间接证法之一—同一法

“一个一”是指一个核心——矛盾；“两个二”是指两大总特征：联系与发展；“三个三”是指三大规律：对立统一规律、质量互变规律、否定之否定规律；“四个四”是指四对范畴：原因与结果、现实与可能、必然与偶然、现象与本质。

1 矛盾的同一性和斗争性的辩证关系原理：同一性和斗争性是矛盾的两种基本属性，是矛盾双方相互联系的两个方面。

同一性是指矛盾双方相互依存、相互贯通的性质和趋势。

斗争性是矛盾着的对立面之间相互排斥、相互分离的性质和趋势。

矛盾的同一性和斗争性是相互联结、相互制约的。

同一性不能脱离斗争性而存在，没有斗争性就没有同一性，因为矛盾的同一性是以差别和对立为前提的，是包含差别和对立的同一；斗争性也不能脱离同一性而存在，斗争性寓于同一性之中。

矛盾的同一性和斗争性相互联结、相互制约的原理，要求我们在分析和解决矛盾时，必须从对立中把握同一，从同一中把握对立。

这是辩证认识的实质所在。

反对只见对立、不见同一或者只见同一、不见对立的这种绝对化和片面化的形而上学的观点。

2 矛盾的普遍性和特殊性的辩证关系原理：矛盾的普遍性是指矛盾存在于一切事物中，存在于一切事物发展过程的始终，即矛盾无处不处不在，无时不有。

但是，不同事物的矛盾又是具体的，特殊的，即矛盾有其特殊性。

矛盾的普遍性和矛盾的特殊性是辩证统一的关系。

（1）矛盾的普遍性即矛盾的共性，矛盾的特殊性即矛盾的个性。

矛盾的共性是无条件的、绝对的，矛盾的个性是有条件的、相对的。

（2）任何现实存在的事物都是共性和个性的有机统一。

共性寓于个性之中，没有离开个性的共性；个性也不能脱离共性，也没有离开共性的个性；共性不能代替个性，个性具有共性容纳不了的内容；一般和个别、普遍和特殊的区分是相对的，在一定条件下可以相互转化。

矛盾的共性和个性相统一的关系，既是客观事物固有的辩证法，也是科学的认识方法。

人的认识的一般规律就是由认识个别上升到认识一般，再由一般到个别的辩证发展过程。

3 矛盾的不平衡性原理：事物都是由矛盾群构成的，事物矛盾群中的多个矛盾以及矛盾的各个方面在事物发展中的地位和作用是不同的，由此区分为根本矛盾和非根本矛盾，主要矛盾和非主要矛盾、矛盾的主要方面和次要方面。

四、定值问题的证法定值问题在初中平面几何中已经多次遇到，只不过没有明确它们是“定值”而已！如：底边固定，顶点在与底边的直线上移动，则三角形的面积为定值； 点在弓形弧上移动，则对底边所张的视角为定值；过圆内一定点任意作弦，则弦被该点所分的两部分之积为定值； ……由此可见，定值问题反映出某种“动态”之下不变的量，正是这种不变的量，才使我们深刻地理解并掌握该“动态”的规律，因此，定值问题有着十分丰富的内容，由它还可以引发出一些生动的故事，引起人们对几何产生浓厚的兴趣．许多定值问题有时摇身一变，而成为我们欲定的轨迹，有些定值命题又可用来求极大、极小值，由于这多种用途，很有必要掌握它们的证法．定值问题常用的证明思路：定值问题，实质上也是一个等量问题．因此，前面介绍的各种方法，都可运用在定值问题中，但针对定值的特点，还应注意以下几个方面．1、探求有时，定值问题中并没有具体给出定值来，这时就需要以特殊位置先求这个定值．特殊情况随题而异，通常以动线处于平行、垂直的位置较易算之；对变动的三角形，则又以正的、等腰、直角为宜；涉及到圆，则圆心、切线、公共弦……又有很多性质好为我们利用．2、转化设法转化成已知的定值问题． 3、途径当定值问题不能转化时，通常可沿如下三条途径去试着论证． (1)证任一情形与某特殊情形有相同之值； (2)证任二情形有相同之值；(3)把任一情形的值用题中给定的常量表示出来．这最后一条，正是以前所讲的计算方法，不过在这里，计算之初，有时要先设一个参变量，以体现“动态”之动，然后以参变量为媒介，计算欲定之值，最后化简得出欲算之值不含该参变量，就表明它在“动态”之中确实不变．例3.12 已知⊙O 1、⊙O 2，每一圆的圆心在另一圆周上，A 、B 是二圆之交点，过B 任作一割线分别交二圆于M 、N ，B 在M 、N 之间． 试求：切圆于M 、N 之二切线间的夹角．探索：从题意看，随割线的位置不同，所求之角若变化，这样是求不出的，因此所求之角应与割线无关，故不妨以特殊位置先定其大小．相对于公共弦AB ，宜取与它垂直的割线M 0N 0，如图3-83，这时，由∠ABM 0=∠ABN 0=90o可知，AM 0、AN 0分别过各圆之圆心．故△AM 0N 0是正△，因而易知所求之角应为120o．依此证之如下：证法1：与特殊值皆等如上之探索，先作一特殊割线M 0N 0，再作任一割线MN ，如图3-84．图 3-83图 3-84∵ ∠M 0AM =∠M 0BM =∠N 0BN =∠N 0AN ，∴ ∠MAN =∠M 0AN 0=60o．由弦切角定理，∠TMN +∠TNM =∠MAB +∠NAB =∠MAN =60o．∴ ∠MTN =120o(定值)． 证法2：任二值相等将上述证法中的M 0N 0换成任意位置M 1N 1，如图3-85，则照搬上述过程，可证出∠MTN =∠M 1T 1N 1，即二切线之夹角为定值．证法3：算出任一个由每个圆心在另一圆上可知：∠AO 1B =∠AO 2B =120o． 对任一割线MN ，如图3-86，皆有：o 11602AMN AO B ∠=∠=，o 21602ANM AO B ∠=∠=，∴ △AMN 是正三角形⇒∠MAN =60o．∴ αβ+=60o ⇒∠MTN =120o(定值)．本例的三种证法，体现了上面所述的证定值问题的三种途径．不过，单凭第二种，只能肯定是定值，而未能定出具体值，但任二情形当然也包括特殊的，故如探索，即可定出．最后补充一点：如图3-87，B 不在M 、N 之间．∵ ∠AMN =180o -∠AMB =180o-∠AO 2B =180o -120o =60o，o 21602ANB AO B ∠=∠=，∴ △AMN 是正三角形⇒∠MAN =60o．又 ∠AMT =∠ABM ，∠ANT =∠ABM ，∴ A 、M 、N 、T 四点共圆⇒∠MTN =∠MAN =60o．即，如果题中省略“B 在M 、N 之间”，则二切线MT 、NT 的夹角是60o或120o．例3.13 定长的弦ST 在一个以AB 为直径的半圆周上滑动，SP ⊥AB 于P ，M 是ST 之中点．求证：不管ST 滑到什么位置，∠SPM 是一定角． 探索：题中没给出角的大小，故应以特殊位置S 0T 0探求． 相对于AB ，以S 0T 0∥AB 为宜，因为这时具有对称性，如图3-88，容易看出：∠S 0P 0M 0=∠S 0OM 012=∠S 0OT 0．图3-85图3-86图3-870图 3-88依此看来，弦长一定，所对的圆心角也定，而定角正是这弦长一定的产物．依此，可得如下两种证法．证法1：化归为圆心角如图3-89，连结OM 、OS 、OT ，则有：OM ⊥ST ⇒S 、P 、O 、M 四点共圆⇒SPM SOM ∠=∠，而 12SOM SOT ∠=∠．∴ 12SPM SOT ∠=∠=定值．证法2：化归为圆周角为使定角移至圆周角，先画出全圆周，再延长SP 交另一半圆周于Q ，再连TQ ，如图3-90，则由中位线定理知：PM ∥QT ．故 ∠SPM =∠SQT =定值．例3.14 已知：正△ABC 的边长为1，如图3-91，等腰△DBC 的顶角∠BDC =120o ，以D 为顶点任作一个60o的角，角的两边分别交AB 、AC 于M 、N ．求证：△AMN 的周长等于2．分析：因2AB BC +=，容易看出：△AMN 的周长等于2⇔MN BM CN =+， 于是，只需证后式即可．为此，在MN 上取点E ，无论是使M DE M DB ∠=∠，还是使ME MB =，或是使DE ⊥MN ，企望直接用全等形去证：E 把MN 分成的两段恰与BM 、CN 分别相等，因缺一条件而遇到困难．既然直接去证困难，我们改用间接去证．证法1：同一法如图3-92，作M D E M D B ∠=∠，且使DE DB =，则有：△MDE ≌△MDB ⇒M ED M BD ∠=∠=90o． ∵ DB DC =， ∴ DE DC =． 又 NDE MDE MDN ∠+∠=∠=60o．NDC MDB ∠+∠=120o MDN -∠=60o．∴ NDE NDC ∠=∠． ∴ △NDE ≌△NDC ⇒NED NCD ∠=∠=90o．∴ M 、E 、N 三点共线，即E 在MN 上． 再由两组全等形知：BM EM =，CN EN =， ∴ MN BM CN =+．证毕．既然把MN 分成两段去证有难度，何不反过来，把BM 、CN 合成一段！即有：证法2：作出线段和如图3-93，延长MB 至F ，使BF CN =，连结DF ．则易知：Rt △BDF ≌Rt △CDN ⇒BDF CDN ∠=∠，DF DN =．从而有 MDF MDN ∠=∠=60o．图 3-89图3-90图3-91图 3-92图 3-93∴ △MDF ≌△MDN ，∴ MN MF BM CN ==+．证毕．作出图3-93中的辅助线还有下列方式：作BDF CDN ∠=∠，使DF DN =(或使DF 交MB 的延长线于F )，或将△CDN 绕点D 逆时针旋转120o，然后去证都行的通，自行不妨一试．当然，也可在NC 的延长线上作出MB ，但无本质区别．如果一时引不出辅助线，也可采用计算的办法，因为本例中含有直角等一些特殊角．证法3：计算如图3-94，设BM a =，CN b =，在△CDN 中，由余弦定理：222o 2cos60MN AM AN AM AN =+-⋅⋅22(1)(1)(1)(1)a b a b =-+---- 221()a b a b ab =++-+-在△BDC 中，易算得BD CD ==故tan α，tan β=．又tan 60tan()o αβ==+=，∴ 1()3a b ab -+=，∴ 22222()MN a b ab a b =++=+，即 MN BM CN =+． 引申：对本例细加分析，就可看出它的来源，并加以推广．首先，从证法1中容易看出：自D 作DE ⊥MN于E ，如图3-95，则有DE DB DC ==，故以D 为圆心，以DB 为半径画圆，则BMNC 正是与此圆相切的折线，切点为B 、E 、C ．于是，原题的条件和结论：12MDN BDC ∠=∠，△AMN 的周长等于2AB ，都是十分显然的，因此，原命题之逆也是一个定值问题，即有：例3.15 已知：正△ABC 的边长为1，如图3-91，等腰△DBC 的顶角∠BDC =120o，∠MDN 的两边分别交AB 、AC 于M 、N ．若△AMN 的周长等于2，则∠MDN 为定值(60o)．从图3-95中进一步可看出，保持相切关系不变，当切点B 或C 在圆上滑动时，如图3-96，则正三角形变为等腰三角形，此时，12MDN BDC ∠=∠，△AMN 的周长等于2AB ，仍然成立．再隐去相切之圆，可得到如下推广：例3.16 已知等腰△ABC 中，AB AC =，D 与A 在BC 之异侧，且BD ⊥AB ，CD ⊥AC ，M 、N 分别在AB 、AC 上．则12MDN BDC ∠=∠⇔△AMN 的周长等于2AB ．这再一次表明：深挖一下题目的背景和来源，有利于我们加深理解并加以推广．图3-94图3-95图 3-96如前所述，定值问题也可用来解决极值问题，对此，请看一道赛题． 例3.17 设定点A 位于定圆⊙O 外，自A 引⊙O 的二切线AB 、AC ，再在劣弧 BC上任取一点P ，过P 引切线分别与AB 、AC 相交于M 、N ，如图3-97．试问：P 点在劣弧 BC上移动到何处时，△AMN 的面积最大？并证明之．证法1：利用定值 由上例可知：△AMN 的周长为定值．而周长为定值的三角形以正三角形的面积为最大．又因∠MAN 为定角，故△AMN 只能以等腰时的面积为最大，因此，当P 处于 BC的中点时，△AMN 的面积为最大． 证法2：计算如图3-97，设⊙O 的半径为r ，△AMN 的面积为S ．则：S ABOC BMNCO =-四边形的面积五边形的面积2MNO ABOC S ∆=-四边形的面积，由于四边形ABOC 的面积为定值，12MNO S r MN ∆=⋅，故当MN 最小时，S最大．记BOM α∠=，CON β∠=，则有：tan MP BM r α==，tan PN CN r β==， 所以，(tan tan )tan()(1tan tan )MN MP PN r r αβαβαβ=+=+=+-，其中，1tan()tan tan 2r r BOC r BOA αβ+=∠=∠AB =为定值，而cos cos sin sin 2cos()1tan tan cos cos cos()cos()αβαβαβαβαβαβαβ-+-==-++，故知当αβ=时，MN 达到最小值．此时易知，P 是 BC的中点． 所以，当P 滑动到 BC的中点时，△AMN 的面积最大． 进而，我们还可以求出△AMN 面积的最大值来： 如图3-98，当△AMN 的面积S 最大时，易知P 也是MN 与AO 的交点．设AO a =，则cos()cos OB rBOA OA aαβ+=∠==， ∴ 221tan tan 1r a rr a a rαβ-==++． 又tan()tan AB BOA OB αβ+=∠= ∴2r MN r a r ==+最小图 3-97图 3-98∴ 12S AP MN =⋅=最大最小 当然，MN 的最小值也可由△AMP ∽△AOB 求出：MP APBO AB =⇒BO AP MP AB ⋅===⇒2MN MP ==最小．此外，还有定位问题，即在动态之中，某些动线恒过定点等，它们也很有趣．请看下节的例3.26．。

反证法反证法是一种间接证法．为了证明某个命题的正确性，先提出一个与命题的结论相反的假设，然后，从这个假设出发，经过正确的推理，导致矛盾，从而否定假设，达到肯定原命题正确的目的，这种方法就是反证法．反证法的逻辑根据是“排中律”：对于同一思维对象，所作的两种互相对立的判断只能一真一假、反证法就是通过证明结论的反面不真而肯定结论为真的一种证明方法．用反证法证明一个命题的正确性的步骤，大体上分为：（1）反设：假设结论的反面成立；（2）归谬：由反设及原命题的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾；（3）结论：否定反设，肯定原命题正确．按照反设所涉及到的情况的多少，反证法可分为归谬反证法与穷举反证法．1．若结论的反面只有一种情形，那么，反设单一，只须驳倒这种情形，便可达到反证的目的．这叫归谬反证法．2．若结论的反面不只一种情形，那么，要将各种情形一一驳倒，才能肯定原命题正确，这叫穷举反证法．【例1】设)0是一次函数()0y ax b a=+≠上一点，试证y ax b=+的图象至多只能通过一个有理点（横坐标和纵坐标都是有理数的点）．夯实基础知识导航板块一反证法14反证法与同一法【解析】将x =，0y =代入y ax b =+，得b =，于是(y a x =，设()0y ax b a =+≠的图象上有两个不同的有理点()11x y ，、()22x y ，，则1x 、1y 、2x 、2y 都是有理数，且((1122y a x y a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩消去a，变形得122121x y x y y y --因为12x x ≠，则12y y ≠，所以上式左端是有理数，它不可能等于无理数，故()0y ax b a =+≠的图象至多只能通过一个有理点．【备选】 求证:平面上任意两个不同的整点到点P 的距离都不相等． 【解析】 假设结论不成立，则平面上两个不同的整点(,)A a b 、(,)B c d （其中a 、b 、c 、d 都是整数）使得AP BP =．由22AP BP =可得2222((((a b c d -+-=-+-，即22222(2(a c b d a b c d --+--，从而22222228()12()8()(()a c b d a c b d a b c d -+-+--=+--，进而可得22222228()(()8()12()a c b d a b c d a c b d --+------， 因此()()0a c b d --=．⑴ 若0a c -=，则0b d -=，从而a c =，b d =，A 、B 重合． ⑵ 同理，若0b d -=，A 、B 重合．习题1. 若0a ≠，则关于x 的方程0ax b +=的解是唯一的．【解析】 因为0a ≠，则bx a=-是0ax b +=的一个解，假设0ax b +=的解不是唯一的，不妨设1x 、2x 都是0ax b +=的解，这里12x x ≠，则10ax b += ① 20ax b += ② ①-②得 ()120a x x -=由于12x x ≠，所以120x x -≠，则0a =，这与0a ≠矛盾． 故若0a ≠，则x 的方程0ax b +=的解是唯一的．【点评】证明的第一行是说明解的存在，在这种情况下，结论“解是唯一的”的否定是“至少有两个解”，但本题的反设是“若1x 、2x （12x x ≠）是0ax b +=的解”，其实，这里省去了“只要有两个不同的解，就能导出矛盾，当然不可以有更多的不同的解”的推理．【例2】 平面上有一点P 及ABC △，若PB PC AB AC +>+，求证：点P 在ABC △外部． 【解析】 假设点P 不在ABC △外部，则有如下几种可能：⑴ 若点P 在BC 边上（如下左图）．由PB PC BC AB BC +=<+，与已知矛盾，所以点P 不可能在BC 边上． ⑵ 若点P 在AC （或AB ）边上（不包括端点）（如下中图），则PB AB AP <+所以PB PC AB AP PC AB AC +<++=+与已知矛盾，所以点P 不可能在AC （或AB ）边上．P CB AAB CPDAB CP⑶若P与A重合，显然PB PC AB AC+=+，与已知矛盾，故点P不可能是A点．⑷若点P在ABC△内（如上页右图），延长BP交AC于D，则AB AD BP PD+>+①PD DC PC+>②①+②得AB AD PD DC BP PD PC+++>++即AB AC PB PC+>+，与已知矛盾，所以点P不在ABC△内．由以上⑴～⑷知，点P必在ABC△外．习题2.如右图，在凸四边形ABCD中，若AB BD AC CD++≤，求证：AB AC<．DCBA【解析】设AB AC≥，则ACB ABC∠∠≥，因为ABCD是凸四边形，所以BCD ACB∠>∠，ABC DBC∠>∠，则B C D D B C∠>∠，于是BD CD>，故A B B D A C C D+>+，与已知条件矛盾，因此，AB AC<得证．习题3.在同一平面内有四条直线a、b、c、d，若a与b相交，c a⊥，d b⊥，则c与d也相交．【解析】假设c d∥，因为a c⊥，所以a d⊥，又因为b d⊥，所以a、b平行，这与已知条件a 与b相交矛盾，故c与d也相交．【例3】在四边形ABCD中，OA OC=，ABC ADC∠=∠，求证：ABCD是平行四边形．【解析】若OB OD=，则显然ABCD是平行四边形．若OB OD≠，不妨设OB OD>，则在OB上取点'B，使得'OB OD=，连结''AB B C、，则四边形'AB CD是平行四边形，则'ADC AB C ABC∠=∠>∠，矛盾！探索提升故ABCD 是平行四边形．习题4. 已知在四边形ABCD 和''''A B C D 中，''AB A B =，''BC B C =，''CD C D =，''DA D A =，且AB CD ∥，''''B C D A ∥．证明：这两个四边形都是平行四边形．【解析】 显然，若AB CD =则结论成立．否则，不妨设AB CD >，BC DA >．如图，在线段BA 上截取BE CD =，连结DE ； 则四边形EBCD 是平行四边形，DE BC =． 同样，在线段''B C 上截取'''B F A D =， 则'''A B FD 是平行四边形，'''D F A B =．那么'''''AB CD AE ED AD BC AD B C A D FC -=>-=-=-=，'''''''D F C D A B C D AB CD >-=-=-，矛盾!即两个四边形均是平行四边形．【例4】 G 是ABC △的重心，若AB GC ACGB +=+，则AB AC =．BB【解析】 若AB AC ≠，不妨设AB AC >，通过倍长中线可得CAG BAG ∠>∠，作点C 关于AG 的对称点'C ，则由“8字模型”，''AB GC AC GB +>+， 可得AB GC AC GB +>+，矛盾！故AB AC =．【例5】 试证明雷米欧司—斯坦纳定理：内角平分线相等的三角形是等腰三角形．非常挑战FEDCB A【解析】 如图，若AB AC >，则一方面， ACB ABC ∠>∠，DCB EBC ∠>∠，在DBC △和EBC △中，CD BE =，BC CB =于是BD CE > ……① 另一方面，作DBEF □，则BE DF =，又BE CD = ∴FDC △为等腰三角形，其中DF DC = ∴FCD DFC ∠=∠，而ABE ACD ∠<∠∴EFC ECF ∠>∠，从而EC EF BD >= ……② 综合①、②，矛盾．【备选】 设凸五边形ABCDE 的各边相等，并且A B C D E ∠∠∠∠∠≥≥≥≥，求证：此五边形是正五边形．【解析】 假设A E ∠>∠，那么在BAE △和AED △中，由BAE AED ∠>∠可得BE AD >；因此，在ABD △和EBD △中，由BE AD >可得BDE ABD ∠>∠．另外，由BC CD =可得BDC CBD∠=∠，结合BDE ABD ∠>∠可得CDE CBA ∠>∠，而这与已知条件B D ∠≥∠矛盾．所以A E ∠≤∠，结合已知条件可得A B C D E ∠=∠=∠=∠=∠，得证．本题中，多次使用了“两边对应相等的两个三角形中，夹角越大，则第三边也越大；反之亦然”这一定理．板块二 同一法同一法在符合同一法则的前提下，代替证明原命题而证明它的逆命题成立的一种方法叫做同一法．同一法是间接证法的一种．当要证明某种图形具有某种特性而不易直接证明时，使用此法往往可以克服这个困难．用同一法证明的一般步骤是:(1)不从已知条件入手，而是作出符合结论特性的图形； (2)证明所作的图形符合已知条件；(3)推证出所作图形与已知为同一图形．【例6】 在等腰ABC △中，AB AC =，36A ∠=︒，D 是AC 上的一点，满足AD BC =；求证：（1）ABD CBD ∠=∠；（2）BD BC =．【解析】 由点D 的唯一性，利用同一法可以轻松解决问题．【例7】 在ABC △中，D 是BC 边上一点，40B ∠=︒，30BAD ∠=︒，AB CD =，求C ∠．【解析】 在BC 所在直线上找点'C ，使得'AC AB =，连结'AC则'40C ∠=︒，70ADC ∠=︒，那么'70DAC ∠=︒，由此''DC AC AB DC ===，即C 、'C 重合．所以40C ∠=︒．习题 5. 在ABC △中，D 是BC 边上一点，42B ∠=︒，27BAD ∠=︒，AB CD =，求C ∠．知识导航探索提升【解析】 说明：答案为42︒；题目可进一步变成“在ABC △中，D 是BC 边上一点，B α∠=，BAD β∠=，32180αβ+=︒，AB CD =，求C ∠”．【备选】 在梯形ABCD 中，AD BC ∥，90B C ∠+∠=︒，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，求证：()12EF BC AD =-．【解析】 延长BA 、CD 交于点P ，连结PF 交AD 于点'E ，利用线束定理容易证明'E 即为AD 的中点，那么E 、'E 重合，则1122EF PF PE BC AD =-=-，得证．【例8】 在ABC △中，AD 是角平分线，I 是AD 上一点，且1902BIC BAC ∠=︒+∠，则I 为ABC △的内心．【解析】 设'I 为三角形的内心，显然'I 必在AD 上，且1'902BI C BAC ∠=︒+∠．若点I 在'AI 上，易得1902BIC BAC ∠<︒+∠；若点I 在'I D 上，易得1902BIC BAC ∠>︒+∠．所以，点I与点'I 重合，即I 为三角形的内心．习题6. 如图，I 是ABC △的BAC ∠的角分线上一点，直线MN 过点I ，与A B A C 、边分别交于点M N 、，且ABI NIC ∠=∠，ACI MIB ∠=∠．求证：I 是ABC △的内心．非常挑战【解析】1180902BIC MIB NIC BAC∠=︒-∠-∠==︒+∠，结合上题结论可知，I是ABC△的内心．。

D 简述如何用同一法做几何证明题陈平在整个中学数学学习过程中，几何证明题是无法逾越的一个重点和难点，而几何证明题的重点突破口又是题目的分析方法，所以掌握一定的几何证明题的分析方法显得尤为重要。

中学几何题证明方法一般分为直接证明和间接证明两种，有些题目，如果直接去证明，不但关系复杂，而且思路繁琐，在应试的过程中很难在较短的时间内解决问题，但当你换一种思路，用间接的方法去考虑，往往能够达到意想不到的效果。

间接的证明方法一般又分为两种，一种是反证法，另一种称为同一法（又称统一法），两种方法各不相同，反证法在教科书中有较为完整的学习体系，但同一法却没有给出明确概念和用法，但教科书中的例题却时不时地用到同一法，现就同一法的用法做简单概括说明。

要想用好同一法，就必须先对同一法有较为明确的概念区分，虽然学界对同一法一直存在争议，但王学贤老师就曾用集合的观点很好的解释过同一法的实质，大致内容是：每一个数学命题都是由条件和结论两部分构成的，一般的命题可以描述为如果（若）某些对象具有某种性质a ，那么（则）它们就具有某种性质b ，在这里，条件是“某些对象具有性质a ”，结论是“它们具有性质b ”，如果我们把具有性质a 的对象的集合记作A ，把具有性质b 的对象的集合记作B ，把“某些对象中任一对象记作x ，则x ∈A 。

若原命题是真命题，则x ∈B 。

因此，命题用集合描述为就是：A 是B 的子集，即A ⊆ B 。

同样，其逆命题就是A B ⊆ 。

显然A 不一定等于B ，即原命题成立，逆命题不一定成立，但当集合A 仅含有一个元素m,集合B 也仅含有一个元素n 时，A ＝B ，此时，原命题成立，其逆命题也必然成立。

因此，我们得到下述基本原理：如果一个命题的条件和结论所指的对象都唯一存在时，则原命题、逆命题等价，这个基本原理叫做同一原理，例如“等腰三角形顶角的平分线是底边的中垂线”就符合同一原理。

当一个命题符合同一原理，且直接证明比较困难时，可转而证明它的逆命题，这种证明方法就是同一法，具体的做法是：当我们欲让某个图形A 具有某种性质B 时，先构造一个具有性质B 的图形A ′，然后证明图形A ′就是图形A ，实质上是证明逆命题来间接证明原命题的正确。

证明三点共线问题的方式一、利用梅涅劳斯定理的逆定理例一、如图1,圆内接MBC为不等边三角形，过点A、B、C别离作圆的切线依次交直线EC、CA、AE于灯、B'、求证：A、O三点共线。

由梅涅劳斯定理的逆定理，知A、B'、L三点共线。

2、利用四点共圆（在圆内，主要由角相等或互补取得共线）例2、如图，以锐角"EC的一边BC为直径作0（）,过点A作0（）的两条切线，切点为M、N,点H是AABC的垂心.求证：M、H、N三点共线。

（1996年中国奥数）证明：射线AH交BC于D,显然AD为高。

咎记AE与0（）的交点为E,易知C、H、E三点共线。

//—联结OM、（）N、DM. ON. MH、NH,C 易知ZAMO = ZANO = AADO = 90° ,・・・A 、M. C ）、D 、N 五点共圆,更有入M. D 、N 四点共圆， 此时，ZAMD+ZAND = 18(Y )AM 2 = AE-AB = AH ■ AD (E 、D 、H 、E 四点共圆)，AD即——=——;又= ADAM , AH AM所以 AAMH-AADM,故 ZAHM = ZAMD 同理，ZAHN = ZAND 。

因为 ZAHM + ZAHN = ZAMD + ZAND = 180° , 所以，M 、H 、N 三点共线。

3、利用面积法若是沐曰使=*旳jw 点已、F 位于直线MN 的异侧，则直线MN 平分线段EF,即M 、N 与EF 的中点三点共线。

例3.如图，延长凸四边形ABCP 的边AB 、DC 交于点E,延长边AD 、BC 交于点F,又M 、N 、L 别离是AC 、BD 、EF 的中点，求证：M 、N 、L 三点共 线。

证明：设BC 的中点为0,辅助线如图所示， 由OM//AE.ON 〃DE 可知，点、0必在AEMN 内,此时,S\EMN =S SOMN +S \OME +S \ONEE—Sgwv + S gMB + SgNC = S^BMN=y (孔BMD + S^BCD )= y (孔BMC +SDMC ) = j •亍( $1ABC + SADC ) _ '四边 J^ABCD 同理，S 列N = t S 四边形AB8。

同一法：
原题：
求证：三角形两边中点连线平行于三角形的第三边.
逐步提示：
1、首先可以画出示意图，设D、E分别为AB、AC的中点，想想看如何进行证明？
2、辅助线作法：由图形及其已知发现要直接得出结论很难，我们可以过点D作DE’∥BC
交AC于E’，很容易得出AE’=E’C；
3、再结合一条线段的中点只有一个，可得E与E’重合，问题即可得到解答。

解后反思：
此类题目主要是运用同一法进行解题，同一法的内容如下：
如果一个命题的条件和结论所含的事项都唯一，当证明某图形具有某种性质感到困扰时，可以作一个具有这种性质的图形，然后证明所作的图形和已知的图形是同一个图形，从而证出某图形具有某种性质，这种证明方法叫作同一法。

在符合同一法则的前提下，代替证明原命题而证明它的逆命题成立的一种方法叫做同一法. 用同一法证明的一般步骤是:
（1）不从已知条件入手，而是作出符合结论特性的图形；
（2）证明所作的图形符合已知条件；
（3）推证出所作图形与已知条件要求的是同一事物，由此断定原命题成立。

巩固练习：
如图，△ABC中，D是BC上一点，若BD:CD=AB:AC，求证：AD是∠BAC的平分线。