受益人证明题

受益人证明题（共11篇）

1.受益人证明题 篇一

受益人证明

HUAXIN TRADING CO., LTD.FLOOR KINGSTAR MANSION,676 JINLIN RD., SHANGHAI CHINA

To whom it may concern23-Apr-12 Dear Sirs,Re: Invoice No.: SHHXFP12167L/C No.: 12/0501-FTC

WE HEREBY CERTIFY THAT EACH COPY OF SHIPPING DOCUMENTS HAS BEEN FAXED TO THE APPLICANT WITHIN 48 HOURS AFTER SHIPMENT.HUAXIN TRADING CO., LTD.赵 建 国 TH

2.受益人证明题 篇二

一、命题证明

二、命题应用

1.设为平面上任意一点、三点共线, 则m, n满足____。 (分析:满足此命题结论, m+n=1。) 圻圻圻

2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 若OB圻且A, B, C三点共线 (该直线不过点O) , 则S200=____。

分析:满足此命题结论,

3.已知函数f (x) 在定义域内满足且A, B, C三点共线 (该直线不过点O) , 则

分析:∵G是△ABO的重心,

6.如图所示:在△OAB中, AD与BC交于点M, 设 (1) 用 (2) 在已知线段AC上取一点E, BD上取一点F, 使EF过点M, 设

略解: (1) ∵三点B、M、C共线,

7. (07陕西) 如图, 平面内有三个向量的夹角为120°, OA圻与OC圻的夹角为30°, 且

解:注意三点A, B, C不共线,

代入公式整理可得λ+μ=6。

8.已知△AOB, 点P在线段AB上, 已知则mn的最大值为____。

分析:直接运用此命题结论m+2n=1, (注意:m, n的正负) (可证得当点P在线段AB之间时, m>0, 2n>0;当点P在线段AB之外时m, 2n异号) 再利用和积不等式可解得mn≤1/8。

3.受益人证明题 篇三

1-1. (改编)若a1,a2∈(0,+∞),则有不等式≥2成立.此不等式能推广吗?请你至少写出两个不同类型的推广.

2. (苏教版选修2-2P62例1)已知数列{an｝的每一项均为正数,a1=1,a2 n+1=a2 n+1(n=1,2,…),试归纳出数列{an｝的一个通项公式.

2-1. (改编)已知数列{an｝满足a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2),求an的表达式.

3. (苏教版选修2-2P66练习3)先解答(1),再通过类比解答(2).

(1) 已知正三角形的边长为a,求它的内切圆的半径r;

(2) 已知正四面体的棱长为a,求它的内切球的半径r.

3-1. (改编)如图甲,在△ABC中,AB⊥AC,若AD⊥BC,则AB2=BD•BC.

类似地,如图乙,在三棱锥A-BCD中,AD⊥平面ABC,若A在△BCD内的射影为O,试写出一个关于SΔABC,SΔBCD,SΔBCO的等式,并判断其是否成立.

3-2. (改编)已知问题为:已知等差数列{an｝的通项公式为an=61-2n,问数列{an｝的前多少项和最大?

其解答为:由an=61-2n>0,得n<30.5,即{an}从第1项到第30项均为正数,从第31项始均为负数,故其前30项和最大.

已知等比数列{bn｝的通项公式为bn=65•n-1,类比上述问题和解答,提出一个关于数列{bn｝的问题并给出解答.

4. (苏教版选修2-2P69例2)已知a,b,m均为正实数,且b

4-1. (改编)已知某容器中的a g食盐溶液中含b g纯食盐,在这个容器内再加入m g纯食盐,得到新的食盐溶液,试根据加盐前后的两种食盐溶液所含食盐的浓度,列出一个不等式.

4-2. (改编)>,>,>,>,…,请由此归纳出一个不等式,并说明其是否成立.

4-3. (改编)已知a>0,b>0,函数=(x∈[0,+∞)).

(1) 若为增函数,试比较实数a,b的大小;

(2) 在(1)的条件下,试证明:f(1)f(2)…f(n)>n(n∈N*).

4-4. (改编)设b>a>1,d>0,求证:logab>loga+d(b

+d).

4-5. (改编)已知数列{an｝,{bn｝满足an=n,bn=2n,求证:当n>2,m>0时,不等式<成立.

5. (苏教版选修2-2P84习题2.2第9题)证明:1,,3不可能是一个等差数列中的三项.

5-1. (改编)试否存在实数a,使得三个数1,a,3不可能是一个等差数列中的三项?若存在,试求出一个这样的实数a;若不存在,请说明理由.

5-2. (改编)等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1+,公差d=2.

(1) 求数列{an}的通项an及前n项和Sn;

(2) 设bn=(n∈N*),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

6. (苏教版选修2-2P118复习题第5题)已知z1,z2是两个虚数,并且z1+z2与z1z2均为实数,求证:z1,z2是共轭复数.

6-1. (改编)已知z1,z2是两个虚数,求证:“z1+z2与z1z2均为实数”的充要条件是“z1,z2是共轭复数”.

6-2. (改编)已知实系数一元二次方程ax2+bx+c=0有两个虚根,求证:两个虚根是共轭复数.

1. <(a,b,m均为正实数且b

说明 其实,从由特殊例子归纳发现更一般规律的角度看,这里还可以有以下几种猜想:<(n∈N*);<(n∈N*,a>0).而且对保证真命题的条件的探索也是一种值得学习的技能.如这里要保证<为真命题,就必须给出a,b,m的制约条件,而这里给出的是a,b,m均为正实数且b

1-1. 推广一:(对数的个数进行推广)若a1,a2,…,an∈(0,+∞),则有不等式≥2

(n∈N*,且n≥2)成立.

推广二:(对数的幂次数进行推广)若a1,a2∈(0,+∞),则有不等式≥n(n∈N*,且n≥2)成立.

推广三:(对两者同时进行推广)若a1,a2,…,an∈(0,+∞),则有不等式≥n(n∈N*,且n≥2)成立.

2-1. a1=1•2•3,①

a1+2a2=2•3•4,②

a1+2a2+3a3=3•4•5,③

a1+2a2+3a3+4a4=4•5•6,④

….

由①,得a1=6,

②-①,得2a2=(4-1)•2•3,即a2=9,

③-②,得3a3=(5-2)•3•4,即a3=12,

④-③,得4a4=(6-3)•4•5,即a4=15.

通过对数列6,9,12,15的观察,可以猜想an=3n+3.用数学归纳法或代入检验法可以证明(过程略).

从上面的归纳过程,还可看出求a2,a3,a4的方法都是用相邻的两式相减,

故a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-1)n(n+1),

a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2),

- ,得nan=3n(n+1),所以an=3n+3.

说明 归纳推理既可以用于对结果的探索,也可以用于对解决过程的探索.因此,“特殊化”作为一种思维策略是非常有用的.

3. (1) 将内切圆圆心与三角形的三个顶点连结,从而三角形被分成三部分.由三部分的面积和等于原三角形的面积,可构造等式(a+b+c)r=absinC,

即可解得r.而本例中a=b=c,C=60°,故r=a.

(2) 类比(1),将内切球球心与正四面体的四个顶点连结,从而正四面体被分成四部分.由四部分的体积和等于原正四面体的体积,可构造等式4•Sr=Sh,所以r=h(h为正四面体的高).又可求得h=a,故r=a.

3-1. S2 △ABC=S△BCO•S△BCD.它成立.

3-2. 问题:问数列{bn}的前多少项积最大?

解答:由bn=65•n-1>1,得n≤7,即{bn｝从第1项到第7项均大于1,从第8项开始均小于1,故其前7项积最大.

4-1. <. 4-2. >,当b>a>0,m>0时成立;或>,当n>0时成立.

4-3. (1)用函数单调性的定义或导数法.

(2)反复运用(1)的结论,可得f(1)>f(0),f(2)>f(0),…,f(n)>f(0),再将这些同向不等式相乘即可.

4-4. logab-loga+d(b+d)=(logab-1)-[loga+d(b+d)-1]=loga-log>log-log=

log•>log •=0,得证.

说明 从本题不等式的形式,可以看出与原题相比,这也是一种类比联想构造法:将除法运算类比到了对数运算.如果将其与反比例函数的图像、对数函数的图像进行对比分析,则在几何意义上的共通性就更为明显了.

4-5. 可以证明当n>4时,2n>n.运用第4-4题中的结论,可得>.而用错位相差法求和,可得=2-.

因为=<1(n>2),所以单调递减,即≤=(n>2),故>2-=.

5. 运用反证法,假设这三个数依次是一个等差数列的第m,n,p项,则由通项公式表示出这三项后,两两作差,消去首项与公差,得到=.左边为有理数,右边为无理数,矛盾.

说明 解本题时,运用的是无理数与有理数不可能相等这一事实.而这样的事实正是命题人构造新问题的出发点,2008年江苏卷第19题第(2)问正是基于这一思维过程而命制出来的.这说明课本中的例题、习题的功能需要开拓.

5-1. 运用第5题的思路,如果这三个数依次是一个等差数列的第m,n,p项,则可得到=.现要使此式不能成立,故只要等式右边为无理数即可,即只要是无理数,即只要a是无理数.所以这样的实数a存在.

5-2. (1) an=2n-1+,Sn=n(n+).

(2) bn==n+.

假设{bn}中存在不同的三项bp,bq,br(p,q,r∈N*且互不相同)成等比数列,则由b2 q=bpbr可得(q2-pr)+(2q-p-r)=0,则2q-p-r=0且q2-pr=0(否则,无理数与有理数相等,矛盾),从而有p=q=r,矛盾.

6. 设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d均为实数),由z1+z2与z1z2的虚部为0,可得b+d=0,ad+bc=0,得b=-d,ad-cd=0.又d≠0,所以a=c,所以z1,z2是共轭复数.

6-1. 必要性在第6题中已证.要证充分性,只要设出共轭复数z1,z2的代数形式,并计算出z1+z2与z1z2即可.

6-2. 方法一:用求根公式.

4.受益人证明题 篇四

故事之一：现在许多人一听说电影明星弗莱德·艾斯泰尔，就会感觉他可能一直都是那么受人欢迎。要知道，在1933年，艾斯泰尔到米高梅电影公司试镜后，导演很不客气地在一张纸上写下这样的评语：“毫无演技，前额微秃，略懂跳舞。”可没想到的是，艾斯泰尔成功了。后来，人们可以看到他把那张评语纸裱起来，并挂在比弗利山庄的豪宅中。

故事之二：彼得·丹尼尔在上小学的时候，常遭到老师菲利浦太太的责骂：“彼得，除了你的功课不行，你的脑袋也不行，知道吗?你将来是不会有什么出息的。”但就在彼得二十六岁时，有一位朋友给他念了一篇《思考才能致富》的文章，给了他很大的启示。从此，他就变了一个人。他不仅买下了他当年打架闹事的那条街道，而且还出了一本书——《菲利浦太太，你错了》。

故事之三：美国职业足球教练文斯·伦巴迪，当年曾被批评道：对足球只懂皮毛，缺乏斗志。

故事之四：在他老师的眼里，爱因斯坦出奇的笨，因为他四岁才会说话，七岁才会认字。他曾被迫几次退学，就在申请进入瑞士联邦技术学院时也遭到了拒绝。“反应迟钝，思维不合理，满脑子不切实际的幻想。”这是老师一直给他的评语。可是在他死后，许多科学家都在研究他的大脑与常人的不同之处。

故事之五：罗丹一直很让他的父亲失望，因为他的父亲认为他是个地道的白痴。艺术学院考了三次还考不进去，在众人眼中，他是个前途无“亮”的学生。面对这些，他叔叔绝望地叹道：孺子不可教也。

故事之六：达尔文当年决定放弃行医时，父亲严厉地斥责道：“你真是没出息到了极点，放着正经事不干。你除了整天打猎、捉耗子还会干什么?”在达尔文后来的自传里也有透露：“小时候，所有的人都认为我资质平庸，我是一个不会有什么出息的家伙。”

故事之七：英国首相丘吉尔曾在小学六年级留级，他的前半生也充满失败和挫折，直到他六十二岁时才坐到英国首相这把椅子上。

5.受益人证明题 篇五

七、分析题

1．下列作为定义和划分是否正确？

为什么？

“简单判断就是仅对一类对象有所断

定的判断。简单判断可以分为性质判断，关系判断和模态判断”。

2．已知“SIP SOP”为真，能否确定

SAP的真假，为什么？

3．对下列A、B两种情况，甲都赞成，乙都反对，试问“甲、乙两人的判断在逻辑

上能否成立？为什么？

A：小王与小李都是司机 B：”如果小

王是司机，那么小李也是司机“这种说法不

对。

4．列出下列推理的形式，并分析是

否正确。

”如果甲上场，那么丙上场；如果乙

上场，那么丁上场；丙不上场或丁不上场，所以，甲不上场或乙不上场“。

5．举例说明是否存在一种关系R，使

得下列A、B两式同真（成立）。

A：aRb bRa

B：aRB bRc aRc

八、证明题

根据下设两条件，证明概念B不与概

念C全异。

（1）若A与B全异，则A与C全异。

（2）A真包含于C。

九、综合题

1．已知（1）”只有张明没有得奖或李

东没有得奖，王洪和高亮才都得奖。“

（2）”王洪没得奖或高亮没得奖“是不

真的。

（3）”李东得奖“了。

问：由上述议论能确定张明、王洪、高亮谁得奖？谁未得奖？（写出推导过程

或推导根据）

2．已知下列A、B、C三人的议论中，只有一句是真的，请问：甲班班长是否是

上海人？写出推导过程。

A：有上海人是甲班学生。

B：甲班王英与刘民都不是上海人。

C：甲班学生有的不是上海人。

七、分析题1．（1）”简单判断“的定义不正确，犯了定义过窄的逻辑错误。（2）对”简单判断“的划分不正确，犯了多出子项的逻辑错误。简单判断可以划分为性质判断和关系判断，不包括模态判断。2．可以确定SAP为假。（1）由SIP SOP可推出SOP；（2）SOP与SAP矛盾；（3）由SOP真可推出SAP假。3．（1）A与B两种意见是反对关系，不能同真，但能同假。（2）甲的说法不成立，违反矛盾律。（3）乙的判断可成立，不违反逻辑规律的要求。4．（1）推理形式为：（p→q）（r→s）(q s)→(p r)（其中，p、q、r、s分别表示甲、乙、丙、丁上场）（2）这是二难推理的复杂破坏式，正确有效5．（1）A式表示R是反对称关系。（2）B式表示R是传递关系。（3）存在一种关系可使A、B两式同真。（4）如”真包含关系“即是反对称关系，又是传递关系。

八、证明题1．由（2）A真包含于C可推知（3）A都是C，可推知（4）A与C不全异。2．由（1）与（4）可推知A与B不全异，则（5）有A是B。3．由（3）与（5）可推知（6）有B是C，由B与C不全异。

九、综合题1．

（一）根据复合判断的负判断和其等值判断间的关系，由（2）得出（4）王洪和高亮得奖了。

（二）根据必要条件假言推理肯定后件式，由（1）和（4）得出（5）”张明没得奖或李东没得奖“。

（三）根据相容选言推理否定肯定式，由（3）和（5）得出”张明没得奖“。

（四）由上推理可知：王洪和高亮得奖了，而张明没有得奖。2．

（一）A与C下反对，必有一真，由题意可知B假。

（二）B假，则王英与刘明至少有一个人是上海人。

（三）由（2）可推得A真，因为”有上海人是甲班学生“等值于”有甲班学生是上海人“

（四）由（3）及题意可推知C假，即”甲班学生有的不是上海人“为假，则”甲班学生是上海人"真。

6.受益人证明题 篇六

中学数学新课标将原初中平面几何中的部分内容, 移到高中作为选讲内容.其中有些是现行初中课标教材删减的内容, 如:直角三角形中的射影定理, 圆的弦切角、相交弦、切割线定理.查阅2009年实施课标高考的各省平面几何选作题, 发现初中生也都能做.

例1 (2009年广东文) 如图1, 点A、B、C是圆O上的点, 且AB=4, ∠ACB=30°, 则圆O的面积等于__.

解法1: (利用圆周角与圆心角的关系) 连结OA、OB, 因为∠ACB=30°, 所以∠AOB=60°, △AOB为等边三角形.因此圆O半径 r=OB=AB=4, 从而圆O的面积S=πr2=16π.

解法2: (用三角形中的正弦定理) 设△ABC外接圆圆O半径为 r, 则由正弦定理有

$2r=\frac{AB}{\sin \angle ACB}=\frac{4}{\sin 30°}=8$,

得 r=4.故圆O面积S=πr2=16π.

例2 (2009年广东理) 如图2, 点A、B、C是圆O上的点, 且AB=4, ∠ACB=45°, 则圆O的面积等于__.

简析:可参考例1的两种解法, 求得圆O的半径$r=2\sqrt{2}$, 则圆O面积为8π.

点评:以上两例, 在初中平面几何中也属于基本题.可见高考题中的题目也有简单题, 甚至连初中生也很容易做出.

例3 (2009年江苏卷) 如图3, 在四边形ABCD中, △ABC≌△BAD.求证:AB//CD.

证明1:由△ABC≌△BAD, 得∠ACB=∠BDA, 则A、B、C、D四点共圆, 因而∠CAB=∠CDB.

再由△ABC≌△BAD, 又得∠CAB=∠DBA.

所以∠CDB=∠DBA, 从而AB//CD.

证明2:同上证得A、B、C、D四点共圆, 得∠ADC+∠ABC=180°.

又由全等三角形得∠DAB=∠ABC,

则∠ADC+∠DAB=180°, 所以AB//CD.

点评:证明1和证明2的关键是利用了四点共圆, 则同弧所对的圆周角相等.再由内错角或同旁内角的方法证得两线平行.实际上, 本例还有多种证法, 如分别由两个全等三角形的顶点C、D作底边AB上的高, 由高相等, 立得结论;又如过对角线的交点作AB的垂线, 可证四边形关于这条垂线成轴对称.

例4 (2009年宁夏海南) 如图4, 已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于H, ∠B=60°, F在AC上, 且AE=AF. (1) 证明:B、D、H、E四点共圆; (2) 证明:CE平分∠DEF.

证明: (1) 在△ABC中, 由∠B=60°, 知

∠BAC+∠ACB=120°.

又AD、CE是角平分线, 所以∠HAC+∠ACH=60°, 则∠AHC=120°.

于是∠EHD=∠AHC=120°.

因为∠EHD+∠B=180°, 所以B、D、H、E四点共圆.

(2) 由B、D、H、E四点共圆, 得∠AHE=∠B=60°.

再连结BH, 知BH平分∠B, 则

∠HED=∠HBD=30°.

又由AE=AF, AH平分∠EAF, 得AH⊥EF, 则∠HEF=30°.

可见∠HED=∠HEF=30°, 所以CE平分∠DEF.

点评:对于 (1) 小题, 也可利用三角形的外角关系来证∠BDH+∠BEH=180°.另外, (1) 小题的结论为 (2) 小题的证明提供了重要条件, 这是系列问中常见的情形.应注意在解证后一小题时, 不要忽视前一小题的结论.

例5 (2009年辽宁省) 如图5, 已知△ABC中, AB=AC, D是△ABC外接圆劣弧$\stackrel{⌢}{AC}$上的点 (不与点A, C重合) , 延长BD至E. (1) 求证:AD的延长线平分∠CDE; (2) 若∠BAC=30°, △ABC中BC边上的高为$2+\sqrt{3}$, 求△ABC外接圆的面积.

解: (1) 由条件知ABCD是圆内接四边形, 则∠CDF=∠ABC, ∠EDF=∠ADB=∠ACB.

又AB=AC, 知∠ABC=∠ACB, 故∠CDF=∠EDF, 从而AD的延长线DF平分∠CDE.

(2) 如图6, 设△ABC外接圆的圆心为O, 连结AO并延长交BC于H.由AB=AC, 知AH⊥BC.连结OC, 则∠OCA=∠OAC=15°.又∠ACB=75°, 则∠OCH=60°.设圆半径为 r, 则${\rm O}{\rm H}=\frac{\sqrt{3}}{2}r$.由$r+\frac{\sqrt{3}}{2}r=2+\sqrt{3}$, 得 r=2.从而外接圆面积为4π.

评析:上述各例都与圆有关.这是因为圆可与全等三角形, 相似三角形, 四边形等知识交汇, 构建成综合性较强的试题, 从而能较全面地考查学生分析探究、综合归纳、逻辑推理能力.下面一组高考题供研习.

1. (2008年广东) 已知PA是圆O的切线, 切点为A, PA=2, AC是圆O的直径, PC与圆O交于点B, PB=1, 则圆O的半径R=__.

2. (2008年宁夏、海南) 如图7, 过圆O外一点M作它的一条切线, 切点为A, 过点A作直线AP垂直直线OM, 垂足为P. (1) 证明:OM·OP=OA2; (2) N为线段AP上一点, 直线NB垂直直线ON, 且交圆O于点B.过点B的切线交直线ON于K.证明:∠OKM=90°.

3. (2008年江苏) 如图8, 设△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线交于点E, ∠BAC的平分线与BC交于点D.求证:ED2=EC·EB.

4. (2007年广东) 如图9, 圆O的直径AB=6, C为圆周上一点, BC=3.过C作圆的切线 l, 过A作 l 的垂线AD, AD分别与直线 l、圆交于点D、E, 则∠DAC=__, 线段AE的长为__.

5. (2007年宁夏、海南) 如图10, 已知AP是⊙O的切线, P为切点, AC是⊙O的割线, 与⊙O交于B、C两点, 圆心O在∠PAC内部, 点M是BC的中点. (1) 证明A, P, O, M四点共圆; (2) 求∠OAM+∠APM的大小.

练习题提示与答案:

1.连AB, 用特殊直角三角形;也可用切割线定理.答:$\sqrt{3}.$

2.用直角三角形中射影定理.

3.用切割线定理.

4.用Rt△AEB≌Rt△BAC, 30°, 3.

5. (1) 连OP、OM, 用对角互补; (2) 90°.

7.巧用投影法,证明高考题 篇七

在立体几何证明中,当要证明“线面平行”时,根据其判定定理自然想到就是要证“线线平行”,即关键是在面内找一条与已知线平行的线.如何找?接下来我们就通过几个例子介绍一种通过“投影”来找这一条线的方法.

首先我们一起来看两道高考试题:

(2008年安徽卷(理科)第18题第1问)如图1,在四棱锥O-ABCD中,底面四边长为1的菱形,∠ABC=,OA⊥底面ABCD,OA=2,M为OA的中点,N为BC的中点,证明:直线MN∥平面OCD

要证MN∥平面OCD,关键是在面OCD内找一线与MN平行.此时不妨利用“投影法”.

视一束平行光线沿AD方向将线段MN投射到面OCD内.故过点M作ME∥AD交OD于点E,连接CE,如图2,则线段CE即为线段MN在平行光沿AD方向投射下在面OCD内的射影.利用平面几何知识,易证四边形MNCE为平行四边形,从而MN∥CE,问题得证.有时我们形象的称此法为“平行光源”法.

本题我们除了通过“平行光源”将线段MN投射到面OCD内外,还可以视点A为一点光源,将线段MN投射到面OCD上.故连结AN并延长交CD的延长线于点P,连结线段OP,如图3,则线段OP即为线段MN在点光源A投射下在面OCD内的射影.利用平面几何知识,易证点N也是线段BC的中点,则MN∥OP,问题得证.有时我们形象的称此方法为“点光源”法.

当然,此时我们也可以将点B视为一点光源,在面OCD内找到其射影,但本题不是很方便.接下来我们不妨再看一道模拟试题:

(2010年苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查(一)第16题第1问)如图4,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,DC=2AB,AP=AD,PB⊥AC,BD⊥AC,E为PD的中点.求证:AE∥平面PBC.

(平行光源法) 视一束平行光源沿着CD方向,将线段AE投射到面PBC内.故过点E作EG∥CD交PC点G,连结BG,如图5,则线段BG即为线段AE在平行光沿CD方向投射下在面PBC内的投射.利用平面几何知识,易证四边形AEGB为平行四边形,从而问题得证.

(点光源法) 将点D视为一点光源,将线段AE投射到面PBC内.故分别延长DA,CB交于点M,连结PM,如图6,则线段PM即为AE在点光源D投射下在面PBC内的投射.依题意易证点A为DM中点,故EA∥PM,从而问题得证.

最后我们再回归到课本:

(江苏教育出版社出版——数学课本必修2第37页第11题)如图7,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别是AB,PC中点,若ABCD是平行四边形,求证:MN∥面PAD.

(平行光源法) 视一束平行光沿着CD方向将MN投射到面PAD上.故过点N作DC的平行线交PD于E,连结AE.如图8,则线段AE就为线段MN在平行光沿CD方向投射下在面PAD上的射影.利用平面几何知识,易证四边形AMNE为平行四边形,从而问题得证.

(点光源法) 将点C视为一点光源,线段MN投射到面PAD上.故连结CM并延长交DA的延长线于Q,连结PQ,如图9,则线段PQ即为线段MN在点光源C投射下在面PAD上的射影.此时易证点M也为线段CQ的中点,则MN∥PQ,从而问题得证.

纵观以上三道例题分析,我们不难发现:无论是“投影法”中的“点光源”法、还是“平行光源”法.都是反过来利用线面平行的性质定理找与已知直线平行的线.“点光源”法实质是过一点和已知直线作一面与已知面相交,则交线即为所需的线.此时又常利用三角形中位线或对应线段成比例等证明已知线与交线平行;“平行光源”法是沿某直线方向作一面与已知面相交,即交线就是所需的线.此时常是先证明四边形为平行四边形,再利用所证得出另一组对边平行,从而证明已知线与交线平行.当然,何时选用“点光源”法还是“平行光源法”,要根据题目中已知条件,何种找线方便的原则.

1. 如图10,四边形ABCD和ABEF均为平行四边形,M为对角线AC上的点,N为对角线FB上的点,且有AM∶FN=AC∶FB,

求证:直线MN∥面CBE.

1. 法一(平行光源法) 分别过点M,N作AB的平行线,分被交CB于H,EB于G,连接GH.如图11,则线段GH即为线段MN在平行光沿AB方向投射下在面CBE内的射影.再利用平面几何知识得证.

8.经典数学证明题 篇八

（25分）2．AB为y1x2上在y轴两侧的点，求过AB的切线与x轴围成面积的最小值．（25分）

3．向量OA与OBOA1OB2，OP(1t)OA，OQtOB，0≤t≤1PQ

1在t0时取得最小值，问当0t0时，夹角的取值范围．（25分）

5，使得sinx,cosx,tanx,cotx为等差数列．（25分）

25.圆内接四边形ABCD，AB=1，BC=2，CD=3，DA=4。求圆半径。

6.已知一无穷等差数列中有3项：13，25，41。求证：2009为数列中一项。4．存不存在0x

7.是否存在实数x使tanx+（根3）与cotx+（根3）为有理数？

8.已知对任意x均有acosx+bcos2x>=-1恒成立，求a+b的最大值

9.某次考试共有333名学生做对了1000道题。做对3道及以下为不及格，6道及以上为优秀。问不及格和优秀的人数哪个多？

15.的整数部分为a，小数部分为b 1求a,b；

2求a2b2ab； 2

bb2bn 3求limn

2n2n16.1x,y为实数，且xy1，求证：对于任意正整数n，xy

122n1

2a,b,c为正实数，求证：abc3，其中x,y,z为a,b,c的一种排列 xyz

17．请写出所有三个数均为质数，且公差为8的等差数列，并证明你的结论

x2y2

18．已知椭圆221，过椭圆左顶点Aa,0的直线L与椭圆交于Q，与y轴交于R，ab

过原点与L平行的直线与椭圆交于P

求证：AQ，AR成等比数列

19．已知sintcost1，设scostisint，求f(s)1ss2sn

20．随机挑选一个三位数I

1求I含有因子5的概率；2求I中恰有两个数码相等的概率

21．四面体ABCD中，ABCD，ACBD，ADBC

1求证：四面体每个面的三角形为锐角三角形；

2设三个面与底面BCD所成的角分别为,,，求证：coscoscos1

222.．证明当p,q均为奇数时，曲线yx2px2q与x轴的交点横坐标为无理数

23．设a1,a2,,a2n1均为整数，性质P为： 对a1,a2,,a2n1中任意2n个数，存在一种分法可将其分为两组，每组n个数，使得两组所有元素的和相等

求证：a1,a2,,a2n1全部相等当且仅当a1,a2,,a2n1具有性质P

24.已知a,b,c

都是有理数；

25.（1）一个四面体，证明：至少存在一个顶点，从其出发的三条棱组成一个三角形；

（2）四面体一个顶点处的三个角分别是

二面角； 23，arctan2，求的面和arctan2的面所成的326.求正整数区间m,n(mn)中，不能被3整除的整数之和；

27.已知sincos的取值范围；

28.若limf(x)f(0)1,f(2x)f(x)x，求f(x)； x02

29.证明：以原点为中心的面积大于4的矩形中，至少还有两个格点。

ex

30.求f(x)的单调区间及极值.x

31.设正三角形T1边长为a，Tn1是Tn的中点三角形，An为Tn除去Tn1后剩下三个三角形内切圆面积之和.求limnAk1nk.32.已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件工作的概率如下图所示.能听到声音，当且仅当A与B中有一工作，C工作，D与E中有一工作；且若D和E同时工作则有立体声效果.求：（1）能听到立体声效果的概率；

（2）听不到声音的概率.33.(1)求三直线xy60，y

1x，y0所围成三角形上的整点个数； 2

y2x1(2)求方程组yx的整数解个数.2xy60

34.已知A(1,1)，△ABC是正三角形，且B、C在双曲线xy1(x0)一支上.(1)求证B、C关于直线yx对称；

(2)求△ABC的周长.2r0，使得35.对于集合MR，称M为开集，当且仅当P0M，{PR2PP0r}M.判断集合{(x,y)4x2y50}与{(x,y)x0,y0}是否为开集，并证明你的结论.36．求最小正整数n，使得I(

12123i)n为纯虚数，并求出I．

37．已知a、b为非负数，Ma4b4,ab1，求M的最值．

n、si、n38．已知sic为o等差数列，sin、sin、cos为等比数列，求

1cos2cos2的值．

239．求由正整数组成的集合S，使S中的元素之和等于元素之积．

40．随机取多少个整数，才能有0.9以上的概率使得这些数中至少有一个偶数．

41．yx2上一点P(非原点)，在P处引切线交x、y轴于Q、R，求PQ

PR．

42．已知f(x)满足：对实数a、b有f(ab)af(b)bf(a)，且f(x)1，求证:f(x)恒为零．

9.离散数学证明题 篇九

证明设a,b均是链A的元素，因为链中任意两个元素均可比较，即有a≤b或a≤b，如果a≤b，则a,b的最大下界是a,最小上界是b，如果b≤a，则a,b的最大下界是b,最小上界是a，故链一定是格,下面证明分配律成立即可,对A中任意元素a,b,c分下面两种情况讨论:

⑴b≤a或c≤a

⑵a≤b且a≤c

如果是第⑴种情况,则a∪(b∩c)=a=(a∪b)∩(a∪c)

如果是第⑵种情况,则a∪(b∩c)=b∩c=(a∪b)∩(a∪c)

无论那种情况分配律均成立,故A是分配格.一.线性插值(一次插值)

已知函数f(x)在区间的端点上的函数值yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),求一个一次函数y=p1(x)使得yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),其几何意义是已知平面上两点(xk,yk),(xk+1,yk+1),求一条直线过该已知两点。

1.插值函数和插值基函数

由直线的点斜式公式可知：

把此式按照yk和yk+1写成两项:

记

并称它们为一次插值基函数。该基函数的特点如下表：

从而

p1(x)=yklk(x)+yk+1lk+1(x)

此形式称之为拉格朗日型插值多项式。其中,插值基函数与yk、yk+1无关，而由插值结点xk、xk+1所决定。一次插值多项式是插值基函数的线性组合,相应的组合系数是该点的函数值yk、yk+1.例1:已知lg10=1,lg20=1.3010,利用插值一次多项式求lg12的近似值。

解:f(x)=lgx,f(10)=1,f(20)=1.3010,设

x0=10,x1=20,y0=1,y1=1.3010

则插值基函数为：

于是,拉格朗日型一次插值多项式为:

故:

即lg12由lg10和lg20两个值的线性插值得到,且具有两位有效数字(精确值lg12=1.0792).二.二次插值多项式

已知函数y=f(x)在点xk-1,xk,xk+1上的函数值yk-1=f(xk-1),yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),求一个次数不超过二次的多项式p2(x),使其满足,p2(xk-1)=yk-1,p2(xk)=yk,p2(xk+1)=yk+1.其几何意义为:已知平面上的三个点

(xk-1,yk-1),(xk,yk),(xk+1,yk+1),求一个二次抛物线,使得该抛物线经过这三点。

1.插值基本多项式

有三个插值结点xk-1,xk,xk+1构造三个插值基本多项式，要求满足：

(1)基本多项式为二次多项式;(2)它们的函数值满足下表：

因为lk-1(xk)=0,lk-1(xk+1)=0,故有因子(x-xk)(x-xk+1),而其已经是一个二次多项式,仅相差一个常数倍,可设

lk-1(x)=a(x-xk)(x-xk+1),又因为

lk-1(xk-1)=1==>a(xk-1-xk)(xk-1-xk+1)=

1得

从而

同理得

基本二次多项式见右上图(点击按钮“显示Li”)。

2.拉格朗日型二次插值多项式

由前述,拉格朗日型二次插值多项式:

p2(x)=yk-1lk-1(x)+yklk(x)+yk+1lk+1(x),p2(x)

是三个二次插值多项式的线性组合,因而其是次数不超过二次的多项式,且满足:

p2(xi)=yi,(i=k-1,k,k+1)。

例2已知：

xi101520

yi=lgxi11.17611.3010

利用此三值的二次插值多项式求lg12的近似值。

解：设x0=10,x1=15,x2=20,则:

故:

所以

7利用三个点进行抛物插值得到lg12的值,与精确值lg12=1.0792相比,具有3位有效数字,精度提高了。

三、拉格朗日型n次插值多项式

已知函数y=f(x)在n+1个不同的点x0,x1,…,x2上的函数值分别为

y0,y1,…,yn,求一个次数不超过n的多项式pn(x),使其满足:

pn(xi)=yi,(i=0,1,…,n),即n+1个不同的点可以唯一决定一个n次多项式。

1.插值基函数

过n+1个不同的点分别决定n+1个n次插值基函数

l0(x),l1(x),…,ln(X)

每个插值基本多项式li(x)满足：

(1)li(x)是n次多项式;

(2)li(xi)=1,而在其它n个li(xk)=0,(k≠i)。

由于li(xk)=0,(k≠i),故有因子:

(x-x0)…(x-xi-1)(x-xi+1)…(x-xn)

因其已经是n次多项式，故而仅相差一个常数因子。令:

li(x)=a(x-x0)…(x-xi-1)(x-xi+1)…(x-xn)

由li(xi)=1,可以定出a,进而得到：

2.n次拉格朗日型插值多项式pn(x)

pn(x)是n+1个n次插值基本多项式l0(x),l1(x),…,ln(X)的线性组合,相应的组合系数是y0,y1,…,yn。即:

pn(x)=y0l0(x)+y1l1(x)+…+ynln(x),从而pn(x)是一个次数不超过n的多项式,且满足

pn(xi)=yi,(i=0,1,2,…,n).例3求过点(2,0),(4,3),(6,5),(8,4),(10,1)的拉格朗日型插值多项式。

解用4次插值多项式对5个点插值。

所以

四、拉格朗日插值多项式的截断误差

我们在上用多项式pn(x)来近似代替函数f(x),其截断误差记作

Rn(x)=f(x)-pn(x)

当x在插值结点xi上时Rn(xi)=f(xi)-pn(xi)=0,下面来估计截断误差：

定理1：设函数y=f(x)的n阶导数y(n)=f(n)(x)在上连续，y(n+1)=f(n+1)(x)

在(a,b)上存在;插值结点为:

a≤x0

pn(x)是n次拉格朗日插值多项式;则对任意x∈有：

其中ξ∈(a,b),ξ依赖于x：ωn+1(x)=(x-x0)(x-x1)…(x-xn)

证明：由插值多项式的要求：

Rn(xi)=f(xi)-pn(xi)=0，(i=0,1,2,…,n);

设

Rn(x)=K(x)(x-x0)(x-x1)…(x-xn)=K(x)ωn+1(x)

其中K(x)是待定系数;固定x∈且x≠xk，k=0,1,2,…,n;作函数

H(t)=f(t)-pn(t)-K(x)(t-x0)(t-x1)…(t-xn)

则H(xk)=0，(k=0,1,2,…,n),且H(x)=f(x)-pn(x)-Rn(x)=0,所以，H(t)在上有n+2个零点，反复使用罗尔中值定理:存在ξ∈(a,b),使;因pn(x)是n次多项式，故p(n+1)(ξ)=0,而

ωn+1(t)=(t-x0)(t-x1)…(t-xn)

是首项系数为1的n+1次多项式，故有

于是

H(n+1)(ξ)=f(n+1)(ξ)-(n+1)!K(x)

得：

所以

设,则：

易知，线性插值的截断误差为:

二次插值的截断误差为:

下面来分析前面两个例子(例1，例2)中计算lg12的截断误差：

在例1中，用lg10和lg20计算lg12,p1(12)=1.0602,lg12=1.0792

e=|1.0792-1.0602|=0.0190;

10.议论文不是数学证明题 篇十

各位看官，《老残游记新编》主打篇目“近年目睹作文之怪现状”——遍观议论，文将不文。乍看观点鲜明，实例丰富，洋洋洒洒，论证有力，齐整有序，而至滴水不漏；再看结构呆板，数学模式，死守步骤，干瘪无味，套路刻意，实为简单肤浅。且劝诸生：文章不是无情物，老师都是有心人，作文不是纯粹证明，思维不可浅尝辄止，有我有感手写我心，多想心思拓展引申。文之为文，有情有魂！

【考纲概述】

高考议论文写作要求：观点明确，论证有力，论据充实。因此有些老师和同学据此得出一个写作公式：论据1+论据2+论据3=观点。这样，就把议论文当成数学证明题了。

走在最前，落于最后

不要总羡慕那些站立云端之上的人，其实站得太高更容易跌落，他们害怕跌落；不要总轻视最底层的人，他们在承受巨大的压力。所以说，世上最痛苦的人有两种：一种是走在最前端的人；一种是走在最后的人。

一条犹如长龙的队伍，第一个人很快地就买到了物品，而最后一个在焦急不安中等待着。第一个之所以能是第一，说明他必须比其他人来得更加早，他害怕，他担心：“我会不会是第一个？不是怎么办？”最后一个人痛苦地等待，他也害怕，他也担心：等轮到他了是否还会有；轮到他了是不是变凉了，变烂了，变质了。

中国经济快速发展，超越日本，位居世界第二。美国一直在围堵中国，企图阻碍中国的发展。美国为什么这样做？美国是世界上最强大的国家，站立云端。但美国又处在痛苦之中，他自己被中国超越，因此总是处处提防着中国，与中国为敌，甚至叫嚣“中国威胁论”。而非洲一些国家因历史原因，在世界队伍中，落于最后。他们处在水深火热的痛苦之中，忍受着饥饿、寒冷、疾病等一系列常人无法想象的痛苦。身处云端，走在最前，便就幸福，便就没有痛苦吗？不，他们最为痛苦，因为他们害怕跌落，害怕自己领先的位置被人取代。落于最后的人就无忧虑吗？不，他们最为痛苦，因为他们忍受着种种苦难，承受着最为巨大的压力，被忽略，被轻视。世界上最痛苦的人莫过于此：身处云端，害怕跌落；落于最后，压力巨大。

“本是同根生，相煎何太急”。是啊，相煎何太急！曹丕、曹植都是曹操的儿子。曹操死后，曹丕子承父业，建立魏国，正所谓“最前面的人”。曹丕却处在痛苦中，害怕兄弟夺权，便命曹植作七步诗，若作不出来，便要杀他。至亲兄弟却如此，不就是因为曹丕身处云端，害怕跌落吗？身处云端并不幸福，甚至最为痛苦。害怕跌落，因为不知道下面是不是无底深渊。

好比学生，第一名的人总是害怕被超越，虽然第一总会喜悦，但也最为痛苦；最后一名的人得面对家长、老师，在巨大的压力中痛苦徘徊。世界上最为痛苦的两种人：第一名、最后一名。

大雁南飞，带头的大雁会时刻担心后面的一群大雁是否都能跟上；最后一只会害怕跟不上，迷了路，回不了家。群雁南飞：二雁最苦，第一与最后。

世界上最痛苦的人便是身处云端的人，他们害怕跌落；落于最后面的人，他们承受巨大压力。所谓“最穷人”与“最富人”。“最穷人”每天都在忧虑生活问题：“下一顿呢？下一顿怎么办？”最富人每天都在担心：“钱藏哪儿？被偷了怎么办？”

不要落于最后，要勇往直前；不要担心跌落，云端之上风景未必最好。世界上最痛苦的是两种人：走在最前，落于最后。走在最前的人跌落也没关系，沿途风光无限。

[范文解析]

本文开篇提出论点：走在最前和走在最后的人是世上最痛苦的人。然后罗列众多自然的、社会的、中国的、外国的、现在的、过去的事例来证明论点。最后重申观点，仅此而已。显然，本文除了证明“走在最前和走在最后的人是世上最痛苦的人”这个观点之外，没能给读者提供有益的人生启示。只是为证明而证明，像是在解答一道数学证明题。这是对议论文写作的一种误解。

我们写文章，特别是写议论文，不仅要提出观点，证明观点，更重要的是在论证观点的同时，对读者进行规劝引导，为读者提供有益的人生启示。

[范文例举]

走在最前，落于最后

有人认为，世界上有两种人最痛苦：一种是走在最前面的人，另一种是走在最后面的人。可是，我并不认为走在最后面的人最痛苦。

生活速度的加快逼着我们加快脚步，可是我们为什么不能试着让自己的生活慢下来呢？为什么有那么多的压力呢？何为压力？不过是人与人相比，落后的那个人感受到的痛苦。生活那么美好，他们仅仅因为走在别人后面而选择了最愚蠢的方法；如果他们愿意用乐观的心态面对落后，那么将会有多少家庭可以继续快乐的日子。为什么总要争第一呢？走在最后的人也有一鸣惊人的机会。别为你的落后感到痛苦，落后只是为了让你更好地前进。

古人云：“胜者为王，败者为寇。”难道失败的人就是最痛苦的人吗？不，看看轨道上行驶的火车吧。几百年前，史蒂芬将他发明的火车在轨道上试行时，当时一辆马车的速度都能超过火车，于是人们认为史蒂芬的火车只是一堆烂铁，可史蒂芬并不认为自己是一个失败者，他并不为失败而感到痛苦。在他的努力下，高速火车终于问世。在高速发展的现代，当时的马车早已不见踪影。试想：如果当时的史蒂芬为自己的落后感到失望、痛苦，也许也就不会有今天的高铁了。

走在最后的人未必痛苦，人生总是要面对各种失败，如果只是因为一次失败而痛苦，因为走在最后而痛苦，我们的人生岂不少了很多乐趣？落后只是为了让我们更好地前进。

时间会忘记很多人，但是时间不会忘记那些蓄势待发的人。作为一名歌手，朴树的歌真是少之又少：10年前的一张专辑和一首《平凡的路》。整整相距10年，10年中，朴树应当是走在最后面的人，可他并不为此感到痛苦，而是蓄势待发，等待那个不平凡的《平凡的路》。落后的人也许是个幸福的人，未必是痛苦的人。走在最后，也许会看到别样的风景。

落后是常有的，有时候走在最后也是不可避免的，如果你现在正走在最后，请不要痛苦，作一个乐观的人，蓄势待发，等待着一鸣惊人。

[范文解析]

本文作者论证观点时，不是为证明而证明，而是给了读者几个启示，比如，“落后只是为了让你更好地前进”和“落后是常有的，有时候走在最后也是不可避免的，如果你现在正走在最后，请不要痛苦，作一个乐观的人，蓄势待发，等待着一鸣惊人”等句充满了人生教益。

[类文生成]

一篇议论文，首先要有启发性。那种为说理而说理、心中没有读者的议论文，既没有说服力，也没有启发性；其次要有现实性，所谓现实性就是在论证完观点后，一定要与现实生活联系起来，不要脱离现实生活，空说道理。比如一篇《人生的“出”与“入”》的高考满分作文，作者论证完数学家“在推算过程中经常客观地审查自己的步骤和数据，就可能不会留下这个遗憾了”这一观点后，进一步引申“科学如此，人生又何尝不是？常常有人后悔自己什么做得不好，什么不该做，事后再多的悔恨也于事无补，我们应该从中吸取教训，对‘出’的意义有一个更好的认识”。这种引申说理的写法会使读者得到启发和教育。

[有感写作]

请以“逼，然后飞”为题写一篇议论文，不少于800字。切忌当成数学证明题。

11.反证法在中学数学证明题中的应用 篇十一

一、反证法的定义和实质

定义, 矛盾律:在同一思维过程中, 一个命题不能既真又假, 或者说, 两个相互矛盾的命题不能同时为真。排中律:在同一思维过程中, 一个命题或者真或者假, 两者必居其一, 或者说两个相互矛盾的命题一真一假, 一假一真。具体的说, 反证法不直接证明命题“若p则q, 而是先肯定命题的条件p, 并否定命题的结论q, 根据矛盾律和排中律, 两个互相矛盾的判断, 不能同假, 必有一真, 由此肯定命题“若p则q”为真。例如:“姨2是有理数”与“姨2不是有理数”是两个矛盾命题, 它们不可能都是真命题。又例如:如果命题“直线外, 至少存在一点”为真。则由排中律知道, 它的矛盾命题“所有点都在某直线上”为假;实质, 从命题逻辑的观点来分析, 反证法实质上是通过证明与原来的命题pq逻辑等价的命题为真, 从而间接地证明了命题pq, 也就是说反证法就是从否定出发, 经过逻辑推理, 导出矛盾, 证实结论的否定是错误的, 从而肯定原结论是正确的证明方法。

二、反证法在解题中的步骤

用反证法证题中一般都分三个步骤:反设:假设命题的结论不成立;归谬:从这个假设出发推出与公理、定理或假设相矛盾的结果, 或推出与题目本身相矛盾的结果, 从而得出假设不成立。归谬是反证法的关键, 导出矛盾的过程没有固定的模式, 但必须从反设出发, 否则推导将成为无源之水, 无本之木。也就是说我们的推理必须严谨;存真:肯定要证明的命题结论成立, 也就是说, 反证法的推理过程可以概括出:提出假设 (否定结论) 、推出矛盾、肯定命题 (命题得证) 。

三、反证法证明中存在的矛盾结果的常见的几种情况

推出的结果与已知公理矛盾, 例1两条直线相交, 只有一个交点。已知:a、b为两条相交直线, 求证:a、b两条直线只有一个交点。证明:假定直线a与b不只有一个交点, 则至少交于两点, 设这两个交点为A与B, 那么, 直线a通过A、B两点, 直线b也通过A、B两点, 这就是说, 经过A、B两点可以作两条直线a和b, 这和公理“经过两点有一条直线, 并且只有一条直线”相矛盾, 产生矛盾的原因, 是由于假定直线a与b不只有一个交点, 所以假定不成立, 则原题结论必成立;推出的结果与已知定义矛盾, 例2设a与b是异面直线, 在a上任取两点A、B, 在b上任取两点C、D, 证明直线AC与BD也是异面直线。证明:假设直线AC和BD不是异面直线, 即它们位于同一平面α上则A、B、C、D四点均在同一平面α上, 从而直线AC属于平面α, 直线BD也属于平面α, 即a, b都在平面α上。这就是说, 异面直线a和b在同一平面α内, 这与异面直线的定义相矛盾, 所以假设不成立, 即直线AC和BD与是异面直线。

四、我们在运用反证法时应注意的问题

对于同一命题, 从不同的角度进行推理, 常常可以推出不同性质的矛盾结果, 从而得到不同的证明方法, 而在这些证明方法中, 我们会不难发现, 它们中有繁冗复杂, 有简单快捷, 因此, 在用反证法证明中, 应当从命题的特点出发, 选取恰当的推理方法, 所以我们在运用反证法证题时, 应注意以下几点:必须正确地“否定结论”因为这是运用反证法的前提。例如“平面上的两直线至多有一个交点”的否定命题是“平面上的两直线至少存在两个交点”。也就是说必须周密考查原题结论, 如果与原题结论相矛盾的方面有多种情况, 必须一一予以否定, 切不能有所遗漏, 否则, 原题仍难以得证;在添加补充假设后由原题条件及结论的否定出发进行推导整个推理过程必须完全正确, 否则, 即使推出矛盾结果, 也不足以证明所作的假定是错误的;在推理过程中, 一定要使用已知的条件, 否则, 要么推不出矛盾结果, 要么不能断定所推出的结论是错误的。

五、反证法在我们今后教学中的作用

反证法是逆向思维在教学中的具体体现, 如几何中的平行公理的推论的证明, 学生就很难从题目推出结论, 那么我们就可以引导学生从日常生活中反驳别人中得到提示。能否先否定结论, 用反证法再推出结论正确, 这必将在我们今后的教学中起到很大的作用!

摘要：证明方法有直接论证和间接引证两种。本文将从反证法解决问题的本质出发分析出用反证法解题的步骤及能用反证法解决问题的类型, 并举例说明在反证法证题中常见的几种构造矛盾的方法。有些数学命题, 用直接法证明比较难, 如果不用反证法来证明或许我们难以下手, 但是如果恰当运用反证法, 问题就会迎刃而解。