中考數學試題中，平面幾何考點沒有特別複雜，無非就那麼幾種套路，我們從中可以總結一些常見的結論和模型。在中考數學最後階段，對於那些經典幾何模型及結論，應做到，第一要理解模型本身的結論，第二找到它的應用場景，第三訓練找模型的能力。
你首先得知道初中數學中幾何部分涉及到哪些基礎模型模型，進階提高模型，人家做題能知道用a用b，你啥都不知道，那就說明手裡的兵器不夠。這通過平時訓練、看書做題，包括老師講課的，都應做一些總結，應善於反思累積。其次，每次做題時，如果能發現相關模型或結論，你要回想，為什麼它在這兒能用，它在這兒有什麼好處。再者，搞清楚怎樣從題圖裡發現模型。很多題把模型藏起來本身是有邏輯的，如同語文閱讀理解中我們常常確定文章的題眼一樣，如果你能想明白出題人是怎麼把它藏起來的就非常有價值。下面先看一具體事例說起吧。
例1.如圖，向△ABC的外側作正方形ABCD、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．
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。
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是七世紀時的印度數學家，在世時間約是公元 598年 ~ 660年。他編著了《婆羅摩修正體系》《肯達克迪迦》。《婆羅摩修正體系》中有關數學的部分涉及到有關三角形、四邊形、零、負數、一階和二階方程的研究，《肯達克迪迦》則是天文方面的著作，研究了關於月食、日食、行星的回合等問題。他提出的一些概念在世界數學史上也有很高的地位，比如負數。他表示負數的方式就是在數上面加一個小點或小圈，並給出了關於負數的「 運算法則 」，就是正數、負數之間的四則運算的結果的正負性。他的負數概念及其運算法則，僅晚於中國（《九章算術》），而早於世界各地的其它國家，可謂是相當領先的。
婆羅摩笈多定理（也叫：布拉美古塔定理）：如果一個圓內接四邊形的對角線互相垂直相交，那麼從交點向某一邊所引垂線的反向延長線必經過這條邊對邊的中點。如下圖所示：
上面例題1我們看到是婆羅摩笈多定理的弱化的模型形式，它的特色結構特性及結論更具有韻味，我們課本可尋覓到它的身影，有必要在複習中系統升華一下。
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
下面繼續將婆羅摩笈多模型所需條件弱化，進一步拓展，看一下中考題如何依據這一經典模型改造創新城新題呢，傳承與創新，使幾何題目煥發出勃勃生機。
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。