初中几何：手拉手模型最值问题

一、什么是手拉手模型

两个形状相同的图形，共用同一个顶点，即可看作“手拉手模型”。

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、正方形中的手拉手模型。

具体手拉手模型的相关结论，请点击后面链接查看：https://yc8.com.cn/wenzhang/202305/2830.html

“手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转。对于这一类动点最值问题可从以下两个方面去思考：一、动态点确定动态三角形，静态点确定静态三角形，实现化动为静，寻找动态过程中不变的量，进而发现特殊的边角关系，巧妙的构造手拉手模型，将动态的变量转化静态的变量，再得利用两点之间线段最短、垂线段最短、三角形两边之和大于第三边等知识来解决其最值问题。

二、手拉手模型最值问题

1.如图1是边长分别为a和b(a>b)的两个等边三角形纸片ABC和CDE叠放在一起的图形。

操作：若将图1中的△CDE绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α，连接AD，BE，如图2或如图3。

思考：在图2和图3中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系，并说明理由.

猜想与发现：根据上面的操作和思考过程，请你猜想：当α为 度时，线段AD的长度最大；当α为某个角度时，线段AD的长度最小，最小是 。

【解析及结论】

（I）当旋转角α=0°时，此时AD最小且AD=a-b

（II）当旋转角α＜60°时，两个黄色三角形全等

（证明关键：∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE或∠EBC+∠ACE=∠ACE+∠DCA=60°）

（III）当旋转角α=60°时，两个黄色三角形全等（证明关键：∠ECB=∠DCA=60°）

（IV）当旋转角60°＜α＜180°时，两个黄色三角形全等

（证明关键：∠ACB+∠ECA=∠DCE+∠ECA）

（V）当旋转角α=180°时，此时AD最大且AD=a+b

（VI）当旋转角180°＜α＜300°时，两个黄色三角形全等

（证明关键：∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD）

（VII）当旋转角α=300°时，两个黄色三角形全等（证明关键：∠BCE=∠ACD=60°）

（VIII）当旋转角300°＜α＜360°时，两个黄色三角形全等

（证明关键：∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB）

（IX）当旋转角α=360°时，此时AD最小且AD=a-b

最终结论：

2.已知，在x轴上一定点A(4,0)，B点为y轴上的动点，以AB为边作等边△ABC，如下图.求OC的最小值.

【解析】

解法一：通过瓜豆原理寻找轨迹：

此题点B为主动点，点C为从动点，根据瓜豆原理（即种瓜得瓜，种豆得豆）可知从动点C的运动轨迹为直线，如图（2）其中△ABC为B、C分别在y轴上时的等边三角形，根据垂线段最短，可知当OC⊥CC时，OC最短再由∠ACB=∠ACB=60°，得∠CCB=60°（可以用B、C、C、A四点共圆，也可以用四边形BCCA中两次三角形相似可得此结果）.即△OCC∽△AOC. ∴AO:CO=AC:OC=2:1. 又∵AO=4(已知)，∴CO最小值为2.

具体瓜豆原理可以查看后面链接：https://yc8.com.cn/wenzhang/202210/1068.html

解法二：通过构造“手拉手模型“解决

此题中，点B为动点，点A为定点，即OA为定长。根据动找规律，静下结论的原则，如图（3），以OA为边作等边△ODA.这样就把静态等边△ODA和动态的等边△BCA构成了“手拉手模型”，其中，点A为公共点。由“手拉手模型”易证△OCA≌△DBA.即OC=BD.因为点D为定点，根据垂线段最短可知，当DB垂直于y轴时最短，此时 所以CO最小值为2.

针对上述的变种题：

（2019常熟市二模）已知x轴上一点A（1，0），B为y轴上的一动点，连接AB，以AB为边作等边△ABC如图所示，已知点C随着点B的运动形成的图形是一条直线，连接OC，则AC+OC的最小值是______．

【解析】

作等边△AOD，构造出△BAO≌△CAD，从而得到∠ADC＝∠AOB＝90°，找到点C的运动轨迹为直线CD，延长AD交y轴于点A’，利用已知条件可证明直线CD就是线段AA‘的中垂线，从而AC+OC＝A'C+OC.

又∵点C在直线CD上运动，所以点O、C、A'三点共线时，A'C+OC的值最小，最小值为OA'的长．在R△AOA'中，∠AOA'＝90°，∠OAD＝60°，OA＝1，OA＝√3OA＝√3，∴AC+OC的最小值为√3．故答案为√3．

3.已知，等边△ABC边长为4, 点D是AC边上一动点，连接BD，以BD为斜边，作等腰Rt△BPD.如下图，连接AP.求AP的最小值.

解析：点D为动点. 等腰Rt△BPD为动态三角形，△ABC为静态三角形，所以一边AB为腰，在同一侧作等腰Rt△BAQ. 如上图，其中∠BAQ为直角.AB=AQ.这样就构造了动态的等腰Rt△BPD和静态的Rt△BAQ以点B为公共点的手拉手模型，便可迎刃而解。

解：在△BQD和△BAP中

针对上述的变种题：

（2019东城区二模）如图，△ABC为等边三角形，点P是线段AC上一动点（点P不与A，C重合），连接BP，过点A作直线BP的垂线段，垂足为点D，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接DE，CE．

（1）求证：BD＝CE；

（2）延长ED交BC于点F，求证：F为BC的中点；

（3）在（2）的条件下，若△ABC的边长为1，直接写出EF的最大值．

【解析】

（1）由等边三角形的性质和旋转的性质可得∠DAB＝∠CAE，AB＝AC，AD＝AE，即可证△ADB≌△AEC，可得BD＝CE；

（2）过点C作CG∥BP，交EF的延长线于点G，由等边三角形的性质和全等三角形的性质可得CG＝BD，∠BDG＝∠G，∠BFD＝∠GFC，可证△BFD≌△CFG，可得结论；

（3）由题意可证点A，点F，点C，点E四点在以AC为直径的圆上，由直径是圆的最大弦可得EF的最大值．

如图，连接AF，∵△ABC是等边三角形，BF＝FC，∴AF⊥BC

∴∠AFC＝90°，∴∠AFC＝∠AEC＝90°

∴点A，点F，点C，点E四点在以AC为直径的圆上，

∴EF最大为直径，即最大值为1

4.