第一篇：平面幾何常用證明方法

平面幾何常見證明方法

1,分析法

分析法是從命題的結論入手，先承認它是正確的，執果索因，尋求結論正確的條件，這樣一步一步逆而推之，直到與題設會合，于是就得出了由題設通往結論的思維過程。

分析法主要應用與的幾何問題特點主要是：從證明推理的時候出現多個方向，不知道哪個方向能夠成功推導到結論，也就是說從正向推導比較迷茫的時候，比較適合用分析法來解決這些問題。

例1 如圖2.1.1，四邊形ABCD的一條對角線BD平行于兩對邊之交點的連線EF，求證：AC平分BD。[1]

證明：設AC交BD于M，交EF于N

BMMD?，欲證BM?MD ENNF作方向猜測，只需證EN?NF或 BMEN??1即可。MDNF則但我們意識到這不容易證明，（圖2.1.1）

BMMDBMEN??即可。而，從而MDBMMDNFMDENMDBMMDMCBM????只需證即可，又只需證即可。而，故得證。BMNFENNFENCNNF再作方向猜測，欲證BM?MD，只需證明2 綜合法

綜合法則是由命題的題設條件入手，由因導果，通過一系列的正確推理，逐步靠近目標，最終獲得結論。再從已知條件著手，根據已知的定義、公式、定理，逐步推導出結論。綜合法和分析法有些不同的是分析法的思路從結論開始，綜合法的思路從題設開始。

例2如圖2.2.1設D是?ABC底邊BC上任一點，則AD?BC?AB?CD?AC?BD?BC?BD?CD。[1] 證明：在?ADB和?ABC中 222AD2?BD2?AB cos?ADB?

2AD?BDAD2?CD2?AC2

cos?ADC?

2AD?BD

由cos?ADB??cos?ADC，所以

(圖2.2.1)AD2?BD2?AB2AD2?CD2?AC2??

2AD?BD2AD?BD

有AD2(BD?CD)?AB2?CD?AC2?BD?BD?CD(BD?CD)

將BD?CD?BC代入上式則有

AD?BC?AB?CD?AC?BD?BC?BD?CD，證畢。

在具體證題時，這兩種方法可單獨運用，也可配合運用，在分析中有綜合，在綜合中有分析，以進行交叉使用。由于篇幅有限在此僅歸納方法，并不做詳細介紹。

但是有些命題往往不易甚至不能直接證明，這時，不妨證明它的等效命題，以間接地達到目標，這種證題思路就稱為間接式思路。我們常運用的反證法是一種典型的用間接式思路證題的方法。2223反證法

具體地說，在證明一個命題時，如正面不易入手，就要從命題結論的反面入手，先假設結論的反面成立，如果由此假設進行嚴格推理，推導出的結果與已知條件、公式、定理、定義、假設等的其中一個相矛盾，或者推出兩個相互矛盾的結果，就證明了“結論反面成立”的假設是錯誤的，從而得出結論的正面成立，這種證題方法就叫做反證法。當結論的反面只有一個時，否定了這一個便完成證明，這種較單純的反證法又叫做歸謬法;而當結論的反面有若干個時，就必須駁倒其中的每一個，這種較繁瑣的反證法又稱為窮舉法。

反證法證題通常有如下三個步驟:

(1)反設。作出與結論相反的假設，通常稱這種假設為反證假設。

(2)歸謬。利用反證假設和已知條件，進行符合邏輯的推理，推出與某個已知條件、公理、定義等相矛盾的結果。根據矛盾律，在推理和論證的過程中，在同時間、同關系下，不能對同一對象作出兩個相反的論斷，可知反證假設不成立。

(3)得出結論。根據排除率，即在同一論證過程中，命題C與命題非C有且僅有一個是正確的，可知原結論成立。

例3 如圖2.3.1已知：在四邊形ABCD中，M、N分別是AB、CD的中點，1(AB?CD)。

2求證：AD∥BC

且MN?

證明：假設AD與BC不平行，連結ABD，并設P

是BD的中點，再連結MP、PN。在?ABD中

由BM?MA，BP?PD（圖2.3.1）

則MP1AD，同理可證PN2MP?PN?1BC 21(AB?CD)

① 從而

這時，BD的中點不在MN上

若不然，則由MN∥AD，MN∥BC，得AD∥BC與

假設AD與BC不平行矛盾，于是M、P、N三點不共線。

從而

MP?PN?MN

② 1

1由①、②得MN?(AB?CD)，這與已知條件MN?(AB?CD)相矛盾，2

2故假設不成立，所以AD∥BC，證畢。

在幾何中需要證明符合某種條件的點、線、面只有一個時，稱為“唯一性”問題。

例4 過平面?上的點A的直線a??，求證：a是唯一的。

證明：假設a不是唯一的，則過A至少還有一條直線b，b?? 由a、b是相交直線，則a、b可以確定一個平面?。設?和?相交于過點A的直線c。

由

a??，b??，有

a?c，b?c。

這樣在平面?內，過點A就有兩條直線垂直于c，這與定理產生矛盾。所以，a是唯一的，證畢。

關于唯一性的問題，在幾何中有，在代數、三角等學科中也有。這類題目用直接證法證明相當困難，因此一般情況下都采用間接證法。即用反證法或同一法證明，用反證法證明有時比同一法更方便。

另外，幾何中有一類問題，要證明某個圖形不可能有某種性質或證明具有某種性質的圖形不存在。它們的結論命題都是以否定形式出現的，若用直接證法證明有一定的困難。而它的否定命題則是某個圖形具有某種性質或具有某種性質的圖形存在，因此，這類問題非常適宜用反證法。

例5 求證：拋物線沒有漸近線。

證明：設拋物線的方程是y2?2px(p?0)。

假設拋物有漸近線，漸近線的方程是y?ax?b，易知a、b都不為0。因為漸近線與拋物線相切于無窮遠點，于是方程組

(1)?y2?2px ?

(2)?y?ax?b的兩組解的倒數都是0。

將（2）代入（1），得

a2x2?2(ab?p)x?b2?0

(3)

設x1、x2是（3）的兩個根，由韋達定理，可知

2(ab?p)b2x1?x2??，x1?x2?2 2aa則

11x1?x2?2(ab?p)????0

2x1x2x1x2b(4)

111a2????0，(5)x1x2x1x2b2由（4）、（5），可推得p?0，這于假設p?0矛盾。

所以，拋物線沒有漸近線，證畢。

關于不可能問題是幾何中最常見也是非常重要的一種類型。由于它的結論是以否定形式出現，采用直接證法有困難，所以這類問題一般都使用反證法加以證明。

在幾何中存在一類很特殊的問題，就是證明具有某種性質的圖形至少有一個或不多于幾個。由于這類問題能找到直接論證的理論根據很少，用直接證法有一定困難。如果采用反證法，添加了否定結論這個新的假設，就可以推出更多的結論，容易使命題獲證。

例6 已知：四邊形ABCD中，對角線AC?BD?1。求證：四邊形中至少有一條邊不小于

2。2證明：假設四邊形的邊都小于

2，由于四邊形中至少有一個角不是鈍角（這一結論也20可用反證法證明），不妨設?A?90，根據余弦定理，得

BD2?AD2?AB2?2AD?AB?cosA，有

BD2?AD2?AB2，即

BD?AD2?AB2?(這與已知四邊形BD?1矛盾。所以，四邊形中至少有一條邊不小于

222)?()2?1。222，證畢。2在證題過程中，不論是直接思路還是間接思路，都要進行一系列正確的推理，需要解題者對撲朔迷離的表象進行由表及里、去偽存真地分析、加工和改造，并從不同方向探索，以在廣闊的范圍內選擇思路，從而及時糾正嘗試中的錯誤，最后獲得命題的證明。

第二篇：平面幾何證明習題專題

平面幾何證明習題

1.如圖5所示，圓O的直徑AB?6，C為圓周上一點，BC?3，過C作圓的切線l，過A作l的垂線AD，垂足為D，則?DAC?,線段AE的長為l線段CD的長為，線段AD的長為

圖

5PA?2．PB?1，AC是圓O的直徑，PC與圓O交于點B，2.已知PA是圓O的切線，切點為A，則圓O的半徑R?．

3.如圖4，點A,B,C是圓O上的點，且AB?4,?ACB?450，則圓O的面積等于．

4.如圖3, 半徑為5的圓O的兩條弦AD和BC相交于點P,OD?BC,P為AD的中點, BC?6, 則弦AD的長度為

5.如圖5, AB為⊙O的直徑, AC切⊙O于點A,且AC?22cm,過C

CMN交AB的延長線于點D,CM=MN=ND.AD的長等于_______cm.6.如圖，AB是圓O的直徑，直線CE和圓O相切于點于C，圖5

AD?CE于D，若AD＝1，?ABC?30?，則圓O的面積是

7.如圖，O是半圓的圓心，直徑AB?2，PB

與半圓交于點C，AC?4，則PB?

．

8.如圖，點A,B,C是圓O上的點,且AB?2,BC??CAB?120?, 則?AOB對應的劣弧長為．

9.如圖，圓O的割線PAB交圓O于A,B兩點，割線PCD經過圓心O，已知PA?6，AB?

10.如圖，已知P是圓O外一點，PD為圓O的切線，D為切點，割線PEF經過圓心O，若PF?12,PD?則圓O的半徑長為，2

2，PO?12，則圓O的半徑是．

3?EFD的度數為

11.如圖4，已知PA是⊙O的切線，A是切點，直線PO交⊙O 于B、C兩點，D是OC的中點，連結AD并延長交⊙O于點E． 若PA?23，?APB?30?，則AE=．

12.如圖，在?ABC中，DE//BC，EF//CD，若

P

B

O

D

C圖

4BC?3,DE?2,DF?1，則BD的長為，AB的長為___________．

13.如圖，圓O是?ABC的外接圓，過點C的切線交AB 的延長線交于點D，CD?2，AB?BC?3，則線段BD的長為，線段AC的長為

14．如圖，?ACB?60°，半徑為2cm的⊙O切BC于點

C，若將⊙O在CB上向右滾動，則當滾動到⊙O與CA

也相切時，圓心O移動的水平距離是__________cm．

15．如圖，A、B、c是⊙0上的三點，以BC為一邊，作∠CBD=

∠ABC，過BC上一點P，作PE∥AB交BD于點E．若∠AOC=60°，BE=3，則點P到弦AB的距離為_______．

16．四邊形ABCD和四邊形ACED都是平行四邊形，點R為DE 的中點，BR分別交AC,CD于點P,Q．則CP:AP= ……()A．1:3B．1:4C．2:3D．3:4

C

R

E

17． 如圖,Rt△ABC中,AB⊥AC,AB=3,AC=4,P是BC邊上一點,作PE⊥AB于E,PD⊥AC于D,設BP=x,則PD+PE=……………………………（）A．

x5

?3B．4?

x5

C ．

D．

12x12x25

?

18.如圖，⊙O是△ABC的外接圓，已知∠B=60°，則∠CAO的度數是………………()A．15°

19.已知 ?ABC中，AB=AC,D是 ?ABC外接圓劣弧?，延長AC上的點（不與點A,C重合）BD至E。

（1）求證：AD的延長線平分?CDE；

（2）若?BAC=30，?ABC中BC邊上的高為

B．30°

C．45°D．60°

?ABC外接圓的面積。

20.如圖，在邊長為2的圓內接正方形ABCD中，AC是對角線，P為邊CD的中點，延長AP交圓于

點E．

（1）∠E=度；

（2）寫出圖中現有的一對不全等的相似三角形，并說明理由；（3）求弦DE的長．

21.如圖，AB是⊙O的直徑，C是弧BD的中點，CE⊥AB，垂足為E，BD 交CE于點F．（1）求證：CF?BF；（2）若AD=4，⊙O的半徑為6，求BC的長．

22.如圖，△ABC內接于半圓，AB是直徑，過A作直線MN，若∠MAC=∠ABC ．（1）求證：MN是半圓的切線；

（2）設D是弧AC的中點，連結BD交AC 于G，過D作DE⊥AB于E，交AC于F．求證：FD＝FG．

（3）若△DFG的面積為4.5，且DG=3，GC=4，試求△BCG的面積．

00

?O的直徑，AD是弦，?DAB=22.5，延長AB到點C，使得?ACD=45。24．（10分）如圖，AB是○?O的切線；（1）求證：CD是○（2）若AB=22，求BC的長。

A

C

?O，?O的直徑，?ABC內接于○25．（9分）如圖，AB為○?BAC=2?B，?O的切線與OC的延長線交于點P，求PA的長。AC=6，過點A作○

OB

B

A

C

P

26.如圖，設△ABC的外接圓的切線AE與BC的延長線交于點E，∠BAC的平分線與BC交于點D．求證：ED?EB?EC．

?

27.如圖，已知?ABC中的兩條角平分線AD和CE相交于H，?B=60，F在AC上，且

A

B D E

AE?AF。

（1）證明：B,D,H,E四點共圓；

（2）證明：CE平分?DEF。

第三篇：2011高考平面幾何證明

2011高考平面幾何證明試題選講

1（2011安徽）如圖4，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=2.E,F分別為

AD，BC上點，且EF=3，EF∥AB，則梯形ABCD與梯形EFCD的面積比為（2011北京）如圖，AD，AE，BC分別與圓O切于點D，E，F，延長AF與圓O交于另一點G。給出下列三個結論：

1AD+AE=AB+BC+CA； ○

2AF·AG=AD·AE ○

③△AFB ～△ADG

其中正確結論的序號是

（A）①②（B）②③

（C）①③（D）①②③（2011天津理）如圖已知圓中兩條弦AB與CD相交于點F，E是AB延長線

上一點，且DF?CF?AF:FB:BE?4:2:1.若CE與圓相切，則CE的長為

_________

4（2011陜西理）（幾何證明選做題）如圖，?B??D,AE?BC,?ACD?90?，且AB?6,AC?4,AD?12，則BE?________（2011湖南理）如圖2，A,E是半圓周上的兩個三等分點，直徑BC=4，AD⊥BC,垂足為D,BE與AD相交與點F，則AF的長為。（2011全國新課標）（本小題滿分10分）選修4-1：幾何證明選講

如圖，D，E分別為?ABC的邊AB，AC上的點，且不與?ABC的頂點重合。已知AE的長為n，AD，AB的長是關于x的方程x2?14x?mn?0的兩個根。

（Ⅰ）證明：C，B，D，E四點共圓；

（Ⅱ）若?A?90?，且m?4,n?6，求C，B，D，E所在圓的半徑。

第四篇：高中競賽專題：平面幾何證明

競賽專題－平面幾何證明

[競賽知識點撥]

1． 線段或角相等的證明（1）利用全等△或相似多邊形（2）利用等腰△3）利用平行四邊形（4）利用等量代換（5）利用平行線的性質或利用比例關系（6）利用圓中的等量關系等。

2． 線段或角的和差倍分的證明（1）轉化為相等問題。如要證明a=b±c，可以先作出線段p=b±c，再去證明a=p，即所謂“截長補短”，角的問題仿此進行。（2）直接用已知的定理。例如：中位線定理，Rt△斜邊上的中線等于斜邊的一半；△的外角等于不相鄰的內角之和；圓周角等于同弧所對圓心角的一半等等。

3． 兩線平行與垂直的證明（1）利用兩線平行與垂直的判定定理。（2）利用平行四邊形的性質可證明平行；利用等腰△的“三線合一”可證明垂直。（3）利用比例關系可證明平行；利用勾股定理的逆定理可證明垂直等。

【競賽例題剖析】

【例1】從⊙O外一點P向圓引兩條切線PA、PB和割線PCD。

從A點作弦AE平行于CD，連結BE交CD于F。求證：BE

平分CD。

【分析1】構造兩個全等△。連結ED、AC、AF。

CF=DF←△ACF≌△EDF←

←∠PAB=∠AEB=∠PFB【分析2】利用圓中的等量

關系。連結OF、OP、OB

。←∠PFB=∠POB←←

注：連結OP、OA、OF，證明A、O、F、P四點共圓亦可。

【例2】△ABC內接于⊙O，P是弧 AB上的一點，過P作

OA、OB的垂線，與AC、BC分別交于S、T，AB交于M、N。求證：PM=MS充要條件是PN=NT。

【分析】只需證，PM2PN=MS2NT。（∠1=∠2，∠3=∠4）

→△APM∽△PBN→→PM2PN=AM2BN（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA→→MS2NT=AM2BN

【例3】已知A為平面上兩半徑不等的圓O1和O2的一個交點，兩外公切線P1P2、Q1Q

2分別切兩圓于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分別為P1Q1、P2Q2的中點。求證：∠O1AO2=∠M1AM2。【分析】設B為兩圓的另一交點，連結并延長BA交P1P2于C，交O1O2于M，則C為P1P2的中點，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM為M1M2的中垂線。在O1M上截取MO3=MO2，則

∠M1AO3=∠M2AO2。故只需證∠O1AM1=∠O3AM

1，即證

。由

△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。【例4】在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分線交△ABC的外接圓于D，DE⊥AB于E，求證：AE=。

【分析】方法1、2AE=AB-AC

← 在BE上截取EF=AE，只需證BF=AC，連結DC、DB、DF，從而只需證△DBF≌△DCA← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。

方法

2、延長CA至G，使AG=AE，則只需證BE=CG← 連結DG、DC、DB，則只需證△DBE≌△DCG← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。

【例5】∠ABC的頂點B在⊙O外，BA、BC均與⊙O相交，過BA與圓的交點K引∠ABC平分線的垂線，交⊙O于P，交BC于M。求證：線段PM為圓心到∠ABC平分線距離的2倍。

【分析】若角平分線過O，則P、M重合，PM=0，結論顯然成立。若角平分線不過O，則延長DO至D‘，使OD’=OD，則只需證DD‘=PM。連結D’P、DM，則只需證DMPD‘為平行四邊形。過O作m⊥PK，DD’,K

P，∴∠DPK=∠DKP，BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL為MK中垂線→∠DKB=∠DMK ∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’

D∥PM，∴DMPD‘為平行四邊形。

【例6】在△ABC中，AP為∠A的平分線，AM為BC邊上的中線，過B作BH⊥AP于H，AM的延長線交BH于Q，求證：PQ∥AB。

【分析】方法

1、結合中線和角平分線的性質，考慮用比例證明平行。倍長中線：延長AM至

M’，使AM=MA‘，連結BA’，如圖6-1。

PQ∥AB←←←

←∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)=

180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ

方法

2、結合角平分線和BH⊥AH聯想對稱知識。延長BH交AC的延長線于B’，如

/

圖6-2。則H為BB‘的中點，因為M為BC的中點，連結HM，則HM∥BC。延長HM交AB于O，則O為AB的中點。延長MO至M’，使OM‘=OM，連結M’A、M‘B，則

AM’BM是平行四邊形，∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，所以PQ∥AB。

【例7】菱形ABCD的內切圓O與各邊分別切于E、F、G、H，在EF與GH上分別作⊙O的切線交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。求證：MQ∥NP。（95年全國聯賽二試3）

【分析】由AB∥CD知：要證MQ∥NP，只需證∠AMQ=∠CPN，結合∠A=∠C知，只需

證△AMQ∽△CPN←，AM2CN=AQ2CP。連結AC、BD，其交點為內切圓心O。

設MN與⊙O切于K，連結OE、OM、OK、ON、OF。記∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，則∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。

∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是同理，AQ2CP=AO2CO。，∴AM2CN=AO2CO

【例8】ABCD是圓內接四邊形，其對角線交于P，M、N分別是AD、BC的中點，過M、N分別作BD、AC的垂線交于K。求證：KP⊥AB。

【分析】延長KP交AB于L，則只需證∠PAL+∠APL=90°，即只需證∠PDC+∠KPC=90°，只需證

∠PDC=∠PKF，因為P、F、K、E四點共圓，故只需證∠PDC=∠PEF，即

EF∥DC。

←

←←△DME∽△CNF

【例9】以△ABC的邊BC為直徑作半圓，與AB、AC分別交于點D、E。過D、E作BC的垂線，垂足分別是F、G，線段DG、EF交于點M。求證：AM⊥BC。

【分析】連結BE、CD交于H，則H為垂心，故AH⊥BC。（同一法）設AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面證M1、M2重合。

OM1∥DF→

→OM1=

。OM2∥EG→

→OM2=

。只需

證OG2DF=EG2OF，即

←Rt△OEG∽Rt△ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。

第五篇：平面幾何證明題的基本思路及方法

平面幾何證明題的基本思路及方法 幾何證明是平面幾何中的一個重要問題，它對培養學生邏輯思維能力有著很大作用。幾何證明有兩種基本類型：一是平面圖形的數量關系；二是有關平面圖形的位置關系。這兩類問題常常可以相互轉化，如證明平行關系可轉化為證明角等或角互補的問題。

惠特霍斯曾說過,“一般地,解題之所以成功,在很大程度上依賴于選擇一種最適宜的方法。”靈活、恰當地選擇解題方法是求解平面幾何問題的良好途徑。解決任何一道平面幾何證明題,都要應用這樣或那樣的方法,而選擇哪一種方法,就取決于我們用什么樣的解題思路。由此可見,掌握證明題的一般思路、探索證題過程中的數學思維、總結證題的基本規律是求解幾何證明題的關鍵。常見的證題思路有直接式思路和間接式思路。

一、直接式思路

首先應仔細審查題意,細心觀察題目,分清條件和結論,并盡量挖掘題目中隱含的一些解題信息,以在縝密審題的基礎上,根據定義、公式、定理進行一系列正面的邏輯推理,最后得出命題的證明,這種證題的思路被稱為直接式思路。

掌握分析、證明幾何問題的常用方法：

（一）順藤摸瓜”法（由因導果）

該類問題特點：條件很充分且直觀，一般屬于A級難度的題目，需要我們從已知條件出發，通過有關定義、定理、公理的應用，逐步向前推進，直到問題的解決。

（二）逆向思維”法（執果索因）

該類問題特點：一般已知條件較少。從正常思維難以入手，一般屬于B或C級難度題目。該類問題從求證結論開始逆向推導，一步一步追溯到已知條件，從而進行求解。

（三）天佑開鑿鐵路”法（從兩頭向中間）

該類問題特點：題目條件和結論之間關系比較隱秘，難于直接它們之的必然聯系，該類問題屬于C級難度的題目。

方法：

1、知條件入手，看能得到什么結果就寫出什么結果，與結論相關的輔助線能作就作；

2、結論入手，運用逆向思維，看能推導出什么結果就寫什么結果；

3、聯想，探索推導兩次推導結果之中直接或隱性的關系，然后整理從條件推導結論的推導思路，再一步步寫出推導過程。

注：該類問題在寫出各種推導結果是需注意條理性，忌雜亂無章！

二、間接式思路

有些命題往往不易甚至不能直接證明,這時,不妨證明它的等效命題,以間接地達到目標,這種證題思路就稱為間接式思路。我們常運用的反證法、同一法證題就是兩種典型的用間接式思路證題的方法。

（一）反證法。具體地說,在證明一個命題時,如正面不易入手,就要從命題結論的反面入手,先假設結論的逆命題成立,如果由此假設進行嚴格推理,推導出的結果與已知條件、公式、定理、定義、假設等的其中一個相矛盾,或者推出兩個相互矛盾的結果,就證明了結論的逆命題是錯誤,從而得出結論的正面成立,這種證題方法就叫做反證法。

反證法證題通常有如下三個步驟:

1、反設。作出與結論相反的假設,通常稱這種假設為反證假設。

2、歸謬。利用反證假設和已知條件,進行符合邏輯的推理,推出與某個已知條件、公理、定

義等相矛盾的結果。根據矛盾律,在推理和論證的過程中,在同時間、同關系下,不能對同一對象作出兩個相反的論斷,可知反證假設不成立。

3、得出結論。根據排除率,即在同一論證過程中,命題C與命題非C有且僅有一個是正確的,可知原結論成立。

（二）同一法。欲證某圖形具有某種性質而又比較繁雜或不易直接證明時,有時可以作出具有所示性質的圖形,然后證明所作的圖形與所給的某圖形就是同一個,由此把它們等同起來,這種證法叫做同一法。

例如,同一法證平面幾何問題的步驟如下:

1、出符合命題結論的圖形;證明所作圖形符合已知條件;

2、根據唯一性,確定所作的圖形與已知圖形吻合;

3、斷定命題的真實性。

同一法和反證法都是間接式思路的方法。其中,同一法的局限性較大,通常只適合于符合同一原理的命題;反證法的適用范圍則廣泛一些,能夠用反證法證明的命題,不一定能用同一法論證,但對于能夠用同一法證明的命題,一般都能用反證法加以證明。

在證題過程中,不論是直接思路還是間接思路,都要進行一系列正確的推理,需要解題者對撲朔迷離的表象進行由表及里、去偽存真地分析、加工和改造,并從不同方向探索,以在廣闊的范圍內選擇思路,從而及時糾正嘗試中的錯誤,最后獲得命題的證明。