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巧识手拉手模型
秒解相似与全等
金山办[图片]公软件有限公司
深圳市桂园中学 张海芳
罗湖区2026年中考备考”百师助学“课程
模块一：手拉手全等模型
【特征】有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等。
因为顶点相连的四条边，形象的可以看做两双手，所以通常称为手拉手模型.
如图，已知等腰△OAB,OA=OB,等腰△OCD绕点O逆时针旋转，E为AC、BD 的交点。
OC在△OAB内部
证明：
在△AOC和△BOD中
①∴△AOC≌△BOD（SAS）
②∴AC=BD（拉手线段相等）
OC在△OAB外部
∵
∴
∴OM=ON
④∴ OE平分∠AED的补角/ OE平分∠AED
③∠AEB=∠AOB
模块一：手拉手全等模型
【特征】有公共顶点的两个等腰三角形，顶角相等.
因为顶点相连的四条边，形象的可以看做两双手，所以通常称为手拉手模型.
记忆：
共顶点，等线段旋转，得全等。
结论：①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB
（拉手线段所在直线的夹角=等腰三角形顶角）
④ 连接OE,则OE平分∠AED 或 OE平分∠AED的补角
OC在△OAB内部
OC在△OAB外部

例1：已知△ABC是等边三角形，点D是射线BC上的动点，将线段AD绕点A逆时针方向旋转60°（即∠DAE＝60°）得到AE，连接DE．
（1）如图1，猜想△ADE是什么三角形？
（2）如图2，猜想线段CA、CE、CD之间的数量关系，并证明你的结论．
例题讲解--识别“手拉手全等模型”
思路点拨：①△ABC和△ADE都是等边三角形（双等腰）
②共顶点A旋转
③顶角相等
结论： △ABD≌△ACE（SAS）
在△ABD和△ACE中，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE，
∴CE＝BD＝CB+CD＝CA+CD，
∴CA+CD＝CE

例题讲解--构造“手拉手全等模型”
思路点拨：①△ACD是等腰三角形
②∠DAC＝2∠BAE 和 AB⊥BE 联想构造顶角相等的等腰三角形，得到双等腰
③共顶点A旋转
例2：如图，在△ABC中，∠B＝90°，AD＝AC，点E在边BC上，连接DE与AC相交于点F，连接AE，∠DAC＝2∠BAE．记△CEF的面积为m，△ABE的面积为n，则△ADF的面积为　 　（用含m,n代数式表示）
结论： △MAC≌△EAD
△MAC面积＝△EAD面积，
即△AEF面积+△AFD面积
＝△MAE面积+△AEF面积+△EFC面积，
∴△AFD面积＝2n+m．
【模型推广】等边三角形手拉手和等腰直角三角形手拉手
结论：①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB = 60°
（拉手线段所在直线的夹角=等腰三角形顶角）
④ 连接OE,则OE平分∠AED 或 OE平分∠AED的补角
等边三角形手拉手
等腰直角三角形手拉手
结论：①△OAC ≌ △OBD
②AC=BD （拉手线段相等）
③∠AEB=∠AOB =90°
（拉手线段所在直线的夹角=等腰三角形顶角）
④ 连接OE,则OE平分∠AED 或 OE平分∠AED的补角
【模型推广】正方形手拉手全等
正方形手拉手全等有以下结论：
① △AGD ≌ △AEB
② DG=BE 本质是等腰直角三角形手拉手全等
③ BE⊥DG
正方形AEFG绕着点A逆时针旋转30°
正方形AEFG绕着点A逆时针旋转90°
正方形AEFG和正方形ABCD中
的∠A重合
模块二：手拉手相似模型
结论：①△OAC ∽△OBD
②
③∠AEB=∠AOB（拉手线的夹角=∠AOB)
OC在△OAB内部
OC在△OAB外部
如图，在△OAB中,CD∥AB，△OCD绕点O逆时针旋转，E为直线AC和直线BD 的交点。
证明：
∵△AOB∽△COD，
∴=，∠AOB＝∠COD，
∴∠AOB-∠COB=∠COD-∠COB
∴∠AOC＝∠BOD
又∵=
∴△AOC∽△BOD

例1：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC,D是BC上的一点，E是AC上的一点，且DC=DE,将△DEC绕着点C逆时针旋转至如图所示，连接AE，BD相交于点F，则∠BFE的度数为___.
例题讲解--识别“手拉手相似模型”
思路点拨：①△ABC和△EDC都是等腰直角三角形
②共顶点C旋转
③∠ACB=∠ECD=45°
结论： △BCD∽△ACE
识别出：左手线BD和右手线AE
利用拉手线的夹角=∠ACB=45°
从而得到∠BFE=135°
例题讲解--构造“手拉手相似模型”
例2:[问题背景]（1）如图①，已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE．
[尝试应用]
（2）如图②，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，=，求①＝_____②的值．
[拓展延伸]
（3）如图③，D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC=，直接写出AD的长 _______．
例题讲解--构造“手拉手相似模型”
例2:[问题背景]（1）如图①，已知△ABC∽△ADE，
求证：△ABD∽△ACE．
证明：
∵△ABC∽△ADE，
∴=，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC
∴∠BAD＝∠CAE
又∵=
∴△ABD∽△ACE
例题讲解--构造“手拉手相似模型”
例2:（2）如图②，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，=，求①＝_____.
②的值．
解：①如图1，连接EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴＝；
②∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，
∴△ABC∽△ADE，
由（1）知△ABD∽△ACE，
∴==，
∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，=，
∴===3
∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，
∴△ADF∽△ECF，
∴==3，
例题讲解--构造“手拉手相似模型”
例2:[拓展延伸]
（3）如图③，D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC=，直接写出AD的长度。
思路点拨：
①∠BDC＝90°∠CBD＝30°可推出∠DCB=60°
② 若把AC 看成拉手线，则点A处必有一个60°的角。把D 点看成旋转顶点，根据手拉手相似模型中的两个三角形在旋转点处角度相等，可以推出D点处还有一个直角。
③想到过点A作AB的垂线，构造60°的角，过点D作AD的垂线，构造90°的角。
解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，
∵∠BAD＝30°，
∴∠DAM＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴∠AMD＝∠DBC，
又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，
∴△BDC∽△MDA，
∴=，
又∠BDC＝∠MDA，
∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM，
即∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA
∴==
∵AC=
∴BM==6
在Rt△ABM中，
AM===
∴AD=AM=
【模型推广】长方形手拉手相似



结论：①△AGD ∽ △AEB
②
③ BE⊥DG
长方形手拉手相似本质：
直角三角形手拉手相似模型
矩形AEFG和矩形ABCD中
的∠A重合
矩形AEFG绕着点A逆时针旋转30°
矩形AEFG绕着点A逆时针旋转90°
模块三：手拉手模型核心方法与拓展应用
【特征】左手拉右手，右手拉左手，称为“反向手拉手”模型。
如图，在等腰三角形ABC和等腰三角形ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接BE，CD.
作出△ABC关于AC对称的△AB'C，连接EB'.
思路点拨：
将“反向手拉手”模型转化为“手拉手”模型.
证明△AB'E≌△ACD
模块三：手拉手模型核心方法与拓展应用
例1：如图,在△ABC和△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,连接BE,点O是BE的中点,连接AO,若AO=1,求CD的长度.
思路点拨：
①△ABC和△ADE都是等腰直角三角形
②共顶点A旋转
③∠BAC=∠DAE=90°
观察：
左手B和右手E相连，左手D和右手C相连
作出△ABC关于AC对称的△AB'C，连接EB‘，符合左手拉左手，右手拉右手
∴CD=B’E
∵O为BE的中点 ,AB=AB’
∴AO是△BB’E的中位线
∴B’E=2AO=2
∴CD=B’E=2
由对称的性质可得AB=AB’,∠BAC=∠B’AC=90°,
∴B,A,B’三点共线.
∵∠DAC+∠CAE=∠EAB’+∠CAE
∴∠DAC=∠EAB’
又∵AB=AC
∴AB’=AB=AC
在△ADC和△AB’C中
∴△AB'E≌△ACD（SAS）
模块三：手拉手模型核心方法与拓展应用
例2：如图1，在正方形ABCD中，点G是边BC上一点，以CG为边作正方形CEFG，连接AF，DG．
（1）的值是_______,直线DG，AF所夹锐角的度数是_______．
（2）如图2，正方形CEFG绕点C顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请结合图2证明；若不成立，请说明理由．
模块三：手拉手模型核心方法与拓展应用
例2：如图1，在正方形ABCD中，点G在边BC上一点，以CG为边作正方形CEFG，连接AF，DG．
（1）的值是_______,直线DG，AF所夹锐角的度数是_______．
思路点拨：①判断点C 是公共顶点，可看成旋转点，AF可看成拉手线，
②联想连接AC和CF，构造其中一个子三角形△ACF，证明△ACF是一个直角三角形，即证∠ACF=90°=∠DCG。
③证明△DGC∽△AFC
④ 直线DG，AF所夹锐角的度数∠AHD=∠ACD=45°
模块三：手拉手模型核心方法与拓展应用
例2：如图1，在正方形ABCD中，点G是在BC边上的一点，以CG为边作正方形CEFG，连接AF，DG．
（2）如图2，正方形CEFG绕点C顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请结合图2证明；若不成立，请说明理由．
思路点拨：①判断点C 是公共顶点，可看成旋转点，AF可看成拉手线，
②联想连接AC和CF，构造其中一个子三角形△ACF，
证明∠ACF=90°+∠BCG ∠DCG=90°+∠BCG
∴∠ACF=∠DCG
③证明 △DGC∽△AFC
④ 直线DG，AF所夹锐角的度数∠AHD=∠ACD=45°
手拉手模型
抓特征、记结论、会构造、能转化。
共顶点、等顶角，全等相似跑不了；
拉手线段相等或成比例，夹角等于顶角度；
反向变形用对称，中考几何秒解题！
小结
谢谢聆听！
祝同学们2026年中考
旗开得胜，金榜题名！

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