【分析方法导引】
当几何问题中出现了直角三角形斜边上的中点时，就应想到要应用直角三角形斜边上的中线的基本图形的性质进行证明。接下来就应将斜边上的中线添上。进一步的分析就是：若斜边上的中点是条件，则直接推得斜边上的中线等于斜边的一半，并可直接应用两等腰三角形推得角之间的等量关系。若斜边上的中点是要证明的结论，则应转而证明要证相等的这两条线段都和这条斜边上的中线相等，也就是转化为等腰三角形的判定问题或者也就是证明角相等的问题。进一步也就是应用线段相等与角相等之间的等价关系来完成分析。
当几何问题中出现了线段之间的倍半关系，且倍线段是直角三角形的斜边时，就应想到要应用直角三角形斜边上的基本图形进行证明。接下来就应将斜边上的中线添上，得到这条斜边上的中线等于斜边的一半，和相应的角之间的等量关系和倍半关系，问题就转化成要证明问题中出现的倍半关系中的半线段与这条斜边上的中线相等。
当几何问题中出现了两个角之间的倍半关系，且其中的半角是一个直角三角形的锐角时，就可想到要应用直角三角形斜边上的中线的基本图形进行证明。接下来的问题也是将斜边上的中线添上，然后可应用两个等腰三角形的顶角的外角等于底角的两倍的性质来完成分析。
例1 如图3-187，已知：△ABC中，BD、CE是高，F、G分别是BC、DE的中点。求证：FG⊥ED。
图3-187
分析：由条件BD是高，故△BCD是直角三角形，于是条件中出现的F是BC的中点，就成为是直角三角形斜边的中点，从而就可以应用直角三角形斜边上的中线这个基本图形的性质进行证明。由于现在图形中出现了直角三角形而没有斜边上的中线，故应将这条斜边上的中线添上，即联结DF，得DF=1/2BC。另一方面CE也是高，用同样的方法联结EF后，又可得EF=1/2BC（如图3-188），则EF=DF。但这是两条具有公共端点的相等线段，它们可以组成一个等腰三角形，而已知G是DE的中点，所以应用等腰三角形中重要线段的基本图形的性质就可以证明FG⊥ED。
图3-188
本题的分析也可以直接从∠BDC=∠BEC=90°开始，这样应用圆周角的基本图形的性质可得B、C、D、E四点共圆，且BC就是这个圆的直径，BC的中点F就是这个圆的圆心。由于E、D都在这个圆上，所以DE就是这个圆的一条弦，而已知G是DE的中点，出现了圆中弦的中点，所以可直接应用垂径定理证明FG⊥ED。
例2 如图3-189，已知：梯形ABCD中，∠A+∠B=90°，E、F分别是上、下底DC、AB的中点。求证：EF=1/2（AB-CD）。
图3-189
分析：本题的条件中出现了梯形，所以可将梯形的问题转化到三角形中的问题来进行讨论。由于结论中出现的AB-CD是梯形两条底的差，所以转化的方法可以是作腰的平行线。
若考虑过顶点D作腰的平行线，则过D作DG∥CB交AB于G（如图3-190）。于是由DC∥AB，就可得四边形DGBC是平行四边形，DC=GB，所以AG就等于AB-GB=AB-CD，这样问题就成为要证EF=1/2AG。同时，由DG∥CB，又可得∠B=∠DGA，那么条件中的∠A+∠B=90°，就成为∠A+∠DGA=90°，也就推得∠ADG=90°。而现在要证明的EF=1/2AG是线段之间的倍半关系，且其中的倍线段AG现在是Rt△AGD的斜边，从而就可以应用直角三角形斜边上的中线的基本图形的性质进行证明。由于现在图形中是有直角三角形而没有斜边上的中线，所以应将斜边上的中线添上，也就是取AG的中点H，联结DH（如图3-191），这样即可得DH=1/2AG，问题也就成为要证EF=DH。由于H、F分别是AG、AB的中点，所以HF=AF-AH=1/2AB-1/2AG=1/2（AB-AG）=1/2GB=1/2CD=DE，且HF∥DE，就可得四边形DHFE也是平行四边形，EF=DH也就可以证明。
图3-190
图3-191
若考虑过E点作腰的平行线，则过E分别作CB、DA的平行线交AB于H、G（如图3-192），即可得∠A=∠EGH，∠B=∠EHG，所以∠A+∠B=∠EGH+∠EHG=90°，也就可得∠GEH=90°。而由DC∥AB，又可得四边形AGED和BHEC都是平行四边形，AG=DE、BH=EC。由于条件中还给出F、E分别是AB、DC的中点，所以GF=AF-AG=BF-DE=BF-EC=BF-BH=FH，这样又出现了F是Rt△GHE的斜边的中点，所以可应用直角三角形斜边上的中线这个基本图形的性质进行证明，也就可得EF=1/2GH。而GH=AB-（AG+BH）=AB-（DE+EC）=AB-CD，所以分析可以完成。
图3-192
本题的平行线还可考虑过其它的顶点或中点F作，对这些可能情况，请读者自行讨论。
由于本题条件中给出∠A+∠B=90°，因此以这两个角为内角的三角形是直角三角形。由于这个直角三角形尚不完整，所以应先将直角三角形添全，即延长AD、BC相交于G（如图3-193），得∠AGB=90°，于是条件中出现的F、E分别是AB、DC的中点，也就分别成为Rt△GAB和Rt△GDC的斜边的中点，从而就可以应用直角三角形斜边上的中线这个基本图形的性质进行证明。由于已知图形中现在是有直角三角形而没有斜边上的中线，所以就应将斜边上的中线添上，也就是分别是联结GE、GF（如图3-193），即可得GE=ED=1/2DC，GF=FA=1/2AB，从而就有GF-GE=1/2AB-1/2CD。将这一关系和结论比较可知问题应证EF=GF-GE，也就是要证G、E、F在一直线上。由于应用直角三角形斜边上中线的基本图形的性质还可得∠EDG=∠EGD，∠FAG=∠FGA。而条件中有DC∥AB，这两条平行线可以看作是被AC所截，所以∠EDG=∠FAG，即得∠EGD=∠FGA，GE和GF重合，也就是G、E、F共线，分析完成。
图3-193
例3 如图3-194，已知：⊙O和⊙O′外切于C，外公切线AB与⊙O、⊙O'分别相切于A、B，AB的延长线与OO′的延长线相交于S，过S作DE⊥AB交CB和AC的延长线于D、E。求证:SD=SE。
图3-194
分析：本题条件中给出⊙O和⊙O外切于C，OO′是连心线，所以OO′必定经过C点，又因为这是一个两圆外切也就是圆的组合图形问题，所以可转化到一个圆中的问题来进行讨论，转化的方法是添过切点的公切线，于是过C作两圆的内公切线交AB于F(如图3-195)。这样对每一个圆来说都是切线的问题，从而可应用弦切角的基本图形的性质进行证明，于是可分别证得FA=FC=FB，∠FAC=∠FCA，∠FBC=∠FCB，进一步就可得∠ACB=90°，而A、C、E成一直线，所以又有∠BCE=90°，而要证的结论是SD=SE，这样就出现了S是直角三角形CDE斜边DE的中点，从而就可以应用直角三角形的斜边上的中线这个基本图形的性质进行证明(如图3-196)，也就是要证SD=SE，就应证SD和SE都和SC相等。
图3-195
图3-196
如果先考虑证SD=SC。由于已知AB与⊙O′相切于B，所以就可应用切线的性质进行证明，于是连结O'B(如图3-197)后，可得∠SBO′(弦切角)=90°，O'B⊥AB，而条件中又给出SD⊥AB，所以就得到O′B∥SD，这样就出现了O′B是三角形内一条边SD的平行线，所以就可应用平行线型相似三角形的性质进行证明，也就是可得△O'BC∽△SDC，而O′B和O′C是同一个圆，亦即⊙O′的半径，当然相等，△O′BC是等腰三角形，所以△SDC必定也是等腰三角形，也就是可证明SD=SC。根据同样的道理，连结OA(如图3-197)后可得△OAC∽△SEC，从而也可以进一步证得SE=SC。所以结论就得到证明。
图3-197
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