[模型特点]
如图，给出两个共直角顶点O的等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD，底边AB和CD特意用细线相连，意在凸显该图形的本质特征，即是由OA=OB和OC=OD构成的两组"共顶点，等线段"结构，该结构为下面介绍一系列模型方法奠定了基础，先重视之！
常听说"手拉手模型"，一些同学也许一直不明就里，接下来结合我自己的理解阐述"手拉手"的含义：顶点O可看作两三角形的公共头部，OA、OB可看作两条"大手臂"，OC、OD可看作两条"小手臂".正面看向△AOB，将之扶正，保持头部O在上，则A为"左手"，B为"右手"；同理，正面看向△COD，将之扶正，保持头部O在上，则C为"左手"，D为"右手".
紧接着进行拉手操作，理应产生两种情形，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！
[模型分类]
情形一：左手拉左手，右手拉右手（手拉手全等模型）
连接左手A与左手C，连接右手B与右手D，则构成了传统意义上的"手拉手全等模型"，如下图.
此图有一些基本结论需要熟知.
（1）形的角度：△AOC≌△BOD.
由∠AOB=∠COD=90°，易得∠AOC=∠BOD，结合OA=OB，OC=OD，易证△AOC≌△BOD（SAS）.此为基本结论，需极其熟练！
（2）线的角度：AC=BD且AC⊥BD.
笔者喜欢称AC、BD为"拉手线"，这对拉手线的数量关系和位置关系均可由上述全等三角形间接证明.
设AC、BD交于E，∵△AOC≌△BOD，∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，由下左图中的"8字形AOBE"导角易证∠AEB=∠AOB=90°，即AC⊥BD. 同理，用下右图中的"8字形CODE"导角亦可，不再赘述.
"手拉手全等模型"若只理解到这个层面，则未免有种"始终在门外徘徊"的感觉，接下来尝试从图形变换的角度来重新认识此图.
以静态视角看，△AOC与△BOD全等；以动态视角看，△BOD可看成由△AOC绕公共顶点O逆时针旋转90°而来，这就是一开始所说的两组"共顶点，等线段"结构在起作用啊！正好为两个三角形的旋转提供了旋转三要素，即旋转中心、旋转方向和旋转角.比如只看OA=OB这组"共顶点，等线段"结构，OB可看成由OA绕点O逆时针旋转90°而来，这跟整个三角形旋转的方式是完全一致的，同理，OD也是由OC经过相同的变换而来，那BD呢？不也正是由AC绕点O逆时针旋转90°而来么？而一条直线不管绕何点旋转90°，旋转前与旋转后的直线必垂直.从这个意义上来讲，则AC与BD垂直是显然的事情啊！只有站得高，才能望得远，才能拥有"居高临下"的大视野！带着这样的局部与整体的捆绑变换的认识再从技术角度去证明AC与BD的关系则是小菜一碟了！碰上填选小题更可直接秒杀！
（3）角的角度：OE平分∠BEC，即∠BEO=∠CEO=1/2∠BEC=45°.
过O向∠BEC两边作双垂，只需证明OG=OH，则OE平分∠BEC.而OG、OH分别为全等△AOC和△BOD对应边AC、BD上的高，当然相等，不过貌似苏科版中没有"全等三角形对应边上的高相等"这条直接的性质定理，故仍需要进行进一步证明.当然，可考虑证明△AOG≌△BOH（AAS），但笔者更推荐"面积法"，具体如下：
下面，再提供两图，可思考上述结论是否发生变化.
此类模型的常见基本图形如下：
情形二：左手拉右手，右手拉左手（婆罗摩笈多模型）
连接左手A与右手D，连接右手B与左手C，则又构成了所谓"婆罗摩笈多模型"，如下图.
此模型一般有以下基本结论.
S△AOD=S△BOC.
（2）取BC中点M，连接MO并延长交AD于N，则ON⊥AD，且OM=1/2AD.（中线变高）
即△BOC拉手线BC上的中线在位置关系上与另一△AOD拉手线AD垂直，数量关系上等于AD一半.
此题正面进攻颇有难度，不妨从结论出发，执果索因.要证ON⊥AD，即要证∠1、∠3互余，而∠2、∠3已知互余，则只需证∠1=∠2，而要证∠1=∠2，可考虑证明∠1和∠2所在的三角形全等，显然图中并没有现成的全等，故考虑构造，如何构造？题干中M是中点的条件如何运用？结论中还有OM=1/2AD，这些信息的碰撞下，不难想到倍长中线OM至K，连接BK.
根据结论OM=1/2AD可知，AD=OK，则△AOD和△OBK中，根据题目的结论和条件可知，OA=OB，∠1=∠2，AD=OK，则△AOD≌△OBK.当然，这组全等只是我们借助要证明的结论和条件反向推导出来的一种客观事实，不过它可以帮助我们坚定解决本题的方向，即证明△AOD≌△OBK（心中已确认其全等，才敢坚定去证明）.
好了，重新理一下证明全等的思路.目前，已知OA=BO，其他相等要素一概不知.不过，倍长中线后易知△BMK≌△CMO，则BK=CO=OD，如此，已有两组边对应相等，即OA=BO，OD=BK，再找AD=OK不现实（本身就要证明），故没得选，只能想办法证明两边的夹角相等，即证∠AOD=∠OBK！
易知∠AOD与∠BOC互补，而倍长中线后形成的△BMK≌△CMO还能提供BK∥OC，则∠OBK与∠BOC也互补，故∠AOD=∠OBK（同角的补角相等），故△AOD≌△OBK（SAS），∴AD=OK，∠1=∠2，∴OM=1/2OK=1/2AD，∠1+∠3=∠2+∠3=90°，∴ON⊥AD.证毕！
当然，倍长中线后若连接CK，如下图，同理可证△AOD≌△KCO ，不再赘述.
（3）过点O作ON⊥AD于N，延长NO交BC于M，则M为BC中点，且OM=1/2AD.（高变中线）
即△AOD拉手线AD上的高所在直线必穿过另一条拉手线BC的中点，且拉手线BC上的中线OM等于另一拉手线AD的一半.
此题正好跟（2）颠倒了一下条件和结论，这次就不逆推啦，太累！直接上8字干货，"欲证中点，先造平行"，而上题可总结为"已知中点，倍长中线"，哈哈！
反思：好一个"欲证中点，先造平行"啊！法一通过先造BK∥OC，便可先得△AOD≌△OBK，再得△KBM≌OCM这组平行8字形全等，顺利导出中点.跟（2）中一样，也是通过2次全等，不过全等的证明顺序刚好相反，个中趣味，请再次体悟！
反思：法二通过构造两次"K型全等"，巧妙转移线段后再证8字全等，刚好也是2类全等.
更有趣的是，双垂线BG与CH也平行啊！虽是作了双垂，本质依旧是"造平行"，最后通过平行8字形全等导出中点，多么痛的领悟啊！
在情形一的"手拉手全等模型"中，我们能够根据"共顶点，等线段"结构进行旋转变换化静为动，使问题的解决变得彻底！本题同样具备"共顶点，等线段"结构啊，是否也能通过旋转变换获得解决呢？不妨一试.
如上图，狠抓OA=OB这组"共点等线"结构，将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD'处，显然，∠DOD'=90°，则易知C、O、D'三点共线，而OD'=OD=OC，则BO是△BD'C的中线，由中线等分面积易知，S△BOD'=S△BOC，则S△AOD=S△BOC.呃，第一个结论竟然这样被秒杀了！！！
当然，还有如下3种旋转方式，不再展开说明，请看：
更有趣的是，（2）和（3）中的结论也可瞬间秒杀！先看（2）中的中线变高的情形.在将△AOD旋转90°至△BOD'处时，顺便将ON也相应旋转至ON'处，如下图所示.
反思：通过狠抓"共点等线"结构，进行旋转变换，使得原本分离的两个三角形"接壤"，一下子将3个结论一网打尽，趣味横生！可见，图形变换是多么有用啊！
下面，再提供一个变式图形.
依旧是等腰Rt△AOB与等腰Rt△COD共直角顶点O，只是两个等腰直角三角形有重叠部分，依旧"左手A拉右手D，右手B拉左手C".
不难发现，前述3个结论依然成立.本质相同，请自行探究，不再赘述.（特别提醒：∠AOD与∠BOC依旧互补）
[典型应用]
1．（2019春•龙岗区期中）如图1．△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E，F作射线GA的垂线，垂足分别为P，Q．
（1）求证：△EPA≌△AGB：
（2）试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图2．若连接EF交GA的延长线于H，由（2）中的结论你能判断EH与FH的大小关系吗？并说明理由：
（4）在（3）的条件下，若BC＝10，AG＝12．请直接写出S△AEF＝ _____．
【解答】（1）如图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）结论：EP＝FQ，
证明：由（1）可得，△EPA≌△AGB，∴EP＝AG，
同理可得，△FQA≌△AGC，∴AG＝FQ，∴EP＝FQ；
（3）结论：EH＝FH，
理由：如图，∵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
故答案为：60．
2．（2019春•青羊区校级期中）如图，△AOB和△COD都是以O为直角顶点的等腰直角三角形，连接AC，BD
（1）如图1，试判断AC与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图2，若点D恰好在AC上，且D为AC的中点，AB＝√5，求△BOD的面积；
（3）如图3，设AC与BD的交点为E，若AE＝CE，∠AOD＝60°，AB＝2√2，求CD的长．
【解答】：（1）结论：AC＝BD，AC⊥BD．
理由：如图1中，设AC交BD于K，OA交BD于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）如图2中，作OH⊥CD于H．
∵OD＝OC，∠COD＝90°，OH⊥CD，
∴OH＝DH＝CH，设OH＝DH＝CH＝m，则CD＝AD＝2m，
这里讲述的情形1的模型可以归结到手拉手模型，是初中几何最常见的一类重要模型，它又分为全等型手拉手模型和相似型手拉手模型，究其本质就是图形的旋转全等和旋转缩放。全等型手拉手模型具有以下三个主要特征：双等腰、共顶点、顶角相等。如果图中只有一个等腰三角形，我们可以再构造出另一个等腰三角形，从而将图形补成手拉手模型。这样就能应用"手拉手模型"中的三角形全等，将条件集中到一个三角形中，这样问题就能迎刃而解。
还应注意到利用模型做题，最重要的是能够简化模型，在题目的图中能够识别出模型，进而根据以前见过的结论，梳理出解题思路。切不可死记硬背，导致思维固化，这个也是学习几何的一个大忌。
（说明：本文部分文字叙述源于听老王侃数学 ，作者周庄 王斌，有异议留言，会及时删除）