用反证法证明施泰纳-莱默斯定理

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Riesz表示定理

∑n
f (x) = Ax = aixi, ∀x = (x1, x2, · · · , xn)T ∈ Rn.
(2)
i=1
而且由Cauchy-Schwarz不等式可知由(2)所表示的线性泛函也的确满足有界性(见[2]第27页,
定义7.2), 即
∑n
( ∑n
)1/2
( ∑n
)1/2
|f (x)| = aixi ≤
Fr´echet-Riesz表示定理设f ∈ H∗, 则恰有一个zf ∈ H, 使f 可表为
f (x) = (x, zf ), ∀x ∈ H,
(1)
并且∥f ∥H∗ = ∥zf ∥H. 对于此定理的证明,常见方法是通过f 零空间正交补中的元素构造满足(1)的元素zf (如[1,
2, 3, 4, 6, 7, 8]). 这种证明方法非常简洁, 而且也凸现了此定理的几何意义. 在实际教学中, 同学们往往惊叹于定理及其证明的简洁与优美, 但也对zf 的构造方式感到困惑(如[10]).
(
)
um + un 2 2
= 4 (J (um) + J (un)) − 8J
um + un 2
≤ 4 (J (um) + J (un)) − 8J0.
于是0
≤
lim ∥um−un∥2
m,n→∞
≤
lim
m,n→∞
∥um
−un
∥2
≤
0,
即{un}∞ n=1是Hilbert空间H中的Cauchy列.
故而存在唯一元素u
1
= lim
(u + tv, u + tv) − (u, u) − f (v)
t→0 (t 2

第六章三角形

BE =
Ib A Ic
B
2ac 2ac B × sin . a−c 2
C
B
G A C E
Ia
§6.3 三角形的巧合点、三角形的伴随三角形
5、重心：三角形的三条中线交于一点，该点到顶点的距离等于到对边中点距离的两倍。这一点称为三角形的重心。
A N E G M B D C
§6.3 三角形的巧合点、三角形的伴随三角形
第六章
三角形
本章将研究以下问题：三角形的面积；梅内劳斯定理和塞瓦定理；三角形的巧合点、三角形的伴随三角形；施泰纳——莱默斯定理；施泰纳——莱默斯定理；莫莱定理。
§6.1 三角形的面积
1 1 1 aha = bhb = chc . 2 2 2 1 1 1 2、已知两边及其夹角：s = ab sin C = bc sin A = ca sin B. 2 2 2 1、已知一边及该边上的高：s =
B
E
C
若AD与BC不平行，连BD交截线于点M .
Q
PA MB FD 则因为PFM是△ ABD的截线，所以 ⋅ ⋅ = 1 (1) PB MD FA EB QC MD 又QME是△BCD的截线，所以 ⋅ ⋅ = 1 (2) EC QD MB
两式相乘，得 AP BE CQ DF • • • = 1. PB EC QD FA
XM YN ZL ∴ ⋅ ⋅ = 1, 故X , Y , Z三点共线。 XN YL ZM
D
例2、（笛沙格定理）设两三角形的对应顶点连线交于一点，则对应边所在直线的交点共线。证明：把梅内劳斯定理用于△OBC,△OCA,△OAB,得
XB C ′C B′O YC A′A C ′O ZA B′B A′O ⋅ ⋅ = 1, ⋅ ⋅ = 1, ⋅ ⋅ = 1, XC C ′O B′B YA A′O C ′C ZB B′O A′A XB YC ZA 三式相乘，得： ⋅ ⋅ = 1, XC YA ZB

2021版文科数学全国通用版一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第4节

逻辑推理
形式考查，难度中档.
第十二章复数、算法、推理与证明
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1
课前 ·基础巩固
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‖知识梳理‖
1．直接证明
内容
综合法
分析法
定义
从要证明的结论出发，逐步寻求使利用已知条件和某些数学定义、公它成立的 1 _充__分______条件，直到最理、定理等，经过一系列的推理论
A．都大于 2
B．都小于 2
C．至少有一个不大于 2
D．至少有一个不小于 2
解析：选 D 因为a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋1b＋c＋1c≥6，当且仅当 a ＝b＝c＝1 时取等号，所以三个数中至少有一个不小于 2.故选 D.
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解析：(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件． (2)应假设“a≤b”． (3)反证法只否定结论．答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
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证法二：由两直线平行可知 bcos B－acos A＝0，由余弦定理，得 b·a2＋2ca2c－b2＝a·b2＋2cb2c－a2，所以 a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以 c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以 a＝b 或 a2＋b2＝c2. 若 a＝b，则两直线重合，不符合题意，故 a2＋b2＝c2，即△ABC 是直角三角形．

用反证法证明等腰三角形的两腰相等

这就是著名的斯坦纳--莱默斯定理。

1840年,莱默斯[C.L.Lehmus]在给斯图姆[C.Sturm]的一封信中提出的，他请求给出一个纯几何的证明，斯图姆向许多数学家提到此问题。

首先回答的是瑞士大几何学家斯坦纳[J.Steiner]。

后来该定理就以“斯坦纳--莱默斯定理”命名而闻名于世。

在1965年的一篇报道中提到该定理约有60多种证法。

下面给出两种证法.己知在△ABC中，BE,CF是∠B，∠C的平分线，BE=CF。

求证:AB=AC.证法一设AB≠AC，不妨设AB>AC，这样∠ACB>∠ABC，从而∠BCF=∠FCE=∠ACB/2>∠ABC/2=∠CBE=∠EBF。

在△BCF和△CBE中，因为BC=BC，BE=CF，∠BCF>∠CBE.所以BF>CE。

(1)作平行四边形BEGF，则∠EBF=∠FGE，EG=BF，FG=BE=CF，连CG，故△FCG为等腰三角形，所以∠FCG=∠FGC。

因为∠FCE>∠FGE，所以∠ECG<∠EGC。

故得CE>EG=BF. (2)显然(1)与(2)是矛盾的，故假设AB≠AC不成立，于是必有AB=AC。

证法二在△ABC中，假设∠B≥∠C，则可在CF上取一点F'，使∠F'BE=∠ECF'，这有CF≥CF'。

延长BF'交AC于A',则由∠BA'E=∠CA'F',有ΔA'BE∽ΔA'CF'.从而A'B/A'C=BE/CF'≥BE/CF=1.那么在△A'BC中，由A'B≥A'C，得:∠A'CB≥∠A'BC，即∠C≥(∠B+∠C)/2，故∠B≤∠C。

再由假设∠B≥∠C，即有∠B=∠C。

所以△ABC为等腰三角形。

施泰纳一莱默斯定理

施泰纳一莱默斯定理是指电子在分子中的能级分布是对称的，也就是说，分子中的电子分布是对称的。这个定理是由美国化学家施泰纳一莱默斯在1930年提出的。
施泰纳一莱默斯定理的意义在于，它为我们理解分子中电子的分布情况提供了一个重要的框架。这个定理被广泛应用于化学、物理学和生物学等领域，对于分子的结构、性质和反应性质的研究重要的定理，在许多化学和物理学的研究中都有广泛的应用。它为我们理解分子中电子的分布情况提供了一个重要的框架，帮助我们更好地解释分子的结构、性质和反应性质等。
施泰纳一莱默斯定理是基于电子的波动原理推导出来的。它认为，分子中的电子能级是对称的，即电子的波函数的形式是对称的。这个定理可以解释很多分子中电子的分布特征，如分子结构的对称性、分子的光学性质、分子的反应性质等。施泰纳一莱默斯定理的应用非常广泛，在许多化学和物理学的研究中都有重要的作用。施泰纳一莱默斯定理有一些局限性，在一些情况下并不适用。例如，在分子中存在强烈的外场（如磁场、电场等）时，电子的能级分布可能会发生变化，施泰纳一莱默斯定理就不再适用。此外，在一些特殊的分子结构中，电子的能级分布也可能与施泰纳一莱默斯定理的预测不符。

【高二学习指导】高二数学解题技巧：反证法讲解

【高二学习指导】高二数学解题技巧：反证法讲解
为了帮助学生们更好地学习
高中数学
，数学网精心为大家搜集整理了高二数学解题技巧：反证法讲解，希望对大家的数学
学习有所帮助！
高二数学解题技巧：反证法讲解
反证法和同一法是间接证明的两种方法，在解题中有着广泛的应用。

(一)反证法是一种重要的证明方法。

这里主要研究反证法的逻辑原理、解题步骤和适
用范围。

反证法的解题步骤：
第一步：反设。

假设命题结论不成立，即假设原结论的反面为真。

第二步：归谬。

由反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果。

这里所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、定义、定理、公式矛盾，与已知
条件矛盾，与临时假设矛盾，以及自相矛盾等各种情形。

第三步：存真。

由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立。

反证法的三个步骤是互相联系的。

反设是前提，归谬是关键，存真是目的。

只有正确
地作出反设，合乎逻辑地进行推导，才能间接地证出原题。

经过精心的整理，有关
高二
数学解题技巧：反证法讲解的内容已经呈现给大家，祝大家学习愉快！
感谢您的阅读，祝您生活愉快。

施泰纳—莱默斯定理的三角证法

施泰纳——莱默斯定理的三角证法AEBCDæèöøk 1(x -12)+t -y æèöøk 2(x -12)+t -y +λæèçöø÷x 2-y 216-1=0且为圆,那么必须满足(1)x 2,y 2前系数相同，（2）xy 项系数为0；进而得ìíîïïk 1+k 2=0k 1k 2+λ=1-116λ得证.点评：此法为竞赛曲线系解法，通过曲线系可以大大减少运算量.后记：对于一道题目，解题者所站的高度不同，那么解法的简洁度会存在着巨大的差异.（湖北省十堰东风高级中学吕辉442011）施泰纳—莱默斯定理是指：如果△ABC 的∠B 和∠C 的角平分线相等，那么AB =AC .经过探讨，笔者现给出一种更为简捷的三角证法，供参考：证明：设∠ABC =2α，∠ACB =2β,在△BCD 和△CBE 中，由正弦定理得：BD sin 2β=BC sin ()π-α-2β=BC sin ()α+2β①,CE sin 2α=BC sin ()π-2α-β=BC sin ()2α+β②,又∵BD =CE ,由①、②得sin 2αsin 2β=sin ()2α+βsin ()α+2β,∴sin 2α⋅sin ()α+2β=sin 2β⋅sin ()2α+β,∴-12[]cos ()3α+2β-cos ()α-2β=-12⋅[cos ()2α+3β-cos ()β-2α].∴cos(3α+2β)-cos (α-2β)=cos(2α+3β)-cos (β-2α)，∴cos(3α+2β)-cos(2α+3β)=cos(α-2β)-cos(β-2α).进一步得到-2sin 5(α+β)2sin α-β2=-2sin -(α+β)2sin 3(α-β)2=2sin α+β2⋅öø÷æèç3sin α-β2-4sin 3α-β2，∴sin α-β2⋅éëêsin5()α+β2ùûú+3sin α+β2-4sin α+β2sin 2α-β2=0，而sin 5()α+β2+3sin α+β2-4sin α+β2⋅sin 2α-β2=sin 5()α+β2+sin α+β2+2sin α+β2⋅æèçöø÷1-2sin 2α-β2=sin5()α+β2+sin α+β2+2sin α+β2⋅cos ()α-β=2sin 3()α+β2⋅cos(α+β)+2sin α+β2⋅cos(α-β).由题意知0<2α<π2,0<2β<π2,∴0<3()α+β2<3π4,0<α+β<π2,0<α+β2<π4，-π4<α-β<π4,∴sin 3()α+β2>0,cos(α+β)>0,sin α+β2>0,cos ()α-β>0.∴sin5()α+β2+3sin α+β2-4sin α+β2sin 2α-β2>0,∴sin α-β2=0,∴α-β2=0,∴α=β.∴2α=2β,∴AB =AC .参考文献[1]郭要红，戴普庆.中学数学研究[M].安徽：安徽大学出版社.1998年11月第1版.（安徽省舒城二中杭埠校区丁遵标231323）优美轮换不等式：已知a ，b ，c 0，且a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1≤a 1+bc ＋b 1+ac＋c 1+ab≤2.一道优美不等式的简证··36Copyright©博看网. All Rights Reserved.证明:因为a ＋abc a ＋a ·b 2+c 22=a +a ·12(1-a 2)=12(-a 3+3a )=1-12(a -1)2·(a +2)1，所以a 1+bc =a 2a +abc a 2.同理可得b 1+acb 2，c 1+ab c 2，三式相加得左边不等式成立.另一方面，由于对称性，不妨设a b c ，则a 1+bc ＋b 1+ac ＋c 1+ab a 1+ab +b 1+ab +c 1+ab ＝a +b +c 1+ab .下证a +b +c 1+ab 2⇔a ＋b ＋c －2ab 2⇔a ＋b ＋1-a 2-b 2-2ab 2⇔1－a 2－b 2(2+2ab -a -b )2⇔2(a +b )2-22(a +b )ab +2a 2b 2+2ab -22⋅(a -b )+1 0⇔(2a +2b -ab -1)2+a 2b 2 0.a ＝0，b =时取“＝”，此时c ，所以原不等式的右边也成立.证明1 a 1+bc ＋b 1+ac ＋c 1+ab另法：证明:原不等式等价于a 2a (1+bc )＋b 2b (1+ac )+c 2c (1+ab )1.令t =a (1＋bc )，则t 2＝a 2(1+bc )2=[1-(b 2+c 2)](1+bc )2 (1-2bc )(1+bc )⋅(1+bc ) (1-2bc +1+bc +1+bc 3)3=1，即t =a (1＋bc ) 1，故1t 1，即1a (1+bc ) 1，故a 2a (1+bc ) a 2.同理b 2b (1+ac ) b 2，c 2c (1+ab )c 2.从而a 2a (1+bc )+b 2b (1+ac )+c 2c (1+ab ) a 2+b 2+c 2=1，故a 1+bc ＋b 1+ac ＋c 1+ab 1.参考文献[1]赵桢.北京数学会·北京数学培训学校教学丛书·高中基础分卷Ⅱ[M].北京：北京师范大学出版社，2007.[2]李世杰.高中数学竞赛专题讲座·不等式[M].浙江：浙江大学出版社，2007.（云南省玉溪第一中学武增明653100）2021年高考数学北京卷立体几何解答题（第17题）第（I ）问要注意叙述规范，有理有据，用同一法证明会更简洁清晰；第（II ）问建系常规，但运算量较大，需计算两个平面的法向量（这是自2003年北京开始自主命题至今首次出现的情形.当然考生也可看出在平面BB 1C 1C 上过点C 与CF 垂直的直线就是平面ECF 的法线，但接下来仍有不小的运算量）且求法向量时含有字母运算，进一步加大了运算量.本题可很好地考查考生的逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养.第(II)问的答案是12(即点M 为棱A 1B 1的中点)，像这样的简洁数据在北京卷中很常见，显然它们都是命题专家精心雕琢的结果，体现了数学的简洁美！本文还将用传统方法（即不建立空间直角坐标系也不用空间向量的方法）求解该题的第（II ）问.题目（2021年高考数学北京卷第17题）如图1所示，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，点E 为棱A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F.（I ）求证：点F 为棱B 1C 1中点；（II）若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M -CF -E 的余弦值为，求A 1M A 1B 1的值.用传统方法求解2021年高考数学北京卷立体几何解答题D 1EA 1AB CDB 1C 1F 图1M ··37Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

lcao—mo三原则的简明推证方法

lcao—mo三原则的简明推证方法Le Chatelier-Braun（Lcao-mo）三原则指的是一种现代物理学和化学理论，是传统理论和实际应用研究中用于计算吸收和放射能量的基本原则。

该理论主要用于分析由原子或分子组成的物质的性质。

它认为，原子或分子的运动是在某些力的作用下进行的，并且运动的方向取决于能量的变化和这些力的分布。

Le Chatelier-Braun（Lcao-mo）三原则包括：1. 能量守恒原则：当系统平衡时，它的总能量不会发生变化。

2. 动量守恒原则：当系统平衡时，它的动量不发生变化。

3. 能量配平原则：当系统处于平衡状态时，其能量分布符合能量的最佳配置。

简明推导方法：（1）能量守恒原则：如果系统的能量在某种变化中保持不变，那么用特定的条件来描述不变的总能量将是有用的。

根据物理学的定律，总能量是一个不变的量，在任何情况下都具有守恒性；它不会因为外部条件的改变而改变。

因此，可以将总能量表达为：E=E1+E2+…+En其中，Ei分别表示了系统中每个物质的能量，总能量是它们的总和。

（2）动量守恒原则：动量反映了物质在空间中的运动情况，因此要得出动量守恒原则，只需要结合线性动量及其它相关的物理学性质即可：因为线性动量的总和是不变的，于是可以推导出动量守恒的基本定理：p=p1+p2+…+pn其中，Pi分别表示了系统中每个物质的动量，而总动量是它们的总和。

（3）能量配平原则：当能量配平原则出现时，按照最低能量原则，可以通过分析物理系统中发生的能量变化，推导出能量配平原则：E=E1+E2+…+En, p=p1+p2+…+pn由此，当一个系统处于平衡状态时，其能量分布符合能量的最低配置。

总之，Le Chatelier-Braun（Lcao-mo）三原则的简明推证方法就是：能量守恒原则：总能量是一个不变的量；动量守恒原则：线性动量的总和是不变的；能量配平原则：当一个系统处于平衡状态时，其能量分布符合能量的最低配置。

“斯坦纳—莱莫斯”定理证法的综述

。
“
斯坦纳
,
”
时
有一
统一的解决了定理及其拓广的
.
“
井上难题
和
“
蒋声问题
”
,
充分揭示了
:
两相等角平
分线与等腰三角形的关系
一
、
定理的形成
( Le h m
e s
1 8 4 。年莱莫斯
) 发现命题 :
两内角平分线相等的三角形是等腰三角形
t
1 8 6 4 年的各种杂志上
有许多文
19 4 0
直接证法难度更大
,
,
于是人们又开始寻求定理简单的证法 )
。
大约于
,
有人基于法国数学家仑已非特 ( R e ba f f e
韵引理
,
“
三角形中大角的平分线小
利用反证法
。
给出了一个较简单的证法
,
。
但美中不足的是引理的证法在 “。年代
,
如同定理
一样困难中
,
指出定理的证法已达 6 0 首先
,
后进入本世纪中期
人们对定理的兴趣更加浓厚
(
3
的一箱综合报道
。
余种
)
。
0 年代到了8
,
定理波及到世界各地
,
。
而井上先生却谦虚的称道它地方见过
“

沈重予著浅谈反证法在中学数学中的应用

沈重予著浅谈反证法在中学数学中的应用作者：汪建宏来源：《读写算》2014年第35期去掉大米中的砂粒，有两种方法。

一种直接把砂粒一一捡出来；一种用淘洗法，把砂粒残留下来。

这两种方法虽然形式不同，但结果却是一样的。

直接方法困难较多，间接方法却很容易。

在数学解题中，也常用间接的方法来证题。

下面我们就来谈谈数学证明的间接方法之一，反证法。

一. 反证法的定义、逻辑依据、种类1.定义：反证法是从反面的角度思考问题的证明方法，属于“间接证明”的一类，证明时否定结论，从而推出与定理、公理等正确的命题相矛盾的结论，因此断定假设错误的一种证明方法。

2.逻辑依据：反证法所依据的是逻辑思维规律中的“矛盾律”和“排中律”。

3.种类：运用反证法的关键在于归谬，因此反证法又称为归谬法。

根据结论的反面，分为简单归谬法和穷举归谬法。

二. 反证法的适用范围反证法是数学证明中的一种重要方法。

牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一”。

它是从命题结论的反面出发，假设命题结论的反面成立，通过正确的逻辑推理导出与定理、公理、定义相矛盾的结论，从而证明原命题的正确性的一种重要方法。

反证法之所以有效是因为它对命题结论的否定从而实际上增加了论证的条件，这对发现解题思路是很有帮助的。

对于直接证明难以入手的命题，改变其思维方法从结论的反面入手进行思考论证，问题可能解决得十分干脆利索。

在现代数学中，反证法已成为问题解决的最常用和最有效的方法之一。

但是任何证明方法都有它成立的条件和适用范围。

离开并超越了条件和范围就会犯错，同样，也会影响解题的成功率。

因此，我们应该学会正确使用反证法来解决问题。

虽然反证法是一种很积极的证明方法，而且反证法证题也有很多优点：比如适用范围广、推理比较方便等。

不过并不是每一道题都能用反证法来解决。

反证法虽然是在平面几何教材中出现的，但对数学的其它各部分内容的解决，如代数、三角、立体几何、解析几何中都可以应用。

那么，究竟什么样的命题可以用反证法来证呢？当然没有绝对的标准，但证题的实践告诉我们：下面几种命题一般用反证法来证可以较好的解决。

九年级数学上册第3章反证法简介(青岛版)

反证法简介反证法（Proofs by Contradiction，又称归谬法、背理法），是一种论证方式，他首先假设某命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），然后推理出明显矛盾的结果，从而下结论说原假设不成立，原命题得证．1．定义反证法常称作Reductio ad absurdum，是拉丁语中的“转化为不可能”，源自希腊语中的“ἡεις το αδυνατον παγωγη”，阿基米德经常使用它．2．解释反证法是“间接证明法”一类，是从反方向证明的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而得出矛盾．法国数学家阿达玛(Hadamard)对反证法的实质作过概括：“若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾”．具体地讲，反证法就是从反论题入手，把命题结论的否定当作条件，使之得到与条件相矛盾，肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明．在应用反证法证题时，一定要用到“反设”，否则就不是反证法．用反证法证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以，这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方面情况有多种，那么必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”．3．使用反证法在数学中经常运用．当论题从正面不容易或不能得到证明时，就需要运用反证法，此即所谓"正难则反"．牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一”．一般来讲，反证法常用来证明正面证明有困难，情况多或复杂，而逆否命题则比较浅显的题目，问题可能解决得十分干脆．反证法的证题可以简要的概括为“否定→得出矛盾→否定”．即从否定结论开始，得出矛盾，达到新的否定，可以认为反证法的基本思想就是辩证的“否定之否定”．应用反证法的是：欲证“若P则Q”为真命题，从相反结论出发，得出矛盾，从而原命题为真命题．4．证明反证法的证明主要用到“一个命题与其逆否命题同真假”的结论，为什么？这个结论可以用穷举法证明：某命题：若A则B，则此命题有4种情况：1．当A为真，B为真，则A→B为真，﹁B→﹁A为真；2．当A为真，B为假，则A→B为假，﹁B→﹁A为假；3．当A为假，B为真，则A→B为真，﹁B→﹁A为真；4．当A为假，B为假，则A→B为真，﹁B→﹁A为真；∴一个命题与其逆否命题同真假即关于〉=〈的问题：大于-〉反义：小于或等于都大于-〉反义：至少有一个不大于小于-〉反义：大于或等于都小于-〉反义：至少有一个不小于即反证法是正确的．与若A则B先等价的是它的逆否命题若﹁B则﹁A假设﹁B，推出﹁A，就说明逆否命题是真的，那么原命题也是真的．但实际推证的过程中，推出﹁A是相当困难的，所以就转化为了推出与﹁A 相同效果的内容即可，这个相同效果就是与A(已知条件)矛盾，或是与已知定义，定理，大家都知道的事实等矛盾．步骤：（1）假设命题结论不成立，即假设结论的反面成立．（2）从这个命题出发，经过推理证明得出矛盾．（3）由矛盾判断假设不成立，从而肯定命题的结论正确．反证法在简易逻辑中适用题型：（1）唯一性命题（2）否定性题（3）“至多”，“至少”型命题。

斯坦纳莱默斯定理

斯坦纳莱默斯定理
斯坦纳莱默斯定理（Steiner-Lehmus theorem）是一个几何定理，它描述了一个等边三角形的边角都相等的充要条件。

该定理的一种常见陈述是：如果一个三角形的两条边与一个等长的边夹角相等，那么这个三角形必须是等边三角形。

斯坦纳莱默斯定理可以通过构造两个相关的等腰三角形来证明。

证明过程中使用了一些角度相等和边垂直的性质。

这个定理的命名来自于两位数学家斯坦纳（Jakob Steiner）和莱默斯（Ferdinand Lehmus），他们在19世纪中期分别独立提出了这个定理的证明。

斯坦纳莱默斯定理被广泛应用于几何学和三角学的教学和研究中。

它提供了一种判定一个三角形是否为等边三角形的方法，同时也反映了在一些特定条件下，边角关系的一种对称性。

初中数学反证法推选优秀ppt

第四页，共8页。
反证法的一般(yībān)步骤
•
假设命题的结论不成立；
•
从这个假设出发，经过推理论证得出矛盾；
•
由矛盾判定假设不正确，从而(cóng ér)肯定命题的结论
正确
•
简而言之就是“反设－归谬－结论”三步曲。
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例题(lìtí)：
• 1.求证：三角形中至少有一个角不大于60°。
证明(zhèngmíng)：假设△ABC中的∠A、∠B、∠C都大于60°
直于底边）已知：在四边形ABCD中，M、N分别是AB、DC的中点，
且MN＝（AD＋BC）。
同理可得：OM⊥CD，从而过点M有两条直线AB、CD都垂直于OM
这与过同一点有理且只可有一得条直线：与已O知M直线⊥垂直相C矛D盾，。从而过点M有两条直
线AB、CD都垂直于OM
这与过一点有且只有一条直线与已知直线垂
直相矛盾。
故AB与CD不能互相平分。
ห้องสมุดไป่ตู้第七页，共8页。
练习(liànxí)：
1.在△ABC中，已知AB＝c，BC＝a，CA＝b，且∠C≠90°. 求证(qiúzhèng)；a2＋b2≠c2.
2.求证(qiúzhèng)：一个五边形不可能有4个内角为锐角. 3.求证(qiúzhèng)：若a≠0,则ax=b，有唯一解。 4.已知：在四边形ABCD中，M、N分别是AB、DC的中点，
∵OA＝OB，M是AB中点
∴OM⊥AB （等腰三角形底边上的中线垂直于底边）
首先假设所要证明的结论不成立，然后再在这个假定条件下进行一系列的正确逻辑推理，直至得出一个矛盾的结论来，并据此否定原先的假设，
从而确认•所要证证明明的结(论z成h立è。ngmíng)：假设△ABC中的∠A、∠B、∠C都大于60°

八年级数学上册 17.5 反证法谈谈斯坦纳—雷姆斯定理素材 (新版)冀教版

谈谈斯坦纳——雷姆斯定理1840年，雷姆斯（C.L ehmus）向著名几何大师瑞士人斯坦纳（J.Steiner）提出了一个看起来十分简单的几何问题，要求给以证明。

问题是：命题三角形两个底角平分线相等便是等腰三角形。

斯氏答应研究它，但他直到1844年才发表定理的征明。

后来该命题就以斯坦纳—雷姆斯定理而闻名于世。

150多年来，经常有论述它的文章发表。

笔者见过斯—雷定理的证明30余种，比较而言，觉得还是以斯氏原证为佳。

问题在△ABC中，∠B、∠C的平分线分别为BD，CE，且BD=CE。

求证：AB=AC。

斯坦纳原证如图1，假设AB＞AC。

则∠B＜∠C，从而∠BEC＞∠BDC（1）在△BCE与△CBD中，∵BD=CE，BC公共，∠BCE＞∠CBD，∴BE＞CD。

作平行四边形BDCF，连接EF。

∵BE＞CD=BF。

∴∠1＜∠2。

∵CE=BD=CF 。

∴∠3=∠4。

∴∠BEC＜∠BFC=∠BDC （2）（1）与（2）矛盾。

∴AB≯AC。

同理AC≯AB。

故 AB=AC。

之所以说斯氏原证好，是因为它不仅简洁优美，而且另一些证明三角形等腰的问题也可仿照斯氏原证证明。

请同学们看以下三例。

例1 如图2，在△ABC中，AT⊥BC于T，垂足T在BC上，H为垂心，P为HT上任意一点，将BP交 AC于D，CP交AB于E，且BD=CE。

求证：AB=AC。

证明：假设AB＞AC，则BT＞CT，BP＞CP，∠5＞∠6。

在△BCE与△CBD中，又因CD=BD，BC公共，∴BE＞CD。

设CH⊥AB于I，BH⊥AC于K。

在Rt△CIE与Rt△BKD中，∵CE=BD，由AB＞AC，知CI＜BK，∴∠8＜∠7。

∴∠BEC＞∠BDC （1）作平行四边形BDCF，连接EF，∵BE＞CD=BF，∴∠1＜∠2。

∵CE=BD=CF，∴∠3=∠4。

∴∠BEC＜∠BFC=∠BDC（2）（1）与（2）矛盾。

∴AB≯AC。

同理AC≯AB。

故AB=AC。

例2 在△ABC中，点M，N分别在AB，AC上，AM=AN。

21高考数学人教A理科一轮复习攻略核心考点·精准研析 4 直接证明与间接证明数学归纳法含解析

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核心考点·精准研析考点一反证法的应用1.用反证法证明命题:“a,b,c,d∈R,a+b=1,c+d=1,且ac+bd>1,则a,b,c,d中至少有一个负数”时的假设为 ( )A.a,b,c,d至少有一个正数B.a,b,c,d全为正数C.a,b,c,d全都大于等于0D.a,b,c,d中至多有一个负数2.对于命题:“若ab=0(a,b∈R),则a=0或b=0”,若用反证法证明该命题,下列假设正确的是( )A.假设a,b都不为0B.假设a,b至少有一个不为0C.假设a,b都为0D.假设a,b中至多有一个为03.若数列{a n}是各项均为正数的等比数列,公比q≠1,求证:1-a n,1-a n+1,1-a n+2不可能成等比数列.【解析】1.选C.用反证法证明命题:“a,b,c,d∈R,a+b=1,c+d=1,且ac+bd>1,则a,b,c,d中至少有一个负数”时的假设为a,b,c,d全都大于等于0.2.选A.用反证法证明命题“若ab=0(a,b∈R),则a=0或b=0”时,假设正确的是:假设a,b都不为0.3.假设1-a n,1-a n+1,1-a n+2成等比数列,则(1-a n+1)2=(1-a n)(1-a n+2),即1-2a n+1+=1+a n a n+2-(a n+a n+2),因为数列{a n}是等比数列,所以=a n a n+2,所以2a n+1=a n+a n+2,所以数列{a n}是等差数列,所以数列{a n}是常数列,这与已知相矛盾,故假设不成立,所以1-a n,1-a n+1,1-a n+2不可能成等比数列.用反证法证明数学命题需把握的三点(1)必须先否定结论,即肯定结论的反面.(2)必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必须依据这一条件进行推证.(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实矛盾等,但是推导出的矛盾必须是明显的.考点二分析法的应用【典例】1.分析法又称执果索因法,若用分析法证明“设a>b>c,且a+b+c=0,求证:<a”索的因应是________.①a-b>0;②a-c>0;③(a-b)(a-c)>0;④(a-b)(a-c)<0.2.已知数列{a n}是各项都是互不相等的正数的等差数列,求证:+<2.【解题导思】序号联想解题由a+b+c=0, 想到 b=-a-c1由<a, 想到不等式两边平方2 数列{a n}是等差数列a1+a3=2a2【解析】1.由a>b>c,且a+b+c=0可得 b=-a-c,要证“<a”,只要证b2<3a2+ac,只要证3a2+ac-(-a-c)2>0,即证2a2-c2-ac>0,(a-c)(a+a+c)>0,即证(a-c)(a-b)>0,故“<a”索的因应是(a-c)(a-b)>0.答案:③2.要证+<2,只要证a1+a3+2<4a2,因为数列{a n}是等差数列,所以a1+a3=2a2,只要证<a2,只要证<,因为数列{a n}各项均为互不相等的正数,所以<成立,所以+<2.关于分析法的应用1.分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接,或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时,往往采用分析法,特别是含有根号、绝对值的等式或不等式,常考虑用分析法.2.分析法的格式通常采用“欲证—只需证—已知”的格式,在表达中要注意叙述形式的规范性.已知△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,A,B,C的对边分别为a,b,c. 求证:+=.【证明】要证+=,即证+=3,也就是+=1,只需证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),需证c2+a2=ac+b2,又△ABC三内角A,B,C成等差数列,故B=60°, 由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60°,即b2=c2+a2-ac,故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.考点三综合法的应用命题精解读考什么:(1)考查证明不等式、等式、平行、垂直、函数、数列结论等问题.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养.怎么考:与不等式、数列、解析几何、立体几何、函数结合考查相关的证明问题.新趋势:以统计、概率、分布为载体,与其他知识交汇考查.学霸好方法1.综合法的应用(1)证明不等式:结合基本不等式、数列求和、导数等知识利用综合法证明.(2)证明相关的概念:结合数列的概念、导数极值、零点等知识利用综合法证明.(3)几何问题:结合解析几何、立体几何的相关知识,利用综合法证明相关的概念、线面的位置关系.2.交汇问题与函数、不等式、几何、概率等各章节知识交汇,综合运用与数列有关的证明【典例】已知正项数列{a n}中,=a n+2(n∈N*).(1)是否存在t,使得{a n}为常数列且a n=t.(2)求证:a n≠2时,数列{|a n-2|}为单调递减数列.【解析】(1)存在.由t2-t-2=0,得t=2或t=-1(舍去),故当t=2时,a n=2,{a n}为常数列.(2)由题意知a n>0,且a n≠2,故a n+1=,所以===,显然a n>0,+2>3,所以<<1,数列{|a n-2|}为单调递减数列.本例中的分式是怎样进行变形的?提示:利用分子有理化进行变形的.与函数有关的证明【典例】已知函数f(x)=+aln x-2,g(x)=+x2+x.(1)讨论函数f(x)在定义域上的单调性.(2)当a=3时,求证:f(x)≤g(x)恒成立.【解析】(1)f'(x)=(x>0),当a≤0时,f'(x)<0,在递减,当a>0时,x∈时,f'(x)<0,x∈时,f'(x)>0,故f(x)在递减,在递增.(2)当a=3时,f(x)=+3ln x-2,令h(x)=g(x)-f(x)=x2+x-3ln x+2,则h'(x)=(x>0),令h'(x)>0,解得:x>1,令h'(x)<0,解得:0<x<1,故h(x)在递减,在递增,故h(x)极小值=h(x)min=h=4≥0,显然成立,故g(x)≥f(x)恒成立.构造差函数用什么方法证明恒成立?提示:构造差函数,通过求出差函数的最小值证明.与立体几何有关的证明【典例】如图,三棱柱ABC-A1B1C1,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,E是B1C1的中点,∠BAC=∠CAA1=60°,且AB=AC=AA1.(1)求证:DE∥平面AA1B1B.(2)求证:B1C⊥A1B.【证明】(1)因为点A1在平面ABC内的射影D在AC上所以A1D⊥AC,又∠CAA1=60°,AC=AA1,所以D是AC的中点,取A1B1的中点F.连接EF,AF.因为E是B1C1的中点,所以EF∥A1C1,EF=A1C1.所以EF∥AD,EF=AD.所以四边形ADEF是平行四边形,故AF∥DE.因为AF⊂平面AA1B1B,DE⊄平面AA1B1B.所以DE∥平面AA1B1B.(2)连接BD,AB1,由(1)知D是AC的中点.又AB=AC,∠BAC=60°,所以BD⊥AC.所以AC⊥平面A1BD.所以AC⊥A1B.又AA1B1B是平行四边形,AB=AA1,所以AB1⊥A1B.所以A1B⊥平面AB1C.所以B1C⊥A1B.1.(2019·平谷模拟)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB=2CD,BC⊥CD,侧面CDD1C1⊥平面ABCD.(1)求证:CD1∥平面ABB1A1.(2)求证:BC⊥CD1.【证明】(1)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1∥BB1,BB1⊂平面ABB1A1,CC1⊄平面ABB1A1,所以CC1∥平面ABB1A1,又底面ABCD为直角梯形,所以CD∥AB,AB⊂平面ABB1A1,CD⊄平面ABB1A1,所以CD∥平面ABB1A1,因为CD和CC1是平面CDD1C1的两条相交直线,所以平面CDD1C1∥平面ABB1A1,又CD1⊂平面CDD1C1,所以CD1∥平面ABB1A1.(2)因为平面CDD1C1⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面CDD1C1=CD,BC⊥CD,所以BC⊥平面CDD1C1,又CD1⊂平面CDD1C1,所以BC⊥CD1.2.设数列{a n}的前n项和为S n,已知3a n-2S n=2.(1)证明{a n}是等比数列,并求出通项公式a n.(2)求证:-S n S n+2=4×3n.【证明】(1)因为3a n-2S n=2,所以3a n+1-2S n+1=2,所以3a n+1-3a n-2(S n+1-S n)=0.因为S n+1-S n=a n+1,所以=3,所以{a n}是等比数列.当n=1时,3a1-2S1=2,又S1=a1,所以a1=2.所以{a n}是以2为首项,以3为公比的等比数列,其通项公式为a n=2×3n-1.(2)由(1)可得S n=3n-1,S n+1=3n+1-1,S n+2=3n+2-1,故-S n S n+2=(3n+1-1)2-(3n-1)(3n+2-1)=4×3n,即-S n S n+2=4×3n.(2019·三明模拟)计算:-1≈0.414,-≈0.318;所以-1>-;又计算:-2≈0.236,-≈0.213,-≈0.196,所以-2>-,->-.(1)分析以上结论,试写出一个一般性的命题.(2)判断该命题的真假,并给出证明.【解析】(1)一般性的命题:n是正整数,则->-.(2)命题是真命题.因为-=,-=,>,所以->-.关闭Word文档返回原板块。

斯坦纳—莱默斯定理的推广与猜想

斯坦纳—莱默斯定理的推广与猜想定理：有两条内角平分线相等的三角形是等腰三角形 .这个问题是 1840 年莱默斯（ C.L.Lehmus ）在给图姆（ C.Sturm ）的一封信中提出的，他请求给出一个纯几何学的证明 .首先回答这个问题的是瑞士的大几何学家斯坦纳（ J.Steiner ），后来，该定理就以斯坦纳—莱默斯定理著名于世 . 论述它的文章发表于 1842，1844，1848 及 1854 到 1864 年的几乎每一年的多种杂志上 .由上述定理，我们可以得到两个极妙的推论.推论 1.设 BD 、CE 为△ ABC 的∠ B 与∠ C 的内角平分线，如果 BD>CE ，则 AB>AC.证明：（反证法）A（ⅰ）假设 AB=AC ，则 BD=CE,与已知矛盾 . EED（ⅱ）假设 AB<AC, 则∠ C<∠B.( 如图 1)BC在 CE 上取一点 E ，使∠ E BD=1∠ C ，2则 E 、B 、C 、D 四点共圆 .图 1因为∠C<1B C ，2所以∠ C<900，∠ BCD<∠ CBE <900，则 CE>BD ，与已知条件矛盾，故 AB>AC.推论 2：设 BD 、CE 为△ ABC 的∠ B 与∠ C 的内角平分线，如果BD=CE，AC AB则 AB=AC.证明：略 .由上述定理及其推论，可以得到丰富多彩的下列诸命题：*推广 1：如图 2，设 L 为经过点 C 且平行于△ ABC 的边 AB 的直线，∠ A 的内角平分线交边BC于 D，交 L 于 E；∠ B 的内角平分线交边AC 于 F，交 L 于 G,如果 GF=DE,则 AC=BC 。

证明：设 AC=b,BC=a,AB=c.易知：ADBD c ,G C EDE DC b L BF AF c b F DGF CF.aaBAc于是AD BF，故由推论 2 知 AC=BC.图 2 a b*推广 2：如图 3, 设 L 是平行于△ ABC 的边 AB 的任一直线， L 交 BC、AC于M 、N,∠A 的内角平分线交边 BC于 D，交 L 于 E；∠B 的内角平分线交边 AC于 F，交 L 于 G,如果 GF=DE,则 AC=BC. 证明略 .CGN M EF DA B图 3*推广 3：如图 4，设 D、E 分别为△ ABC 的边 AC 、 AB 上的一点，且ABD ACEDBC ECB,BD=CE,则 AB=AC.ADE FB C图 4*推广 4:如图 4 设 D 、 E 分别为△ ABC 的边 AC 、AB 上的一点，且ABD ACE, BD EC,则 AB=AC.DBC ECB AC AB观察上述推广，不难得到下列诸命题：*猜想 1：设 D、E 分别为△ABC 的边 AC、AB 上的一点，且CBD BCE DBA k ，直线L是经过A点且平行于BC的直线，BD、CE的延ECA长线交 L 于 M 、N.如果 DM=EN, 则 AB=AC.*猜想 2：设 D、E 分别为△ABC 的边 AC、AB 上的一点，且CBD BCE DBA k ，L∥BC,l交BD、CE（或其延长线）于M、N，如果DM=EN,ECA则 AB=AC.* 猜想 3：设 D、E 分别为△ ABC 的边 AC 、AB 上的一点，且DBC BCE ,ABD ECA 直线 L 是经过点 A ，且平行于 BC 的直线 .BD、CE 的延长线交 L 于 M 、N，如果 DM EN.则 AB=AC.AC AB* 猜想 4：设 D、E 分别为△ ABC 的边 AC 、AB 上的一点，且DBC ECB ，ABD ACEL ∥BC,交 DB 、CE（或其延长线）于 M 、N.如果有DM EN.则 AB=AC. AC AB关于上述命题的证明从略，有兴趣的读者可以自己去钻研.参考文献1.梁绍鸿编、赵兹庚校 .初等数学复习及研究（平面几何） .人民教育出版社，19792.朱德祥 .初等几何研究 .高等教育出版社， 1991发表于《数学教学研究》（兰州） 2002 年第 1 期。

精品-2019年高中数学第5章推理与证明5.2直接证明与间接证明5.2.2间接证明：反证法讲义含解析湘教版选修1_2

5．2.2 间接证明：反证法[读教材·填要点]1．反证法的定义的结论，相矛盾，从这个假设出发，经过推理，得出与已知事实否定成立先假设原命题的了原命题结论成立，这种间接间接肯定说明原命题结论的否定不成立，从而矛盾的结果这个证法称为反证法．2．反证法的一般步骤结论．(3)；归谬(2)；反设(1)[小问题·大思维]1．用反证法证明命题“若p ，则q ”时，綈q 假，q 即为真吗？提示：是的．在证明数学问题时，要证明的结论要么正确，要么错误，二者中居其一，綈q 是q 的反面，若綈q 为假，则q 必为真．2．反证法与逆否命题证明的区别是什么？提示：反证法的理论依据是p 与綈p 真假性相反，通过证明綈p 为假命题说明p 为真命题，证明过程中要出现矛盾；逆否命题证明的理论依据是“p ⇒q ”与“綈q ⇒綈p ”是等价命题，通过证明命题“綈q ⇒綈p ”为真命题来说明命题“p ⇒q ”为真命题，证明过程不出现矛盾．直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x24＋y 2＝1相交于A ，C 两点，O 是坐标原点．当点B 在W 上且不是W 的顶点时，求证：四边形OABC 不可能为菱形．[自主解答] 假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧x2＋4y2＝4，y ＝kx ＋m消去y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x1＋x22＝－4km1＋4k2，y1＋y22＝k ·x1＋x22＋m ＝m1＋4k2，设AC 的中点为M ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k2，m 1＋4k2，因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－14k.因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ≠－1，所以AC 与OB 不垂直．所以OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以四边形OABC 不可能是菱形．1．用反证法证明否定性命题的适用类型结论中含有“不”“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题称为否定性命题，此类问题的正面比较模糊，而反面比较具体，适合使用反证法．2．用反证法证明数学命题的步骤1．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)中，a ，b ，c 均为整数，且f (0)，f (1)均为奇数．求证：f (x )＝0无整数根．证明：假设f (x )＝0有整数根n ，则an 2＋bn ＋c ＝0(n ∈Z)，而f (0)，f (1)均为奇数，即c 为奇数，a ＋b 为偶数，则an 2＋bn ＝－c 为奇数，即n (an ＋b )为奇数．∴n ，an ＋b 均为奇数，又∵a ＋b 为偶数，∴an －a 为奇数，即a (n －1)为奇数， ∴n －1为奇数，这与n 为奇数矛盾．∴f (x )＝0无整数根．已知a ≥－1，求证三个方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实数解．[自主解答] 假设三个方程都没有实根，则三个方程中：它们的判别式都小于0，即：⎩⎪⎨⎪⎧－－4a ＋＜0，－－4a2＜0，＋4×2a＜0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－32＜a ＜12，a ＞13或a ＜－1，⇒－32＜a ＜－1，－2＜a ＜0.这与已知a ≥－1矛盾，所以假设不成立，故三个方程中至少有一个方程有实数解．用反证法证明“至多”“至少”等问题的两个关注点(1)反设情况要全面，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．(2)常用题型：对于否定性命题或结论中出现“至多”“至少”“不可能”等字样时，常用反证法．2．已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25. 证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100矛盾，故假设错误．所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.用反证法证明：过已知直线a 外一点A 有且只有一条直线b 与已知直线a 平行．[自主解答] 由两条直线平行的定义和几何图形可知，过点A 至少有一条直线与直线a 平行．假设过点A 还有一条直线b ′与已知直线a 平行，即b ∩b ′＝A ，b ′∥a .因为b∥a，由平行公理知b′∥b.这与假设b∩b′＝A矛盾，所以假设错误，原命题成立．巧用反证法证明唯一性命题(1)当证明结论有以“有且只有”“当且仅当”“唯一存在”“只有一个”等形式出现的命题时，由于反设结论易于推出矛盾，故常用反证法证明．(2)用反证法证题时，如果欲证明命题的反面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以；若结论的反面情况有多种，则必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断结论成立．(3)证明“有且只有一个”的问题，需要证明两个命题，即存在性和唯一性．3．设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．证明：因为a>1，所以f(0)＝1－a<0，f(ln a)＝(1＋ln2a)e ln a－a＝a ln2a>0，所以f(0)·f(ln a)<0，由零点存在性定理可知f(x)在(0，ln a)内存在零点．假设至少有2个零点，则f(x)在(－∞，＋∞)上不单调．由已知得f′(x)＝(1＋x2)′e x＋(1＋x2)(e x)′＝(1＋x)2e x≥0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，矛盾，∴假设不成立，则f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点.证明：对于直线l：y＝kx＋1，不存在这样的实数k，使得l与双曲线C：3x2－y2＝1的交点A，B关于直线y＝ax(a为常数)对称．[巧思] 本题如果直接证明比较困难，但其反面相对来说比较简单，因此可采用反证法证明．[妙解] 假设存在实数k，使得A，B关于直线y＝ax对称，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有(1)直线l：y＝kx＋1与直线y＝ax垂直；(2)点A，B在直线l：y＝kx＋1上；(3)线段AB 的中点⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22，y1＋y22在直线y ＝ax 上．所以⎩⎪⎨⎪⎧ka ＝－1， ①y1＋y2＝＋＋2， ②y1＋y22＝a x1＋x22. ③由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y2＝3x2－1，得(3－k 2)x 2－2kx －2＝0.④当k 2＝3时，l 与双曲线仅有一个交点，不合题意．由②③得a (x 1＋x 2)＝k (x 1＋x 2)＋2，⑤ 由④知x 1＋x 2＝2k3－k2，代入⑤整理得： ka ＝3，这与①矛盾．所以假设不成立，故不存在实数k ，使得A ，B 关于直线y ＝ax 对称．1．用反证法证明命题“若a ，b ∈N ，ab 可被5整除，那么a ，b 至少有一个能被5整除”，假设的内容应该是( )A ．a ，b 都能被5整除B ．a ，b 都不能被5整除C ．a ，b 不都能被5整除D ．a 能被5整除解析：“至少有一个”的反面应是“一个都没有”．答案：B2．用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，反设正确的是( )A ．三个内角中至少有一个钝角B ．三个内角中至少有两个钝角C ．三个内角都不是钝角D ．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角解析：“至多有一个”即要么一个都没有，要么有一个，故反设为“至少有两个”．答案：B3．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”正确的反设为( )A ．a ，b ，c 中至少有两个偶数B ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数C ．a ，b ，c 都是奇数D ．a ，b ，c 都是偶数答案：B4．用反证法证明如果a ＞b ，那么3a ＞3b ，假设的内容应是________．解析：3a ＞3b 的反设为3a ≤3b.答案：3a ≤3b5．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①∠A ＋∠B ＋∠C ＝90°＋90°＋∠C >180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误．②所以一个三角形不能有两个直角．③假设△ABC 中有两个直角，不妨设∠A ＝90°，∠B ＝90°.上述步骤的正确顺序为________．解析：由反证法的一般步骤可知，正确的顺序应为③①②.答案：③①②6．已知三个正数a ，b ，c 成等比数列，但不成等差数列，求证：a ， b ， c 不成等差数列．证明：假设a ，b ，c 成等差数列，则a ＋c ＝2b ，即a ＋c ＋2ac ＝4b ，而b 2＝ac ，即b ＝ac ，所以a ＋c ＋2ac ＝4ac ，所以(a －c)2＝0，即a ＝ c.从而a ＝b ＝c ，与a ，b ，c 不成等差数列矛盾，故a ，b ，c 不成等差数列．一、选择题1．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a ( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2解析：因为a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a≤－6，所以三者不能都大于－2.答案：C2．用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( )A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°解析：因为“至少有一个”的反面是“一个也没有”，所以“三角形三个内角至少有一个不大于60°”的否定是“三角形三个内角一个也没有不大于60°”，即“三个内角都大于60°”．答案：B 3．已知数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n＝an＋2，b n＝bn＋1(a，b是常数)，且a＞b，那么两个数列中序号与数值均相同的项的个数有( )B．1个A．0个D．无穷多个C．2个解析：假设存在序号和数值均相等的项，即存在n使得a n＝b n，由题意a＞b，n∈N*，则恒有an＞bn，从而an＋2＞bn＋1恒成立，∴不存在n使a n＝b n.答案：A4．有以下结论：①已知p3＋q3＝2，求证：p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证：方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.下列说法中正确的是( )A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D．①的假设错误；②的假设正确解析：用反证法证题时一定要将对立面找全．在①中应假设p＋q>2.故①的假设是错误的，而②的假设是正确的．答案：D二、填空题5．用反证法证明命题“a，b为整数，若a·b不是偶数，则a，b都不是偶数”时，应假设为________．解析：“a，b都不是偶数”指“a，b都是奇数”，它的反面是“a，b不都是奇数”．答案：a，b不都是奇数6．命题“a，b∈R，若|a－1|＋|b－1|＝0，则a＝b＝1”用反证法证明时应假设为________________．解析：“a ＝b ＝1”的反面是“a ≠1或b ≠1”，所以设为a ≠1或b ≠1.答案：a ≠1或b ≠17．完成以下反证法证题的全过程．设a 1，a 2，…，a 7是1,2，…，7的一个排列，求证：乘积p ＝(a 1－1)(a 2－2)…(a 7－7)为偶数．证明：反设p 为奇数，则a 1－1，a 2－2，…，a 7－7均为奇数．因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝______________________________①＝______________________________②＝0.但0≠奇数，这一矛盾说明p 为偶数．解析：将a 1－1，a 2－2，…，a 7－7相加后，再分组结合计算．答案：(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)(a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋ (7)8．若下列两个方程x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实根，则实数a 的取值范围是________．解析：两个方程至少有一个方程有实根，考虑起来比较复杂，可以考虑其反面，即“两个方程都无实根”，这样求得a 的集合记为A ，那么原命题所求a 的取值范围即为∁R A ，解法如下：若两个方程都无实根⇒⎩⎪⎨⎪⎧Δ1＝－－4a2＜0，Δ2＝－－＜0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＜－1或a ＞13，－2＜a ＜0⇒－2＜a ＜－1.则A ＝{a |－2＜a ＜－1}，故∁R A ＝{a |a ≤－2或a ≥－1}．答案：(－∞，－2]∪[－1，＋∞)三、解答题9．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，f (c )＝0，且当0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明：1a>c .证明：(1)∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点，∴f (x )＝ax 2＋bx ＋c ＝0有两个不等实根，设为x 1，x 2. ∵f (c )＝0，∴c 是f (x )＝0的一个根，不妨令x 1＝c .又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a ≠c )，∴1a是f (x )＝0的一个根，即1a 是函数f (x )的一个零点． (2)由(1)知1a ≠c ，故假设1a<c .∵1a >0，又当0<x <c 时，f (x )>0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0，与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0矛盾，∴假设不成立，∴1a>c .10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．解：(1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N ＋)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p＋1.①又因为p <q <r ，所以r －q ，r －p ∈N ＋.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．。

斯坦纳-莱默斯定理

斯坦纳-莱默斯定理“如果三角形中两内角平分线相等，则必为等腰三角形。

”这一命题的逆命题“等腰三角形两底角的平分线长相等”早在二千多年前的《原本》中就已作为定理，证明是很容易的。

但上述原命题在《原本》中只字未提，直到1840年，莱默斯（C.L.Lehmus ）在他给斯图姆（C.Sturm ）的信中提出请求给出一个纯几何证明。

斯图姆没有解决，就向许多数学家提出这一问题。

首先给出证明的是瑞士几何学家斯坦纳（J.Steiner,1796—1863），因而这一定理就称为斯坦纳-莱默斯定理。

继斯坦纳之后，这一定理的丰富多彩的证明陆续发表，但大多是间接证法，直接证法难度颇大。

一百多年来，吸引了许多数学家和数学爱好者。

经过大家的努力，出现了许多构思巧妙的直接证法。

下面给出德国数学家海塞（L.O.Hesse,1811—1874）的证法，供大家欣赏。

如图，已知△ABC 中，两内角的平分线BD=CE 。

求证：AB=AC 。

证明：作BDF BCE ∠=∠，并取DF=BC ，使F 与C 分居于直线BD 的两侧，如图所示。

连接BF ，由已知BD=CE ，得BDF ∆≌ECB ∆。

,DBF BEC BF BE ∴∠=∠=。

连接CF ，设2,2ABC ACB βγ∠=∠=，则(1802)180(),FBC FBD BEC βββγββγ∠=∠+=∠+=︒--+=︒-+ (1802)180().CDF CDB BDF CDB BCE βγγβγ∠=∠+∠=∠+∠=︒--+=︒-+因为22180βγ+<︒，所以90,180()90FBC CDF βγβγ+<︒∠=∠=︒-+>︒。

在钝角,FBC CDF ∆∆中，BC=DF ，CF=FC ，所以FBC ∆≌CDF ∆，BF=CD ，即BE=CD 。

于是有BCD ∆≌CBE ∆，EBC DCB ∠=∠。

所以AB=AC 。

——摘自谈祥柏《趣味数学辞典》，，上海辞书出版社。