高中數(shù)學北師大版2第一章推理與證明 第1章1類比推理

類比推理1.通過具體實例理解類比推理的意義.(重點)2.會用類比推理對具體問題作出判斷.(難點)[基礎·初探]教材整理1類比推理閱讀教材P5“類比推理”至P6前16行，完成下列問題.由于兩類不同對象具有某些類似的特征，在此基礎上，根據(jù)一類對象的其他特征，推斷另一類對象也具有類似的其他特征，我們把這種推理過程稱為類比推理.類比推理是兩類事物特征之間的推理.類比平面內正三角形的“三邊相等，三內角相等”的性質，可推知正四面體的下列性質，你認為比較恰當?shù)氖莀_______(填序號).①各棱長相等，同一頂點上的任兩條棱的夾角都相等；②各個面都是全等的正三角形，相鄰兩個面所成的二面角都相等；③各個面都是全等的正三角形，同一頂點上的任兩條棱的夾角都相等.【解析】正四面體的面(或棱)可與正三角形的邊類比，正四面體的相鄰兩面成的二面角(或共頂點的兩棱的夾角)可與正三角形相鄰兩邊的夾角類比，故①②③都對.【答案】①②③教材整理2合情推理閱讀教材P6的最后4個自然段，完成下列問題.合情推理是根據(jù)實驗和實踐的結果、個人的經(jīng)驗和直覺、已有的事實和正確的結論(定義、公理、定理等)，推測出某些結果的推理方式.合情推理的結果不一定正確.下列說法正確的是()A.由合情推理得出的結論一定是正確的B.合情推理必須有前提有結論C.合情推理不能猜想D.合情推理得出的結論不能判斷正誤【解析】根據(jù)合情推理可知，合情推理必須有前提有結論.【答案】B[質疑·手記]預習完成后，請將你的疑問記錄，并與“小伙伴們”探討交流：疑問1：解惑：疑問2：解惑：疑問3：解惑：[小組合作型]類比推理在數(shù)列中的應用在公比為4的等比數(shù)列{bn}中，若Tn是數(shù)列{bn}的前n項積，則有eq\f(T20,T10)，eq\f(T30,T20)，eq\f(T40,T30)也成等比數(shù)列，且公比為4100；類比上述結論，相應地在公差為3的等差數(shù)列{an}中，若Sn是{an}的前n項和.(1)寫出相應的結論，判斷該結論是否正確，并加以證明；(2)寫出一個更為一般的結論(不必證明).【精彩點撥】結合已知等比數(shù)列的特征可類比等差數(shù)列每隔10項和的有關性質.【自主解答】(1)數(shù)列S20－S10，S30－S20，S40－S30也是等差數(shù)列，且公差為300.該結論是正確的.證明如下：∵等差數(shù)列{an}的公差d＝3，∴(S30－S20)－(S20－S10)＝(a21＋a22＋…＋a30)－(a11＋a12＋…＋a20)＝eq\o(10d＋10d＋…10d,\s\do8(10個))＝100d＝300，同理可得：(S40－S30)－(S30－S20)＝300，所以數(shù)列S20－S10，S30－S20，S40－S30是等差數(shù)列，且公差為300.(2)對于任意k∈N＋，都有數(shù)列S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k是等差數(shù)列，且公差為k2d.1.本題是等比數(shù)列與等差數(shù)列之間的類比推理，在等比數(shù)列與等差數(shù)列的類比推理中，要注意等差與等比、加與乘、減與除、乘法與乘方的類比特點.2.類比推理的思維過程觀察、比較→聯(lián)想、類推→猜測新的結論.即在兩類不同事物之間進行對比，找出若干相同或相似之處后，推測這兩類事物在其他方面的相同或相似之處.[再練一題]1.設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列.類比以上結論有：設等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，則T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列.【導學號：94210005】【解析】等差數(shù)列類比于等比數(shù)列時，和類比于積，減法類比于除法，可得類比結論為：設等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，則T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列.【答案】eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)類比推理在幾何中的應用如圖1-1-10所示，在平面上，設ha，hb，hc分別是△ABC三條邊上的高，P為△ABC內任意一點，P到相應三邊的距離分別為pa，pb，pc，可以得到結論eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＝1.圖1-1-10證明此結論，通過類比寫出在空間中的類似結論，并加以證明.【精彩點撥】三角形類比四面體，三角形的邊類比四面體的面，三角形邊上的高類比四面體以某一面為底面的高.【自主解答】eq\f(pa,ha)＝eq\f(\f(1,2)BC·pa,\f(1,2)BC·ha)＝eq\f(S△PBC,S△ABC)，同理，eq\f(pb,hb)＝eq\f(S△PAC,S△ABC)，eq\f(pc,hc)＝eq\f(S△PAB,S△ABC).∵S△PBC＋S△PAC＋S△PAB＝S△ABC，∴eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＝eq\f(S△PBC＋S△PAC＋S△PAB,S△ABC)＝1.類比上述結論得出以下結論：如圖所示，在四面體ABCD中，設ha，hb，hc，hd分別是該四面體的四個頂點到對面的距離，P為該四面體內任意一點，P到相應四個面的距離分別為pa，pb，pc，pd，可以得到結論eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＋eq\f(pd,hd)＝1.證明如下：eq\f(pa,ha)＝eq\f(\f(1,3)S△BCD·pa,\f(1,3)S△BCD·ha)＝eq\f(VP-BCD,VA-BCD)，同理，eq\f(pb,hb)＝eq\f(VP-ACD,VA-BCD)，eq\f(pc,hc)＝eq\f(VP-ABD,VA-BCD)，eq\f(pd,hd)＝eq\f(VP-ABC,VA-BCD).∵VP-BCD＋VP-ACD＋VP-ABD＋VP-ABC＝VA-BCD，∴eq\f(pa,ha)＋eq\f(pb,hb)＋eq\f(pc,hc)＋eq\f(pd,hd)＝eq\f(VP-BCD＋VP-ACD＋VP-ABD＋VP-ABC,VA-BCD)＝1.1.一般地，平面圖形與空間圖形類比如下：平面圖形點線邊長面積線線角三角形空間圖形線面面積體積二面角四面體2.類比推理的一般步驟(1)找出兩類事物之間的相似性或一致性；(2)用一類事物的性質推測另一類事物的性質，得出一個明確的結論.[再練一題]2.在上例中，若△ABC的邊長分別為a，b，c，其對角分別為A，B，C，那么由a＝b·cosC＋c·cosB可類比四面體的什么性質？【解】在如圖所示的四面體中，S1，S2，S3，S分別表示△PAB，△PBC，△PCA，△ABC的面積，α，β，γ依次表示平面PAB，平面PBC，平面PCA與底面ABC所成二面角的大小.猜想S＝S1·cosα＋S2·cosβ＋S3·cosγ.[探究共研型]類比推理在其他問題中的應用探究1魯班發(fā)明鋸子的思維過程為：帶齒的草葉能割破行人的腿，“鋸子”能“鋸”開木材，它們在功能上是類似的.因此，它們在形狀上也應該類似，“鋸子”應該是齒形的.你認為該過程為歸納推理還是類比推理？【提示】類比推理.探究2已知以下過程可以求1＋2＋3＋…＋n的和.因為(n＋1)2－n2＝2n＋1，n2－(n－1)2＝2(n－1)＋1，……22－12＝2×1＋1，有(n＋1)2－1＝2(1＋2＋…＋n)＋n，所以1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n2＋2n－n,2)＝eq\f(n（n＋1）,2).類比以上過程試求12＋22＋32＋…＋n2的和.【提示】因為(n＋1)3－n3＝3n2＋3n＋1，n3－(n－1)3＝3(n－1)2＋3(n－1)＋1，…23－13＝3×12＋3×1＋1，有(n＋1)3－1＝3(12＋22＋…＋n2)＋3(1＋2＋3＋…＋n)＋n，所以12＋22＋…＋n2＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n3＋3n2＋3n－\f(3n2＋5n,2)))＝eq\f(2n3＋3n2＋n,6)＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6).已知橢圓具有性質：若M，N是橢圓C上關于原點對稱的兩個點，點P是橢圓上任意一點，當直線PM，PN的斜率kPM，kPN都存在時，那么kPM與kPN之積是與點P的位置無關的定值，試寫出雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)具有類似特征的性質，并加以證明.【精彩點撥】eq\x(\a\al(雙曲線與,橢圓類比))→eq\x(\a\al(橢圓中的結論))→eq\x(\a\al(雙曲線中的,相應結論))→eq\x(理論證明)【自主解答】類似性質：若M，N為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上關于原點對稱的兩個點，點P是雙曲線上任意一點，當直線PM，PN的斜率kPM，kPN都存在時，那么kPM與kPN之積是與點P的位置無關的定值.證明如下：設點M，P的坐標分別為(m，n)，(x，y)，則N(－m，－n).因為點M(m，n)是雙曲線上的點，所以n2＝eq\f(b2,a2)m2－b2.同理y2＝eq\f(b2,a2)x2－b2，則kPM·kPN＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x2－m2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)(定值).1.兩類事物能進行類比推理的關鍵是兩類對象在某些方面具備相似特征.2.進行類比推理時，首先，找出兩類對象之間可以確切表達的相似特征.然后，用一類對象的已知特征去推測另一類對象的特征，從而得到一個猜想.[再練一題]3.(2023·溫州高二檢測)如圖1-1-11所示，橢圓中心在坐標原點，F(xiàn)為左焦點，當eq\o(FB,\s\up12(→))⊥eq\o(AB,\s\up12(→))時，其離心率為eq\f(\r(5)－1,2)，此類橢圓被稱為“黃金橢圓”.類比“黃金橢圓”，可推算出“黃金雙曲線”的離心率e等于________.圖1-1-11【解析】如圖所示，設雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則F(－c，0)，B(0，b)，A(a，0)，所以eq\o(FB,\s\up12(→))＝(c，b)，eq\o(AB,\s\up12(→))＝(－a，b).又因為eq\o(FB,\s\up12(→))⊥eq\o(AB,\s\up12(→))，所以eq\o(FB,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝b2－ac＝0，所以c2－a2－ac＝0，所以e2－e－1＝0，所以e＝eq\f(1＋\r(5),2)或e＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去).【答案】eq\f(1＋\r(5),2)[構建·體系]1.下面使用類比推理恰當?shù)氖?)A.“若a·3＝b·3，則a＝b”類比推出“若a·0＝b·0，則a＝b”B.“(a＋b)c＝ac＋bc”類比推出“(a·b)c＝ac·bc”C.“(a＋b)c＝ac＋bc”類比推出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)(c≠0)”D.“(ab)n＝anbn”類比推出“(a＋b)n＝an＋bn”【解析】由實數(shù)運算的知識易得C項正確.【答案】C2.已知扇形的弧長為l，半徑為r，類比三角形的面積公式S＝eq\f(底×高,2)，可知扇形面積公式為()【導學號：94210006】\f(r2,2) \f(l2,2)\f(lr,2) D.無法確定【解析】扇形的弧長對應三角形的底，扇形的半徑對應三角形的高，因此可得扇形面積公式S＝eq\f(lr,2).【答案】C3.在平面上，若兩個正三角形的邊長的比為1∶2，則它們的面積比為1∶4，類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的體積比為________.【解析】由平面和空間的知識，可知面積之比與邊長之比成平方關系，在空間中體積之比與棱長之比成立方關系，故若兩個正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的體積之比為1∶8.【答案】1∶84.在計算“1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)”時，有如下方法：先改寫第k項：k(k＋1)＝eq\f(1,3)[k(k＋1)(k＋2)－(k－1)k(k＋1)]，由此得1×2＝eq\f(1,3)(1×2×3－0×1×2)，2×3＝eq\f(1,3)(2×3×4－1×2×3)，……n(n＋1)＝eq\f(1,3)[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]，相加得1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)＝eq\f(1,3)n(＋1)(n＋2).類比上述方法，請你計算“1×3＋2×4＋…＋n(n＋2)”，其結果寫成關于n的一次因式的積的形式為________________.【解析】1×3＝eq\f(1,6)×(1×2×9－0×1×7)，2×4＝eq\f(1,6)×(2×3×11－1×2×9)，3×5＝eq\f(1,6)×(3×4×13－2×3×11)，……n(n＋2)＝eq\f(1,6)[n(n＋1)(2n＋7)－(n－1)n(2n＋5)]，各式相加，得1×3＋2×4＋3×5＋…＋n(n＋2)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋7).【答案】eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋7)5.如圖1-1-12(1)，在三角形ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，則AB2＝BD·BC.若類比該命題，如圖1-1-12(2)，三棱錐A-BCD中，AD⊥平面ABC，若A點在三角形BCD所在平面內的射影為M，則可以得到什么命題？命題是否是真命題，并加以證明.(1)(2)圖1-1-12【解】命題是：三棱錐A-BCD中，AD⊥平面ABC，若A點在三角形BCD所在平面內的射影為M，則有Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△BCD，是一個真命題.證明如下：如圖，連接DM，并延長交BC于E，連接AE，則有DE⊥BC.因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE.又AM⊥DE，所以AE2＝EM·ED.于是Seq\o\al(2,△ABC)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)BC·AE))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)BC·EM))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)BC·ED))＝S△BCM·S△BCD.我還有這些不足：(1)(2)我的課下提升方案：(1)(2)學業(yè)分層測評(二)(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]一、選擇題1.對命題“正三角形的內切圓切于三邊中點”可類比猜想：正四面體的內切球切于四面體各正三角形的()A.一條中線上的點，但不是中心B.一條垂線上的點，但不是垂心C.一條角平分線上的點，但不是內心D.中心【解析】由正四面體的內切球可知，內切球切于四個面的中心.【答案】D2.下列推理正確的是()A.把a(b＋c)與loga(x＋y)類比，則有l(wèi)oga(x＋y)＝logax＋logayB.把a(b＋c)與sin(x＋y)類比，則有sin(x＋y)＝sinx＋sinyC.把(ab)n與(a＋b)n類比，則有(x＋y)n＝xn＋ynD.把(a＋b)＋c與(xy)z類比，則有(xy)z＝x(yz)【解析】乘法的結合律與加法結合律相類比得(xy)z＝x(yz).故選D.【答案】D3.設△ABC的三邊長分別為a，b，c，△ABC的面積為S，內切圓半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)，類比這個結論可知：四面體S-ABC的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內切球半徑為R，四面體S-ABC的體積為V，則R＝()【導學號：94210007】\f(V,S1＋S2＋S3＋S4) \f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) \f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)【解析】設四面體的內切球的球心為O，則球心O到四個面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和.則四面體的體積為V四面體S-ABC＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)R，∴R＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).【答案】C4.在等差數(shù)列{an}中，若an>0，公差d≠0，則有a4a6>a3a7.類比上述性質，在等比數(shù)列{bn}中，若bn>0，公比q≠1，則關于b5，b7，b4，b8的一個不等關系正確的是()>b4b8 >b4b5＋b7<b4＋b8 ＋b8<b4＋b5【解析】b5＋b7－b4－b8＝b1(q4＋q6－q3－q7)＝b1[q3(q－1)＋q6(1－q)]＝b1[－q3(q－1)2(1＋q＋q2)]<0，∴b5＋b7<b4＋b8.【答案】C5.已知結論：“在正三角形ABC中，若D是邊BC的中點，G是三角形ABC的重心，則eq\f(AG,GD)＝2”.若把該結論推廣到空間，則有結論：“在棱長都相等的四面體A-BCD中，若△BCD的中心為M，四面體內部一點O到四面體各面的距離都相等”，則eq\f(AO,OM)＝() 【解析】如圖，設正四面體的棱長為1，即易知其高AM＝eq\f(\r(6),3)，此時易知點O即為正四面體內切球的球心，設其半徑為r，利用等體積法有4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)r＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)?r＝eq\f(\r(6),12)，故AO＝AM－MO＝eq\f(\r(6),3)－eq\f(\r(6),12)＝eq\f(\r(6),4)，故AO∶OM＝eq\f(\r(6),4)∶eq\f(\r(6),12)＝3∶1.【答案】C二、填空題6.(2023·山東日照一模)36的所有正約數(shù)之和可按如下方法得到：因為36＝22×32，所以36的所有正約數(shù)之和為(1＋3＋32)＋(2＋2×3＋2×32)＋(22＋22×3＋22×32)＝(1＋2＋22)(1＋3＋32)＝91，參照上述方法，可求得200的所有正約數(shù)之和為________.【解析】類比求36的所有正約數(shù)之和的方法，200的所有正約數(shù)之和可按如下方法求得：因為200＝23×52，所以200的所有正約數(shù)之和為(1＋2＋22＋23)(1＋5＋52)＝465.【答案】4657.在Rt△ABC中，若C＝90°，AC＝b，BC＝a，則△ABC的外接圓半徑為r＝eq\f(\r(a2＋b2),2)，將此結論類比到空間有______________________________.【解析】Rt△ABC類比到空間為三棱錐A-BCD，且AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD；△ABC的外接圓類比到空間為三棱錐A-BCD的外接球.【答案】在三棱錐A-BCD中，若AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD，AB＝a，AC＝b，AD＝c，則三棱錐A-BCD的外接球半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)8.已知等差數(shù)列{an}中，有eq\f(a11＋a12＋…＋a20,10)＝eq\f(a1＋a2＋…＋a30,30)，則在等比數(shù)列{bn}中，會有類似的結論____________________.【解析】由等比數(shù)列的性質可知b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30).【答案】eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30)三、解答題9.如圖1-1-13(1)，在平面內有面積關系eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB)，寫出圖1-1-13(2)中類似的體積關系，并證明你的結論.(1)(2)圖1-1-13【解】類比eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB)，有eq\f(VP-A′B′C′,VP-ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).證明：如圖，設C′，C到平面PAB的距離分別為h′，h.則eq\f(h′,h)＝eq\f(PC′,PC)，故eq\f(VP-A′B′C′,VP-ABC)＝eq\f(\f(1,3)S△PA′B′·h′,\f(1,3)S△PAB·h)＝eq\f(PA′·PB′·h′,PA·PB·h)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).10.在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N＋)成立.類比上述性質，相應地，在等比數(shù)列{bn}中，若b9＝1，則有什么樣的等式成立？【解】在等差數(shù)列{an}中，由a10＝0，則有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N＋)成立，相應地，在等比數(shù)列{bn}中，若b9＝1，則可得b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋).[能力提升]1.已知正三角形內切圓的半徑是其高的eq\f(1,3)，把這個結論推廣到空間正四面體，類似的結論是()A.正四面體的內切球的半徑是其高的eq\f(1,2)B.正四面體的內切球的半徑是其高的eq\f(1,3)C.正四面體的內切球的半徑是其高的eq\f(1,4)D.正四面體的內切球的半徑是其高的eq\f(1,5)【解析】原問題的解法為等面積法，即S＝eq\f(1,2)ah＝3×eq\f(1,2)ar?r＝eq\f(1,3)h，類比問題的解法應為等體積法，V＝eq\f(1,3)Sh＝4×eq\f(1,3)Sr?r＝eq\f(1,4)h，即正四面體的內切球的半徑是其高的eq\f(1,4).【答案】C2.若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn}eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＝\f(a1＋a2＋…＋an,n)))也為等差數(shù)列.類比這一性質可知，若正項數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，且{dn}也是等比數(shù)列，則dn的表達式應為()＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n)＝eq\f(c1·c2·…·cn,n)＝eq\r(n,\f(ceq\o\al(n,1)＋ceq\o\al(n,2)＋…＋ceq\o\al(n,n),n))＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)【解析】若{an}是等差數(shù)列，則a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，∴bn＝a1＋eq\f(（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，即{bn}為等差數(shù)列；若{cn}是等比數(shù)列，則c1·c2·…·cn＝ceq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋(n－1)＝ceq\o\al(n,1)·qeq\s\up12(\f(n（n－1）,2))，∴dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)＝c1·qeq\s\up12(\f(n－1,2))，即{dn}為等比數(shù)列.【答案】D3.類比“等差數(shù)列”的定義，寫出“等和數(shù)列”的定義，并解答下列問題：已知數(shù)列{an}是等和數(shù)列，且a1＝2，公和為5