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共直角頂點 先談兩個等腰直角三角形共直角頂點的情況. 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征，即是由OA=OB和OC=OD構成的兩組“共頂點，等線段”結構，該結構為后文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里，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(chǎn)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！ 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(tǒng)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(shù)量關系和位置關系均可由上述全等三角形間接證明. 設AC、BD交于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(tài)視角看，△AOC與△BOD全等；以動態(tài)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??！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(jīng)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°而來么？而一條直線不管繞何點旋轉90°，旋轉前與旋轉后的直線必垂直.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的關系則是小菜一碟了！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(fā)生變化. 【中考專題】『手拉手模型』，經(jīng)典結論大總結【中考專題】河南中考 類比探究（五年真題+五年B卷）【中考專題】類比探究，考法淺析【中考專題】手拉手模型的構造——以19·楓楊·三?！?2題為例情形二：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. （1）S△AOD=S△BOC. （2）取BC中點M，連接MO并延長交AD于N，則ON⊥AD，且OM=1/2AD.（中線變高）
即△BOC拉手線BC上的中線在位置關系上與另一△AOD拉手線AD垂直，數(shù)量關系上等于AD一半. 此題正面進攻頗有難度，不妨從結論出發(fā)，執(zhí)果索因.要證ON⊥AD，即要證∠1、∠3互余，而∠2、∠3已知互余，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，顯然圖中并沒有現(xiàn)成的全等，故考慮構造，如何構造？題干中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(jù)結論OM=1/2AD可知，AD=OK，則△AOD和△OBK中，根據(jù)題目的結論和條件可知，OA=OB，∠1=∠2，AD=OK，則△AOD≌△OBK.當然，這組全等只是我們借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，倍長中線后易知△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(xiàn)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，而倍長中線后形成的△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，倍長中線后若連接CK，如下圖，同理可證△AOD≌△KCO ，不再贅述.
（3）過點O作ON⊥AD于N，延長NO交BC于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等于另一拉手線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字干貨，“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”?。?/strong>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，個中趣味，請再次體悟！
反思：法二通過構造兩次“K型全等”，巧妙轉移線段后再證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??！雖是作了雙垂，本質依舊是“造平行”，最后通過平行8字形全等導出中點，多么痛的領悟??！ 在情形一的“手拉手全等模型”中，我們能夠根據(jù)“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！?。?br> 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.
同樣地，（3）中高變中線的情形也可順利解決.
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(wǎng)打盡，趣味橫生！可見，圖形變換是多么有用??！ 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(fā)現(xiàn)，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）
共45°底角頂點 再談兩個等腰直角三角形共底角頂點的情況. 情形一：順序旋轉，手拉手相似 如圖，等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD共底角頂點O，且公共頂點O、直角頂點與另一底角頂點均按相同順序排列（如此圖均為順時針方向排列）.
若將兩直角頂點A、C和另兩個底角頂點B、D相連，則構成了經(jīng)典的“手拉手相似模型”，如下圖.
此模型包含以下兩個基本結論： （1）形的角度：旋轉相似必成對 △AOB∽△COD（老相似），△AOC∽△BOD（新相似）.
（2）線的角度：AC、BD的數(shù)量關系為AC：BD=OA：OB=OC：OD=1：根號2；AC、BD的位置關系為兩線夾的銳角=45°.
聯(lián)系前文“手拉手全等模型”，發(fā)現(xiàn)本質上并無不同.從靜態(tài)視角看，△AOC∽△BOD；從動態(tài)視角看，△BOD可看作由△AOC繞公共頂點O順時針旋轉45°后，再以O為位似中心，同側放大根號2倍而來，即先旋轉變換，后位似變換.其實，這種旋轉位似變換的本質依據(jù)依然是“共點線段”，比如本題中的OA與OB，OC與OD. 以OA與OB為例，準確地講，它們屬于“共點定比值線段”，公共點O提供了旋轉和位似中心，夾角∠AOB提供了旋轉方向和旋轉角，比值OA：OB提供了位似比. 提供動圖再理解一下吧！
當然，BD也是由AC經(jīng)過相應的旋轉位似變換而來，故AC與BD的比值等于位似比，夾角等于旋轉角45°. 下面，再提供兩個變式圖形，供深入理解.
情形二：逆序腳拉腳 如圖，等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD共底角頂點O，且公共頂點O、直角頂點與另一底角頂點逆序排列（如下圖中O、A、B為逆時針排列，而O、C、D為順時針排列）.
不妨將B、D看作兩個等腰Rt三角形的兩只腳，連接兩腳，即形成了經(jīng)典的“腳拉腳模型”（也叫“腳勾腳模型
下面提供三種證法. 法一：倍長中線法 百思無果，實在無法建立AM與CM的聯(lián)系，想起“已知中點，倍長中線”，干脆先倍長AM至K（如下左圖），接下來再次利用執(zhí)果索因的逆推大法來尋找解題思路，根據(jù)結論AM=CM且AM⊥CM，客觀上可知△ACK為等腰直角三角形，馬上驚喜地識別出一個前文講過的“共直角頂點的雙等腰直角三角形手拉手全等模型”，即等腰Rt△ACK和等腰Rt△OCD手拉手，導出右圖△OCA≌△DCK，換言之，只要能證出這組全等，再順推出結論即可.
整理一下證明全等的思路，已知條件僅有CO=CD，由倍長中線可知，△KMD≌△AMB，則KD=AB=AO，這樣就有兩組對應邊相等了，只需證明其夾角相等，即證∠AOC=∠KDC即可，此處的導角正是本題難點.
倍長中線法本質上就是起到轉移邊角的作用，倍長中線后形成的8字全等形，也可看成是△ABM繞點M旋轉180°得到，旋轉前后AB與KD不僅數(shù)量上相等，而且位置上平行，這種平行關系極其重要（可結合前文中“婆羅摩笈多模型”的導角再次體悟），為我們提供了新的導角思路，即用位置關系來導角！∠AOC的邊AO⊥AB，而AB∥KD，顯知AO⊥KD，故延長AO交KD于T，可知∠OTD=90°，故∠OTD+∠OCD=180°，識別對角互補四邊形COTD，易證∠AOC=∠KDC，難點解決！ 接下去順推即可，于是△OCA≌△DCK（SAS），∴CA=CK，∠ACO=∠KCD，∴∠ACK=∠ACO+∠OCK=∠KCD+∠OCK=∠OCD=90°，∴△ACK為等腰直角三角形，又AM=MK，∴AM=CM，AM⊥CM.證畢. 反思：題目較為復雜時，可先逆流而上，執(zhí)果索因，打通關節(jié)后再順流而下，勢如破竹.另外，導角時要善于從位置關系入手，解無定法，多反思，多總結，方能融會貫通，靈活運用！ 法二：構造共直角頂點手拉手 一般而言，共直角頂點的雙等直三角形手拉手模型更易掌握，此題難就難在共的是底角頂點而非直角頂點，故考慮將其構造成熟悉的共直角頂點模型，見下左圖：
反思：此法巧思妙構，將復雜問題轉化為熟悉的模型，再通過中位線溝通短邊AM、CM與長邊DE、BF之間的數(shù)量與位置關系，妙哉妙哉，是筆者最為推崇的一種解法. 法三：中位線法
反思：此法也是常見的中點處理策略，有中點，取中點，造中位線，困難之處依舊在于導角. 拓展延伸： 本文的初衷就是介紹共頂點的雙等直相關模型，本想就此結束，但考慮到腳拉腳模型平時極少有機會深入講解，不妨再拓展一下，供有興趣的同學繼續(xù)鉆研. 若將雙等腰直角三角形弱化為兩個逆序等腰三角形共底角頂點，且頂角互補，再連接另一組底角頂點并取中點，則該中點與兩頂角頂點構成直角三角形. 如上圖，△ABO中，AB=AO，△COD中，CO=CD，且∠OAB+∠OCD=180°，取BD中點，則有AM⊥CM.
法一：倍長中線法
法二：構造共直角頂點的相似三角形手拉手
反思：若是對“共直角頂點的雙相似三角形手拉手模型”的基本結論十分熟悉，則圖中的新相似△EOD∽△BOF是可以快速識別的，且從動態(tài)視角看，△BOF可看作由△EOD繞共點O先旋轉90°后位似變換而來，故BF亦是由ED旋轉90°而來，故ED⊥BF就是顯然的事情！認識模型→熟悉模型→識別模型→應用模型，這是一個循序漸進的過程，偷不得懶喲！ 法三：中位線法（類似上題法三，不再詳述）
 至此，基本將共頂點的雙等腰直角三角形的相關模型梳理完畢，本文完！
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來自： 長沙7喜 > 《數(shù)理化生》
