第一篇：證明方法

2.2直接證明與間接證明BCA案

主備人：史玉亮 審核人:吳秉政使用時間：2012年2-1

1學習目標：

1.了解直接證明的兩種基本方法，即綜合法和分析法。了解間接證明的一種基本方法——反證法。

2.了解綜合法和分析法的思考過程與特點，并會用兩種方法證明。了解反證法的解題步驟，思維過程及特點。

重點：

1.對綜合法和分析法的考查是本課的重點。應用反證法解決問題是本課考查的熱點。

2.命題時多以考查綜合法為主，選擇題、填空題、解答題均有可能出現。反證法僅作為客觀題的判斷方法不會單獨命題。

B案

一、直接證明

1.定義：直接證明是從___________或___________出發的，根據已知的_________、________________，直接推證結論的真實性。

2.直接證明的方法：______________與________________。

二、綜合法

1.定義：綜合法是從___________推導到______________的思維方法。具體地說，綜合法 從__________除法，經過逐步的___________，最后達到_______________。

? ?

? ? ?

三、分析法

1.定義：分析法是從__________追溯到__________的思維方法，具體地說，分析法是從________出發，一步一步尋

求結論成立的____________，最后達到

_________或__________。

?

? ? ? ?

四、反證法的定義

由證明p?q轉向證明?p?r?????t,t與_________矛盾，或與某個________矛盾，從而判定_________，推出___________的方法，叫做反證法。

預習檢測：

1.已知|x|＜1，|y|＜1，下列各式成立的是（）

A.|x?y|?|x?y|≥2B.x?yC.xy?1?x?yD.|x|?|y|

ln2ln3ln5,b?,c?，則（）23

5A.a?b?cB.c?b?aC.c?a?bD.b?a?c 2.若a?

3.命題“三角形中最多只有一個內角是直角”的結論的否定是（）

A.有兩個內角是直角

B.有三個內角是直角

C.至少有兩個內角是直角

D.沒有一個內角是直角

4.a?b?c?d的必要不充分條件是（）

A.a?cB.b?dC.a?c且b?dD.a?c或b?d

5.“自然數a,b,c中恰有一個是偶數”的反證法設為（）

A.自然數a,b,c都是奇數B.自然數a,b,c都是偶數

C.自然數a,b,c中至少有兩個是偶數D.自然數a,b,c中都是奇數或至少有兩個偶數

6.已知a是整數，a2為偶數，求證：a也是偶數。

C案

一、綜合法

例1求證：12

3log19?log19?19?

253log2

2.已知n是大于1的自然數，求證：log(n?1)?log(n?2)

n(n?1)

二、分析法

例2．求證??

2變式突破： 已知a,b,c表示三角形的三邊，m?0,求證：

三、反證法：

例3．（1）證明：2不是有理數。

變式突破：若a、b、c均為實數，且a?x?2y?

求證：a、b、c中至少有一個大于0.2abc?? a?mb?mc?m?2,b?y2?2z??3,c?z2?2x??6.當堂檢測：

1.“x?

0”是“?0”成立的（）

A.充分非必要條件 B.必要非充分條件 C.非充分非必要條件 D.充要條件

2.設a?log54，b?(log53)2，c?log45，則（）

A.a?c?bB.b?c?aC.a?b?cD.b?a?c

3.設x,y,z?R?，a?x?111,b?y?,c?z?，則a,b,c三數（）yzx

A.至少有一個不大于2B.都小于2C.至少有一個不小于2D.都大于

22224.若下列方程：x?4ax?4a?3?0,x?(a?1)x?a?0，x?2ax?2a?0至少有2

一個方程有實根，試求實數a的取值范圍。

A案

1.A、B為△ABC的內角，∠A＞∠B是sinA?sinB的（）

A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件

2.若向量a?(x,3)(x?R)，則“x?4”是“|a|?5”的（）

A.充分不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充要條件D.既不充分又不必要條件

3.已知數列{an}為等比數列，Sn是它的前n項的和，若a2?a3?2a1且a4與2a7的等差中項為5，則S5=（）A.35B.33C.31D.29

44.定義在R上的函數f(x)滿足f(x?y)?f(x)?f(y)?2xy(x,y?R)，f(1)?2，則f(?2)等于（）A.2B.3C.6D.9

5.分析法證明問題是從所證命題的結論出發，尋求使這個結論成立的（）

A.充分條件B.必要條件C.重要條件D.既非充分條件又非必要條件

6.下面四個不等式：①a?b?c≥ab?bc?ca；②a(1?a)≤2221ba；③?≥2； 4ab

④(a2?b2)?(c2?d2)≥(ac?bd)2，其中恒成立有（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個

7.若x,y?0且x?y?2，則1?y1?x1?y1?x和的值滿足（）A.和的中至少xxyy

有一個小于2B.1?y1?x1?y1?x和都小于2C.和都大于2D.不確定 xxyy

8.已知?、?為實數，給出下列三個論斷：

①???0；②|???|?

5；③|?|??|?個論斷為結論，寫出你認為正確的命題是______________。

9.設a?0,b?0,c?0，若a?b?c?1，則

111??≥______________。abc

第二篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數學的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。1比較法

比較法是證明不等式的最基本方法，具體有“作差”比較和“作商”比較兩種。基本思想是把難于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數式時常用作商比較）

例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結合a+b≥0來說明作差后的正或負，從而達到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

證明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 設a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb＞abba

分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對稱性，因此可在設a＞b＞0的前提下用作商比較法，作商后同“1”比較大小，從而達到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小

證明：由a、b的對稱性，不妨解a＞b＞0則

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

練習1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及變形有：

（1）若a、b∈R，則a2+b2≥2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當且僅當a=b時，取等號）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過觀察可直接套用： xy≤x2+y2

2證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，當且僅當a1+b2=1時，等號成立

練習2：若 ab0，證明a+1(a-b)b≥

33綜合法

綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發，根據不等式性質推算出要證明不等式。

例4，設a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

證明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

練習3：已知a、b、c為正數，n是正整數，且f(n)=1gan+bn+cn

3求證：2f（n）≤f（2n）

4分析法

從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據觀察求證式等價于 ｜a-c｜＜c2-ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。

要證c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需證-c2-ab＜a-c＜c2-ab

證明：即證 ｜a-c｜＜c2-ab

即證(a-c)2＜c2-ab

即證 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要證 a-2c＜-b 即需證2+b＜2c，即為已知

∴ 不等式成立

練習4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放縮法

放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負項），（2）在和或積中換大（或換小）某些項，（3）擴大（或縮小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正數

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。

證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

練習5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。

(1)三角換元：

是一種常用的換元方法，在解代數問題時，使用適當的三角函數進行換元，把代數問題轉化成三角問題，充分利用三角函數的性質去解決問題。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜

1證明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

復習6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值換元：

對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設一個輔助未知數表示這個比值，然后代入求證式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥431

4證明：設x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反證法

有些不等式從正面證如果不好說清楚，可以考慮反證法，即先否定結論不成立，然后依據已知條件以及有關的定義、定理、公理，逐步推導出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結論，從而肯定原有結論是正確的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題，適宜用反證法。

例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤

2分析：本題已知為p、q的三次，而結論中只有一次，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3將p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2練習7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數學歸納法

與自然數n有關的不等式，通常考慮用數學歸納法來證明。用數學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設n∈N，且n＞1,求證：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：觀察求證式與n有關，可采用數學歸納法

證明：（1）當n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設n=k(k≥2，k∈n)時不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當n=k+1時，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

對于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即當n=k+1時，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對一切n≥2（n∈N），原不等式成立

練習8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構造法

根據求證不等式的具體結構所證，通過構造函數、數列、合數和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構造法。

1構造函數法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的圖像表示y軸對稱

∵當x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當x＜0時，據圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構造圖形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，則|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的結構可知這是直角坐標平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

練習10：設a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項法

某些不等式的證明若能優先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數添項

若不等式中含有奇數項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當且僅當a=b=c時等號成立）證明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項

運用此法必須注意原不等號的方向

例14 ：對于一切大于1的自然數n，求證：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

證明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0時ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添項

例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術平均值添項sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當且僅當x=y時等號成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復運用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

練習11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號成立的條件添項

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立

證明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等號不成立∴③中等號不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常數c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因為x,y是正數，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯因：根據不等式的性質：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 設x+y>0，n為偶數，求證yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

錯證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n為偶數，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同號，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯因：在x+y>0的條件下，n為偶數時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應用比較法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 當x>0,y>0時，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 當x,y有一個是負值時，不妨設x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數時,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

綜合①②知原不等式成立

第三篇：韓信點兵方法證明

關于韓信點兵問題

公式的證明

設：第一次每排A人，最后剩余a人，第二次每排B人，最后剩余b人，第三次每排C人，最后剩余c人。按照求解方法的步驟是：

第一步

1找到滿足下列條件的k1、k2： ○

（B×C）·k1=A·k2+

12將上面的等式兩邊擴大a(第一次最后剩余人數)倍 ○

1式或：（B×C）·a ·k1=A·a·k2+a，……○

[(B×C）·a ·k1]÷A=a·k2……a第二步同法：

1找到滿足下列條件的k3、k4： ○

（A×C）·k3=B·k4+1

2將上面的等式兩邊擴大b(第二次最后剩余人數)倍 ○

2式或（A×C）·b·k3=B·b·k4+b……○

[(A×C)·b·k3]÷B=b·k4……b第三步同法：

3式或(A×B）·c ·k5 =C·c·k6+c……○

[（A×B）·c ·k5]÷C=c·k6……c

1○2○3式相加，并驗證 第四步把○

1式(B×C）·a·k1= A·a·k2+a……○

2式(A×C）·b·k3 = B·b·k4+b……○

3式(A×B）·c·k5= C·c·k6+c……○

1○2○3式左邊相加 驗證：○

1式說明左邊除以A，余a ○

2式說明左邊除以A，無余數； ○

3式說明左邊除以A，也無余數； ○

1○2○3式相加，和除以A,余數必然是a;把○

同理:

1○2○3式相加，和除以B,余數必然是b;把○

1○2○3式相加，和除以C,余數必然是c;把○

最后總結一下：

該數=(B×C）·a·ka+(A×C）·b·kb+(A×B）·c·kc其中：

ka 滿足:(B×C）·ka= An+1取最小 kb 滿足:(A×C）·kb = Bn+1取最小 kc 滿足:(A×B）·kc= Cn+1取最小

第四篇：立體幾何證明方法

立體幾何證明方法

一、線線平行的證明方法：

1、利用平行四邊形。

2、利用三角形或梯形的中位線

3、如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線就和交線平行。（線面平行的性質定理）

4、如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行。（面面平行的性質定理）

5、如果兩條直線垂直于同一個平面，那么這兩條直線平行。（線面垂直的性質定理）

6、平行于同一條直線的兩條直線平行。

二、線面平行的證明方法：

1、定義法：直線與平面沒有公共點。

2、如果平面外一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行。（線面平行的判定定理）

3、兩個平面平行，其中一個平面內的任何一條直線必平行于另一個平面。

三、面面平行的證明方法：

1、定義法：兩平面沒有公共點。

2、如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行。（面面平行的判定定理）

3、平行于同一平面的兩個平面平行

4、經過平面外一點，有且只有一個平面和已知平面平行。

5、垂直于同一直線的兩個平面平行。

四、線線垂直的證明方法

1、勾股定理。

2、等腰三角形。

3、菱形對角線。

4、圓所對的圓周角是直角。

5、點在線上的射影。6利用向量來證明。

7、如果一條直線和一個平面垂直，那么這條直線就和這個平面內任意的直線都垂直。

8、如果兩條平行線中的一條垂直于一條直線，則另一條也垂直于這條直線。

五、線面垂直的證明方法：

1、定義法：直線與平面內任意直線都垂直。

2、點在面內的射影。

3、如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線垂直，那么這條直線垂直于這個平面。（線面垂直的判定定理）

4、如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面。（面面垂直的性質定理）

5、兩條平行直線中的一條垂直于平面，則另一條也垂直于這個平面

6、一條直線垂直于兩平行平面中的一個平面，則必垂直于另一個平面。

7、兩相交平面同時垂直于第三個平面，那么兩平面交線垂直于第三個平面。

8、過一點，有且只有一條直線與已知平面垂直。

9、過一點，有且只有一個平面與已知直線垂直。

六、面面垂直的證明方法：

1、定義法：兩個平面的二面角是直二面角。

2、如果一個平面經過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直。（面面垂直的判定定理）

3、如果一個平面與另一個平面的垂線平行，那么這兩個平面互相垂直。

4、如果一個平面與另一個平面的垂面平行，那么這兩個平面互相垂直。

第五篇：不等式證明若干方法

安康學院 數統系數學與應用數學 專業 11 級本科生

論文（設計）選題實習報告

11級數學與應用數學專業《科研訓練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。