2018-2019学年北师大版数学选修1-2同步学案：第三章 1.2 类比推理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1。2类比推理学习目标1.了解类比推理的含义，能进行简单的类比推理。2.正确认识合情推理在数学中的重要作用．知识点一类比推理思考科学家对火星进行研究,发现火星与地球有许多类似的特征：(1)火星也是绕太阳公转、绕轴自转的行星；(2)有大气层，在一年中也有季节更替；(3)火星上大部分时间的温度适合地球上某些已知生物的生存等．由此，科学家猜想：火星上也可能有生命存在．他们使用了什么样的推理？答案类比推理．梳理类比推理的定义及特征定义由于两类不同对象具有某些类似的特征,在此基础上，根据一类对象的其他特征，推断另一类对象也具有类似的其他特征，我们把这种推理过程称为类比推理特征①类比推理是两类事物特征之间的推理;②利用类比推理得出的结论不一定是正确的知识点二合情推理思考归纳推理与类比推理有何区别与联系?答案区别:归纳推理是由特殊到一般的推理；而类比推理是由个别到个别的推理或是由特殊到特殊的推理．联系：在前提为真时,归纳推理与类比推理的结论都可真可假．梳理合情推理的定义及分类定义：根据实验和实践的结果、个人的经验和直觉、已有的事实和正确的结论（定义、公理、定理等)，推测出某些结果的推理方式．分类：常见的合情推理有归纳推理与类比推理．1．由平面三角形的性质推测四面体的性质是类比推理．（√)2．类比推理是从特殊到特殊的推理．(√）3．合乎情理的推理一定是正确的．（×)类型一平面图形与立体图形间的类比例1如图所示,面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i＝1,2，3,4),此四边形内任一点P到第i条边的距离记为hi（i＝1,2,3，4）,若eq\f（a1,1)＝eq\f（a2，2)＝eq\f(a3,3）＝eq\f(a4，4）＝k，则h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f（2S，k）,类比以上性质,体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si（i＝1，2，3，4)，若eq\f(S1，1)＝eq\f(S2，2）＝eq\f(S3，3)＝eq\f(S4，4)＝K，则H1＋2H2＋3H3＋4H4等于多少？考点类比推理的应用题点类比推理的方法、形式和结论解对平面凸四边形：S＝eq\f（1，2)a1h1＋eq\f（1，2）a2h2＋eq\f(1,2）a3h3＋eq\f(1,2）a4h4＝eq\f(1,2）(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)＝eq\f(k,2)(h1＋2h2＋3h3＋4h4），所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f（2S,k)；类比在三棱锥中，V＝eq\f(1，3）S1H1＋eq\f（1，3）S2H2＋eq\f（1,3)S3H3＋eq\f（1，3)S4H4＝eq\f(1,3)（KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4）＝eq\f（K，3)（H1＋2H2＋3H3＋4H4），故H1＋2H2＋3H3＋4H4＝eq\f（3V，K)。反思与感悟（1）类比推理的一般步骤（2)中学阶段常见的类比知识点：等差数列与等比数列，空间与平面,圆与球等等，比如平面几何的相关结论类比到立体几何的相关类比点如下:平面图形空间图形点直线直线平面边长面积面积体积三角形四面体线线角面面角跟踪训练1在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB,AC互相垂直，则AB2＋AC2＝BC2”．拓展到空间(如图），类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的结论是_____________________________________________．考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比答案设三棱锥A—BCD的三个侧面ABC，ACD，ADB两两互相垂直,则Seq\o\al(2,△ABC)＋Seq\o\al（2,△ACD)＋Seq\o\al（2，△ADB)＝Seq\o\al(2,△BCD)解析类比条件:两边AB，AC互相垂直eq\o(→,\s\up7（平面→空间、边垂直→面垂直））侧面ABC,ACD，ADB互相垂直．结论：AB2＋AC2＝BC2eq\o(→,\s\up7（边长→面积)）Seq\o\al（2，△ABC)＋Seq\o\al（2,△ACD）＋Seq\o\al（2，△ADB）＝Seq\o\al（2,△BCD）。类型二数列中的类比推理例2在等差数列｛an｝中，若a10＝0,证明：等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n（n〈19，n∈N＋）成立，并类比上述性质相应的在等比数列{bn｝中,若b9＝1，则有等式_____成立．考点类比推理的应用题点等差数列与等比数列之间的类比答案b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n〈17，n∈N＋)解析在等差数列{an}中，由a10＝0，得a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝2a10＝0，∴a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0，即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，又∵a1＝－a19，a2＝－a18,…，a19－n＝－an＋1,∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n。相应地,类比此性质在等比数列｛bn｝中，可得b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N＋)．反思与感悟(1)运用类比思想找出项与项的联系，应用等差、等比数列的性质解题是解决该题的关键．（2）等差数列和等比数列有非常类似的运算和性质，一般情况下等差数列中的和（或差）对应着等比数列中的积(或商)．跟踪训练2设等差数列｛an｝的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列，类比以上结论有：设等比数列｛bn}的前n项积为Tn，则T4，________，________，eq\f（T16，T12）成等比数列．考点类比推理的应用题点等差数列与等比数列之间的类比答案eq\f(T8,T4）eq\f（T12，T8）解析由于等差数列与等比数列具有类比性，且等差数列与和差有关，等比数列与积商有关，因此当等差数列依次每4项的和仍成等差数列时，类比等比数列为依次每4项的积成等比数列．下面证明该结论的正确性：设等比数列｛bn｝的公比为q,首项为b1，则T4＝beq\o\al(4，1）q6，T8＝beq\o\al（8,1)q1＋2＋…＋7＝beq\o\al(8,1）q28，T12＝beq\o\al（12，1）q1＋2＋…＋11＝beq\o\al（12,1）q66，T16＝beq\o\al（16，1)q1＋2＋…＋15＝beq\o\al(16，1)q120，∴eq\f(T8，T4）＝beq\o\al（4，1）q22，eq\f（T12,T8)＝beq\o\al(4,1)q38，eq\f(T16,T12）＝beq\o\al（4，1）q54，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（T8,T4)）)2＝eq\f(T12,T8）·T4，eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（T12，T8）)）2＝eq\f(T8,T4）·eq\f（T16,T12)，故T4,eq\f(T8，T4)，eq\f(T12,T8），eq\f（T16,T12）成等比数列．类型三定义、定理或性质中的类比例3下列是用类比推理得出的结论：①由“a＝b⇒ac＝bc"类比得到“a>b⇒ac〉bc”；②由“a（b＋c）＝ab＋ac”类比得到“sin(A＋B）＝sinA＋sinB"；③由“平面内，垂直于同一直线的两直线相互平行”，类比得到“空间中，垂直于同一直线的两直线相互平行”；④由“分数的分子、分母同乘一个非零的数，分数值不变”类比得到“分数的分子、分母同乘一个非零的式子，分数值不变”．其中正确结论的个数为(）A．0B．1C．2D．3考点类比推理的应用题点类比推理的方法、形式和结论答案B解析当c≤0时，①中类比的结论不正确；显然②中类比的结论不正确;空间中，垂直于同一直线的两直线可能平行，可能相交，也可能异面，故③中类比的结论不一定成立；④中类比的结论是正确的．反思与感悟运用类比推理常常先要寻找合适的类比对象，例如实数加法的对象为实数，向量加法的对象为向量，且都满足交换律与结合律，都存在逆运算,而且实数0与零向量分别在实数加法和向量加法中占有特殊的地位．因此我们可以从这四个方面进行类比．跟踪训练3若椭圆的左焦点为F,上顶点为B，右顶点为A，当FB⊥AB时,其离心率为eq\f（\r（5)－1,2）,此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆"，可推算出“黄金双曲线”的离心率为(）A。eq\f（\r(5）＋1,2) B。eq\f（\r(5)－1,2）C.eq\r（5）－1 D。eq\r(5)＋1考点类比推理的应用题点类比推理的方法、形式和结论答案A解析在Rt△ABF中，由AB⊥BF可得eq\f（AO，OB）＝eq\f（OB,OF)，则b2＝ac,即c2－a2＝ac,可得e2－e＝1,又由e>1，则e＝eq\f（\r（5）＋1，2)。1．下列平面图形中，与空间的平行六面体作为类比对象较合适的是()A．三角形 B．梯形C．平行四边形 D．矩形考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比答案C解析因为平行六面体相对的两个面互相平行，类比平面图形，则相对的两条边互相平行，故选C.2．下面使用类比推理，得出的结论正确的是（)A．若“a·3＝b·3，则a＝b"类比出“若a·0＝b·0，则a＝b"B．“若(a＋b）c＝ac＋bc"类比出“（a·b)c＝ac·bc”C．“若（a＋b)c＝ac＋bc"类比出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a，c）＋eq\f（b，c)（c≠0)”D．“(ab)n＝anbn"类比出“（a＋b)n＝an＋bn”考点类比推理的应用题点类比推理的方法、形式和结论答案C解析显然A，B，D不正确，只有C正确．3．根据“正三角形的内切圆切于三边的中点"，可类比猜想出正四面体的内切球切于四面体()A．各正三角形内一点B．各正三角形的某高线上的点C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某点考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比答案C解析正四面体的四个面都是正三角形，其内切球与正四面体的四个面相切于各正三角形的中心．4．若等差数列｛an}的前n项和为Sn,则Sn＝eq\f(n，2)（a1＋an），类似地正项等比数列{bn}的前n项积Tn等于() C.eq\f(n，2)（b1＋bn) D.eq\f（n，2）（b1bn）考点类比推理的应用题点等差数列与等比数列之间的类比答案B解析等差数列{an}的前n项和为Sn＝eq\f（n，2)(a1＋an),因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，所以各项均为正的等比数列{bn}的前n项积Tn＝，故选B。5．已知圆：x2＋y2＝r2上任意一点（x0，y0)处的切线方程为x0x＋y0y＝r2，类比以上结论有：双曲线eq\f（x2,a2)－eq\f（y2，b2）＝1上任意一点(x0，y0）处的切线方程为________．考点类比推理的应用题点平面曲线之间的类比答案eq\f（x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1解析圆x2＋y2＝r2上任意一点（x0，y0)处的切线方程为x0x＋y0y＝r2,可以看作是由x0x代替圆的方程中的x2,由y0y代替y2而得,故类比过圆上一点的切线方程，可类比推理得出过双曲线eq\f（x2,a2)－eq\f（y2,b2）＝1上一点P（x0，y0）处的切线方程为eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y，b2)＝1。1．进行类比推理时，要尽量从本质上思考，不要被表面现象所迷惑,否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．2．多用下列技巧会提高所得结论的准确性（1）类比对象的共同属性或相似属性尽可能的多些．（2)这些共同属性或相似属性应是类比对象的主要属性．（3）这些共同（相似）属性应包括类比对象的各个方面，并尽可能是多方面．一、选择题1．在平面上，若两个正三角形的边长之比为1∶2，则它们的面积之比为1∶4，类似地，在空间中,若两个正四面体的棱长之比为1∶2,则它们的体积之比为（）A．1∶4B．1∶6C．1∶8D．1∶9考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比答案C解析平面上，若两个正三角形的边长之比为1∶2，则它们的面积之比为1∶4，类似地，由平面图形面积类比立体图形的体积,得出在空间内,若两个正四面体的棱长之比为1∶2，则它们的底面积之比为1∶4，对应高之比为1∶2，所以体积之比为1∶8，故选C。2．已知｛bn｝为等比数列，b5＝2，则b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2,则｛an｝的类似结论为()A．a1a2a3…a9＝29B．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝29C．a1a2a3…a9＝2×9D．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9考点类比推理的应用题点等差数列与等比数列之间的类比答案D3．我们知道：在平面内,点（x0，y0）到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式为d＝eq\f(｜Ax0＋By0＋C｜，\r（A2＋B2））,通过类比的方法可求得：在空间中，点（2,4,1）到直线x＋2y＋2z＋3＝0的距离为(）A．3B．5C.eq\f（5\r（21），7）D．3eq\r（5）考点类比推理的应用题点平面曲线之间的类比答案B解析类比点P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离d＝eq\f(｜Ax0＋By0＋C｜，\r（A2＋B2))，可知在空间中,点P(x0,y0，z0）到直线Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离d＝eq\f(|Ax0＋By0＋Cz0＋D｜,\r(A2＋B2＋C2）)，点(2,4,1）到直线x＋2y＋2z＋3＝0的距离d＝eq\f（|2＋8＋2＋3|，\r（1＋4＋4）)＝5,故选B.4．设△ABC的三边长分别为a,b，c，△ABC的面积为S，内切圆的半径为r，则r＝eq\f(2S,a＋b＋c)，类比这个结论可知：四面体A－BCD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A－BCD的体积为V，则R等于(）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）考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比答案C解析设四面体的内切球的球心为O,则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点,分别以四个面为底面的4个三棱锥的体积的和．则四面体的体积为V＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4）R，∴R＝eq\f(3V，S1＋S2＋S3＋S4）。5．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB＝a，CD＝b（a>b)．若EF∥AB,EF到CD与AB的距离之比为m∶n，则可推算出：EF＝eq\f（ma＋nb,m＋n），用类比的方法，推想出下列问题的结果，在上面的梯形ABCD中，延长梯形的两腰AD和BC交于O点,设△OAB，△OCD的面积分别为S1，S2,EF∥AB，且EF到CD与AB的距离之比为m∶n，则△OEF的面积S0与S1,S2的关系是（）A．S0＝eq\f（mS1＋nS2,m＋n) B．S0＝eq\f（nS1＋mS2,m＋n)C.eq\r（S0）＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2）,m＋n) D。eq\r（S0）＝eq\f(n\r(S1)＋m\r(S2)，m＋n）考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比答案C解析在平面几何中类比几何性质时,一般为：由平面几何中点的性质，类比推理空间几何中线的性质；由平面几何中线段的性质，类比推理空间几何中面积的性质，故由“EF＝eq\f(ma＋nb，m＋n）”，类比到关于△OEF的面积S0与S1，S2的结论是eq\r(S0）＝eq\f(m\r（S1)＋n\r（S2），m＋n）。故选C。6．已知双曲线正弦函数shx＝eq\f(ex－e－x，2）和双曲线余弦函数chx＝eq\f(ex＋e－x,2)与我们学过的正弦函数和余弦函数有许多类似的性质，则下列类比结论中错误的是()A．shx为奇函数，chx为偶函数B．sh2x＝2shxchxC．sh(x－y)＝shxchy－chxshyD．ch（x－y）＝chxchy＋shxshy考点类比推理的应用题点类比推理的方法、形式和结论答案D解析容易验证A，B，C正确,∵eq\f（ex＋e－x，2）×eq\f(ey＋e－y,2）＋eq\f（ex－e－x,2）×eq\f（ey－e－y,2)＝eq\f（1，4）（ex＋y＋ex－y＋e－x＋y＋e－x－y＋ex＋y－ex－y－e－x＋y＋e－x－y)＝eq\f(1,4）（2ex＋y＋2e－x－y）＝eq\f(1,2）(ex＋y＋e－x－y）＝ch(x＋y)，∴ch（x－y)＝chx·chy－shx·shy，故选D.二、填空题7．等差数列有如下性质：若数列{an｝为等差数列，则当bn＝eq\f（a1＋a2＋…＋an,n）时,数列｛bn}也是等差数列；类比上述性质,相应地，若数列{cn}是正项等比数列,当dn＝________时，数列{dn｝也是等比数列．考点类比推理的应用题点等差数列与等比数列之间的类比答案eq\r（n，c1·c2·c3·…·cn)解析在类比等差数列的性质推理等比数列的性质时，我们一般的思路有：由加法类比推理为乘法，由减法类比推理为除法,由算术平均数类比推理为几何平均数等,故我们可以由数列{an｝是等差数列，则当bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an，n)时，数列{bn}也是等差数列，类比推断：若数列{cn｝是各项均为正数的等比数列，则当dn＝eq\r(n，c1·c2·c3·…·cn)时，数列{bn｝也是等比数列．8．已知taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，4））)＝eq\f（1＋tanx,1－tanx)且tanx是以π为周期的周期函数．若a≠0，且f(x＋a)＝eq\f（1＋fx，1－fx）,通过类比，f（x）是以T＝________为周期的周期函数．考点类比推理的应用题点函数性质之间的类比答案4a(答案不唯一）解析类比taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，4））)＝eq\f（1＋tanx,1－tanx）与f(x＋a）＝eq\f(1＋fx，1－fx）可知，eq\f（π，4)与a对应．而tanx是以π＝4×eq\f（π，4)为周期的周期函数，所以猜想f（x)应是以T＝4a为周期的周期函数．事实上f（x＋2a）＝eq\f(1＋fx＋a,1－fx＋a）＝eq\f(1＋\f(1＋fx，1－fx)，1－\f(1＋fx,1－fx）)＝－eq\f(1,fx）。所以f（x＋4a）＝－eq\f（1，fx＋2a)＝f（x）．故此类比猜想正确．9．已知点A(x1,2),B（x2，2)是函数y＝2x的图像上任意不同的两点，依据图像可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图像的上方，因此有结论成立．运用类比思想方法可知,若点A(x1，sinx1），B（x2,sinx2）是函数y＝sinx（x∈(0,π)）的图像上的不同两点,则有____________________成立．考点类比推理的应用题点类比推理的方法、形式和结论答案eq\f(sinx1＋sinx2,2)<sineq\f(x1＋x2,2)解析函数y＝sinx（x∈（0，π））的图像是向上凸的，线段AB总是位于A，B两点之间函数图像的下方,故由类比推理可知，eq\f(sinx1＋sinx2,2）<sineq\f(x1＋x2,2)。10．我们知道：周长一定的所有矩形中,正方形的面积最大;周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是________．考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比答案表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大解析平面图形与立体图形的类比：周长→表面积,正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．11．“若直角三角形两直角边的长分别为a，b，将其补成一个矩形，则根据矩形的对角线长可求得该直角三角形外接圆的半径r＝eq\f(\r(a2＋b2)，2）”．对于“若三棱锥三条侧棱两两垂直,侧棱长分别为a，b,c”，类比上述处理方法，可得该三棱锥的外接球的半径R＝_________。答案eq\f（\r(a2＋b2＋c2）,2）解析由求直角三角形外接圆的半径的方法，通过类比得出求三条侧棱两两垂直的三棱锥外接球的半径的方法为：首先将该三棱锥补全为长方体，而长方体的体对角线长就是三棱锥的外接球的直径，从而得出该三棱锥的外接球的半径R＝eq\f（\r（a2＋b2＋c2),2）.三、解答题12．在长方形ABCD中，对角线AC与两邻边所成的角分别为α，β，cos2α＋cos2β＝1，则在立体几何中，给出类比猜想并证明．考点类比推理的应用题点平面几何与立体几何之间的类比解在长方形ABCD中，cos2α＋cos2β＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a,c）））2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(b,c))）2＝eq\f（a2＋b2，c2）＝eq\f（c2，c2)＝1.于是类比到长方体中，猜想其体对角线与共顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.证明如下：cos2α＋cos2β＋cos2γ＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(m，l））)2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(n,l）)）2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（g，l））)2＝eq\f(m2＋n2＋g2，l2)＝eq\f(l2,l2）＝1。13．阅读以下求1＋2＋3＋…＋n的值的过程．因为（n＋1)2－n2＝2n＋1，n2－(n－1)2＝2(n－1)＋1，…，22－12＝2×1＋1，以下各式相加得:（n＋1）2－1＝2×（1＋2＋3＋…＋n)＋n，所以1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n2＋2n－n，2)＝eq\f(nn＋1,2)，类比上述过程，求12＋22＋32＋…＋n2。（参考公式：n3－（n－1）3＝3n2－3n＋1)考点类比推理的应用题点类比推理的方法、形式和结论解∵23－13＝3·22－3·2＋1，33－23＝3·32－3·3＋1，…，n3－(n－1）3＝3n2－3n＋1，把这n－1个式子相加可得:n3－1＝3×(22＋32＋…＋n2)－3×(2＋3＋…＋n）＋(n－1），由此可得：n3－1＝3（12＋22＋32＋…＋n2)－3(1＋2＋3＋…＋n）＋(n－1)，即12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f（1,3）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(n3－1＋\f(3,2）nn＋1－n－1）)，∴12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f（1，3)n3＋eq\f（1，2）n2＋eq\f(1,6)n.四、探究与拓展14．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒