猜想与证明
第1篇：猜想证明题1
猜想证明题
1例1．如图，已知ABC为等边三角形，D、E、F分别在边
BC、CA、AB上，且DEF也是等边三角形．
E（1）除已知相等的边以外，请你猜想还有哪些相等线段，并证
明你的猜想是正确的； F（2）你所证明相等的线段，可以通过怎样的变化相互得到？写
出变化过程． DCB
分析：本题要求学生在掌握全等三角形的概念和性质的基础上，灵活运用三角形全等的判定及性质进行结论猜想。求解这类问题，不能随意乱猜，要结合题目给出的条件，根据图形直观的找出结论后再进行合理的推理论证。
解：（1）图中还有相等的线段是：AE=BF=CD，AF=BD=CE，事实上，∵△ABC与△DEF都是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∠EDF=∠DEF=∠EFD=60°,DE=EF=FD，又∵∠CED+∠AEF=120°，∠CDE+∠CED=120°
∴∠AEF=∠CDE，同理，得∠CDE=∠BFD，∴△AEF≌△BFD≌△CDE（AAS），所以AE=BF=CD，AF=BD=CE。
（2）线段AE、BF、CD它们绕△ABC的内心按顺时针（或按逆时针）方向旋转120°，可互相得到，线段AF、BD、CE它们绕△ABC的内心按顺时针（或按逆时针）方向旋转120°,可互相得到。
说明：
1.本题考查的是在三角形全等的判定及应用及旋转变换，它立意考查学生的观察、分析问题的能力.2.因为几何直观是一种思维形式，它是人脑对客观事物及其关系的一种直接的识别或猜想的心理状态．它不仅拓展了学生的思维空间，考查了学生的能力，更因为几何直观具有发现的功能．这种思维既有形象思维的特点，又有抽象思维的特点，所以成为近几年中考试题的考点及热点问题。
练习一
1.（北京丰台）已知：如图，四边形ABCD是菱形，E是BD
延长线上一点，F是DB延长线上一点，且DE=BF。请你以F
为一个端点，和图中已标明字母的某一点连成一条新的线 段，猜想并证明它和图中已有的某一条线段相等（只须证
明一组线段相等即可）。（1）连结____________；（2）猜想：______=______；（3）证明：
2．（河北）如图10－1－2（1），10－1－2（2），四边形ABCD是正方形，M是AB延长线上一点。直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在AB边上滑动（点E不与点A，B重合），另一条直角边与∠CBM的平分线BF相交于点F。
⑴如图10－1－2（1），当点E在AB边的中点位置时：
①通过测量DE，EF的长度，猜想DE与EF满足的数量关系是； ②连接点E与AD边的中点N，猜想NE与BF满足的数量关系是；
③请证明你的上述两猜想。
⑵如图10－1－2（2），当点E在AB边上的任意位置时，请你在AD边上找到一点N，使得NE=BF，进而猜想此时DE与EF有怎样的数量关系。
3．（河南）空投物资用的某种降落伞的轴截面如图所示，ABG是等边三角形，C、D是
CG、DG分别交AB于点E、F，以AB为直径的半圆O的两个三等分点，试判断点E、F分别位于所在线段的什么位置？并证明你的结论（证明一种情况即可）
D到B、C、4．（潍坊）如图，已知平行四边形ABCD及四边形外一直线l，四个顶点A、直线l的距离分别为a、b、c、d．
（1）观察图形，猜想得a、b、c、d满足怎样的关系式？证明你的结论．
(2)现将l向上平移，你得到的结论还一定成立吗？请分情况写出你的结论．
5.（锦州）如图a，△ABC和△CEF是两个大小不等的等边三角形，且有一个公共顶点C，连接AF和BE.(1)线段AF和BE有怎样的大小关系?请证明你的结论；
(2)将图a中的△CEF绕点C旋转一定的角度，得到图b，(1)中的结论还成立吗?作出判断并说明理由；
(3)若将图a中的△ABC绕点C旋转一定的角度，请你画山一个变换后的图形c(草图即可)，(1)中的结论还成立吗?作出判断不必说明理由；
(4)根据以上证明、说理、画图，归纳你的发现.
第2篇：观察、猜想与证明
第8章 观察、猜想与证明单元检测题
（时间：90分钟
满分：100分）
一、选择题（30分，每小题3分）1．若“！”是一种数学运算符号，并且1!=1，2!=2×1=2，3!=3×2×1=6，4!=4×3×2×1，…，100!的值为（）98!50
A．
B．99!
C．9 900
D．2!49则2．用锯锯木，锯会发热；用锉锉物，锉会发热；在石头上磨刀，刀会发热，所以物体摩擦会发热．此结论的得出运用的方法是（）
A．观察
B．实验
C．归纳
D．类比 3．如右图所示水杯从上面看到的图形是（）
4．某地发生了一起盗窃案，警察局拘留了甲、乙、丙、丁4个嫌疑犯．审讯时，甲说：“这事不是我干的”．乙说：“这事我没干”．丙说：“这事是甲干的”．•丁说：“这事是丙干的”．侦破的结果，4人中只有一人说了假话，那么，盗窃犯是（）
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁 5．下列四个句子是命题的是（）
A．相等的角是对顶角
B．对顶角相等吗
C．利用三角形画60°的角
D．直线、射线、线段 6．下列命题中假命题是（）
A．直角都相等；
B．任何一个角都比它的余角小；
C．两平行线被第三条直线所截，一组内错角的平分线互相平行；
D．两点之间，线段最短
7．如图所示，AB⊥EF，CD⊥EF，∠1=∠F=45°，那么与∠FCD相等的角有（）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
（第7题）
（第8题）
（第9题）8．如图所示，AB∥CD，则正确的是（）
A．∠A+∠C=180°
B．∠B+∠A=180°
C．∠B+∠C=180°
D．∠B+∠D=180° 9．如图所示，下列条件中，能判定AB∥CE的是（）
A．∠A=∠ECD
B．∠B=∠ACE
C．∠B=∠ACB
D．∠A=∠ACE 10．如图所示，下列推理不正确的是（）
A．若∠1=∠C，则AE∥CD
B．若∠2=∠BAE，则AB∥DE C．若∠B+∠BAD=180°，则AD∥BC；
D．若∠C+∠ADC=180°，则AE∥CD
（第10题）
（第13题）
（第14题）二、填空题（36分，每空3分）
11．已知∠α与∠β是对顶角，且∠α+∠β=150°，那么∠=________． 12．如果∠α和∠β的两边分别平行，则α和β的关系是_______． 13．如图所示，已知∠1+∠2=180°，∠3=110°，则∠4=_______． 14．如图所示，根据题意可识别哪两直线平行．
（1）如果∠1=∠2，那么根据内错角相等，两直线平行，可得________．
（2）如果∠3=∠4，那么根据________，可得______．
（3）如果∠6=∠7，那么根据________，可得_______．
（4）若∠DAB+∠ADC=180°，那么根据________，可得________．
（5）若∠ABC+∠BCD=180°，那么根据________，可得________． 三、解答题（共34分）
15．从2开始，连续的偶数相加，和的情况如下：
2+2=2×2
2+4=6=2×3
2+4+6=12=3×4
2+4+6+8=20=4×5
…
（1）请推测从2开始，n个连续偶数相加，和是多少？（2）取n=6，验证（1）的结论是否正确？（10分）
16．证明：两条平行线的同旁内角的角平行线互相垂直．（12分）
17．如图，AB∥CD，在AB与CD之间任意找一点E，连接AE，CE（说明：• AB，CD都为线段）自己画出图形并探索下面问题：
（1）试问∠AEC与∠C有何种关系？请猜想并给出证明．（6分）
（2）当E点在平行线AB，CD的外部时，上一问的结论是否仍然成立？•画图探索并予以证明．（6分）
ABCD
第3篇：中考数学猜想证明题
2012年的8个解答题的类型
一实数的计算、整式的化简求值、分式的化简求值、解分式方程、解二元一次方程组、解不等式组并在数轴上表示解集
二画图与计算、圆的证明与计算、三角函数应用题
三统计应用题、用列表法或树形图求某以事件的概率、统计与概率的综合应用题
四一次与反比例函数的数形结合、二次函数的数形结合、列方程或方程组解应用题
五、猜想与证明题
六、综合应用题
七、探索发现应用题
八、动点应用题
现在举出典例来领悟猜想与证明题的解题思路：
第4篇：费马猜想之证明.
费马猜想之证明
景光庭
引言：20世纪60年代初，笔者首次接触“费马猜想”。在以后的岁月中，笔者断断续续地研究它。直至1992年，才有机会在《潜科学》上相继发表过三篇论文，这次是最终的证明。
虽然美国数学家怀尔斯因发表论证“费马猜想”的文章，并于1997年荣膺国际上的沃尔夫斯克尔数学大奖，但并没有推开蒙在世界数学家心头上的阴云。笔者曾通过《美国教育交流中心》向怀尔斯寄去了总长仅一页的论文复印件，并明确指出，他在证明中将“费马方程”转化为椭圆曲线，而笔者转化为抛物线，这是不能共存的。何况笔者的转化过程，浅显得连中学生都能读懂，无懈可击，百分之百的正确。怀尔斯巨著难道不是沙滩上的一座摩天大厦？我也向德国马克斯普朗克研究所的学者法尔廷斯寄去了论文复印件，亦表述了上述观点，因为他是少数几个通读怀尔斯论文，并唯一肯定和帮助怀尔斯将论文从二百多页化减到一百三十页的学者。遗憾的是至今未复。
如果怀尔斯不屑回答一个业余数学爱好者提出的疑问，对他就是一个绝妙的讽刺，因为他以毕生精力研究攻克和使他一举成名的“费马猜想”提出者费马是律师，而不是法兰西学院的院士。恰恰相反，数学只是他的业余爱好。他与人交流数学心得，往往是在通信中进行的，并不象今天这样只有在学术界认可的刊物上发表的文章才能被专家认可。如果当年的学术界也对费马这样苛求，那么今天根本不存在什么“费马猜想”这个问题了。定理：p2
XPYPZP
(1)中，p为奇素数，X，Y，Z无正整数解。证：假设X，Y，Z均有正整数解。
令 X=x，Z= x+a(a为正整数), Y = y0+a(y0为正整数)，约定(x,y0,a)=1，则有：
xp（y0a)p(xa)p 即：
p12p2p1p1p12p2p1p1(3)y0pc1c2......cpay0c1c2......cpax0 pay0pay0paxpax
(2)不失一般性，可设(x,y0)d1xdx1,y0dy1,(x1,y1)1，以d除(3)式，并令：b0dp1，b1cpad于是：b0y1b1y1pp11p2p1p1,„„,bp1cpa, ......bp1y1b1x1p1b2x1p2......bp1x10
b1x1p2b2x1p3......bp2x1bp1y1s1 b0y1p1b1y1p2......bp1x1s1x1b0y1p1b1y1p2.......bp2y1bp1 s1y1b1x1p2b2x1p3.......bp2x1bp1
用心 爱心 专心
118号编辑
其中“Z-x=a”中的a 必须是(须含有因子p1p1a)p1，且“Y=y0+a”中的Y必须含有因子
p1a，同时Y必须表达成Y=y0+a，且y0必a，但这些条件是不可能满足的，故只有a=1。
a1时(2)式有： xp(y01)p(x1)p（6）若设X＜Y,则有 x＜y0+1＜x+1 其中y0不可能为正整数，与假设相矛盾，故（1）式中，p为奇素数时，X,Y,Z无正整数解。证法二：
a=1时，因为b0y1p1b1y1p2bp1x1=
b1x1p2b2x1p3bp2x1bp1y1p
1=s1中，等式右端分子含因子p，等式左端分子除b0外各项均含因子p，故b0含因子p。而b0=d式向（2）式转换过程中，且a=1时，有
Xp，（x，y0）=d，所以x ,y0均含因子p。在（1）+Yp=Zp x+(y0+1)=(x+1)ppp其中x，y0均含因子p，Y表述为y0+1和Z表述为x+1，这些条件均无法满足，故s1不成立。
s1不成立与假设相矛盾。故（1）式中，p为奇素数时，X、Y、Z无正整数解。证毕
用心 爱心 专心
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第5篇：中点四边形猜想与证明
中点四边形猜想与证明
大连市第四十四中学初二八班***
猜想：四边形中点连线为平行四边形
即：如图1-1，在四边形ABCD中，E、F、G、H为四边中点
求证：四边形EFGH为平行四边形
证明：如图∵E、F为AD、AB的中点
∴EF//BD（三角形的中位线平行于第三边）
同理：HG//BD
∴HG//EF（如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行）
同理：EH//FG
∴四边形EFGH是平行四边形
（两组对边分别平行的四边形是平行
四边形）
FH
图1-1图1-2 B
那么：由已知条件：EF=HG=1/2BDFG=EH=1/2AC(三角形中位线定理)因为“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，所以当EF=GF时，即1/2BD=1/2AC，即BD=AC时，平行四边形EFGH是菱形
猜想：当一个四边形的两条对角线相等时，其中点四边形是菱形。
例如：矩形的对角线相等
则：如图1-2，在矩形ABCD中，E、F、G、H为四边中点。
求证：四边形EFGH是菱形
证明：∵E、F为AD、AB的中点
∴EF=1/2BD（三角形的中位线等于第三边的一半）
同理：HG=1/2BD
∴HG=EF=1/2BD（等量代换）
同理：EH=FG=1/2AC
∴四边形EFGH是平行四边形
（两组对边分别相等的四边形是平行
四边形）
∵AC=BD
∴1/2AC=1/2BD
即：EF=GF
∴平行四边形EFGH是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）
同理上结论思路：
由已知条件：EF//HGFG//EH(三角形中位线定理)
因为“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，所以当∠EFG=90°时，即∠1=90°，即∠AOB=90°时，平行四边形EFGH是矩形。
猜想：当一个四边形两对角线互相垂直时，其中点四边形为矩形。
例如：菱形的对角线互相垂直。
则：如图1-3，在菱形ABCD中，E、F、G、H为四边中点。
求证：四边形EFGH是矩形
证明：∵E、F为AD、AB的中点
∴EF//BD（三角形的中位线平行于第三边）
同理：HG//BD
∴HG//EF（如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行）
同理：FG//AC；EH//FG
∴四边形EFGH是平行四边形
（两组对边分别平行的四边形是平行
四边形）
∵四边形ABCD是菱形
∴∠AOB=90°（菱形的对角线互相垂直）
∴∠FNO=∠AOB=90°（两直线平行，内错角相等）
∴∠EFG=∠FNO =90°（两直线平行，同位角相等）
∴平行四边形EFGH是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）
BF
H
图1-3图1-
4那么：因为正方形同时是矩形和菱形，所以满足同时使中点四边形为矩形和菱形的四边形，其中点四边形则可能是正方形。
猜想：当一个四边形的两对角线相等且互相垂直时，其中点四边形是正方形。
例如：正方形的对角线相等且互相垂直。
则：如图1-4，在正方形ABCD中，E、F、G、H为四边中点。
求证：四边形EFGH是正方形
证明：∵E、F为AD、AB的中点
∴EF//BD；EF=1/2BD（三角形的中位线平行于
第三边且等于第三边的一半）
同理：HG//BD；HG=1/2BD
∴HG//EF（如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行）
HG=EF=1/2BD（等量代换）
同理：EH//AC//FG；EH=FG=1/2AC
∴四边形EFGH是平行四边形
（两组对边分别平行的四边形是平行
四边形）
∵四边形ABCD是正方形
∴∠AOB=90°（正方形两对角线互相垂直）
AC=BD（正方形两对角线相等）
∴∠FNO=∠AOB=∠FNO =90°
（两直线平行，内错角相等；
两直线平行，同位角相等）
1/2AC=1/2BD
即：EF=GF
∴平行四边形EFGH是正方形
（有一个角是直角且有一组邻边相等的四边形是正方形）
2010/4
第6篇：证明猜想与拓展教学设计
综合与实践
猜想、证明与拓广
一、学生知识状况分析
学生的知识技能基础：学生在经历了证明一证明二以及特殊的四边形的学习后，积累了一定的证明的经验思想和方法，具备了几何证明及探究的能力，在九上的第二章学习了一元二次方程后，会利用根的判别式判断根的情况，并且积累了列一元二次方程解决几何问题的实际经验。
二、教学任务分析
猜想、证明与拓广，通过一系列具体的问题逐渐展开，引导学生分类研究，先考察一些简单的，特殊的情形，发现一些规律后再讨论一般情况，在此过程中让学生不断的体会由一般到特殊的探究问题的思想，寻求一般性的解决方法.培养学生直观“判断”和正确“猜想”，并配合一定的形式说理，在交流个人想法中拓展思维。猜想要“检验是否存在”，再由“特殊到一般”给出一般性的证明.由“倍增”再到“减半”的“拓广”，总结获得的数学知识和策略性的经验，发展学生的推理能力和探究能力.教学突出学生自主探索，合作交流，协助学生自行找到解决问题的方法。为此，本节课的教学目标是：
1、通过创设问题情境，让学生经历猜想、证明、拓广的过程，增强问题意识和自主探索意识，获得探索和发现的体验。
2、在探究过程中，感受由特殊到一般、数形结合的思想方法，体会知识之间的内在联系，理解证明的必要性。
3、在合作交流中扩展思路，发展学生的推理能力。
教学重点：经历猜想、证明、拓广的“数学化”的过程，获得探索和发现的体验，体现归纳、综合和拓展，感悟处理问题的策略和方法.教学难点：在问题解决过程中的策略和方法。
三、教学过程分析
本节课设计了五个教学环节：第一环节：提出问题，猜想探究；第二环节：思维拓广，证明猜想；第三环节：问题拓广，自主探究；第四环节：总结反思，方法提炼；第五环节：布置作业，巩固所学。
第一环节：提出问题，猜想探究；
问题(1)任意给定一个正方形，是否存在另一个正方形，它的周长和面积分别是已知正方形周长和面积的2倍？
（教学策略：提出问题后引导学生思考，学生会出现的三种解决问题的思路：
1、先有具体情况入手研究，得到一个猜想，然后再拓展到一般情况进行证明。
2、因为问题比较简单，有学生可能直接进行一般情况的证明。
3、由于任意两个正方形都是相似的，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方.所以周长比和面积比不可能同时为2.因此这样的正方形不存在.这三种解决问题的方法都应该给与肯定和表扬。）
证明方法为：解：设给定的正方形的边长为a，则其周长为4a,面积为a2,周长扩大两倍后为8a,则其边长应为 2a,此时面积应为 4a2，它不是已知给定的正方形的面积的2倍.所以不存在这样的正方形。或是先考虑面积扩大为原来的两倍为2a2，则边长应为2a，此时周长应为42a，不是4a的两倍，无论从哪个角度考虑，都不存在这样的正方形。
问题（2）任意给定一个矩形,是否存在另一个矩形,它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的2倍?（教学策略：由问题一的研究学生能够顺理成章的从两个角度来进行思考，一个是从特殊到一般的思想，一个是直接对一般情况进行证明的思想，但是较问题（1）直接证明难度较大，所以引导学生先从特殊情况入手，得到一个猜想后，再进行一般情况的证明会更好一些。这样在具体问题的解决过程中，会给学生一些启示，有助于学生一般情况下的证明思路的形成。）
如果已知矩形的长和宽分别为2和1,结论会怎样呢?你是怎么做的?和同伴交流.2 总结如下:有三种思路可以选择: ①先固定所求矩形的周长, 设另一个矩形的长为x，将问题化为方程x(6－x)=4是否有解的问题.②先固定所求矩形的面积, 设另一个矩形的长为x，将问题转化为方程x+4/x=6是否有解的问题.③也可以根据已知矩形的长和宽分别为2和1,那么其周长和面积分别为6和2,所求矩形的周长和面积同时扩大2倍后应分别为12和4,设其长和宽分别为x和y,则得方程组x+y=6，xy=4然后讨论它的解是否符合题意.然后引导学生再通过几组特例的研究，结果都发现存在这样的矩形，于是得到一个猜想。从而将探究活动推向第二环节拓展思维，证明猜想。将学生的思维逐渐推向高潮。
第二环节：拓展思维，证明猜想；
当已知矩形的长和宽分别为n和m时，是否仍然有相同的结论？ 解:当已知矩形的长和宽分别为n和m时,那么其周长和面积分别为2(m+n),和mn,所求的矩形周长和面积为4(m+n)和2mn.设所求矩形的长为x,那么宽为 2(m+n)－x,根据题意,得x［2(m+n)－x]=2mn.整理得x－2(m+n)x+2mn=0解得
2x1nmn2m2这样一个矩形。
x2nmn2m2经检验x1,x2符合题意,所以存在于是得到结论：任意给定一个矩形,一定存在另一个矩形,它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的2倍。
引导学生继续将问题向纵深拓展:既然存在倍增关系的矩形，那么是否存在减半的矩形呢？
第三环节：问题拓广，自主探究；
由学生提出问题（3），任意给定一个矩形，是否一定存在另一个矩形，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半？
3(教学策略：此问题提出后，学生也会有两种解决问题的思想，一种就是顺承上面问题的解决思路完成此题的探究过程，另一种也可能会有小明一样的想法。若是学生中未出现小明的思路，则让学生阅读课本，然后判断小明的想法是否正确.此问题要求学生在自主探究的基础上，小组合作细化完成解答过程。)学生通过如上问的探究：发现当已知矩形的长和宽为2和1,3和1,4和1,5和1时，都不存在这样的矩形，它的周长和面积分别是已知矩形的周长和面积的一半.于是就可能会得到一个猜想，一定不存在这样减半的矩形。
于是进行一般情况下的对猜想的证明。设已知矩形的长和宽分别为n,m,所
11求矩形的长为x，那么有x〔2（n+m）－x〕=2mn.得到一元二次方程的根的判别式b24ac121231nmmn(n2m26mn).而此时n2m26mn不4424总是大于0的，也不总是小于0的，于是此题的结论不是一定不存在，而是有选择性的存在，当n2m26mn≥0，这样的矩形存在，而当n2m26mn≤0时这样的矩形不存在。
并请几个学生举几个存在的特例，让学生更直观的感受一下这个结论。
第四环节：总结反思，方法提炼；
（1）本节课的问题解决综合运用了所学知识,体会知识之间的内在联系.（2）本节课学习的数学方法:猜想、证明、拓广、感受由特殊到一般，数形结合的思想方法，体会证明的必要性.（3）一个几何存在性问题，可以转化为方程是否有解的问题，两种列方程的思路源于优先“固定”所求矩形的周长或优先“固定”所求矩形的面积，同时也让学生感受到对同一个问题存在不同的解决方法，有助于开阔学生的视野.第五环节：布置作业，巩固所学；
1、181页1,2,3.4
2、写篇小论文，把课题学习探索的过程 和探索得到的结果及你的感受体验整
理成数学小论文。
