专题02 全等和相似中的“手拉手”模型（几何模型讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列+答案

这是一份专题02 全等和相似中的“手拉手”模型（几何模型讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列+答案，共24页。学案主要包含了提出问题，解决问题，拓展问题，基本模型，模型演变，模型拓展，模型总结，模型建立等内容，欢迎下载使用。
手拉手模型常利用旋转全等、旋转相似的思想进行解题。常见的手拉手模型包括等边三角形、等腰三角形、等腰直角三角形、正方形中等图形中的手拉手模型。
TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc23281" PAGEREF _Tc23281 \h 1
\l "_Tc201321764" 模型来源 PAGEREF _Tc201321764 \h 1
\l "_Tc201321765" 真题现模型1
\l "_Tc201321766" 提炼模型3
\l "_Tc201321768" 模型运用5
\l "_Tc18836" 10
名称由来：手拉手模型这个名称是在当代数学教师在教学实践中为了形象地描述一种几何图形关系而提出的一种通俗形象的比喻，因此被赋予了这样一个生动的名字。
传播与普及：由于其直观形象的名称和在解决几何问题时的实用性，手拉手模型逐渐在数学教育领域传播开来。尤其是在中学数学教学中，它成为了一种常见的分析方法和解题模型。通过手拉手模型，学生可以更直观地理解和解决一类几何问题，在证明三角形全等或相似、计算角度和线段长度等方面有着广泛的应用。总的来说，手拉手模型是数学教育发展过程中的产物，它的名称和应用都体现了其在数学教学中的重要性和实用性。
1.（2023·四川宜宾·中考真题）如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：
①；②；
③当点在的延长线上时，；
④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．
其中正确结论有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由手拉手图形即可判断①，②，再由手拉手图形容易发现得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中，然后根据三角形的面积公式即可判断④．
【详解】解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，故①正确；
设，
∴,
∴，
∴，故②正确；
当点在的延长线上时，如图所示

∵，，
∴
∴
∵，．
∴，
∴
∴，故③正确；
④如图所示，以为圆心，为半径画圆，

∵，
∴当在的下方与相切时，的值最小，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在中，
∴取得最小值时，
∴
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2.（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系．
【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由；
（2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由；
【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系．
【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）由手拉手图形可证得，推出，根据即可求解；
（2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得；
（3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得．
【详解】解：（1），理由如下，
如图，当点G，H重合时，
∵正方形与正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，
由（1）得，
∴，
在上截取，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（3），理由如下，
由（1）得，
∴，，
在上截取，
∵，，
∴，
∴，，
同理，是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键．
【基本模型】（两个等腰，顶角相等、共顶点全等特明显，相似有发现）
条件：①若AE=BF，AB=AC,②∠BAC=∠DAE
结论：①DB=EC（手拉线相等）;②∠BPC=∠BAC（手拉线的夹角等于等腰的顶角）;③AP平分∠BPE(AP平分手拉线的夹角).
【分析】
①由旋转角相等得到∠DAB=∠EAC，结合AD=AE，AB=AC即可证得△ADB≌△AEC，所以得到结论DB=EC；
②由结论①中的全等对应角相等得到∠ACE=∠ABD，结合对顶角相等即可得到8字型相似△ABQ∽△PCQ,所以得到结论∠BPC=∠BAC.
③由全等三角形对应边上的高相等，可知点A到直线BD和EC的距离相等，所以AP平分∠DPC.
【模型演变】(由一般到特殊)
图（1）图（2）图（3）中原始图形分别为两个等边三角形、两个等腰直角三角形、两个正方形。
共性结论：①手拉线相等；②手拉线的夹角等于原始图形的顶角；③AP平分手拉线的夹角.
【分析】证明方法同基本图形.
【模型演变】(由特殊到特殊)
当两个等边三角形有两边共线时，有如下结论：
①△ADB≌△AEC→DB=EC
②△ABQ∽△PCQ,△PDN∽△AEN,→∠BPC=∠BAC；
③ AP平分∠EPB；
④△ANC≌△AQB,△QD≌△NE→AN=→AQ→NQ//AB→等边△ANQ；
⑤A、E、D、P四点共圆，A、B、C、P四点共圆；
【分析】
（1）结论①-③的证明同基本图形；
（2）由结论②的全等可知全等三角形对应角相等，再用AAS可证明结论④中的两组全等，即可得到AN=AQ，因为 ∠NAQ=60所以△ANQ是等边三角形.
（3）由结②中的“8”字型相似即可得到 两组四点共圆.
【模型拓展】(由特殊到一般)
△ABC和△ADE由特殊的等腰三角形拓展为一般的任意三角形，
条件：△ADE∽△ABC
结论：①DBEC=ADAB=AEAC૞②DB、EC的夹角等于∠BAC、∠DAE；
【分析】
①由△ADE∽△ABC得到ADAB=AEAC，再结合旋转角∠DAB=∠EAC，得到△DAB∽△EAC，所以能证得DBEC=ADAB=AEAC；
②由结论（1）得到∠DBA=∠ECA，再结合对顶角得到△AQC∽△PQB，所以能证得∠BPC=∠BAC=∠DAE.
【模型总结】
手拉手的图形变化丰富，但其实彼此之间联系紧密，全等是相似比等于1的一种特殊“相似”，那么所有的“手拉手”图形的结论都可总结为：手拉线之比等于相似比，手拉线的夹角等于原图的一个内角.
例1（安徽省宿州市第十一中学银河四路校区2024－2025学年八年级下学期第一次月考数学试卷）如图，在等腰与等腰中，，，，连接和相交于点，交于点，交于点．下列结论：①；②；③平分；④若，则．其中一定正确的结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由手拉手图形就可得到即可判定①；过点作于，于，由全等三角形的性质得，即得，根据角平分线的判定即可判定③；由全等三角形的性质和三角形内角和定理可得，即得，即可判定②；在线段上截取，连接，证明得，根据②可得为等边三角形，即得，即得，即可判定④；综上即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故①正确；
过点作于，于，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴平分，故③正确；
∵，，
∴，
∴，故②错误；
在线段上截取，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由②得，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，故④正确；
综上，正确的结论有个，
故选：．
例2（24-25八年级下·河南·阶段练习）如图，三点在同一条直线上，和都是等边三角形，，分别与交于点，如下结论：①；②；③；④；⑤是等边三角形，其中正确结论的是（ ）
A．①②④B．②③④⑤C．①③⑤D．①②④⑤
【答案】D
【分析】由手拉手图形就可得、，，再说明，即可证明，即可判断①；然后可得，再分别表示出和，即可判定②正确；求出，证明可判定③；由可得，然后结合可得，可判定④；可得，再说明即可判定⑤．
【详解】解：∵和均为等边三角形，
∴，
∴，即，
∴，故①正确；
∴，
∴，
又∵，
∴，②正确；
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即③错误；
∵，
∴，
∴，即，则④正确；
∵，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，即⑤正确．
综上，正确结论的是①②④⑤．
故选D．
例3（云南省昭通市昭阳区2024-2025学年八年级上学期12月联考数学试题）已知：如图，在中，，，，点C，D，E三点在同一条直线上，连接． 以下四个结论：

①；②；③； ④．
其中结论正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】由手拉手图形就可利用得出△与△全等，由全等三角形的对应边相等得到，本选项正确；②由三角形与三角形全等，得到一对角相等，由等腰直角三角形的性质得到，等量代换得到，本选项正确；③再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到垂直于，本选项正确；④利用周角减去两个直角可得答案．
【详解】解：①∵，
∴，即，
∵在和中，，
∴，
∴，本结论正确；
②∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，本结论正确；
③∵，
∴，
∴，
则，本结论正确；
④∵，
∴，本结论正确，
故正确的结论有4个，
故选：D．
例4（24-25九年级上·河南信阳·期末）如图，在矩形纸片中，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转得到矩形，此时恰好经过点D，连接，则的长为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】由手拉手图形证明出，运用勾股定理得到在，则，在中，，再代入求值即可．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，且旋转至矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，正确得到是解题的关键．
例5（24-25九年级上·辽宁辽阳·期末）如图，点E为外一点，与交于点F，点D在线段上，连接，，，若，则图中的相似三角形共有（ ）
A．5对B．4对C．3对D．2对
【答案】B
【分析】由手拉手图形得到，则，又，得到，，，得到，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴图中的相似三角形共有4对，
故选：B．
1.（2023·四川遂宁·中考真题）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)

【答案】①②④
【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点， 过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，，得出 ，在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：①当时，是等边三角形，
∴
∴
∵等腰直角、，
∴
∴
∴；故①正确；
②∵等腰直角、，
∴，
∴
∴
∴；故②正确；
④如图所示，作直线于点， 过点作于点，过点作于点，

∵，
∴，
又，
∴
又∵，
∴
同理得，，
∴，，，
∵，，，
∴，
∴，即是的中点，故④正确，
∴，
设，则
在中，
在中，
∴
∴
解得：
∴，
∴，
∴
∴
在中，
∴,故③错误
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
2.（24-25九年级上·山西晋中·期末）已知菱形，E、F是动点，边长为4，，，①；②为等边三角形；③；④若，则．则结论正确个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用证，即可判定①；由得到，即可得出，所以是等边三角形，可判定②；由，得到，可判定③；过点E作交于点M点，易证是等边三角形，则，由利用相似三角形的判定和性质可得．即可判定④．
【详解】解：①∵菱形，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故①正确；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，故②正确；
③∵，
∴，故③正确；
④过点E作交于点M点，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵
∵，
∴，
∴．
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质，菱形的性质是解题的关键．
3．（24-25八年级上·山西吕梁·期末）如图和均为等腰三角形，为公共顶角顶点，，连接，交于点，并连接．则的度数可表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质．过点作，，根据等腰三角形的性质可得，，又因为，利用可证，根据全等三角形对应角相等可证，从而可证，可得，根据全等三角形的面积相等可证，根据到角两边距离相等的点在角平分线上，可知是的平分线，所以可得．
【详解】解：如下图所示，过点作，，
和均为等腰三角形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，，，
又，
，
，
，
，
是的平分线，
．
故选：A ．
4.（24-25九年级上·浙江湖州·期末）如图，点在等腰直角的腰上运动，以为腰，点为直角顶点作等腰直角与交于点，连结，当与的面积比为时，的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定及旋转，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
由等腰直角三角形可得，，，，进而得到，，从而证得，因此，即可得到，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方得到，从而，根据勾股定理求出，再根据得到，进而即可解答．
【详解】解：∵，是等腰直角三角形，
∴，，，，
∴，即，
，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∵在等腰直角中，，
∴．
故选：D
5.（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，点在线段上，在的同侧作等腰直角三角形和等腰直角三角形与分别交于点．对于以下结论：①；②；③．其中正确的个数有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的性质和判断，等腰直角三角形的性质，理解等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质是解答关键．
①由等腰直角和等腰直角三边份数关系可证；②通过等积式倒推可知，证明即可；③根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：，是等腰直角三角形，
，，
．
∵，
∴，
∴，
所以①正确；
∵，
∴．
∵，
∴，
，
∴，
所以②正确；
设与相交于，
则．
∵，
∴，
∴．
是等腰直角三角形，
，
，
所以③正确．
综上所述，正确的有3个．
故选：D.
6.（24-25九年级上·四川巴中·期末）如图所示，在正方形中，对角线，交于点，点在线段上，连接，作交于点，连接交于点，则下列结论正确的个数是（ ）
① ② ③ ④
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质．证，可得，再证即可判断；证明，即可判断②；证明，，即可判断③和④，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，
，，，
又，
，
，，
，
，，
，
又，
，
，
，
∴；故①正确，符合题意；
，
，
又，
，
，即故②正确，符合题意；
∵，
∴
∴
又∵
∴，故④正确
∵
∴
∴，即，故③正确，符合题意，
综上所述，①②③④正确，
故选：D．
7.（2023·甘肃武威·中考真题）【模型建立】
（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．
①求证：；
②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若，，求的值．

【答案】（1）①见解析；②，理由见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）①证明：，再证明即可；②由和关于对称，可得．证明，从而可得结论；
（2）如图，过点作于点，得，证明，．可得，证明，，可得，则，可得，从而可得结论；
（3）由，可得，结合，求解，，如图，过点作于点．可得，，可得，再利用余弦的定义可得答案．
【详解】（1）①证明：∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∴．

②．理由如下：
∵和关于对称，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）．理由如下：
如图，过点作于点，得．

∵和关于对称，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵是直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，即．
（3）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
如图，过点作于点．

∵，
∴，
．
∴．
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．
8.（2021·北京·中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点A为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．
（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．
【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交BC于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵点M为BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，理由如下：
过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交BC于点H，如图所示：
∴，
由（1）可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．
9.（24-25九年级下·湖北武汉·阶段练习）（1）如图（1），与，，，．求证：
（2）如图（2），正方形，点在边上，过点作垂直于射线于点，连接．点在射线上，，求的值．
（3）如图（3），在（2）的条件下，若，点是的中点，与相交与点．直接写出线段的长度是___________．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）由两边对应成比例且夹角相等，即可证明；
（2）连接，并取中点O，连接，可得点在以点为圆心，为半径的圆上，然后利用圆周角定理和平行线的性质导角证明，则；
（3）首先可得，则由勾股定理得，可证明，则求出，那么，则，故，连接，再证明，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：连接，并取中点O，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵点为中点，
∴，
∴点在以点为圆心，为半径的圆上，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴；
（3）如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，圆周角定理，勾股定理等知识点，解题的关键在于构造圆，利用圆周角定理进行求解．
10.（2025·北京·中考真题）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点．
(1)如图1，，点与点重合，求证：；
(2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；
（1）根据，得出，根据旋转可得，，进而证明四边形是平行四边形，得出，；即可得证；
（2）在上取一点，使得，证明得出，，进而根据三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，进而得出，根据等角对等边可得，则，根据三线合一可得，进而根据，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合
∴，，
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2），
证明：如图，在上取一点，使得
∵
∴
∴，
∴
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∴
∴
∴
∴，
又∵
∴
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