2020高中数学 检测（一）归纳与类比 2-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE10-学必求其心得，业必贵于专精课时跟踪检测（一）归纳与类比一、基本能力达标1.观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为(）A。 B．△C。 D．○解析：选A观察可发现规律：①每行、每列中，方、圆、三角三种形状均各出现一次，②每行、每列有两阴影一空白，即得结果．2．下面几种推理是合情推理的是()①由圆的性质类比出球的有关性质;②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；③教室内有一把椅子坏了,则猜想该教室内的所有椅子都坏了;④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°,五边形内角和是540°，由此得出凸n边形的内角和是（n－2)·180°（n∈N＋,且n≥3)．A．①② B．①③④C．①②④ D．②④解析：选C①是类比推理；②④是归纳推理，故①②④都是合情推理．3．在平面上,若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4,类似地，在空间内,若两个正四面体的棱长的比为1∶2,则它们的体积比为(）A．1∶2 B．1∶4C．1∶8 D．1∶16解析：选C由平面和空间的知识,可知面积之比与边长之比成平方关系，在空间中体积之比与棱长之比成立方关系，故若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积之比为1∶8。4．已知“整数对"按如下规律排列：（1，1），（1,2），（2，1)，(1,3），(2,2)，(3，1)，（1，4)，(2，3），(3,2)，(4，1)，…则第70个“整数对"为（)A．（3，9) B．(4，8）C．（3,10） D．(4,9)解析：选D由整数对的排列规律知前11排有1＋2＋…＋11＝66个整数,所以第67个“整数对"是第12排的第一个“整数对”(1,12)，第68个“整数对”是(2,11），第69个“整数对”是(3，10),第70个“整数对”是(4，9)．故选D.5．类比平面内正三角形的“三边相等,三内角相等”的性质，你认为可推知正四面体的下列哪些性质________．(填写序号)①各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；③各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等．解析:正四面体的面（或棱)可与正三角形的边类比,正四面体的相邻两面成的二面角(或共顶点的两棱的夹角)可与正三角形相邻两边的夹角类比，故①②③都对．答案：①②③6．如图（甲）是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图（乙）的一连串直角三角形演化而成的,其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图（乙)中的直角三角形依此规律继续作下去,记OA1，OA2,…，OAn，…的长度构成数列｛an｝,则此数列｛an}的通项公式为解析：根据OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1和图（乙)中的各直角三角形，由勾股定理,可得a1＝OA1＝1，a2＝OA2＝eq\r（OA\o\al（2,1）＋A1A\o\al（2,2））＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2），a3＝OA3＝eq\r（OA\o\al（2,2）＋A2A\o\al（2,3）)＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3),…，故可归纳推测出an＝eq\r（n）。答案：eq\r(n)7．观察等式：1＋3＝4＝22，1＋3＋5＝9＝32,1＋3＋5＋7＝16＝42，你能得出怎样的结论？解:通过观察发现:等式的左边为正奇数的和,而右边是整数（实际上就是左边奇数的个数)的完全平方．因此可推测得出:1＋3＋5＋7＋9＋…＋（2n－1)＝n2(n≥2,n∈N＋)．8．如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥SB,SB⊥SC，SA⊥SC，且SA，SB，SC和底面ABC所成的角分别为α1，α2，α3，三侧面△SBC,△SAC，△SAB的面积分别为S1，S2,S3.类比三角形中的正弦定理，给出空间情形的一个猜想．解：在△DEF中，由正弦定理，得eq\f（d，sinD)＝eq\f（e,sinE)＝eq\f（f，sinF）.于是，类比三角形中的正弦定理,在四面体S－ABC中，猜想eq\f（S1，sinα1）＝eq\f(S2，sinα2）＝eq\f(S3,sinα3)成立．二、综合能力提升1．由代数式的乘法法则类比得到向量的数量积的运算法则：①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a"；②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“（m·n）t＝m(n·t）”类比得到“（a·b)·c＝a·（b·c)”；④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；⑤“｜m·n|＝｜m｜·｜n|”类比得到“|a·b｜＝｜a|·｜b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f（a，b)”类比得到“eq\f（a·c,b·c)＝eq\f(a，b）”．其中类比结论正确的个数是(）A．1 B．2C．3 D．4解析：选B由向量的有关运算法则知①②正确，③④⑤⑥都不正确,故应选B。2．设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r,则r＝eq\f（2S，a＋b＋c）;类比这个结论可知：四面体P.ABC的四个面的面积分别为S1,S2，S3，S4,内切球的半径为r，四面体P­ABC的体积为V,则r＝（）A.eq\f（V,S1＋S2＋S3＋S4)B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C。eq\f（3V，S1＋S2＋S3＋S4)D。eq\f（4V,S1＋S2＋S3＋S4）解析:选C将△ABC的三条边长a，b，c类比到四面体P.ABC的四个面面积S1,S2，S3，S4,将三角形面积公式中系数eq\f（1，2)，类比到三棱锥体积公式中系数eq\f(1，3），从而可知选C.证明如下：以四面体各面为底，内切球心O为顶点的各三棱锥体积的和为V，∴V＝eq\f（1,3）S1r＋eq\f(1，3)S2r＋eq\f（1，3）S3r＋eq\f(1，3）S4r，∴r＝eq\f（3V,S1＋S2＋S3＋S4）.3．观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2）个圆圈，每个图案中圆圈的总数是S，按此规律推出S与n的关系式为____________．解析：每条边上有2个圆圈时共有S＝4个；每条边上有3个圆圈时，共有S＝8个；每条边上有4个圆圈时，共有S＝12个．可见每条边上增加一个点，则S增加4,∴S与n的关系为S＝4(n－1)（n≥2）．答案：S＝4（n－1）（n≥2）4．可以运用下面的原理解决一些相关图形的面积问题：如果与一固定直线平行的直线被甲、乙两个封闭的图形所截得的线段的比都为k，那么甲的面积是乙的面积的k倍．你可以从给出的简单图形①、②中体会这个原理．现在图③中的两个曲线的方程分别是eq\f（x2，a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a＞b＞0）与x2＋y2＝a2，运用上面的原理，图③中椭圆的面积为______________．解析:由于椭圆与圆截y轴所得线段之比为eq\f（b,a),即k＝eq\f（b,a),∴椭圆面积S＝πa2·eq\f（b,a）＝πab.答案：πab5．已知在Rt△ABC中，AB⊥AC,AD⊥BC于点D,有eq\f（1,AD2）＝eq\f（1，AB2）＋eq\f(1,AC2)成立．那么在四面体A。BCD中,类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明猜想是否正确及理由．解：猜想：类比AB⊥AC,AD⊥BC,可以猜想四面体A。BCD中,AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD。则eq\f（1,AE2)＝eq\f（1，AB2）＋eq\f(1，AC2）＋eq\f(1，AD2）.下面证明上述猜想成立如图所示，连接BE，并延长交CD于点F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.而AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f（1，AE2)＝eq\f（1,AB2）＋eq\f(1，AF2）。在Rt△ACD中,AF⊥CD,∴eq\f(1，AF2)＝eq\f(1,AC2）＋eq\f(1,AD2)。∴eq\f（1，AE2）＝eq\f（1,AB2)＋eq\f(1，AC2）＋eq\f(1，AD2)，故猜想正确．6．已知12＝1,22＝(1＋1)2＝12＋2×1＋1，32＝(2＋1）2＝22＋2×2＋1，42＝（3＋1)2＝32＋2×3＋1，……n2＝(n－1)2＋2(n－1)＋1,左右两边分别相加，得n2＝2×［1＋2＋3＋…＋（n－1)]＋n，所以1＋2＋3＋…＋（n－1）＝eq\f(nn－1,2）。类比上述推理方法写出求12＋22＋32＋…＋n2的表达式的过程．解：记S1（n）＝1＋2＋3＋…＋n，S2(n)＝12＋22＋32＋…＋n2,……Sk（n)＝1k＋2k＋3k＋…＋nk(k∈N＊)．已知13＝1，23＝(1＋1)3＝13＋3×12＋3×1＋1,33＝（2