人教版初中數(shù)學(xué)八年級上冊第12章全等三角形綜合應(yīng)用題解析

原創(chuàng)百度文庫VIP專屬文檔，侵權(quán)必究！全等三角形綜合應(yīng)用經(jīng)典題解析1、已知：如圖，四邊形ABCD中，AB=CD，∠A=∠D，求證：∠B=∠C.BBCAD2、如圖，AP平分∠EAF，PC⊥AE于點C，PB⊥AF于點B，AP交BC于點H．ABCPEFH求證：APABCPEFH3、已知：如圖，DC∥AB，且DC=AE，E為AB的中點，(1)求證：△AED≌△EBC．DADAEBCOAABCG4、如圖，在△ABC中，BG=CG，∠ACG=∠ABG，求證：AG⊥BC．

BPCAD5、如圖，已知AB＝DC，AC＝DB，BP＝CP，求證：ABPCADGEGEACFB求證：（1）EC=BF；（2）EC⊥BF.FFANEMCB7、如圖：BE⊥AC，CF⊥AB，BM=AC，CN=AB.求證：（1）AM=AN；（2）AM⊥AN.ABDABDC9、已知：BC=DE，∠B=∠E，∠C=∠D，F(xiàn)是CD中點，求證：∠BAF=∠EAF.CCFDFABEABDABDCAFBEDC11、已知：AD平分∠BACAFBEDC12、已知：AC平分∠BAD，CE⊥AB，∠B+∠D=180°，求證：AE=AD+BE.EEABDC13、如圖，四邊形ABCD中，AB∥DC，BE、CE分別平分CBADECBADE14、已知△ABC中，AB=AC，∠A=100°，∠B的平分線交AC于D，求證：AD+BD=BC.CCABD15、如圖所示，AB∥CD，在AB、CD、BC上各有一點E、F、P，且BE＝CF，P是BCCFDPAEB的中點，試說明三點E、F、CFDPAEB12AB12ABECAFEAFEDCB18、如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AD是BC邊上的中線，過C作AD的垂線，交AB于點E，交AD于點F，求證：∠ADC＝∠BDE．CCAEBDF19、已知：如圖，AB＝AD，BC＝DC，E、F分別是DC、BC的中點，求證：AE＝AF.DDCcAFEB20、如圖，在四邊形ABCD中，∠A=60o，AD+BC=AB=CD=2，求該四邊形的面積.DDABC21、ABABDCPDACB22、P是∠BAC平分線AD上一點，AC＞AB，求證：PCPDACB23、如圖，P是∠MAN平分線上一點，PB⊥AM于點B，點C、D分別在AM、AN上，NDACMPB∠ACP+∠ADP=180°，NDACMPB24、MENBMENBCDA25、如圖，已知B、C、E三點在同一條直線上，△ABC與△DCE都是等邊三角形.其中線段BD交AC于點G，線段AE交CD于點F.求證：(1)AE=BD；(2)GF∥BE.AADBCEGFADEFBC2ADEFBC交BC于點D，求證：DE=DF.27、如圖，∠AOB=30°，OA=1，OB=3，點M、N分別為∠AOB兩邊上的動點，求AN+NM+MB的最小值.AAMONBACMB28、已知等邊△ABC內(nèi)一點M，AM=1，BM=，CM=ACMB29、如圖，四邊形ABCD中AB∥CD，AB≠CD，BD=AC，求證：AD=BC.AADBCEBDCEABDCEAF求證：（1）△AEF≌△CEB；（2）AF＝2CD．31、在△ABC中,∠ACB=90°,BC=AC,直線MN經(jīng)過點C,且AD⊥MN于D,BE⊥MN于E.(1)當(dāng)直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時,求證：①△ADC≌△CEB②DE=AD+BE.ABMDCENABMDCENEABMDCN若不成立，說明理由.32、求證：等腰三角形底邊上任意一點到兩腰的距離之和等于腰上的高.33、如圖，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，E、F分別是CA、CB邊上的點且AE=2CE，將BF=2CF，△ECF繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜90°），得到△MCN，連接AM，BN．AMENαCFB(1)求證：AM=BN；(2)當(dāng)MA∥AMENαCFBAEDBCA134、如圖，在長方形ABCD中，AB=AEDBCA1【提示：若a·b=0，則a=0或b=0】35、如圖，在△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于點D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于點E，與CD相交于點F，點H是BC邊的中點，連結(jié)DH與BE相交于點G.(1)求證：BF=AC；GHGHFACBED36、如右圖，把矩形ABCD沿直線BD向上折疊，使點C落在C′的位置上，(1)若AB=4，BC=8，AEDBCCAEDBCC’EABDCFGα37、正方形ABCD和正方形AEFG有公共頂點A，將正方形AEFG繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角∠DAG=α，其中0°≤α≤180°，連結(jié)DF，BF，如圖。(1)若α=0°，則DF=BF，請加以證明；(2)試畫一個圖形（即反例），說明(1)中命題的逆命題是假命題；EABDCFGαBcCAaBcCAabDIHEFGaBccbbACDaAaccbbBCEDa分別證明：a2+b2=c2.(2)用同樣的方法證明圖3中a2+b2=c2.思路提示BCADBCAD思路：(法一)連接AC、BD，先證△ABD≌△DCA(S.A.S.)，得AC=DB.再證△ABC≌△DCB(S.S.S.)，從而得∠B=∠C.(法二)延長BA、CD，相交于點P，由∠BAD=∠CDA，得∠PAD=∠PDA，進(jìn)而得PA=PD，又AB=CD，則PB=PC，從而得∠B=∠C.ABCPEFH2、如圖，AP平分∠EAF，PC⊥ABCPEFHAP交BC于點H．求證：AP·BC=2AB·PB.思路：先由條件證明△ACP≌△ABP(A.A.S.)，再證△ACH≌△ABH(S.A.S.)得CH=BH且BC⊥AP，再由四邊形ABPC面積的兩種求法得.DAEDAEBCO(1)求證：△AED≌△EBC．(2)除△EBC外，請再寫出兩個與△AED的面積相等的三角形．思路：(1)由DC∥AB及DC=AE可證△AED≌△CDE(S.A.S.),進(jìn)而得AD=EC，∠EAD=∠DCE=∠BEC.又E為AB的中點，則△AED≌△EBC(S.A.S.)ABCGH(2)△AEC，ABCGH4、如圖，在△ABC中，BG=CG，∠ACG=∠ABG，求證：AG⊥BC．思路：由BG=CG得∠BCG=∠CBG，又∠ACG=∠ABG則∠ACB=∠ABC，故AB=AC.再證得△AED≌△EBC(S.S.S.)，則AG平分∠BAC，則由“三線合一”得AG⊥BC．BPCAD5、如圖，已知AB＝DC，AC＝DB，BP＝CP，求證：ABPCAD思路：由AB＝DC，AC＝DB及BC=CB得△ABC≌△DCB(S.S.S.)，則∠ABC=∠DCB，再由BP＝CP得△ABP≌△DCP(S.A.S.)，故AP＝DP.21G21GEACFB求證：（1）EC=BF；（2）EC⊥BF.思路：由AE⊥AB，AF⊥AC得∠BAE=∠FAC=90o，則∠CAE=∠FAB.又AE=AB，AF=AC，得△AEC≌△ABF(S.A.S.)，故EC=BF及∠AEC=∠ABF.如圖∠1=∠2，則∠BGE=180o-∠ABF-∠1=180o-∠AEC-∠2FANEMCB=FANEMCB7、如圖：BE⊥AC，CF⊥AB，BM=AC，CN=AB.求證：（1）AM=AN；（2）AM⊥AN.思路：由BE⊥AC，CF⊥AB得∠BEC=∠BFC=90o，又∠CME=∠BMF，則∠MCE=∠MBF.又CN=AB，AC=BM得△ACN≌△MBA(S.A.S.)，則AN=AM，∠N=∠MAB.由AN=AM得∠AMN=∠N=∠MAB=45o，則∠MAN=90o，故AM⊥AN.ABDCABDCE由D是BC中點可得△CDE≌△BDA(S.A.S.)，則CE=AB=4.在△ACE中，CE-AC＜AE＜CE+AC，則4-2＜AE＜4+2，即2＜AE＜6，進(jìn)而得1＜AD＜3.由AD是整數(shù)得AD的長為2.9、CFDCFDFABE可證得△BCM≌△EDN(A.A.S.或A.S.A.)，進(jìn)而得AM=AN，又證FM=FN，則由“三線合一”得∠BAF=∠EAF.(提醒)延長BC、ED交于點P，再連接FP也可證明，但麻煩的是ABDABDCB’10、思路：在AC上截取AB’=AB，連接DB’.可證得△ABD≌△AB’D(S.A.S.)，則∠B=∠B’，BD=B’D.又AC=AB+BD則B’C=BD=B’D，故∠B’=2∠C，即∠B=2∠C.補充：此題運用“截長補短”的思路方法，還可以延長AB至點C’，使得AC’=AC,AFBEDCG通過證△AC’D≌△AFBEDCG11、思路：如圖，延長AD至點G，使DG=DF，連接CG.可證得△CDG≌△EDF(S.A.S.)，則∠G=∠DFE，CG=EF.由EF//AB得∠DFE=∠DAB，又AD平分∠BAC，則∠DAC=∠DAB，EABDCD’進(jìn)而得EABDCD’12、思路：在AE上截取AD’=AD，連接CD’.可證得△ACD≌△ACD’(S.A.S.)，則∠D=∠AD’C.又∠B+∠D=180°，∠AD’C+∠BD’C=180°，得∠B=∠BD’C，即D’C=BC.又CE⊥AB，則ED’=EB，故AE=AD’+ED’=AD+BE.補充：此題運用“截長補短”的思路方法，還可以延長AD至點E’，使得AE’=AE，CBADEA’通過證△CBADEA’13、思路：在BC上截取BA’=BA，連接EA’.可證得△ABE≌△A’BE(S.A.S.)，則∠A=∠BA’E.由AB∥DC得∠A+∠D=180°，又∠BA’E+∠CA’E=180°，得∠D=∠CA’E，進(jìn)而得△CDE≌△CA’E(A.A.S.)，則A’C=DC，故BC=A’B+A’C=AB+DC.補充：此題運用“截長補短”的思路方法，還可以延長BA至點C’，使得BC’=BC，先后證△BEC’≌△BEC(S.A.S.)、△AEC’≌△DEC(A.A.S.)進(jìn)而得結(jié)論.CABDA’D’14、思路：由AB=AC，∠A=100°得∠ABCCABDA’D’又BD平分∠ABC，則∠ABD=∠DBC=20°.在BC上分別截取BA’=BA，BD’=BD.可證得△ABD≌△A’BD(S.A.S.)，則A’D=AD及∠BA’D=∠A=100°，進(jìn)而得∠CA’D=80°.又∠BD’D=80°=∠CA’D，則DD’=DA’=DA.由∠BD’D=∠C+∠CDD’，得∠CDD’=40°=∠C，則CD’=DD’=AD.故AD+BD=BC.補充：也可延長BA至點D’，使BD’=BD，連接DD’.再延長BD至點C，使BC’=BC，連接CFDPAEBP’CCFDPAEBP’15、思路：如圖，連接EF，交BC于點P’.由AB∥CD及BE＝CF得△EBP’≌△FCP’(A.S.A.)則P’B=P’C，又P是BC的中點，則點P’和P重合，故E、F、P三點恰好在一條直線上.補充：也可分別連接PE、PF，證得△EBP≌△FCP(S.A.S.)12ABECF進(jìn)而得∠BPE=∠CPF，則∠EP’C=180°12ABECF16、思路：延長BE交AC于點F.由∠1=∠2，BE⊥AE可證得△AEB≌△AEF(A.S.A.)，AFEDCBAFEDCBG由∠ABC=3∠C及∠AFE=∠FBC+∠C得∠FBC=∠C，則FB=FC，故AC-AB=2BE.17、思路：延長DE至點G，使EG=ED，連接AG.可證得△AEG≌△BED(S.A.S.)，則AG=BD，∠G=∠D.又AF=BD，得AG=AF，則∠G=∠AFG=∠CFD=∠D，得CD=CF=AC-AF=AC-BD=7-5=2.18、如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CACAEBDFG交AB于點E，交AD于點F，求證：∠ADC＝∠BDE．思路：過點B作BG⊥BC，交CE延長線于點G.先證得△CBG≌△ACD(A.S.A.)，則∠G＝∠ADC，BG=CD=BD.再證得△BGE≌△BDE(S.A.S.)，則∠G＝∠BDE，DCcDCcAFEB19、思路：連接AC.先證△ACD≌△ACB(S.S.S.)，DABCG得DABCG則△ACE≌△ACF(S.A.S.)，得AE＝AF.20、如圖，在四邊形ABCD中，∠A=60o，AD+BC=AB=CD=2，求該四邊形的面積.思路：延長AD至點G，使得AG=AB，連接BG、BD.根據(jù)條件可證△BDG≌△DBC(S.S.S.)，ABDCBABDCB’再由等邊三角形的面積與邊長的關(guān)系可得.21、如圖，在四邊形ABCD中，AB=AC，∠ABD=60°，∠ADB=75°，∠BDC=30°，求∠DBC的度數(shù).思路：過點A作AB’⊥AB，交CD延長線于點B’.根據(jù)條件可證△AB’D≌△ABD(A.S.A.)，從而可得△AB’C是等邊三角形，則∠CAB’=60°，PDACBB’進(jìn)而得∠BAC=30PDACBB’22、思路：在AC上截取AB’=AB，連接PB’.根據(jù)條件可證△AB’P≌△ABP(S.A.S.)，得PB’=PB.在△PB’C中，PC-PB’＜B’C，即PC-PB＜B’C，而B’C=AC-AB’=AC-AB，NDACMPBNDACMPBG23、如圖，P是∠MAN平分線上一點，PB⊥AM于點B，點C、D分別在AM、AN上，∠ACP+∠ADP=180°，若AB=3cm，求AC+AD的長.思路：過點P作PG⊥AN于點G.先證△ABP≌△AGP(A.A.S.)，得AB=AG，PB=PG.再證△CBP≌△DGP(A.A.S.)，得BC=DG.MENBCDAFMENBCDAF24、如圖在正方形ABCD中，M是AB的中點，MN⊥MD，BN平分∠CBE，求證：MD=MN.思路：在AD上截取AF=AM，連接MF.根據(jù)條件可證△MDF≌△NMB(A.S.A.)，得MD=MN.BCEBCEADGF△NGM≌△MAD，但找相等邊有困難.25思路：(1)根據(jù)條件可證△ACE≌△BCD(S.A.S.)，得AE=BD，∠AEC＝∠BDC.(2)由∠ACF＝∠DCE=60°，CD=CE得△GCD≌△FCE(A.S.A.)，則CG=CF，得△GCF為等邊三角形，則∠CGF=60°=∠BCG，故GF∥BE.ADEFBCADEFBCGBE=CF，連接EF，交BC于點D，求證：DE=DF.思路：過點E作EG∥AF交BC于點G，則∠EGB=∠ACB=∠B，得EG=EB=FC.則可證△EGD≌△FCD(A.A.S.)，得DE=DF.補充：還可以過點F作EG∥AB交BC延長線于點G，A’A’AMONBB’N’M’27、如圖，∠AOB=30°，OA=1，OB=3，點M、N分別為∠AOB兩邊上的動點，求AN+NM+MB的最小值.思路：作點B關(guān)于OM的對稱點B’，連接OB’.作點A關(guān)于ON的對稱點A’，連接OA’.則A’B’=A’N’+N’M’+M’B’為AN+NM+MB的最小值.在Rt△A’OB’中，OA’=1，OB’=3，則由勾股定理得A’B’=，即為AN+NM+MB的最小值.NACMB28、已知等邊△ABC內(nèi)一點M，AM=1，BM=NACMB思路：等邊△ABC中AB=AC，∠BAC=60°.將△ABM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得△ACN，連接MN、CN.可證得△AMN為等邊三角形，則∠AMN=60°.由勾股定理的逆定理可得∠CMN=90°，故∠AMC=150°.ADBCEFADBCEF求證：AD=BC.思路：將AC沿AB平移至BF，則BF=AC=BD，得∠BDC=∠F=∠ACD.BDCEAF進(jìn)而得△ACDBDCEAF30、如圖，△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE＝CE．求證：(1)△AEF≌△CEB；(2)AF＝2CD．思路：(1)由AD⊥BC，CE⊥AB得∠AEF=∠ADC=90°，則∠EAF=90°-∠AFE=90°-∠CFD=∠ECB，則△AEF≌△CEB(A.S.A.)；(2)由(1)得AF=BC.又AB＝AC，AD⊥BC，則BD=CD，故AF＝BC=2CD．31、在△ABC中，∠ACB=90°,BC=AC,直線MN經(jīng)過點C,且AD⊥MN于D,BE⊥MN于E.(1)當(dāng)直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時,求證：①△ADC≌△CEB②DE=AD+BE.ABMDCENABMDCENEABMDCN若不成立，說明理由.思路：(1)①易證△ADC≌△CEB(A.S.A.)；②由①得DE=CE+CD=AD+BE.(2)△ADC≌△CEB成立；DE=AD-BE.GAPGAPDFBCE已知：如圖，△ABC中，AB=AC，點P在BC上，PD⊥AB于點D，PE⊥AC于點E，BF⊥AC于點F.求證：PD+PE=BF.證明思路：過點B作BG∥AC，交EP延長線于點G.先證△BGP≌△BDP(A.S.A.)，則GP=DP.由“平行線之間的距離處處相等”得BF=GE=GP+PE=PD+PE.補充：還可以用面積法.連接AP，由S△ABP+S△ACP=S△ABC可得.33、如圖，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，E、F分別是CA、CB邊上的點且AE=2CE，AMENαCFB將BF=2CF，△ECF繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜90°），得到△MCN，連接AMENαCFB(1)求證：AM=BN；(2)當(dāng)MA∥CN時，若AC=3，求AM的長．思路：(1)易證△ACM≌△BCN(S.A.S.)，得AM=BN.(2)當(dāng)MA∥CN時，∠AMN=∠CNM=45°，則∠AMC=90°，即△AMC是直角三角形.若AC=3，則EC=1，即MC=1.AEDBCAEDBCA1H34、思路：過點A1作A1H⊥BC于點H，得Rt△A1HB和Rt△A1HC.由已知得A1B=AB=5，A1H=CH.設(shè)CH長為x，則A1H為x，BH為(7-x).在Rt△A1HB中，由勾股定理得x2+(7-x)2=52，整理得(x-3)(x-4)=0，解得x=3或4，即A1H=CH=3或4.在Rt△A1HC中，由勾股定理得CA1=或.GHFACBED3GHFACBED易證△BDF≌△CDA(A.S.A.)，得BF=AC.(2)證△ABE≌△CBE(A.S.A.)，得CE=AE=0.5AC=0.5BF.(3)連接CG，易得DH垂直平分BC，則CG=BG，得△CEG是等腰直角三角形，則CG=CE，即BG=CE.36、思路：(1)由翻折得∠EBD=∠CBD，由矩形中AD∥BCAEDBCC’得∠EDB=∠CBD，從而得∠AEDBCC’在Rt△BAE中，由勾股定理得AB2+AE2=BE2，即42+(8-BE)2=BE2，解得BE=5，即DE=5，故△EBD的面積為4×5÷2=10.(2)由題意，在Rt△BAE中，∠ABE=30°，AB=2，EABDCEABDCFG37、思路：(1)連接AF，證△AFD≌△AFB(S.A.S.)，得DF=BF.(2)如圖，DF=BF，但α=180°.(3)點F在正方形ABCD內(nèi).38、思路：(1)如圖1，連接BD，則四邊形ABCD的面積=S△ABD+S△CBD=S△ACD+S△ACB，即，整理得a2+b2=c2.如圖2，連接BD，則四邊形ABED的面積=S△BAD+S△BED=S△AED+S△AEB，即，整理得a2+b2=c2.(2)如圖3，連接AD、CI，再過點C作CG⊥IH，分別交AB、IH于點P、G.易證得△ABD≌△IBC(S.A.S.)，則S△ABD=S△IBC.而S△ABD=a2，S△IBC=S矩形IBPG，則a2=S矩形IBPG；連接BG、CH，同理可得S△ABG=S△HAC，即b2=S矩形HAPG.GBcCAabDIHEFGaBccbbACDaAaccbbBCGBcCAabDIHEFGaBccbbACDaAaccbbBCEDaPAADEOBC附加思考：如圖，以△ABC的邊AB、AC為邊長向外作等邊三角形ABC和等邊三角形ACE，CD與BE相交于點O.(1)求證：CD=BE.(2)∠AOD與∠AOE有怎樣的大小關(guān)系？請說明理由.學(xué)海迷津：數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)十大方法1、配方法

所謂配方，就是把一個解析式利用恒等變形的方法，把其中的某些項配成一個或幾個多項式正整數(shù)次冪的和形式。通過配方解決數(shù)學(xué)問題的方法叫配方法。其中，用的最多的是配成完全平方式。配方法是數(shù)學(xué)中一種重要的恒等變形的方法，它的應(yīng)用十分非常廣泛，在因式分解、化簡根式、解方程、證明等式和不等式、求函數(shù)的極值和解析式等方面都經(jīng)常用到它。

2、因式分解法

因式分解，就是把一個多項式化成幾個整式乘積的形式。因式分解是恒等變形的基礎(chǔ)，它作為數(shù)學(xué)的一個有力工具、一種數(shù)學(xué)方法在代數(shù)、幾何、三角等的解題中起著重要的作用。因式分解的方法有許多，除中學(xué)課本上介紹的提取公因式法、公式法、分組分解法、十字相乘法等外，還有如利用拆項添項、求根分解、換元、待定系數(shù)等等。

3、換元法

換元法是數(shù)學(xué)中一個非常重要而且應(yīng)用十分廣泛的解題方法。我們通常把未知數(shù)或變數(shù)稱為元，所謂換元法，就是在一個比較復(fù)雜的數(shù)學(xué)式子中，用新的變元去代替原式的一個部分或改造原來的式子，使它簡化，使問題易于解決。4、判別式法與韋達(dá)定理

一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c屬于R,a≠0)根的判別，△=b2-4ac,不僅用來判定根的性質(zhì)，而且作為一種解題方法，在代數(shù)式變形，解方程(組)，解不等式，研究函數(shù)乃至幾何、三角運算中都有非常廣泛的應(yīng)用。

韋達(dá)定理除了已知一元二次方程的一個根，求另一根;已知兩個數(shù)的和與積，求這兩個數(shù)等簡單應(yīng)用外，還可以求根的對稱函數(shù)，計論二次方程根的符號，解對稱方程組，以及解一些有關(guān)二次曲線的問題等，都有非常廣泛的應(yīng)用。

5、待定系數(shù)法

在解數(shù)學(xué)問題時，若先判斷所求的結(jié)果具有某種確定的形式，其中含有某些待定的系數(shù)，而后根據(jù)題設(shè)條件列出關(guān)于待定系數(shù)的等式，最后解出這些待定系數(shù)的值或找到這些待定系數(shù)間的某種關(guān)系，從而解答數(shù)學(xué)問題，這種解題方法稱為待定系數(shù)法。它是中學(xué)數(shù)學(xué)中常用的方法之一。

6、構(gòu)造法

在解題時，我們常常會采用這樣的方法，通過對條件和結(jié)論的分析，構(gòu)造輔助元素，它可以是一個圖形、一個方程(組)、一個等式、一個函數(shù)、一個等價命題等，架起一座連接條件和結(jié)論的橋梁，從而使問題得以解決，這種解題的數(shù)學(xué)方法，我們稱為構(gòu)造法。運用構(gòu)造法解題，可以使代數(shù)、三角、幾何等各種數(shù)學(xué)知識互相滲透，有利于問題的解決。

7、反證法

反證法是一種間接證法，它是先提出一個與命題的結(jié)論相反的假設(shè)，然后，從這個假設(shè)出發(fā)，經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)致矛盾，從而否定相反的假設(shè)，達(dá)到肯定原命題正確的一種方法。反證法可以分為歸謬反證法(結(jié)論的反面只有一種)與窮舉反證法(結(jié)論的反面不只一種)。用反證法證明一個命題的步驟，大體上分為：(1)反設(shè);(2)歸謬;(3)結(jié)論。

反設(shè)是反證法的基礎(chǔ)，為了正確地作出反設(shè)，掌握一些常用的互為否定的表述形式是有必要的，例如：是/不是;存在/不存在;平行于/不平行于;垂直于/不垂直于;等于/不等于;大(小)于/不大(小)于;都是/不都是;至少有一個/一個也沒有;至少有n個/至多有(n一1)個;至多有一個/至少有兩個;唯一/至少有兩個。

歸謬是反證法的關(guān)鍵，導(dǎo)出矛盾的過程沒有固定的模式，但必須從反設(shè)出發(fā)，否則推導(dǎo)將成為無源之水，無本之木。推理必須嚴(yán)謹(jǐn)。導(dǎo)出的矛盾有如下幾種類型：與已知條件矛盾;與已知的公理、定義、定理、公式矛盾;與反設(shè)