學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2。2直接證明與間接證明2.2.1直接證明知識梳理1.直接從原命題的條件逐步推得命題成立的，這種證明稱為___________________（directproof）.2。從已知條件出發,以已知的________________________________為依據，逐步下推，直到推出要證明的結論為止,這種證明方法稱為綜合法.3。從問題的結論出發，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使結論成立的條件與已知條件吻合為止。這種證明方法稱為___________________.知識導學綜合法的基本思路是“由因導果”即從已知看可知，再逐步推向未知的方法。若用P表示已知條件,已有的定義、定理、公理等，Q表示所要證明的結論，則綜合法可用框圖表示為：分析法的基本思路是：從未知看需知,再逐步靠近已知，若用P表示已知條件,Q表示所要證明的結論，則分析法的框圖可以表示為疑難突破1.綜合法與分析法的異同點：綜合法與分析法是兩種不同的證明方法，但它們都是直接證法，都屬于演繹推理，幾何學中的定理和數學問題中的證明，大部分都采用綜合法和分析法.綜合法與分析法的不同之處是:綜合法是“由因導果”，而分析法則是“執果索因”.分析法便于我們去找思路，而綜合法便于過程的敘述。2.證明與推理之間的聯系和區別。（1）聯系：證明過程其實就是推理的過程.就是把論據作為推理的前提，應用正確的推理形式，推出論題的過程。一個論證可以只含一個推理，也可以包含一系列的推理；可以只是用演繹推理，或只用歸納推理，也可以綜合運用演繹推理和歸納推理，所以證明就是推理，是一種特殊形式的推理.（2）區別:（ⅰ)從結構上看，推理包含前提和結論兩部分，前提是已知的,結論，是根據前提推出來的；而證明是由論題、論據、論證三部分組成的.論題相當于推理的結論,是已知的，論據相當于推論的前提。（ⅱ)從作用上看,推理只解決形式問題，對于前提和結論的真實性是管不了的.而證明卻要求論據必須是真實的，論題經過證明后其真實性是確信無疑的。典題精講【例1】已知a、b、c∈R+,且a+b+c=1，求證：（-1）(—1）（—1）≥8。思路分析:這是一個條件不等式的證明問題,要注意觀察不等式的結構特點和條件a+b+c=1的合理應用.可用綜合法和分析法兩種方法證明.證明：（方法1綜合法）（-1)(—1)（-1)=（)(-1)（—1）===8當且僅當a=b=c時取等號,所以不等式成立。（方法2分析法）：要證（-1）（-1)（—1）≥8成立只需證≥8成立因為a+b+c=1,所以只需證≥8成立即：≥8只需證≥8成立而≥8顯然成立。∴（-1）（-1)(—1）≥8成立。綠色通道:綜合法是從已知條件出發,經過逐步推理，最后達到特征的結論；而在分析法中，從結論出發的每一步驟所得到的判斷都是使結論成立的充分條件,最后一步歸結到已被證明了的事實。黑色陷阱:在證明不等式時要注意應用重要不等式和不等式的性質，要注意基本不等式應用的條件及等號成立的條件。【變式訓練】已知a、b、c∈R+,求證：(ab+a+b+1）×(ab+bc+bc+c2)≥16abc。證明：綜合法:方法1∵ab+a+b+1=(a+1）（b+1）。ab+ac+bc+c2=（a+c）（b+c）又∵a＞0,b＞0,c＞0，∴a+1≥＞0，b+1≥＞0，a+c≥＞0,b+c≥。∴(a+c)(b+c）≥,（a+1)(b+1)≥＞0.因此當a,b，c∈R+時，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc,結論得證方法2分析法：要證(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2）≥16abc成立，只需證：（a+1）（b+1）（a+c）（b+c）≥16ab成立。由于a＞0，b＞0,c＞0。∴a+1≥,b+1≥.a+c≥b+c≥∴(a+1)（b+1)(a+c）(b+c）≥···=16abc.即：(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc成立。【例2】在△ABC中，三個內角A、B、C對應的邊分別為a、b、c，且A、B、C成等差數列,a、b、c成等比數列，求證：△ABC為等邊三角形.思路分析:將A、B、C成等差數列，轉化為符號語言就是2B=A+C;a、b、c成等比數列，轉化為符號語言就是b2=ac.A、B、C為△ABC的內角，這是一個隱含條件，明確表示出來是A+B+C=π,此時，如果能把角和邊統一起來，那么就可以進一步尋找角和邊之間的關系，進而判斷三角形的形狀.余弦定理正好滿足要求,于是可以用余弦定理為工具進行證明.證明：由A、B、C成等差數列，所以有2B=A+C，因為A、B、C為△ABC的內角,所以A+B+C=π,所以B=.由a、b、c成等比數列,有b2=ac。由余弦定理及b2=ac，可得：b2=a2+c2—2accosB=a2+c2-ac。∴a2+c2—ac=ac即（a-c)2=0，因此a=c，從而有A=C。∴A=B=C=，所以△ABC為正三角形.【變式訓練】如圖2—2—1所示，設在四面體P—ABC中，∠ABC=90°,PA=PB=PC,D是AC的中點，求證：PD垂直于△ABC所在的平面。圖2—2—1證明：因為BD是Rt△ABC斜邊上的中線,所以DA=DC=DB，又因為PA=PB=PC，而PD是△PAD,△PBD，△PCD的公共邊,所以△PAD≌△PBD≌△PCD。于是，∠PAD=∠PBD=∠PCD,而∠PDA=∠PDC=90°,因此，∠PDB=90°。可見PD⊥AC和PD⊥BD.由此可知PD垂直于△ABC所在平面.【例3】設a、b、c為一個三角形的三邊，s=（a+b+c)且s2=2ab，試證：s＜2a。思路分析：題目中條件與結論之間的關系不明顯,因此可以先結合條件把結論適當的轉化。結合條件s=(a+b+c）,可把結論s＜2a轉化為(a+b+c）＜2a,即證b+c＜3a，我們結合條件s2=2ab，把結論s＜2a轉化為s＜，即b＜s.再結合條件s=(a+b+c）,把結論進一步轉化為2b＜a+b+c，即b＜a+c從而得到證明.證明:要證s＜2a,由于s2=2ab,所以只需證s＜,即b＜s,因為s=(a+b+c）,所以只需證2b＜a+b+c,即b＜a+c.由于a、b、c為一個三角形的三邊,所以上式顯然成立。于是原命題成立。綠色通道：利用分析法證明本題要注意挖掘其中的隱含條件，由結論適當轉化。在分析法證明中，從結論出發的每一步驟所得到的判斷都是使結論成立的充分條件,最后一步歸結到已被證明了的事實。【變式訓練】求證：當一個圓和一個正方形的周長相等時,圓的面積比正方形的面積大.證明：設圓和正方形的周長即為L,依題意，圓的面積為π,正方形的面積為因此只需證明。兩邊同乘以得：,因此只需有π＜4,因為π＜4顯然成立.所以，π＞，即問題得證.【例4】(2006年全國高考卷Ⅱ,20)如圖2—2—2所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=BC，D、E分別為BB1，AC1(1）證明:ED為異面直線BB1與AC1的公垂線；（2）設AA1=AC=AB，圖2—2—2求:二面角A1-AD—C1的大小.思路分析：本題以直三棱柱為載體，考查異面直線的公垂線的定義及二面角的求法.充分考查了證明的幾種方法，在問題中的綜合運用能力，會用綜合法和分析法來解決問題.解法1：（1)設O為AC中點,連結EO，BO，則EOC1C，又C1CB1B∴EODB。EOBD為平行四邊形,ED∥OB。∵AB=BC，∴BO⊥AC,又平面ABC⊥平面ACC1A1，BO故BO⊥面ACC1A∴ED⊥平面ACC1A1，ED⊥AC1,ED⊥CC1∴ED⊥BB1∴ED為異面直線AC1與BB1的公垂線。(2）連結A1E，由AA1=AC=AB可知，A1ACC1為正方形,∴A1E⊥AC1，又由ED⊥面A1ACC1和ED平面ADC1知，平面ADC1⊥平面A1ACC1，∴A1E⊥平面ADC1。作EF⊥AD，垂足為F，連結A1F，則A1F⊥AD，∠A1FE為二面角A1—AD—C則AC=2，AB=，ED=OB=1，EF=,tan∠A1FE=.∴∠A1FE=60°.所以二面角A1-AD—C1為60°。解法2:（1）如圖,建立直角坐標系O-xyz，其中O為AC的中點。設A（a,0,0），B（0，b,0）,B1(0,b，2c）,則C(—a，0，0）,C1(—a，0,2c)，E（0,0,c），D(0,b，c)。=（0，b，0),=（0,0，2c)，·=0，∴ED⊥BB1，同理可證ED⊥AC1所以ED是異面直線BB1與AC1的公垂線.（2）不妨設A（1，0，0），則B（0，1，0），C（—1,0,0），A1(1,0，2），=（-1,—1，0），=（—1，1，0)=(0，0,2），·=0,·=0,即BC⊥AB，BC⊥AA1，又AB∩AA1=A，BC⊥面A1AD。E(0，0,1),D(0，1,1），C(—1,0，0)，=（—1，0,—1）,=（-1,0，1),=(0,1，0)，·=0，·=0即EC⊥AE，EC⊥ED，又AE∩ED=E，EC⊥面C1AD。cos〈·>==即得和的夾角為60°。所以二面角A1-AD—C1為60°.綠色通道:本題主要考查直線與直線的垂直，直線與平面垂直的判定及二面角平面角的求法.方法一為傳統解法，方法2為向量解法.兩種方法各有千秋，充分體現了思維的靈活性。黑色陷阱:在解決此類問題時，要注意計算方法的靈活性，特別是向量解法，應注意各點的坐標。【變式訓練】（2005年北京高考卷,20）在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5,AA1=4，點D是AB的中點，如圖2—2-3（1）求證：AC⊥BC1；(2）求證:AC1∥平面CDB1;（3）求異面直線AC1與B1C圖2-2-3解：解法1∵直三棱柱ABC-A1B1C1∴AC⊥BC.∵BC1在平面ABC內的射影為BC，∴AC⊥BC1,(2）設CB1與C1B的交點為E，連結DE。∵D是AB的中點,E是BC1的中點,∴DE∥AC1，∵DE平面CDB1,AC1平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.（3）∵DE∥AC1,∴∠CED為AC1與B1C在△CED中，ED=AC1=,CD=AB=，CE=CB1=。∴cos∠CED=∴異面直線AC1與B1C所成角的余弦值為.解法2：∵直三棱柱ABC—A1B1C1∴AC、BC，C1C如圖所示,以C為坐標原點，直線CA、CB、CC1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則C(0，0，0)，A(3，0，0），C1(0，0，4),B(0,4，0），B1(0，4，4），D（,2,0）（1)∵=（-3，0，0），=(0,-4，4)，∴·=0，∴AC⊥BC1。（2)設CB1與C1B的交點為E,連結DE,則E（0，2，2)∵=(—,0，2）,=（-3,0,4),∴=,∴DE∥AC1。∵DE平面CDB1，AC1平面CDB1,∴AC1∥平面CDB1.(3)∵=（—3，0，4),=(0,4,4)。∴cos<，>=.∴異面直線AC1與B1C所成角的余弦值為.問題探究問題1：設有比例式。由比例性質可得：=，。由此可得=-1.試指出這個推理的錯誤所在。導思：==是正確的.而得到結論=-1的錯誤原因是什么呢？探究：由題意令=t,且x、y、z≠0。∴x=t（y+z)y=t(z+x），z=t(x+y)∴x+y+z=t(y+z)+t（z+x）+t(x+y)=t(2x+2y+2z)=2t(x+y+z）。∵x+y+z≠0∴t=。∴由比例式的性質=是正確的。而x—y=t(y+z）-t（z+x）=t［（y+z)—（z+x)]=t（y-x）若x-y≠0,t=-1。此題錯誤的關鍵在于沒有考慮x=y的情況。所以這個推理錯誤的關鍵是題目中沒有告訴x、y、z是否完全相等,若x=y=z，則第二個關系式是錯誤的。由此題可以看出，在證明問題的過程中，證明要嚴謹，思考要縝密，做到無懈可擊,無可置疑.問題2：在△ABC中，BC、AC邊上的中線所在的直線AD與BE相交于點H.求證：AB邊上的中線所在的直線也通過點H.證明：因為任何三角形的三條中線所在的直線相交于一點，所以AB邊上的中線所在的直線一定通過點H.上述命題的證明正確嗎？如果