例1.如圖，向△ABC的外側作正方形ABDE、正方形ACFG．過A作AH⊥BC於H，AH的反向延長線與EG交於P．求證：BC=2AP．
動畫展示一下：
經過「測量」發現，只要符合題目條件，不論這個△ABC的形狀如何改變，總是有BC=2AP，我們不得不佩服古人的智慧——這個問題他們是怎麼發現的呢？出題人比解題人厲害啊！再看下面的效果圖：
以上性質證明採用構造法，構造了「一線三直角」模式及利用中點構造「倍長中線」模型，題目圖形結構及解法特色帶給了我們豐富啟迪和無限回味空間及解題可借鑑寶貴的套路經驗，遇到類似條件我們可以嘗試，大膽如法炮製往往帶來奇效。
總結：
模型條件：（1）共頂點：頂點A；(2)等線段：AB=AC, AD=AE;(3)頂角相等：∠BAC=∠EAD=90,
條件與手拉手模型類似，後面筆者將推出有專門文章講述，進一步簡化圖形，我們看得或許更加明晰。
如圖，兩個等腰直角三角形Rt△ABO和Rt△CDO，頂點重合，連接AC,BD,此時：①如果G是AC中點，那麼一定有GF⊥BD,
②如果GF⊥BD，那麼一定有G是AC的中點。
以上兩個性質可以互推。
另外得到兩個結論：③S△BOD=S△AOC；④2GO=BD。這四個性質。
上述結論具有雙向性：
1. 一邊為中點，另一邊為垂直；2. 一邊為垂直，另一邊為中點。
當兩個等腰直角三角形位置發生變化，如下圖，但只要頂點O綜合，以上四個性質仍然成立，證明方式完全相同。
下面看一道難度很大一道作圖題，得分率很低，很多同學不知如何下手。如果我們熟知婆羅摩笈多模型模型我們能很快進入解題狀態，否則難以快速求解問題，我們不難體會幾何模型帶來功效，助推我們打開探究問題的神秘之門。例1（2018天津中考題）．如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，△ABC的頂點A，B，C均在格點上，
（I）∠ACB的大小為_________（度）；
（Ⅱ）在如圖所示的網格中，P是BC邊上任意一點，以A為中心，取旋轉角等於∠BAC，把點P逆時針旋轉，點P的對應點為P′，當CP′最短時，請用無刻度的直尺，畫出點P′，並簡要說明點P′的位置是如何找到的（不要求證明）
【分析】（I）根據勾股定理可求AB，AC，BC的長，再根據勾股定理的逆定理可求∠ACB的大小；
（Ⅱ）通過將點B以A為中心，取旋轉角等於∠BAC旋轉，找到線段BC旋轉後所得直線FG，只需找到點C到FG的垂足即為P′
（Ⅱ）作圖過程如下：
取格點D，E，連接DE交AB於點T；取格點M，N，連接MN交BC延長線於點G：取格點F，連接FG交TC延長線於點P′，則點P′即為所求
證明：連CF，∵AC，CF為正方形網格對角線
點C在射線FG上．由作圖可知T為AB中，∴∠TCA＝∠TAC，
∴∠F+∠P′CF＝∠B+∠TCA＝∠B+∠TAC＝90°，∴CP′⊥GF，此時，CP′最短
故答案為：如圖，取格點D，E，連接DE交AB於點T；取格點M，N，連接MN交BC延長線於點G：取格點F，連接FG交TC延長線於點P′，則點P′即為所求
例2（2017江西中考題）．我們定義：如圖1，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點A逆時針旋轉β得到AC'，連接B'C'．當α+β＝180°時，我們稱△A'B'C'是△ABC的「旋補三角形」，△AB'C'邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的「旋補中線」，點A叫做「旋補中心」．
特例感知：
（1）在圖2，圖3中，△AB'C'是△ABC的「旋補三角形」，AD是△ABC的「旋補中線」．
①如圖2，當△ABC為等邊三角形時，AD與BC的數量關係為AD＝______BC；
②如圖3，當∠BAC＝90°，BC＝8時，則AD長為________．
猜想論證：
（2）在圖1中，當△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數量關係，並給予證明．
拓展應用
（3）如圖4，在四邊形ABCD，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6．在四邊形內部是否存在點P，使△PDC是△PAB的「旋補三角形」？若存在，給予證明，並求△PAB的「旋補中線」長；若不存在，說明理由．
【分析】（1）①首先證明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD＝1/2AB′即可解決問題；
②首先證明△BAC≌△B′AC′，根據直角三角形斜邊中線定理即可解決問題；
（2）結論：AD＝1/2BC．如圖1中，延長AD到M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M，首先證明四邊形AC′MB′是平行四邊形，再證明△BAC≌△AB′M，即可解決問題；
（3）存在．如圖4中，延長AD交BC的延長線於M，作BE⊥AD於E，作線段BC的垂直平分線交BE於P，交BC於F，連接PA、PD、PC，作△PCD的中線PN．連接DF交PC於O．想辦法證明PA＝PD，PB＝PC，再證明∠APD+∠BPC＝180°，即可；
【解答】（1）①如圖2中，
∵△ABC是等邊三角形，∴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，故答案為1/2．
②如圖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，
故答案為4．
（2）結論：AD＝1/2BC．
理由：如圖1中，延長AD到M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M
∵B′D＝DC′，AD＝DM，∴四邊形AC′MB′是平行四邊形，∴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：如圖4中，延長AD交BC的延長線於M，作BE⊥AD於E，作線段BC的垂直平分線交BE於P，交BC於F，連接PA、PD、PC，作△PCD的中線PN．連接DF交PC於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
易證△FCP≌△CFD，∴CD＝PF，∵CD∥PF，∴四邊形CDPF是矩形，
∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC﹣∠CDP＝60°，∴△ADP是等邊三角形，
∴∠ADP＝60°，∵∠BPF＝∠CPF＝60°，
∴∠BPC＝120°，∴∠APD+∠BPC＝180°，
∴△PDC是△PAB的「旋補三角形」，
具有極具內涵婆羅摩笈多模型結合圖形變換，尤其圖形的旋轉，常常作為創新幾何壓軸問題重要途徑。本題具有婆羅摩笈多模型的影子，可以看做模型進一步拓展。