中考专题共顶点的双等腰直角三角形所
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共顶点的两个等腰直角三角形是试卷中的常客，它们之间究竟可以演绎出怎样的故事呢？
且随我们细探究竟.
共直角顶点
先谈两个等腰直角三角形共直角顶点的情况.
如图，给出两个共直角顶点O的等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD，底边AB和CD特意用细线相连，意在凸显该图形的本质特征，即是由OA=OB和OC=OD构成的两组＂共顶点，等线段＂结构，该结构为后文一系列模型方法奠定了基础，先重视之！
常听说＂手拉手模型＂，一些同学也许一直不明就里，接下来结合我自己的理解阐述＂手拉手＂的含义：顶点O可看作两三角形的公共头部，OA、OB可看作两条＂大手臂＂，OC、OD可看作两条＂小手臂＂.正面看向△AOB，将之扶正，保持头部O在上，则A为＂左手＂，B为＂右手＂；同理，正面看向△COD，将之扶正，保持头部O在上，则C为＂左手＂，D为＂右手＂.
紧接着进行拉手操作，理应产生两种情形，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）
连接左手A与左手C，连接右手B与右手D，则构成了传统意义上的＂手拉手全等模型＂，如下图.
此图有一些基本结论需要熟知.
（1）形的角度：△AOC≌△BOD.
由∠AOB=∠COD=90°，易得∠AOC=∠BOD，结合OA=OB，OC=OD，易证△AOC≌△BOD（SAS）.此为基本结论，需极其熟练！
（2）线的角度：AC=BD且AC⊥BD.
笔者喜欢称AC、BD为＂拉手线＂，这对拉手线的数量关系和位置关系均可由上述全等三角形间接证明.
设AC、BD交于E，∵△AOC≌△BOD，∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，由下左图中的＂8字形AOBE＂导角易证∠AEB=∠AOB=90°，即AC⊥BD.同理，用下右图中的＂8字形CODE＂导角亦可，不再赘述.
＂手拉手全等模型＂若只理解到这个层面，则未免有种＂始终在门外徘徊＂的感觉，接下来尝试从图形变换的角度来重新认识此图.
以静态视角看，△AOC与△BOD全等；以动态视角看，△BOD可看成由△AOC绕公共顶点O逆时针旋转90°而来，这就是一开始所说的两组＂共顶点，等线段＂结构在起作用啊！正好为两个三角形的旋转提供了旋转三要素，即旋转中心、旋转方向和旋转角.比如只看OA=OB这组＂共顶点，等线段＂结构，OB可看成由OA绕点O逆时针旋转90°而来，这跟整个三角形旋转的方式是完全一致的，同理，OD也是由OC经过相同的变换而来，那BD呢？不也正是由AC绕点O逆时针旋转90°而来么？而一条直线不管绕何点旋转90°，旋转前与旋转后的直线必垂直.从这个意义上来讲，则AC与BD垂直是显然的事情啊！只有站得高，才能望得远，才能拥有＂居高临下＂的大视野！带着这样的局部与整体的捆绑变换的认识再从技术角度去证明AC与BD的关系则是小菜一碟了！碰上填选小题更可直接秒杀！
（3）角的角度：OE平分∠BEC，即∠BEO=∠CEO=1/2∠BEC=45°.
过O向∠BEC两边作双垂，只需证明OG=OH，则OE平分∠BEC.而OG、OH分别为全等△AOC和△BOD对应边AC、BD上的高，当然相等，不过貌似苏科版中没有＂全等三角形对应边上的高相等＂这条直接的性质定理，故仍需要进行进一步证明.当然，可考虑证明△AOG≌△BOH（AAS），但笔者更推荐＂面积法＂，具体如下：
下面，再提供两图，可思考上述结论是否发生变化.
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情形二：左手拉右手，右手拉左手（婆罗摩笈多模型）
连接左手A与右手D，连接右手B与左手C，则又构成了所谓＂婆罗摩笈多模型＂，如下图.
此模型一般有以下基本结论.
（1）S△AOD=S△BOC.
（2）取BC中点M，连接MO并延长交AD于N，则ON⊥AD，且OM=1/2AD.（中线变高）
即△BOC拉手线BC上的中线在位置关系上与另一△AOD拉手线AD垂直，数量关系上等于AD一半.
此题正面进攻颇有难度，不妨从结论出发，执果索因.要证ON⊥AD，即要证∠1、∠3互余，而∠2、∠3已知互余，则只需证∠1=∠2，而要证∠1=∠2，可考虑证明∠1和∠2所在的三角形全等，显然图中并没有现成的全等，故考虑构造，如何构造？题干中M是中点的条件如何运用？结论中还有OM=1/2AD，这些信息的碰撞下，不难想到倍长中线OM至K，连接BK.
根据结论OM=1/2AD可知，AD=OK，则△AOD和△OBK中，根据题目的结论和条件可知，OA=OB，∠1=∠2，AD=OK，则△AOD≌△OBK.当然，这组全等只是我们借助要证明的结论和条件反向推导出来的一种客观事实，不过它可以帮助我们坚定解决本题的方向，即证明△AOD≌△OBK（心中已确认其全等，才敢坚定去证明）.
好了，重新理一下证明全等的思路.目前，已知OA=BO，其他相等要素一概不知.不过，倍长中线后易知△BMK≌△CMO，则BK=CO=OD，如此，已有两组边对应相等，即OA=BO，OD=BK，再找AD=OK不现实（本身就要证明），故没得选，只能想办法证明两边的夹角相等，即证∠AOD=∠OBK！
易知∠AOD与∠BOC互补，而倍长中线后形成的△BMK≌△CMO还能提供BK∥OC，则∠OBK与∠BOC也互补，故∠AOD=∠OBK（同角的补角相等），故△AOD≌△OBK（SAS），∴AD=OK，∠1=∠2，∴OM=1/2OK=1/2AD，∠1+∠3=∠2+∠3=90°，∴ON⊥AD.证毕！
当然，倍长中线后若连接CK，如下图，同理可证△AOD≌△KCO，不再赘述.
（3）过点O作ON⊥AD于N，延长NO交BC于M，则M为BC中点，且OM=1/2AD.（高变中线）
即△AOD拉手线AD上的高所在直线必穿过另一条拉手线BC的中点，且拉手线BC上的中线OM等于另一拉手线AD的一半.
此题正好跟（2）颠倒了一下条件和结论，这次就不逆推啦，太累！直接上8字干货，＂欲证中点，先造平行＂，而上题可总结为＂已知中点，倍长中线＂，哈哈！
反思：好一个＂欲证中点，先造平行＂啊！法一通过先造BK∥OC，便可先得△AOD≌△OBK，再得△KBM≌OCM这组平行8字形全等，顺利导出中点.跟（2）中一样，也是通过2次全等，不过全等的证明顺序刚好相反，个中趣味，请再次体悟！
反思：法二通过构造两次＂K型全等＂，巧妙转移线段后再证8字全等，刚好也是2类全等.
更有趣的是，双垂线BG与CH也平行啊！虽是作了双垂，本质依旧是＂造平行＂，最后通过平行8字形全等导出中点，多么痛的领悟啊！
在情形一的＂手拉手全等模型＂中，我们能够根据＂共顶点，等线段＂结构进行旋转变换化静为动，使问题的解决变得彻底！本题同样具备＂共顶点，等线段＂结构啊，是否也能通过旋转变换获得解决呢？不妨一试.
如上图，狠抓OA=OB这组＂共点等线＂结构，将△AOD绕点O逆时针旋转90°至△BOD＂处，显然，∠DOD＂=90°，则易知C、O、D＂三点共线，而OD＂=OD=OC，则BO是△BD＂C的中线，由中线等分面积易知，S△BOD＂=S△BOC，则S△AOD=S△BOC.呃，第一个结论竟然这样被秒杀了！！！
当然，还有如下3种旋转方式，不再展开说明，请看：
更有趣的是，（2）和（3）中的结论也可瞬间秒杀！先看（2）中的中线变高的情形.在将△AOD旋转90°至△BOD＂处时，顺便将ON也相应旋转至ON＂处，如下图所示.
同样地，（3）中高变中线的情形也可顺利解决.
反思：通过狠抓＂共点等线＂结构，进行旋转变换，使得原本分离的两个三角形＂接壤＂，一下子将3个结论一网打尽，趣味横生！可见，图形变换是多么有用啊！
下面，再提供一个变式图形.
依旧是等腰Rt△AOB与等腰Rt△COD共直角顶点O，只是两个等腰直角三角形有重叠部分，依旧＂左手A拉右手D，右手B拉左手C＂.
不难发现，前述3个结论依然成立.本质相同，请自行探究，不再赘述.（特别提醒：∠AOD与∠BOC依旧互补）
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共45°底角顶点
再谈两个等腰直角三角形共底角顶点的情况.
情形一：顺序旋转，手拉手相似
如图，等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD共底角顶点O，且公共顶点O、直角顶点与另一底角顶点均按相同顺序排列（如此图均为顺时针方向排列）.
若将两直角顶点A、C和另两个底角顶点B、D相连，则构成了经典的＂手拉手相似模型＂，如下图.
此模型包含以下两个基本结论：
（1）形的角度：旋转相似必成对△AOB∽△COD（老相似），△AOC∽△BOD（新相似）.
（2）线的角度：AC、BD的数量关系为AC：BD=OA：OB=OC：OD=1：根号2；AC、BD的位置关系为两线夹的锐角=45°.
联系前文＂手拉手全等模型＂，发现本质上并无不同.从静态视角看，△AOC∽△BOD；从动态视角看，△BOD可看作由△AOC绕公共顶点O顺时针旋转45°后，再以O为位似中心，同侧放大根号2倍而来，即先旋转变换，后位似变换.其实，这种旋转位似变换的本质依据依然是＂共点线段＂，比如本题中的OA与OB，OC与OD. 以OA与OB为例，准确地讲，它们属于＂共点定比值线段＂，公共点O提供了旋转和位似中心，夹角∠AOB提供了旋转方向和旋转角，比值OA：OB提供了位似比. 提供动图再理解一下吧！
当然，BD也是由AC经过相应的旋转位似变换而来，故AC与BD的比值等于位似比，夹角等于旋转角45°.
下面，再提供两个变式图形，供深入理解.
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情形二：逆序脚拉脚
如图，等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD共底角顶点O，且公共顶点O、直角顶点与另一底角顶点逆序排列（如下图中O、A、B为逆时针排列，而O、C、D为顺时针排列）.
不妨将B、D看作两个等腰Rt三角形的两只脚，连接两脚，即形成了经典的＂脚拉脚模型＂（也叫＂脚勾脚模型
＂）.再取拉脚线上的中点M，分别与两直角顶点相连，则有结论AM=CM且AM⊥CM.
下面提供三种证法.
法一：倍长中线法
百思无果，实在无法建立AM与CM的联系，想起＂已知中点，倍长中线＂，干脆先倍长AM至K（如下左图），接下来再次利用执果索因的逆推大法来寻找解题思路，根据结论AM=CM且AM⊥CM，客观上可知△ACK为等腰直角三角形，马上惊喜地识别出一个前文讲过的＂共直角顶点的双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，导出右图△OCA≌△DCK，换言之，只要能证出这组全等，再顺推出结论即可.
整理一下证明全等的思路，已知条件仅有CO=CD，由倍长中线可知，△KMD≌△AMB，则KD=AB=AO，这样就有两组对应边相等了，只需证明其夹角相等，即证∠AOC=∠KDC即可，此处的导角正是本题难点.
倍长中线法本质上就是起到转移边角的作用，倍长中线后形成的8字全等形，也可看成是△ABM绕点M旋转180°得到，旋转前后AB与KD不仅数量上相等，而且位置上平行，这种平行关系极其重要（可结合前文中＂婆罗摩笈多模型＂的导角再次体悟），为我们提供了新的导角思路，即用位置关系来导角！∠AOC的边AO⊥AB，而AB∥KD，显知AO⊥KD，故延长AO交KD于T，可知∠OTD=90°，故∠OTD+∠OCD=180°，识别对角互补四边形COTD，易证∠AOC=∠KDC，难点解决！
接下去顺推即可，于是△OCA≌△DCK（SAS），∴CA=CK，∠ACO=∠KCD，∴∠ACK=∠ACO+∠OCK=∠KCD+∠OCK=∠OCD=90°，∴△ACK为等腰直角三角形，又AM=MK，∴AM=CM，AM⊥CM.证毕.
反思：题目较为复杂时，可先逆流而上，执果索因，打通关节后再顺流而下，势如破竹.另外，导角时要善于从位置关系入手，解无定法，多反思，多总结，方能融会贯通，灵活运用！
法二：构造共直角顶点手拉手
一般而言，共直角顶点的双等直三角形手拉手模型更易掌握，此题难就难在共的是底角顶点而非直角顶点，故考虑将其构造成熟悉的共直角顶点模型，见下左图：
反思：此法巧思妙构，将复杂问题转化为熟悉的模型，再通过中位线沟通短边AM、CM与长边DE、BF之间的数量与位置关系，妙哉妙哉，是笔者最为推崇的一种解法.
法三：中位线法
反思：此法也是常见的中点处理策略，有中点，取中点，造中位线，困难之处依旧在于导角.
拓展延伸：
本文的初衷就是介绍共顶点的双等直相关模型，本想就此结束，但考虑到脚拉脚模型平时极少有机会深入讲解，不妨再拓展一下，供有兴趣的同学继续钻研.
若将双等腰直角三角形弱化为两个逆序等腰三角形共底角顶点，且顶角互补，再连接另一组底角顶点并取中点，则该中点与两顶角顶点构成直角三角形.
如上图，△ABO中，AB=AO，△COD中，CO=CD，且∠OAB+∠OCD=180°，取BD中点，则有AM⊥CM.
法一：倍长中线法
法二：构造共直角顶点的相似三角形手拉手
反思：若是对＂共直角顶点的双相似三角形手拉手模型＂的基本结论十分熟悉，则图中的新相似△EOD∽△BOF是可以快速识别的，且从动态视角看，△BOF可看作由△EOD绕共点O先旋转90°后位似变换而来，故BF亦是由ED旋转90°而来，故ED⊥BF就是显然的事情！认识模型→熟悉模型→识别模型→应用模型，这是一个循序渐进的过程，偷不得懒哟！
法三：中位线法（类似上题法三，不再详述）
至此，基本将共顶点的双等腰直角三角形的相关模型梳理完毕，本文完！