中点策略：倍长构造8字型全等，构造中位线以及利用直角三角形斜边中线性质。本期用两种解法向同学们讲述一道经典好题，再次领略如何巧妙的利用中点条件。

【例】（1）如图①，△ABC,△DCE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EDC=90°，B,C,E在同一直线上，P为BE的中点，求证:AP=DP

（2）如图，已知△ABC∽△DEC，∠BAC=∠EDC=90°，B,C,E在同一直线上，P为BE的中点，求证:AP=DP

（3）如图，已知△ABC∽△DEC，∠BAC=∠EDC=90°，B,C,E三点不在同一直线上，P为BE的中点，求证：AP=DP

解法一：（添加斜边中线）

（1）作AG⊥BE，DH⊥BC

∵G为BC中点，H为EC中点

∴GH=0.5BE

∵P为BE中点

∴BP=PE=GH

∴BG=AG=PH, EH=DH=GP

∴Rt△AGP≌Rt△PHD

∴AP=DP

（2）取BC中点G, EC中点H,连AG,DH

同（1）有AG=PH, GP=DH

∵∠AGP=2∠B，∠DHP=2∠E

又∵∠B=∠E

∴∠AGP=∠DHP

∴△AGP≌△PHD

∴AP=DP

（3）取BC中点G,EC中点H，连AG,GP,DH,PH

易证四边形PHCG为平行四边形

且PG=CH=DH, PH=CG=AG

同（2）有∠AGC=∠DHC

又∵∠CGP=∠CHP

∴∠AGP=∠DHP

∴△AGP≌△PHD

∴AP=DP

解法二：（倍长中线）

（1）延长DP到F，使DP=PF,连BF,AF,AD

易证△ABF≌△ACD

∴∠BAF=∠DAC

∴∠FAD=90°,△FAD为Rt△

∵P为FD中点

∴AP=DP

（2）延长DP到F，使DP=PF,连BF,AF,AD

∵△ABC∽△DEC

∴AB:AC=DE:DC

∵DE=BF

∴AB:AC=BF:DC

∵∠ACD=180°-∠DCE-∠ACB=180°-2∠ACB

∠ABF=∠ABC+∠CBF=2∠ABC=180°-2∠ACB

∴∠ACD=∠ABF

∴△ABF∽△ACD

∴∠BAF=∠CAD

∴∠FAD=90°，即△AFD为Rt△

∵P为FD中点

∴AP=DP

（3）延长DP到F，使DP=PF,连BF,AF,AD

与（2）同理，AB:BF=AC:CD

下面证夹角相等

∵∠ACD=360°-∠ACB-∠DCE-∠BCE

=360°-2∠ACB-（180°-∠CBE-∠CEB）

=360-2(90°-∠ABC）-180°+∠CBE+∠CEB

=2∠ABC+∠CBE+∠CEB

∠ABF=∠ABC+∠CBE+∠FBP

=∠ABC+∠CBE+∠DEP

=∠ABC+∠CBE+∠DEC+∠CEB

=2∠ABC+∠CBE+∠CEB

∴∠ACD=∠ABF

∴△ABF∽△ACD

∴∠BAF=∠CAD

∴∠FAD=90°，即△AFD为Rt△

∵P为FD中点

∴AP=DP

解题感悟：

本例较好的体现了中点的策略，方法一通过添加斜边中线构造全等三角形，其中第（3）问还构造了中位线；方法二则通过倍长中线，构造全等或相似，其中相似的原理均为两边成比例且夹角相等。无论是方法一还是方法二，都是解答本例的通法，这也说明，在平时训练中，倘若遇到的几何综合题具备本例体现的从特殊到一般，一题多变的气质，只要找到合适的通法，解答它的若干小问会相对较轻松一些，思路也将更畅通一些。

见到中点有三法，一是倍长中线法，二是斜边中线法， 三是两边中点相连法。