初中三大变换之旋转（手拉手模型）
上一篇我们了解了关于旋转的基本性质，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．
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）
2017南充中考-正方形手拉手
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
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．
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．