北师大版选修1-2第3章 1.2 类比推理学案

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＝＝＝＝k，则h1＋2h2＋3h3＋4h4＝，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＝＝＝＝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＝a1h1＋a2h2＋a3h3＋a4h4＝(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)＝(h1＋2h2＋3h3＋4h4)，
所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝；
类比在三棱锥中，
V＝S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4＝(KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4)＝(H1＋2H2＋3H3＋4H4)，
故H1＋2H2＋3H3＋4H4＝.
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S＋S＋S＝S
解析　类比条件：
两边AB，AC互相垂直侧面ABC，ACD，ADB互相垂直．
结论：AB2＋AC2＝BC2S＋S＋S＝S.
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，________，________，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　　
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＝bq6，T8＝bq1＋2＋…＋7＝bq28，
T12＝bq1＋2＋…＋11＝bq66，
T16＝bq1＋2＋…＋15＝bq120，
∴＝bq22，＝bq38，＝bq54，
即2＝·T4，2＝·，
故T4，，，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，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. B.
C.－1 D.＋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＝，则b2＝ac，即c2－a2＝ac，可得e2－e＝1，又由e>1，则e＝.
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“＝＋(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＝(a1＋an)，类似地正项等比数列{bn}的前n项积Tn等于(　　)

C.(b1＋bn) D.(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＝(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－＝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　－＝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－＝1上一点P(x0，y0)处的切线方程为－＝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＝29
B．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝29
C．a1a2a3…a9＝2×9
D．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　D
3．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＝，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.D．3
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＝，可知在空间中，点P(x0，y0，z0)到直线Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离d＝，点(2,4,1)到直线x＋2y＋2z＋3＝0的距离d＝＝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＝，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. B.
C. D.
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＝(S1＋S2＋S3＋S4)R，
∴R＝.
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＝，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＝ B．S0＝
C.＝ D.＝
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＝”，类比到关于△OEF的面积S0与S1，S2的结论是＝.故选C.
6．已知双曲线正弦函数shx＝和双曲线余弦函数chx＝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＝2shxchx
C．sh(x－y)＝shxchy－chxshy
D．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，
∵×＋×＝(ex＋y＋ex－y＋e－x＋y＋e－x－y＋ex＋y－ex－y－e－x＋y＋e－x－y)
＝(2ex＋y＋2e－x－y)＝(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＝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　
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＝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＝时，数列{bn}也是等比数列．
8．已知tan＝且tanx是以π为周期的周期函数．若a≠0，且f(x＋a)＝，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tan＝与f(x＋a)＝可知，与a对应．
而tanx是以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)＝＝＝－.
所以f(x＋4a)＝－＝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　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，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＝”．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　
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＝.
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＝2＋2＝＝＝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＝2＋2＋2＝＝＝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＝＝，
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＝，
∴12＋22＋32＋…＋n2＝n3＋n2＋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为.类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．
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　
解析　∵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为，类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为.
15．(1)椭圆C：＋＝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：·为定值b2－a2；
(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线－＝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，则·为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)．
考点　类比推理的应用
题点　类比推理的方法、形式和结论
(1)证明　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＝(x＋a)．
令x＝0，得yM＝，
同理得yN＝－，所以yMyN＝.
又点P(x0，y0)在椭圆上，所以＋＝1，
因此y＝(a2－x)，所以yMyN＝＝b2.
因为＝(a，yN)，＝(－a，yM)，
所以·＝－a2＋yMyN＝b2－a2.
(2)解　－(a2＋b2)．