高中数学选修2-2课时练习第一章 1_2

高中数学选修2-2课时练习第一章 1_2

1.2　类比推理 [学习目标] 1．通过具体实例理解类比推理的意义． 2．会用类比推理对具体问题作出推断． [知识链接] 类比推理的结论能作为定理应用吗？ 答　不能．因为类比推理的结论不一定正确，只有经过严格的逻辑证明，说明其 正确性，才能进一步应用． [预习导引] 1．类比推理 (1)类比推理的含义 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，这种推理过程称为类比推理． 类比推理是两类事物特征之间的推理． (2)类比推理的特征 类比推理是从特殊到特殊的推理，简称类比． (3)结论真假：利用类比推理得出的结论不一定是正确的． (4)思维过程流程图： 观察、比较―→联想、类推―→猜想新的结论 2．合情推理 (1)合情推理的含义 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． 归纳推理和类比推理是最常见的合情推理． (2)思维过程流程图 从具体问题出发―→观察、分析、比较、联想 ―→归纳、类比―→提出猜想 3．演绎推理 根据已知的事实和正确的结论，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程． 要点一　平面图形与空间图形的类比 例 1　三角形与四面体有下列相似性质： (1)三角形是平面内由直线段围成的最简单的封闭图形；四面体是空间中由三角 形围成的最简单的封闭图形． (2)三角形可以看作是由一条线段所在直线外一点与这条线段的两个端点的连线 所围成的图形；四面体可以看作是由三角形所在平面外一点与这个三角形三个顶 点的连线所围成的图形． 通过类比推理，根据三角形的性质推测空间四面体的性质填写下表： 三角形 四面体 三角形的两边之和大于第三边 三角形的中位线的长等于第三边长的一半，且平行 于第三边 三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三 角形内切圆的圆心 解　 三角形 四面体 三角形的两边之和大于第三边 四面体任意三个面的面积之和大于第四 个面的面积 三角形的中位线的长等于第三边长的一 半，且平行于第三边 四面体的中截面(以任意三条棱的中点 为顶点的三角形)的面积等于第四个面 的面积的1 4 ，且平行于第四个面 三角形的三条内角平分线交于一点，且 这个点是三角形内切圆的圆心 四面体的六个二面角的平分面交于一点， 且这个点是四面体内切球的球心 规律方法　将平面几何中的三角形、长方形、圆、面积等和立体几何中的三棱锥、 长方体、球、体积等进行类比，是解决和处理立体几何问题的重要方法． 跟踪演练 1　类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推出 正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是(　　) 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．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．① B．①② C．①②③ D．③ 答案　C 解析　由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一 类对象也具有这些特征的推理，叫类比推理，上述三个结论均符合推理结论，故 均正确． 要点二　解题方法的类比 例 2　已知以下过程可以求 1＋2＋3＋…＋n 的和． 因为(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＝n2＋2n－n 2 ＝n(n＋1) 2 . 类比以上过程求 12＋22＋32＋…＋n2 的和． 解　因为(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＝1 3(n3＋3n2＋3n－3n2＋5n 2 ) ＝2n3＋3n2＋n 6 ＝n(n＋1)(2n＋1) 6 . 规律方法　典型的数学方法往往可以解决一类问题，培养学生总结、反思、举一 反三的习惯，可以提高学生的知识迁移能力和灵活应用知识的能力．而解决问题 需要我们展开丰富的联想，利用旧的知识帮助寻找思路或者将原问题降低难度， 先解决较简单的问题，再类比到复杂问题，常常可达到柳暗花明的成效． 跟踪演练 2　设 f(x)＝ 1 2x＋ 2 ，利用课本中推导等差数列前 n 项和公式的方法， 可求得 f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值是________． 答案　3 2 解析　本题要求类比课本中等差数列的求和方法，即“倒序相加法”． 令 t＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)， 则 t＝f(6)＋f(5)＋…＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)， 两式相加，类似于等差数列的情形，易得 t＝3 2. 要点三　等差数列与等比数列的类比 例 3　在等差数列{an}中，若 a10＝0，则有等式 a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19 －n(n＜19，n∈N＋)成立．类比上述性质，相应的，在等比数列{bn}中，若 b9＝1， 则有什么样的等式成立？ 解　在等差数列{an}中，由 a10＝0，得 a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋ a19－n＝2a10＝0， 所以 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＝a1＋a2＋…＋a19－n， 相应的，在等比数列{bn}中，若 b9＝1，则可得 b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n＜17，n∈N＋)． 规律方法　1.在高中阶段类比方向主要集中在等差数列与等比数列，平面几何与 立体几何，平面向量与空间向量三个方面.2.在等差数列与等比数列的类比中，等 差数列中的和类比等比数列中的积，差类比商，积类比幂． 如通项公式：an＝a1＋(n－1)d bn＝b1·qn－1. 跟踪演练 3　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， ________，________，T16 T12 成等比数列． 答案　T8 T4 　T12 T8 解析　等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结 论为：设等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn，则 T4，T8 T4 ，T12 T8 ，T16 T12 成等比数列． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．下列平面图形中可作为空间平行六面体类比对象的是(　　) A．三角形 B．梯形 C．平行四边形 D．矩形 答案　C 2．下面几种推理是类比推理的是(　　) A．因为三角形的内角和是 180°×(3－2)，四边形的内角和是 180°×(4－2)，…， 所以 n 边形的内角和是 180°×(n－2) B．由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质 C．某校高二年级有 20 个班，1 班有 51 位团员，2 班有 53 位团员，3 班有 52 位 团员，由此可以推测各班都超过 50 位团员 D．4 能被 2 整除，6 能被 2 整除，8 能被 2 整除，所以偶数能被 2 整除 答案　B 3．已知 P(x0，y0)是抛物线 y2＝2px(p>0)上的一点，过 P 点的切线方程的斜率可 通过如下方式求得：在 y2＝2px 两边同时对 x 求导，得 2yy′＝2p，则 y′＝p y ， 所以过 P 的切线的斜率 k＝ p y0.类比上述方法求出双曲线 x2－y2 2 ＝1 在 P( 2， 2) 处的切线方程为________． 答案　2x－y－ 2＝0 解析　将双曲线方程化为 y2＝2(x2－1)，类比上述方法两边同时对 x 求导得 2yy′ ＝4x，则 y′＝2x y ，即过 P 的切线的斜率 k＝2x0 y0 ，由于 P( 2， 2)，故切线斜率 k ＝2 2 2 ＝2，因此切线方程为 y－ 2＝2(x－ 2)，整理得 2x－y－ 2＝0. 4．对于平面几何中的命题“夹在两平行线之间的平行线段相等”，在立体几何中， 类 比 上 述 命 题 ， 可 以 得 到 命 题 _____________________________________________________________________ _ _____________________________________________________________________ ___. 答案　夹在两平行平面间的平行线段相等 类比推理的特点 (1)类比推理是从人们已经掌握了的事物的特征，推测正在被研究中的事物的特 征，所以类比推理的结果具有猜测性，不一定可靠． (2)类比推理以旧的知识作基础，推测新的结果，具有发现的功能，类比在数学 发现中具有重要作用，但必须明确，类比并不等于论证． (3)由于类比推理的前提是两类对象之间具有某些可以清楚定义的类似特征，所 以进行类比推理的关键是明确地指出两类对象在某些方面的类似特征． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、基础达标 1．对命题“正三角形的内切圆切于三边中点”可类比猜想：正四面体的内切球 切于四面体各正三角形的(　　) A．一条中线上的点，但不是中心 B．一条垂线上的点，但不是垂心 C．一条角平分线上的点，但不是内心 D．中心 答案　D 解析　由正四面体的内切球可知，内切球切于四个侧面的中心． 2．已知扇形的弧长为 l，半径为 r，类比三角形的面积公式 S＝底 × 高 2 ，可推 知扇形面积公式 S 扇等于(　　) A.r2 2 B.l2 2 C.lr 2 D．不可类比 答案　C 解析　我们将扇形的弧类比为三角形的底边，则高为扇形的半径 r，∴S 扇＝1 2lr. 3．(2013·临沂模拟)已知 x>0，由不等式 x＋ 1 x ≥2 x· 1 x ＝2，x＋ 4 x2 ＝x 2 ＋x 2 ＋ 4 x2 ≥3 3 x 2· x 2· 4 x2 ＝3，…，我们可以得出推广结论：x＋a xn ≥n＋1(n∈N＋)，则 a＝(　　) A．2n B．n2 C．3n D．nn 答案　D 解析　再续写一个不等式： x＋33 x3 ＝x 3 ＋x 3 ＋x 3 ＋33 x3 ≥44 x 3· x 3· x 3· 33 x3 ＝4， 由此可得 a＝nn. 4．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＝ 2 S a＋b＋c ，类比这个结论可知：四面体 S－ABC 的四个面的面积分别为 S1、 S2、S3、S4，内切球半径为 r，四面体 S－ABC 的体积为 V，则 r＝(　　) A. V S1＋S2＋S3＋S4 B. 2V S1＋S2＋S3＋S4 C. 3V S1＋S2＋S3＋S4 D. 4V S1＋S2＋S3＋S4 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 个三棱锥体积的和．则 四面体的体积为 V 四面体 A－BCD＝1 3(S1＋S2＋S3＋S4)R，∴R＝ 3V S1＋S2＋S3＋S4. 5．若数列{an}(n∈N＋)是等差数列，则数列 bn＝a1＋a2＋…＋an n 也为等差数列， 类比上述性质，若数列{cn}是等比数列，且 cn＞0(n∈N＋)，则有 dn＝________也 是等比数列． 答案　n c1c2c3…cn 解析　n c1c2c3…cn＝n cn1q1＋2＋3＋…＋(n－1)＝ ＝c1q ，是等比 数列 6．平面内正三角形有很多性质，如三条边相等．类似地写出空间正四面体的两 条性质： ①______________________________________； ②___________________________. 答案　①三个侧面与底面构成的二面角相等 ②四个面都全等(答案不唯一) 7．就任一等差数列{an}，计算 a7＋a10 和 a8＋a9，a10＋a40 和 a20＋a30，你发现了 什么一般规律？能把你发现的规律作一般化的推广吗？从等差数列和函数之间 的联系角度分析这个问题．在等比数列中会有怎样的类似的结论？ 解　设等差数列{an}的公差为 d， 则 an＝a1＋(n－1)d， 从而 a7＝a1＋6d，a10＝a1＋9d，a8＝a1＋7d，a9＝a1＋8d. 所以 a7＋a10＝2a1＋15d，a8＋a9＝2a1＋15d，可得 a7＋a10＝a8＋a9. 同理 a10＋a40＝a20＋a30. 由此猜想，任一等差数列{an}，若 m，n，p，q∈N＋且 m＋n＝p＋q，则有 am＋an＝ap＋aq 成立． 类比等差数列，可得等比数列{an}的性质： 若 m，n，p，q∈N＋且 m＋n＝p＋q， 则有 am·an＝ap·aq 成立． 二、能力提升 8．三角形的面积为 S＝1 2(a＋b＋c)r，a、b、c 为三角形的边长，r 为三角形内切 圆的半径，利用类比推理可以得出四面体的体积为(　　) A．V＝1 3abc B．V＝1 3Sh C．V＝1 3(S1＋S2＋S3＋S4)r，(S1、S2、S3、S4 为四个面的面积，r 为内切球的半径) D．V＝1 3(ab＋bc＋ac)h，(h 为四面体的高) 答案　C 解析　△ABC 的内心为 O，连结 OA、OB、OC，将△ABC 分割为三个小三角形， 这三个小三角形的高都是 r，底边长分别为 a、b、c；类比：设四面体 A­BCD 的 内切球球心为 O，连结 OA、OB、OC、OD，将四面体分割为四个以 O 为顶点， 以原来面为底面的四面体，高都为 r，所以有 V＝1 3(S1＋S2＋S3＋S4)r. 9．类比“等差数列”的定义，写出“等和数列”的定义，并解答下列问题： 已知数列{an}是等和数列，且 a1＝2，公和为 5，那么 a18＝________，这个数列 的前 n 项和 Sn 的计算公式为________． 答案　3　Sn＝Error! 解析　定义“等和数列”：在一个数列中，从第二项起每一项与它前一项的和都 为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和． 由上述定义，得 an＝Error!故 a18＝3. 从而 Sn＝Error! 10．已知结论：“在三边长都相等的△ABC 中，若 D 是 BC 的中点，G 是△ABC 外接圆的圆心，则AG GD ＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：在六条棱长都 相等的四面体 ABCD 中，若 M 是△BCD 的三边中线的交点，O 为四面体 ABCD 外接球的球心，则AO OM ＝________.” 答案　3 解析　 如图，易知球心 O 在线段 AM 上，不妨设四面体 ABCD 的棱长为 1，外接球的半 径为 R， 则 BM＝ 3 2 ×2 3 ＝ 3 3 ， AM＝ 12－( 3 3 )2＝ 6 3 ， R＝ ( 6 3 －R)2＋( 3 3 )2， 解得 R＝ 6 4 . 于是，AO OM ＝ 6 4 6 3 － 6 4 ＝3. 11．观察：①tan 10°·tan 20°＋tan 20°·tan 60°＋tan 60°·tan 10°＝1，②tan 5°·tan 10° ＋tan 10°·tan 75°＋tan 75°·tan 5°＝1，由以上两式成立能得到一个从特殊到一般 的推广，此推广是什么？并证明你的推广． 解　观察得到 10°＋20°＋60°＝90°，10°＋75°＋5°＝90°，猜测推广式子为：若 α ＋β＋γ＝90°，且 α，β，γ 均不为 kπ＋π 2 ，(k∈Z)，则 tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α＝1. 证明　由 α＋β＋γ＝π 2 ，得 α＋β＝π 2 －γ， ∵tan(α＋β)＝tan( π 2 －γ )＝ 1 tan γ ， tan(α＋β)＝ tan α＋tan β 1－tan αtan β ， ∴tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β) ＝ 1 tan γ(1－tan αtan β) ∴tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α ＝tan γ(tan α＋tan β)＋tan αtan β ＝tan γ(1－tan αtan β) 1 tan γ ＋tan αtan β ＝1－tan αtan β＋tan αtan β ＝1. 12．(1)椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)与 x 轴交于 A、B 两点，点 P 是椭圆 C 上异于 A、B 的任意一点，直线 PA、PB 分别与 y 轴交于点 M、N，求证：AN→ ·BM→ 为定 值 b2－a2. (2)类比(1)可得如下真命题：双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)与 x 轴交于 A、B 两点， 点 P 是双曲线 C 上异于 A、B 的任意一点，直线 PA、PB 分别与 y 轴交于点 M、 N，求证AN→ ·BM→ 为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)． 解　(1)证明如下： 设点 P(x0，y0)，(x0≠±a)， 依题意，得 A(－a,0)，B(a,0)． 所以直线 PA 的方程为 y＝ y0 x0＋a(x＋a)． 令 x＝0，得 yM＝ ay0 x0＋a ， 同理得 yN＝－ ay0 x0－a ， 所以 yMyN＝ a2y20 a2－x20. 又点 P(x0，y0)在椭圆上，所以x20 a2 ＋y20 b2 ＝1， 因此 y20＝b2 a2(a2－x20)， 所以 yMyN＝ a2y20 a2－x20 ＝b2. 因为AN→ ＝(a，yN)，BM→ ＝(－a，yM)， 所以AN→ ·BM→ ＝－a2＋yMyN＝b2－a2. (2)－(a2＋b2)． 三、探究与创新 13. 如图，在长方形 ABCD 中，对角线 AC 与两邻边所成的角分别为 α、β，则 cos2α＋ cos2β＝1，则在立体几何中，给出类比猜想． 解　在长方形 ABCD 中， cos2α＋cos2β＝( a c )2＋( b c )2＝a2＋b2 c2 ＝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＝( m l )2＋( n l )2＋( g l )2＝m2＋n2＋g2 l2 ＝l2 l2 ＝1.