[模型特點]

如圖，給出兩個共直角頂點O的等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD，底邊AB和CD特意用細線相連，意在凸顯該圖形的本質特徵，即是由OA=OB和OC=OD構成的兩組"共頂點，等線段"結構，該結構為下面介紹一系列模型方法奠定了基礎，先重視之！

常聽說"手拉手模型"，一些同學也許一直不明就裡，接下來結合我自己的理解闡述"手拉手"的含義：頂點O可看作兩三角形的公共頭部，OA、OB可看作兩條"大手臂"，OC、OD可看作兩條"小手臂".正面看向△AOB，將之扶正，保持頭部O在上，則A為"左手"，B為"右手"；同理，正面看向△COD，將之扶正，保持頭部O在上，則C為"左手"，D為"右手".

緊接著進行拉手操作，理應產生兩種情形，即"左手拉左手，右手拉右手"和"左手拉右手，右手拉左手"，分而治之！

[模型分類]

情形一：左手拉左手，右手拉右手（手拉手全等模型）

連接左手A與左手C，連接右手B與右手D，則構成了傳統意義上的"手拉手全等模型"，如下圖.

此圖有一些基本結論需要熟知.

（1）形的角度：△AOC≌△BOD.

由∠AOB=∠COD=90°，易得∠AOC=∠BOD，結合OA=OB，OC=OD，易證△AOC≌△BOD（SAS）.此為基本結論，需極其熟練！

（2）線的角度：AC=BD且AC⊥BD.

筆者喜歡稱AC、BD為"拉手線"，這對拉手線的數量關係和位置關係均可由上述全等三角形間接證明.

設AC、BD交於E，∵△AOC≌△BOD，∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，由下左圖中的"8字形AOBE"導角易證∠AEB=∠AOB=90°，即AC⊥BD. 同理，用下右圖中的"8字形CODE"導角亦可，不再贅述.

"手拉手全等模型"若只理解到這個層面，則未免有種"始終在門外徘徊"的感覺，接下來嘗試從圖形變換的角度來重新認識此圖.

以靜態視角看，△AOC與△BOD全等；以動態視角看，△BOD可看成由△AOC繞公共頂點O逆時針旋轉90°而來，這就是一開始所說的兩組"共頂點，等線段"結構在起作用啊！正好為兩個三角形的旋轉提供了旋轉三要素，即旋轉中心、旋轉方向和旋轉角.比如只看OA=OB這組"共頂點，等線段"結構，OB可看成由OA繞點O逆時針旋轉90°而來，這跟整個三角形旋轉的方式是完全一致的，同理，OD也是由OC經過相同的變換而來，那BD呢？不也正是由AC繞點O逆時針旋轉90°而來麼？而一條直線不管繞何點旋轉90°，旋轉前與旋轉後的直線必垂直.從這個意義上來講，則AC與BD垂直是顯然的事情啊！只有站得高，才能望得遠，才能擁有"居高臨下"的大視野！帶著這樣的局部與整體的捆綁變換的認識再從技術角度去證明AC與BD的關係則是小菜一碟了！碰上填選小題更可直接秒殺！

（3）角的角度：OE平分∠BEC，即∠BEO=∠CEO=1/2∠BEC=45°.

過O向∠BEC兩邊作雙垂，只需證明OG=OH，則OE平分∠BEC.而OG、OH分別為全等△AOC和△BOD對應邊AC、BD上的高，當然相等，不過貌似蘇科版中沒有"全等三角形對應邊上的高相等"這條直接的性質定理，故仍需要進行進一步證明.當然，可考慮證明△AOG≌△BOH（AAS），但筆者更推薦"面積法"，具體如下：

下面，再提供兩圖，可思考上述結論是否發生變化.

此類模型的常見基本圖形如下：

情形二：左手拉右手，右手拉左手（婆羅摩笈多模型）

連接左手A與右手D，連接右手B與左手C，則又構成了所謂"婆羅摩笈多模型"，如下圖.

此模型一般有以下基本結論.

S△AOD=S△BOC.

（2）取BC中點M，連接MO並延長交AD於N，則ON⊥AD，且OM=1/2AD.（中線變高）

即△BOC拉手線BC上的中線在位置關係上與另一△AOD拉手線AD垂直，數量關係上等於AD一半.

此題正面進攻頗有難度，不妨從結論出發，執果索因.要證ON⊥AD，即要證∠1、∠3互餘，而∠2、∠3已知互餘，則只需證∠1=∠2，而要證∠1=∠2，可考慮證明∠1和∠2所在的三角形全等，顯然圖中並沒有現成的全等，故考慮構造，如何構造？題幹中M是中點的條件如何運用？結論中還有OM=1/2AD，這些信息的碰撞下，不難想到倍長中線OM至K，連接BK.

根據結論OM=1/2AD可知，AD=OK，則△AOD和△OBK中，根據題目的結論和條件可知，OA=OB，∠1=∠2，AD=OK，則△AOD≌△OBK.當然，這組全等只是我們藉助要證明的結論和條件反向推導出來的一種客觀事實，不過它可以幫助我們堅定解決本題的方向，即證明△AOD≌△OBK（心中已確認其全等，才敢堅定去證明）.

好了，重新理一下證明全等的思路.目前，已知OA=BO，其他相等要素一概不知.不過，倍長中線後易知△BMK≌△CMO，則BK=CO=OD，如此，已有兩組邊對應相等，即OA=BO，OD=BK，再找AD=OK不現實（本身就要證明），故沒得選，只能想辦法證明兩邊的夾角相等，即證∠AOD=∠OBK！

易知∠AOD與∠BOC互補，而倍長中線後形成的△BMK≌△CMO還能提供BK∥OC，則∠OBK與∠BOC也互補，故∠AOD=∠OBK（同角的補角相等），故△AOD≌△OBK（SAS），∴AD=OK，∠1=∠2，∴OM=1/2OK=1/2AD，∠1+∠3=∠2+∠3=90°，∴ON⊥AD.證畢！

當然，倍長中線後若連接CK，如下圖，同理可證△AOD≌△KCO ，不再贅述.

（3）過點O作ON⊥AD於N，延長NO交BC於M，則M為BC中點，且OM=1/2AD.（高變中線）

即△AOD拉手線AD上的高所在直線必穿過另一條拉手線BC的中點，且拉手線BC上的中線OM等於另一拉手線AD的一半.

此題正好跟（2）顛倒了一下條件和結論，這次就不逆推啦，太累！直接上8字乾貨，"欲證中點，先造平行"，而上題可總結為"已知中點，倍長中線"，哈哈！

反思：好一個"欲證中點，先造平行"啊！法一通過先造BK∥OC，便可先得△AOD≌△OBK，再得△KBM≌OCM這組平行8字形全等，順利導出中點.跟（2）中一樣，也是通過2次全等，不過全等的證明順序剛好相反，箇中趣味，請再次體悟！

反思：法二通過構造兩次"K型全等"，巧妙轉移線段後再證8字全等，剛好也是2類全等.

更有趣的是，雙垂線BG與CH也平行啊！雖是作了雙垂，本質依舊是"造平行"，最後通過平行8字形全等導出中點，多麼痛的領悟啊！

在情形一的"手拉手全等模型"中，我們能夠根據"共頂點，等線段"結構進行旋轉變換化靜為動，使問題的解決變得徹底！本題同樣具備"共頂點，等線段"結構啊，是否也能通過旋轉變換獲得解決呢？不妨一試.

如上圖，狠抓OA=OB這組"共點等線"結構，將△AOD繞點O逆時針旋轉90°至△BOD'處，顯然，∠DOD'=90°，則易知C、O、D'三點共線，而OD'=OD=OC，則BO是△BD'C的中線，由中線等分面積易知，S△BOD'=S△BOC，則S△AOD=S△BOC.呃，第一個結論竟然這樣被秒殺了！！！

當然，還有如下3種旋轉方式，不再展開說明，請看：

更有趣的是，（2）和（3）中的結論也可瞬間秒殺！先看（2）中的中線變高的情形.在將△AOD旋轉90°至△BOD'處時，順便將ON也相應旋轉至ON'處，如下圖所示.

反思：通過狠抓"共點等線"結構，進行旋轉變換，使得原本分離的兩個三角形"接壤"，一下子將3個結論一網打盡，趣味橫生！可見，圖形變換是多麼有用啊！

下面，再提供一個變式圖形.

依舊是等腰Rt△AOB與等腰Rt△COD共直角頂點O，只是兩個等腰直角三角形有重疊部分，依舊"左手A拉右手D，右手B拉左手C".

不難發現，前述3個結論依然成立.本質相同，請自行探究，不再贅述.（特別提醒：∠AOD與∠BOC依舊互補）

[典型應用]

1．（2019春•龍崗區期中）如圖1．△ABC中，AG⊥BC於點G，以A為直角頂點，分別以AB、AC為直角邊，向△ABC作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點E，F作射線GA的垂線，垂足分別為P，Q．

（1）求證：△EPA≌△AGB：

（2）試探究EP與FQ之間的數量關係，並證明你的結論；

（3）如圖2．若連接EF交GA的延長線於H，由（2）中的結論你能判斷EH與FH的大小關係嗎？並說明理由：

（4）在（3）的條件下，若BC＝10，AG＝12．請直接寫出S△AEF＝ _____．

【解答】（1）如圖1，∵∠EAB＝90°，EP⊥AG，AG⊥BC，

∴∠EPA＝∠EAB＝∠AGB＝90°，

∴∠PEA+∠EAP＝90°，∠EAP+∠BAG＝90°，

∴∠PEA＝∠BAG，

在△EPA和△AGB中，∠EPA＝∠BGA，∠PEA＝∠BAG，AE=AB，

∴△EPA≌△AGB（AAS），

（2）結論：EP＝FQ，

證明：由（1）可得，△EPA≌△AGB，∴EP＝AG，

同理可得，△FQA≌△AGC，∴AG＝FQ，∴EP＝FQ；

（3）結論：EH＝FH，

理由：如圖，∵EP⊥AG，FQ⊥AG，

∴∠EPH＝∠FQH＝90°，

在△EPH和△FQH中，∠EHP＝∠FHQ，∠EPH＝∠FQH，AE=AB，

∴△EPH≌△FQH（AAS），∴EH＝FH．

（4））∵△EPH≌△FQH，△EPA≌△AGB，△FQA≌△AGC，

∴S△FQA＝S△AGC，S△FQH＝S△EPH，S△EPA＝S△AGB，

∴S△AEF＝S△EPA+S△FQA＝S△AGB+S△AGC

＝S△ABC＝1/2×BC×AG＝1/2×10×12＝60

故答案為：60．

2．（2019春•青羊區校級期中）如圖，△AOB和△COD都是以O為直角頂點的等腰直角三角形，連接AC，BD

（1）如圖1，試判斷AC與BD的數量關係和位置關係，並說明理由；

（2）如圖2，若點D恰好在AC上，且D為AC的中點，AB＝√5，求△BOD的面積；

（3）如圖3，設AC與BD的交點為E，若AE＝CE，∠AOD＝60°，AB＝2√2，求CD的長．

【解答】：（1）結論：AC＝BD，AC⊥BD．

理由：如圖1中，設AC交BD於K，OA交BD於E．

∵∠DOC＝∠AOB＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，

∵OA＝OB，OC＝OD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，

∵∠OBD+∠BEO＝90°，∠BEO＝∠AEK，

∴∠OAC+∠AEK＝90°，∴∠AKB＝90°，∴AC⊥BD．

（2）如圖2中，作OH⊥CD於H．

∵OD＝OC，∠COD＝90°，OH⊥CD，

∴OH＝DH＝CH，設OH＝DH＝CH＝m，則CD＝AD＝2m，

這裡講述的情形1的模型可以歸結到手拉手模型，是初中幾何最常見的一類重要模型，它又分為全等型手拉手模型和相似型手拉手模型，究其本質就是圖形的旋轉全等和旋轉縮放。全等型手拉手模型具有以下三個主要特徵：雙等腰、共頂點、頂角相等。如果圖中只有一個等腰三角形，我們可以再構造出另一個等腰三角形，從而將圖形補成手拉手模型。這樣就能應用"手拉手模型"中的三角形全等，將條件集中到一個三角形中，這樣問題就能迎刃而解。

還應注意到利用模型做題，最重要的是能夠簡化模型，在題目的圖中能夠識別出模型，進而根據以前見過的結論，梳理出解題思路。切不可死記硬背，導致思維固化，這個也是學習幾何的一個大忌。

（說明：本文部分文字敘述源於聽老王侃數學 ，作者周莊 王斌，有異議留言，會及時刪除）