模型可以讓同學 更快的進入到幾何之中，產生興趣。也是近來學習初中幾何不可或缺的一種重要方法。
下面給大家介紹一種經典幾何模型---手拉手模型，這也是歷年數學中考常考的幾何壓軸題型之一。
手拉手模型的概念:
1、手的判別：
判斷左右：將等腰三角形頂角頂點朝上，正對讀者，讀者左邊為左手頂點，右邊為右手頂點。
2、手拉手模型的定義：
定義: 兩個頂角相等且有共頂點的等腰三角形形成的圖形。（左手拉左手，右手拉右手）
例如：
3、手拉手模型的重要結論
三個固定結論:
結論1:△ABC≌△AB'C'(SAS)
BC=B'C'（左手拉左手等於右手拉右手）
結論2：∠BOB'=∠BAB'（用四點共圓證明）
結論3: AO平分∠BOC'（用四點共圓證明）
例題解析：
類型一 共頂點的等腰直角三角形中的手拉手
例1：已知：如圖△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°．
求證：BD=CE．
分析：
要證BD=CE可轉化為證明△BAE≌△CAD，由已知可證AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因為∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE，
即可證∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得證．
解答：
證明：∵△ABC與△AED均為等腰直角三角形，
∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE，
即∠BAE=∠CAD，
在△BAE與△CAD中，
AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD
∴△BAE≌△CAD（SAS），
∴BD=CE．
類型二 共頂點的等邊三角形中的手拉手
例2：圖1、圖2中，點B為線段AE上一點，△ABC與△BED都是等邊三角形。
(1)如圖1，求證：AD=CE；
(2)如圖2，設CE與AD交於點F，連接BF.
①求證：∠CFA=60°；
②求證：CF+BF=AF.
分析：
（1）如圖1，利用等邊三角形性質得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再證∠ABD=∠CBE，根據SAS證明△ABD≌△CBE得出結論；
（2）①如圖2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根據兩次運用外角定理可得結論；
②如圖3，作輔助線，截取FG=CF，連接CG，證明△CFG是等邊三角形，並證明△ACG≌△BCF，由線段的和得出結論．
解答：
證明：(1)如圖1，∵△ABC與△BED都是等邊三角形，
∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD，
即∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
AB=AC
∠ABD=∠CBE
BD=BE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE，
(2)①如圖2,由(1)得：△ABD≌△CBE，
∴∠BCE=∠DAB，
∵∠ABC=∠BCE+∠CEB=60°，
∴∠ABC=∠DAB+∠CEB=60°，
∵∠CFA=∠DAB+∠CEB，
∴∠CFA=60°，
②如圖3,在AF上取一點G,使FG=CF,連接CG,
∵∠AFC=60°，
∴△CGF是等邊三角形，
∴∠GCF=60°，CG=CF，
∴∠GCB+∠BCE=60°，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACG+∠GCB=60°，
∴∠ACG=∠BCE，
∵AC=BC，
∴△ACG≌△BCF，
∴AG=BF，
∵AF=AG+GF，
∴AF=BF+CF.
類型三 共頂點正方形中的手拉手
例3：如圖，兩個正方形ABCD與DEFG,連結CE、AG,二者相交於點H。
求：（1）AG=CE （2）AG與CE之間的夾角為多少度？ （3）HD平分∠AHE
分析：
（1）由四邊形ABCD與DEFG是正方形，可得AD=CD，∠ADC=∠GDE=90°，進而得出∠ADG=∠CDE，DG=DE，然後由SAS即可判定△ADG≌△CDE，根據全等三角形的性質則可證得AG=CE；
（2）根據全等三角形的性質和角的關係即可得出夾角是90°；
（3）根據全等三角形的性質和三角形的面積解答即可．
解答：
(1)∵ABCD和DEFG是正方形，
∴AD=CD,DG=DE,且∠ADC=∠GDE=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
在△ADG與△CDE中，
AD=CD
∠ADG=∠CDE
DG=DE，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE；
(2)CE與DG交點為O，
∵△ADG≌△CDE，
∴∠DEC=∠AGD，
∵∠DEC+∠DOE=90°，
∴∠AGD+∠DOE=90°=∠AGD+∠GOH，
∴∠GHE=90°；
(3)過點D作MD⊥AG，DN⊥CE，
∵△ADG≌△CDE，
∴S△DCE=S△ADG，
∴12×CE×DN=12×AG×DM，
∴DM=DN，且MD⊥AG，DN⊥CE，
∴DH平分∠AHE
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