初中数学竞赛 知识点和真题 第28讲 反证法Word文件下载.docx

1、假设亚里斯多德的论断是正确的设有物体A、B，且，则A应比B先落地。现把A与B捆在一起成为物体AB，则，故AB比A先落地；又因A比B落得快，A，B在一起时，B应减慢A的下落速度，所以AB又应比A后落地，这样便得到了自相矛盾的结果这个矛盾之所以产生，是由亚里斯多德的论断所致，因此这个论断是错误的评注 伽利略所采用的证明方法是反证法一般地，在证明一个命题时，从命题结论的反面入手，先假设结论的反面成立，通过一系列正确的逻辑推理，导出与已知条件、已知公理、定理、定义之一相矛盾的结果或者两个相矛盾的结果，肯定了“结论反面成立”的假设是错误的，从而达到了证明结论正面成立的目的，这样一种证明方法就是反证法反证

2、法对大家来说并不陌生，它是一种最常见的证明方法成语故事：“自相矛盾”中，“以子之矛攻子之盾”，正是采用了反证法例2 （2002年北京市初中数学竞赛试题）已知abc0，证明：四个数，中至少有一个不小于6.证明 24.（*）如果6，6，6，6，则24.与（*）式矛盾. 所以, 四个加数,中至少有一个不小于6.例3（1997年山东省初中数学竞赛试题）设a、b、c为互不相等的非零实数，求证三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0不可能都有两个相等的实数根.证明 用反证法。假设这三个方程都有三个相等的实数根，则三式相加，得4（a2b2c2）4（abbcca）0,2a22b22c22a

3、b2bc2ca0, （ab）2（bc）2（ca）20.ab0, bc0, ca0. abc, 这与a、b、c互不相等相矛盾.这个方程不可能都有两个相等的实数根.例4 （1964年北京市中学生数学竞赛试题）如图所示, 四边形PQRS四边PQ、QR、RS、SP上各有一点为A、B、C、D.已知ABCD是平行四边形, 而且它们的对角线和PQRS的对角线都交于一点O. 证明: PQRS也是平行四边形.证明 如图, 若PQRS不是平行四边形, 则其对角线不能互相平分, 即OP、OR与OQ、OS两对线段中至少有一对不相等，不妨设OPOR，OQOS，在OR上取OROP，在OS上取OS（S可能与S重合），联结R

4、S，则RS与OC的交点C在OC内，故有OCOC，由PQOROS，得OPAOPC，OCOA，OAOC，这与ABCD是平行四边形矛盾，故原结论成立，即PQRS也是平行四边形。例5 （2001年山东省初中数学竞赛试题）有12位同学围成一圈，其中有些同学手中持有鲜花，鲜花总数为13束。他们进行分花游戏，每次分花按如下规则进行：其中一位手中至少持有两束鲜花的同学拿出两束鲜花分给与其相邻的左右两位同学，每人一束。试证：在持续进行这种分花游戏的过程中，一定会出现到少有7位同学手中持有鲜花的情况。证明 不妨设开始时手中持有鲜花的同学不足7位。我们以A1、A2、A3、A12按逆时针方向依次分别标记这12位同学。

5、（1）在分花游戏过程中，任何相邻的两闰同学一旦其中一位手中持有鲜花，那么，在此后的每次分花之后，他们两人中始终至少有一人手中持有鲜花。事实上，每次分花，如果分花的同学不是这两位同学中的一位，那么，他们俩手中的鲜花只会增加，不会减少。如果他们俩中的一位是分花者，那么，分花后另一位同学一定持有鲜花。（2）任何一位同学不可能手中始终无花，可用反证法证明这一点。不妨假设A1手中始终无花，这意味着A2始终没有作为分花者，故A2手中鲜花增加，不会减少。因总共只有13鲜花，所以经过有限次分花之后，A2不再接受鲜花。这又意味着经过有限次分花之后，A3不再为分花者。同理可知，再经过有限次分花后，A1不再为分花者

6、。依次类推，经有限次分花之后，全部12位同学无一人为分花者，活动终止，这就与“13束鲜花分置于12位同学手中，无论何种情况总能找到可能分花的同学”的事实茅盾，所以任何一位同学不可能手中始终无花。由（1）、（2）可知，经若干次分花之后，可使任何相邻的两位同学中至少有一位同学手中有花，因此至少有6位同学手中有花。若仅有6位同学手中有花，则手中有花的同学不可能相邻，否则就会有两位手中无花的同学相邻。因此，只要再进行一次分花，至少增加一位手中持花的同学，即至少有7位同学手中持有鲜花。例6（第三届“希望杯”全国数学邀请赛试题）（1）能否把1，2，1992这1992个数字分成八组，使得第二组各数之和比第一

7、组各数之和多10，第三组各数之和比第二组各数之和多10，最后第八组各数之和比第七组各数之和也多10？请加以说明；（2）把上题中的“分成八组”改为“分成四组”，结论如何？请加以说明，如果能够，请给出一组分法。解（1）不能。下面用反证法来证明：按题意，假设我们把这1992个数分成八组，每组各数之和分别为 s, s+10, s+20, s+30, s+40, s+50, s+60, s+70.则其和为s+（s+10）+（s+70）=8（s+35）.它能被8整除，但 1+2+1992=它不能被8整除，产生矛盾，故按题意分成的八组是不可能的。 （2）如果把“分成八组”改为“分成四组”，结论是成立的。因为

8、，我们把这1992个数分成四组，每组各数之和分别为s, s+10,s+20, s+30, 则 s+（s+10）+（s+20）+（s+30）=4（s+15）.它能被4整除，而这1992个数和42491993也能被4整除，所以这样分组是可能的。 下面给出一种分组法（分组法不惟一）。 首先，我们把这1992个数分成四组，每组各数之和等于2491993，即见表1： 表1：一二三四1 1，19922，19913，19904，19895，19886，19877，19868，19859，198410，198311，198212，198113，198014，197915，197816，197717，19761

9、8，197519，197420，1973993，1000994，999995，998996，997然后，我们把第1组的1和第四组的16对调，第二组的6和第三组的11对调，得表2： 表2：16，19924，198011，19876，19821，1977这样分成的四组，每组各数之和分别是496272，496262，496252，496242。例7 （1998年黄冈市初中数学竞赛试题）在ABC中是否存在一点P，使得过P的任一直线都将该ABC分成等积的两部分？为什么？解 不存在这样的点。假设存在点P满足条件，连结AP并延长交BC于D，连结BP并延长交AC于E，则SABD =SACD，有BD=CD，同理

10、，AE=CE. 所以P是的重心，故.过P作GHBC，分别交AB,AC于G, H，则有AGHABC。所以, 即故点P不满足条件，即不存在这样的点.英国数学家斯特维斯特曾提出如下问题：平面上n个不全共线的点中，总可以找到一条直线，它仅通过其中两个点。这个貌似简单的问题苦恼过不少数学家。1933年Gallai给出了一个证明，但这个证明十分复杂。后来一位中学教师Kelly 利用极端原理给出了一个十分简洁的证明。在1995年吉林省初中数学竞赛题中，出现了这个问题的一种变形，请大家看例8，再回头想一下斯特维斯特问题该如何证明。例8 （1995年吉林省初中数学竞赛题）在平面内有n条两两不平行的直线, 并过其

11、中任意两条直线的交点还有一条已知直线, 求证：这n条直线都通过同一个点.证明 假设这n条直线不通过同一个点, 我们考虑这n条直线的交点，交点的个数是有限的, 我们可以求出这些点到已知直线的距离, 这些距离的 个数也是有限的,所以其中一定有一个距离是最小的.不妨设由交点A到直线l的距离AE是最小的距离（如图）。根据题设条件, 通过点A至少有三条直线,设它们与直线l分别交于B、C、D，显然B、C、D三点中至少有两点位于点E的同侧，不妨设C、D在点E同侧，且CE DE（C可能与E重合），过C作CFAD于F，则CFDAED，1，即CFAE，这与“点A到直线l的距离AE是最小的距离”矛盾，这n条直线通过

12、同一个点.同步训练一 选择题1（1997市北京市初中数学竞赛初赛题）正方形ABCD的边长为3，E是边AB上的点，AE1，O是DE的中点，过O作直线分别交DA、BC于M、N，且MN，则（ ）.A、MODDEBB、MODAEDC、MOD90D、MOD902（第10届“五羊杯”初中数学竞赛试题）正整数系数的二次议程ax2bxc0是有理根，则a、b、c中（ ）.A、至少有一个偶数B、至少有一个奇数C、至少有一个质数D、至少有一个合数二填空题3（第二届“五羊杯”初中数学竞赛试题）有4个对话如下：甲：我们当中只有1人说假话。乙：我们当中仅有2人说假话。丙：我们当中恰有3人说假话。丁：我们都说假话。则说假话的有 人。4（第10届“希望杯”竞赛试题）三个不同的质数a、b、c满足abbca2000，则abc 。5. 不解方程，证明方程x22001x+2001=0无整数根。三解答题6（1994年天津市初中数学竞赛试题）已知平面上n条直线两两相交，求证：它们的交角中至少有一个角不大于。7. （全国初中数学联赛吉林省预选赛试题）设x、 y、z都不为0的相异实数，且满足等式：试证明：此等式的值不可能是实数。8. 能否把1，2，1992这1992个数分成8组，使得第二组各数之和比第一组各数之和多10，第三组各数之和比第二组各数之和多10，最后第八组各数之和比第七组各数