中考数学试题中，平面几何考点没有特别复杂，无非就那么几种套路，我们从中可以总结一些常见的结论和模型。在中考数学最后阶段，对于那些经典几何模型及结论，应做到，第一要理解模型本身的结论，第二找到它的应用场景，第三训练找模型的能力。你首先得知道初中数学中几何部分涉及到哪些基础模型模型，进阶提高模型，人家做题能知道用a用b，你啥都不知道，那就说明手里的兵器不够。这通过平时训练、看书做题，包括老师讲课的，都应做一些总结，应善于反思累积。其次，每次做题时，如果能发现相关模型或结论，你要回想，为什么它在这儿能用，它在这儿有什么好处。再者，搞清楚怎样从题图里发现模型。很多题把模型藏起来本身是有逻辑的，如同语文阅读理解中我们常常确定文章的题眼一样，如果你能想明白出题人是怎么把它藏起来的就非常有价值。下面先看一具体事例说起吧。

例1.如图，向△ABC的外侧作正方形ABCD、正方形ACFG．过A作AH⊥BC于H，AH的反向延长线与EG交于P．求证：BC=2AP．

以上性质证明采用构造法，构造了“一线三直角”模式及利用中点构造“倍长中线”模型，题目图形结构及解法特色带给了我们丰富启迪和无限回味空间及解题可借鉴宝贵的套路经验，遇到类似条件我们可以尝试，大胆如法炮制往往带来奇效。婆罗摩笈多（Brahmagupta）是七世纪时的印度数学家，在世时间约是公元 598年 ~ 660年。他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》。《婆罗摩修正体系》中有关数学的部分涉及到有关三角形、四边形、零、负数、一阶和二阶方程的研究，《肯达克迪迦》则是天文方面的著作，研究了关于月食、日食、行星的回合等问题。他提出的一些概念在世界数学史上也有很高的地位，比如负数。他表示负数的方式就是在数上面加一个小点或小圈，并给出了关于负数的“ 运算法则 ”，就是正数、负数之间的四则运算的结果的正负性。他的负数概念及其运算法则，仅晚于中国（《九章算术》），而早于世界各地的其它国家，可谓是相当领先的。婆罗摩笈多定理（也叫：布拉美古塔定理）：如果一个圆内接四边形的对角线互相垂直相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点。如下图所示：

上面例题1我们看到是婆罗摩笈多定理的弱化的模型形式，它的特色结构特性及结论更具有韵味，我们课本可寻觅到它的身影，有必要在复习中系统升华一下。模型条件：（1）共顶点：顶点A；(2)等线段：AB=AC, AD=AE;(3)顶角相等：∠BAC=∠EAD=90,条件与手拉手模型类似，后面笔者将推出有专门文章讲述，进一步简化图形，我们看得或许更加明晰。如图，两个等腰直角三角形Rt△ABO和Rt△CDO，顶点重合，连接AC,BD,此时：①如果G是AC中点，那么一定有GF⊥BD, ②如果GF⊥BD，那么一定有G是AC的中点。以上两个性质可以互推。另外得到两个结论：③S△BOD=S△AOC；④2GO=BD。这四个性质。

上述结论具有双向性：1. 一边为中点，另一边为垂直；2. 一边为垂直，另一边为中点。当两个等腰直角三角形位置发生变化，如下图，但只要顶点O综合，以上四个性质仍然成立，证明方式完全相同。 下面看一道难度很大一道作图题，得分率很低，很多同学不知如何下手。如果我们熟知婆罗摩笈多模型模型我们能很快进入解题状态，否则难以快速求解问题，我们不难体会几何模型带来功效，助推我们打开探究问题的神秘之门。例1（2018天津中考题）．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，（I）∠ACB的大小为_________（度）；（Ⅱ）在如图所示的网格中，P是BC边上任意一点，以A为中心，取旋转角等于∠BAC，把点P逆时针旋转，点P的对应点为P′，当CP′最短时，请用无刻度的直尺，画出点P′，并简要说明点P′的位置是如何找到的（不要求证明）__________________________________________________．【分析】（I）根据勾股定理可求AB，AC，BC的长，再根据勾股定理的逆定理可求∠ACB的大小；（Ⅱ）通过将点B以A为中心，取旋转角等于∠BAC旋转，找到线段BC旋转后所得直线FG，只需找到点C到FG的垂足即为P′（Ⅱ）作图过程如下：取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求

证明：连CF，∵AC，CF为正方形网格对角线 点C在射线FG上．由作图可知T为AB中，∴∠TCA＝∠TAC，∴∠F+∠P′CF＝∠B+∠TCA＝∠B+∠TAC＝90°，∴CP′⊥GF，此时，CP′最短故答案为：如图，取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求

下面继续将婆罗摩笈多模型所需条件弱化，进一步拓展，看一下中考题如何依据这一经典模型改造创新城新题呢，传承与创新，使几何题目焕发出勃勃生机。例2（2017江西中考题）．我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝______BC；②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为________．猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用（3）如图4，在四边形ABCD，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD＝1/2AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD＝1/2BC．如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA＝PD，PB＝PC，再证明∠APD+∠BPC＝180°，即可；【解答】（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′，∵DB′＝DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC＝60°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝120°，∴∠B′＝∠C′＝30°，∴AD＝1/2AB′＝1/2BC，故答案为1/2．②如图3中，∵∠BAC＝90°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°，∵AB＝AB′，AC＝AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC＝B′C′，∵B′D＝DC′，∴AD＝1/2B′C′＝1/2BC＝4，故答案为4．（2）结论：AD＝1/2BC．理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M∵B′D＝DC′，AD＝DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′＝B′M＝AC，∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，∠B′AC′+∠AB′M＝180°，∴∠BAC＝∠MB′A，∵AB＝AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC＝AM，∴AD＝1/2BC．（3）存在．理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．∵∠ADC＝150°，∴∠MDC＝30°，在Rt△DCM中，∵CD＝2√3，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°，∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM＝90°，BM＝14，∠MBE＝30°，∴EM＝1/2BM＝7，∴DE＝EM﹣DM＝3，∵AD＝6，∴AE＝DE，∵BE⊥AD，∴PA＝PD，PB＝PC，在Rt△CDF中，∵CD＝2√3，CF＝6，∴tan∠CDF＝√3，∴∠CDF＝60°,∴∠ADF＝90°＝∠AEB，∴∠CBE＝∠CFD，∵∠CBE＝∠PCF，∴∠CFD＝∠PCF，∵∠CFD+∠CDF＝90°，∠PCF+∠CPF＝90°，∴∠CPF＝∠CDF＝60°＝∠CDF易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC﹣∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP＝60°，∵∠BPF＝∠CPF＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠APD+∠BPC＝180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”， 具有极具内涵婆罗摩笈多模型结合图形变换，尤其图形的旋转，常常作为创新几何压轴问题重要途径。本题具有婆罗摩笈多模型的影子，可以看做模型进一步拓展。