手拉手模型是最常见的一类证明全等或相似的重要数学模型，全等型手拉手模型主要有以下三个特征：
双等腰、共顶点、顶角相等.
【模型解析】
模型一：等边三角形
△ABC和△CDE均为等边三角形，点C为公共顶点，如下图：
结论：△ACE≌△BCD.
【例题1】如图，△ABD与△BCE都是等边三角形，连接AE与CD，延长AE交CD于点F.
求证：AE=DC，∠AFD=60°.
证明：
∵△ABD与△BCE都是等边三角形，
∴AB=DB,EB=CB,∠ABD=∠EBC=60°，
又∵∠ABE+∠EBD=∠DBC+∠EBD=60°，
∴∠ABE=∠DBC，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE=DC，∠EAB=CDB.
∵∠DAE+∠EAB=∠DAB=60°，
∴∠DAE+∠CDB=60°，
∵∠AFC=∠DAE+∠ADB+∠CDB=60°+60°=120°，
∴∠AFD=180°-∠AFC=180°-120°=60°.
模型二：等腰三角形
等腰△ABC和等腰△CDE，点C是公共顶点，∠ACB=∠DCE=a,如下图：
结论：△ACD≌△BCE.
模型三：等腰直角三角形
等腰Rt△AOB和等腰Rt△EOF，点O为公共顶点，如下图：AE=BF,AE⊥BF.
现将△EOF绕点O顺时针旋转一周，可以分为以下几种情况来考虑：
结论：
①图二、三、五，当A、O、F三点不共线时，△AOE≌△BOF；
②图一、四、六，△AOB∽△EOF；
③由图六可知，点E、F的运动轨迹是圆弧（注意特殊位置的最值问题）.
模型四：正方形
正方形ABCD和正方形CEFG，点C是公共顶点，如下图：
结论：△BCG≌△DCE.
【例题2】如图①所示，四边形ABCD是正方形，点E是AB的中点，以AE为边作正方形AEFG，连接DE,BG.
（1）发现：
①线段DE、BG之间的数量关系是DE=BG；
②线段DE、BG之间的位置关系是DE⊥BG；
（2）探究：
如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，（1）中的结论是否仍然成立？
若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
【提示】（1）、（2）中，用手拉手模型证明三角形全等即可解题.
【模型应用】
【例题3】如图，在长方形ABCD中，AB=3,BC=4,E为BC上一点，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值是多少？
【解析】
如图，当CG⊥B'G时，此时CG最小.
解法的实质就是构造了一个和△BEF全等、共顶点的三角形，或者说是将△BEF绕点E旋转了45°.
△FBE≌△GB'E≌△EOG，四边形B'EOG是矩形，∠B'EO=90°，
从而可知△EOC是等腰直角三角形，OE=OC,∠EOC=90°，
由EC=3，可知OC=3√2/2，所以CG=1+3√2/2.
【例题4】在正方形ABCD中，CD=2,若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，
请直接写出点A到BP的距离为多少？
【解析】
其实点P的轨迹就是以点D为圆心，PD长为半径的圆，∠BPD=90°，可知BP与该圆相切.
第一种情况：
如图所示，连接AP,过点A作AF⊥AP，AE⊥BP，交BP于点F，E.
可证：△ABF≌△ADP（ASA），
∴FB=PD=1,AF=AP，
∴△PAF是等腰直角三角形.
设AE=EF=x,在Rt△AEB中，由勾股定理可得：
AE2=AB2-BE2,即x2=2^2-（x+1）2,
解得：x1=（-1+√7）/2,x2=（-1-√7）/2（舍去），
此时点A到BP的距离是（-1+√7）/2；
第二种情况：
如图所示，连接AP，过点A作AF⊥AP，交PB延长线于点F，AE⊥BP，垂足为点E.
可证：△ABF≌△ADP（ASA），
∴FB=PD=1,AP=AF,
∴△PAF是等腰直角三角形.
设AE=EF=x,在Rt△AEB中，由勾股定理可得：
AE2=AB2-BE2,即x2=2^2-（x-1）2,
解得：x1=（1+√7）/2,x2=（1-√7）/2（舍去）,
此时点A到BP的距离是（1+√7）/2.
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