【名师支招】三大变换之旋转（手拉手模型）

本文继续旋转之手拉手模型．

不知是哪一年，手拉手模型横空出世，从此江湖上都是它的传说，那关于手拉手，我们需要了解什么？

我觉得有三点：

（1）构成模型的必要条件；

（2）条件与结论的设计；

（3）如何构造手拉手．

01

构造手拉手的必要条件

当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字去总结要点，

比如手拉手：四点共线，两两相等，夹角相等．

条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）

结论：△OAC≌△OBD（SAS）

证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．

等边三角形手拉手

（1）如图，B、C、D三点共线，△ABC和△CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P：

结论一：△ACD≌△BCE

（2）记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N：

结论二：△ACN≌△BCM；△MCE≌△NCD

（3）连接MN：

结论三：△MNC是等边三角形．

（4）记AD、BE交点为P，连接PC：

结论四：PC平分∠BPD

（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°．

（6）连接AE：

结论六：P点是△ACE的费马点（PA+PC+PE值最小）

正方形手拉手

如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG：

结论一：△BCE≌△DCG

结论二：BE=DG，BE⊥DG（旋转角都相等）

【小结】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．

2017南充中考-正方形手拉手

02

条件与结论的设计

如果是在复习阶段，我相信手拉手模型的结论肯定都知道，并且我也相信命题老师也知道我们都知道，所以不要盯着模型和结论本身，多想想题可以怎么出．

设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出的结论那样；

设计二：如果题目已知△ABC≌△ADE外，则还可得△ABD和△ACE均为等腰三角形，且有△ABD∽△ACE．

2019天津中考

2017沈阳中考

2017苏州中考

【小结】以上例子解题关键皆在于利用那一组等腰三角形相似，有些问题常有变式，因其条件与结论可以互换．

03

如何构造手拉手

如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？

当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？

图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系．

2018德州中考

【小结】所谓全等，实际就是将△ODB绕点O旋转到△OEC的位置．等等，好像和某个图有点神似，如下：

当然这个图形还可以简化一下，毕竟和D点及F点并没有什么关系．

结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转．

2017贵港中考

2019巴中中考

【小结】如果说第一个题是给出了辅助线，那么下一个题便是完全自行构造旋转，这个图形也是一个固定搭配．

搭配一：若PA²+PB²=PC²，则可任意旋转，得等边+直角．

且两条较短边夹角（∠APB）为150°．

搭配二：若∠APB=150°，则有PA²+PB²=PC²．

2018淄博中考

【思考】如果放在正方形里，条件与结论又该如何搭配？

作旋转之后，可得△AEP是等腰直角三角形，若使△PEB也为直角三角形，则原∠APD=135°，而线段PA、PB、PD之间的关系为：2PA²+PD²=PB²．

搭配一：若∠APD=135°，则2PA²+PD²=PB²；

搭配二：若2PA²+PD²=PB²，则∠APD=135°．

另外，其实这个图和点C并没有什么关系，所以也可以将正方形换成等腰直角三角形．

大概如下图：

抓主要条件，舍弃无用条件，也是理解几何图形的一种方式．

网题-旋转与瓜豆原理

按照从确定到不确定的思路，将条件重新梳理，可能发现好像换了一个题目，但一定会变得比之前简单．

当然，问题到此并没有终结，还可继续说说费马点的事，这篇已经说得够多了，下回再说吧．