知E为定点且EM=
2
1AD=2，根据圆的定义知，点M的轨迹为以E为圆心，2为半径的圆；如图6，∵C为⊙E
外一定点，∴连接CE并延长，与⊙E交于点M，此时CM最大，此时CM=CE+EM=7.
图5图6
【小结】以上方法中，辅助线均有一举多得之妙，我们可总结出一些常见的辅助线作法：
①出现直角三角形：常作斜边的中线；②出现直角三角形：常倍长直角边，构造等腰三角
形；③出现线段中点：常取另一线段的中点，构造中位线；④出现线段中点：常倍长另一线
段，构造中位线.
典型例题3-2
（改编）如图，△ABC中，AB=3，AC=2，以BC为斜边作等腰
Rt△BCD（与△ABC分布在直线BC的两侧），连接AD，则线
段AD的最大值为___________.
【分析】方法一：∵△BCD为等腰直角三角形，∴以AB为斜
边向下作等腰直角三角形，与△BCD构成“共点旋转（手拉手）”
模型，伴随产生一组相似三角形，用“关联三角形”法求出
AD的最大值.
方法二：不妨固定AB边，则主动点C在以A为圆心，2为半
径的一段圆弧上运动，它与从动点D、定点B符合“定角、
定比”特征，借助模型确定D点的轨迹圆弧，求出AD的最
大值.
【解答】方法一:如图1，
努力的你，未来可期!
以AB为斜边向下作等腰Rt△BAE，连接DE，则△BAE∽△BCD，从而易证△BAC∽△BED，∴
2
1
AB
BE
AC
DE，∴DE=
2
AC=2，又AE=
2
23
2
AB，∴AD≤AE+DE，即AD≤
2
25，如图2，当
且仅当A、E、D三点共线时，AD取得最大值，最大值为
2
25.
图1图2
方法二：如图3，假定AB边固定，则主动点C在半圆（不包括
端点G、H）上运动，从动点D可看作由主动点C绕着点B顺时
针旋转45°，且到点B的距离缩至
2
2倍而来，则将主动圆心
A按照相同的操作可得到从动圆心F，从动圆的半径缩小至主
动圆半径的
2
2（即构造△BDF∽△BCA，与构造“手拉手”模
型本质相同），D点在如图所示的半圆（不包括端点I、J）上
运动，A为⊙F外一定点，∴当A、F、D共线时，AD最大，最
大值为AF+DF=
2
25.图3
【小结】1.方法一与方法二实质相同，只是方法二多了确定主动点轨迹、从动点轨迹的过程；
2.由图2可知，当AD取得最大值时，∠BAC=∠BDE=90°，∠BAD=∠CAD=45°，因而可以变
换多种问法，如当AD取得最大值时，求∠BAD、∠BAC的大小，求BC长、BD长等；
3.本题可稍稍加大难度，将“求AD得最大值”改为“求△ABD面积的最大值”（答案为
4
269，
方法见视频讲解）；
4.许多同学误将主动点和从动点的轨迹判断为完整的圆，虽不影响结论，但不够严谨.
5.共点旋转与瓜豆可谓形影相伴模型，很多题往往用两种方法均可解答；
变式训练3-1
如图，一次函数y＝2x与反比例函数y＝
x
k（k＞0）的图象交于A，
B两点，点P在以C（﹣2，0）为圆心，1为半径的⊙C上，连接AP，
Q是AP的中点，连接OQ，已知OQ长的最大值为
2
3，则k的值为______；
BQ的最大值为________.
变式训练3-2
（原创）如图，在平面直角坐标系中，圆心在x轴正半
努力的你，未来可期!
轴上的⊙M交x轴的负半轴于点A（-1,0），交y轴正半轴于点B（0，3），交y轴负半
轴于点C，动点P从点B出发，沿着⊙M顺时针向终点C做无折返运动，D（-2,0），在点P
运动过程中，连接DP，Q为线段DP上一点且始终满足PQ=2DQ，则在整个运动过程中，点Q
经过的路径长为_______；线段DQ扫过的区域面积为________.
变式训练3-3
（原创）如图，在平面直角坐标系中，A（2,0），B（-1,0），
以OA为直径的圆上有两个动点C、D，连接BC，并以BC
为直角边向逆时针方向作Rt△BCE，使∠CBE=90°，
∠BEC=30°，连接CD、ED和BD，则C、D两点的位置在
变化的过程中，△BCE面积的最大值与最小值之差为
_______；线段DE的最小值为_________；当∠EBD最大
时，线段BE和CD的数量关系是_____________.
中考真题
1.如图，点A是双曲线y=-
x
6在第二象限分支上的一个动点，连接AO并延长交另一分支于
点B，以AB为底作等腰△ABC，且∠ACB=120°，点C在第一象限，随着点A的运动，点C
的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y=
x
k上运动，则k的值为（）
A.1B.2C.3D.4
2.如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的
圆上的动点，Q是线段PA的中点，连结OQ．则线段OQ的最大值是（）
努力的你，未来可期!
A．3B．C．D．4
3.如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，
以DF为斜边作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A
到点C的运动过程中，点E的运动路径长是．
4.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，
连接PB，则PB的最小值是（）
A．2B．4C．D．
5.如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=22，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中
点，当点P沿着半圆从点A运动到点B时，点M运动的路径长为．
努力的你，未来可期!
6.如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，点P是AD边上的一个动点，连接BP，作点A
关于直线BP的对称点A1，连接A1C，设A1C的中点为Q，当点P从点A出发，沿边AD运
动到点D时停止运动，点Q的运动路径长为．
7.如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连
接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为．
8．如图，正方形ABCD中，AB=2，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连
接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE，CF．
（1）求证：AE=CF；
（2）若A，E，O三点共线，连接OF，求线段OF的长．
（3）求线段OF长的最小值．
努力的你，未来可期!
参考答案
变式训练1-1
1.
变式训练1-2
2
62；
2
622.
变式训练1-3
6.
变式训练2-1
y=-
x
2.
变式训练3-1
25
32，
10
51452.
变式训练3-2
9
8π
；27
839π.
变式训练3-3
4
3
；3-
3
；BE=
3
CD.
中考真题
1.B
2.C
3.
3
34
4.D
5.π
6.
3
3π
7.
2
5
8.（1）证明：如图1，由题意知：∠EDF=90°，ED=DF，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，AD=CD，∴∠ADC=∠EDF，
即∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠CDF，∴∠ADE=∠CDF，在△ADE和△DCF中，
∵，
∴△ADE≌△DCF，∴AE=CF；
（2）如图2，过F作OC的垂线，交BC的延长线于P，
∵O是BC的中点，且AB=BC=2，∵A，E，O三点共线，∴OB=，
努力的你，未来可期!
由勾股定理得：AO=5，∵OE=2，∴AE=5﹣2=3，由（1）知△ADE≌△DCF，
∴∠DAE=∠DCF，CF=AE=3，∵∠BAD=∠DCP，∴∠OAB=∠PCF，
∵∠ABO=∠P=90°，∴△ABO∽△CPF，∴==2，
∴CP=2PF，设PF=x，则CP=2x，由勾股定理得：32=x2+（2x）2，
x=或﹣（舍去），∴FP=，OP=+=，
由勾股定理得：OF==，
（3）方法一：如图3，由于OE=2，所以E点可以看作是以O为圆
心，2为半径的半圆上运动，延长BA到P点，使得AP=OC，连
接PE，
∵AE=CF，∠PAE=∠OCF，∴△PAE≌△OCF，
∴PE=OF，当PE最小时，为O、E、P三点共线，
OP===5，
∴PE=OF=OP﹣OE=5﹣2，∴OF的最小值是5﹣2．
方法二：如图4，连接OD，将△ODE绕点D逆时针旋转90°
得到△IDF，连接OI、OF，
在Rt△OCD中，OD=22CDOC=5，
在Rt△ODI中，OI=22IDOD=52，∵OF≥OI-FI，而
FI=OE=2，∴OF≥52-2，即OF的最小值是5﹣2．