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）