几何证明题的形式多种多样，千姿百态．但无论其结论是何种形式，题中所给的条件与所证的结论都是有内在联系的．抓住这种联系，联想相关的定义、性质和定理，其证明思路也是有一定规律可循的．如：遇线段（角）的“和、差、倍、分”的证明，常截长补短(或加倍减半)；遇“线段等积式”的证明，常利用（构造）相似三角形；遇“中点”，常构造中线或中位线；等等．这就是所谓的常规思维．
愿下面这道题的几种证法，能帮助同学们在证明复杂几何题时，通过常规思维，迅速找到解决问题的有效途径．
题目：梯形ABCD中，AD∥BC，M、N分别是AD、BC的中点，若∠B与∠C互余，求证：BC－AD=2MN．
分析1：若从条件“梯形ABCD中，∠B与∠C互余”出发来考虑，可先构造直角三角形，注意到“中点”条件，再利用直角三角形的性质．于是有：
证法1：如图1，延长BA、CD交于E，连EN交AD于M＇ ．
由∠B与∠C互余，知 ∠BEC=90°，△BEC为直角三角形．
∵AD∥BC，N为BC中点
∴ ∴DM＇=AM＇，
即M＇是AD的中点，又M是AD的中点，
∴M’与M重合，即E、M、N三点共线．
由直角三角形的性质知：EN=BC，EM=
AD，
∴EN－EM=（BC－AD） 故BC－AD=2MN．
按此思路，还可过点M分别作ME∥AB，MF∥DC，交BC于E、F（如图2），仿上证之．证明过程请读者自已完成．
分析2：若从结论的左端“BC－AD”出发来考虑，可先考虑截长，构造BC－AD的差所在的线段，再证这条线段与MN的关系．于是有：
证法2：如图3，在BC上截取BE＝AD，连DE，由梯形ABCD，知，四边形ABED是平行四边形（如图3），则∠DEC=∠B，BC－AD＝CE．
∵∠B与∠C互余，∴∠EDC=90°
取EC中点F，连DF，
则有DF=EC=（BC－BE）=（BC－AD）；
∵NF=EF－EN=EC－（BN－BE）=（BC－AD）－（BC－AD）=AD，又M是AD的中点，
∴MD=NF 又MD∥NF ∴四边形MNFD是平行四边形．
∴MN=DF=（BC－AD） 即BC－AD=2MN．
分析3：若从结论的右端“2MN”出发来考虑，可构造三角形的中位线，找出与2MN相等的线段（不妨设2MN＝a），再证这条线段恰好等于BC－AD的差所在的线段（不妨设BC－AD＝b），即证a＝b．于是有：
证法3：如图4，过点C作CG∥MN，交BM的延长线于G，连DG．
∵N是BC的中点，
∴M是BG的中点，从而MN是△BCG的中位线，即2MN＝CG；
又过A作AH∥DC交BC于H，则四边形AHCD是平行四边形，从而∠AHB＝∠C，BH＝BC－AD；
∵∠B与∠C互余，∴∠BAH＝90，由M是AD的中点，又是BG的中点，知△AMB≌△DMG（SAS），
∴DG＝AB，∠MDG＝∠MAB；
由四边形AHCD是平行四边形，知，DC＝AH；
∵∠CDG＝360－（∠MDG+∠ADC）＝360－（∠MAB+∠ADC）＝360－（360－∠B－∠C）＝360－（360－90）＝90，
∴△CDG≌△HAB（SAS），
∴CG＝HB＝BC－AD，即BC－AD=2MN．
分析4若从结论的左右两端同时出发来考虑，需找出与“2MN”相等的线段（不妨设2MN＝m）及与“BC－AD”相等的线段（不妨设BC－AD＝n），证m＝n即可．于是有：
证法4：如图5，过点D作DF∥MN并延长DF至G，使FG＝DF，即2MN＝DG；再过点C作CE∥AB交AD的延长线于E，连CG、AG（设AG交BC于点N＇），则四边形ABCE是平行四边形，从而BC－AD＝DE；
∵M是AD中点，又MN∥DG，
∴点N＇必是AG的中点（经过三角形一边的中点平行于另一边的直线必平分第三边），
∴MN＇是△ADG的中位线，从而2MN＇＝DG，又2MN＝DG，
∴N＇与N重合，从而N是AG的中点；
∵N是BC的中点，
∴△CGN≌△BAN（SAS），
∴∠NCG＝∠B，CG＝BA，
∴CG∥AB，又EC∥AB且EC＝AB，
∴E、C、G三点共线，
∵∠E＝∠B，∠CDE＝∠BCD，∠B与∠BCD互余，
∴∠DCE＝90，
∴DC是GE的中垂线，从而DE＝DG＝2MN，即2MN＝BC－AD．
同学们，你看完此题的证法后有何感想?相信你今后再遇到复杂的几何证明题时，不会那么恐惧了吧?
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