比是常见而重要的一种数学思想方法

比是常见而重要的一种数学思想方法，它是指在新事物与已知事物之间的某些方面作类似的比较，把已经获得的知识、方法、理论迁移到新事物中，从而解决新问题。

类比不仅是一种富有创造性的方法，而且更能体现数学的美感。

（一）不同知识点之间的类比数学中的不同知识点在教材中是相对分散的，知识点之间的联系需要教师通过自己的数学设计展示给学生，从而使得学生的概念图网络更加丰富和结构化。

它不仅可以在知识复习中使用，也可以在新知识的学习中进行。

1、立体几何中的类比推理【例1】若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点M1、M2与点N1、N 2，则三角形面积之比为：若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点P1、P2与点Q1、Q2和R1、R2，则类似的结论为：。

【分析】在平面中是两三角形的面积之比，凭直觉可猜想在空间应是体积之比，故猜想（证明略）评注本题主要考查由平面到空间的类比。

要求考生由平面上三角形面积比的结论类比得出空间三棱锥体积比的相应结论。

【例2】在中有余弦定理：拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的3个侧面面积与其中两个侧面所成二面角之间的关系式，并予以证明。

【分析】根据类比猜想得出其中为侧面为与所成的二面角的平面角。

证明：作斜三棱柱的直截面DEF，则为面与面所成角，在中有余弦定理：，同乘以，得即评注本题考查由平面三角形的余弦定理到空间斜三角柱的拓展推广，因为类比是数学发现的重要源泉，因此平时的教学与复习中更要注意类比等思想方法的学习。

【例3】在平面几何中有“正三角形内任一点到三边的距离之和为定值”，那么在立体几何中有什么结论呢？解析“正三角形”类比到空间“正四面体”，“任一点到三边距离之和”类比到空间为“任一点到四个面的距离之和”，于是猜想的结论为：正四面体内任一点到其各面距离之和为定值。

如图1，设边长为的正三角形内任一点到其三边的距离分别为、、，将分割成三个小三角形，则有，即距离之和为正三形的高（定值）。

类似地，如图2,设棱长为的正四面体内任一点到四个面的距离分别为、、、，将正四面体分割成以为顶点，以四个面为底面的小三棱锥，则有，于是。

所以为定值。

【例4】在平面几何中，有勾股定理：设的两边、互相垂直，则。

拓展到空间，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，可得出的正确结论是：“设三棱锥的三个侧面、、两两互相垂直，则。

”答案为。

类比不仅可以提供探求新背景下结论的思路，而且也为寻求结论的证明提供方法上的指导。

将平面图形中的三角形与立体图形中的多面体进行类比，使不同数学分支之间的知识得到了巧妙的沟通，也使解题过程得到美化，让人有意犹未尽却又顺理成章的感觉。

2、解析几何中的类比推理【例5】已知两个圆：①与②，则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程，将上述命题在曲线仍为圆的情况下加以推广，既要求得到一个更一般的命题，而已知命题要成为所推广命题的一个特例，推广的命题为。

【分析】将题设中所给出的特殊方程①、②推广归纳到一般情况：设圆的方程为③与④，其中或，则由③式减去④式可得两圆的对称轴方程。

评注本题通过类比推广，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。

3、数列中的类比推理【例6】定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后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。

已知数列，是等和数列，且，公和为5，那么的值为，这个数列的前n 项和的计算公式为。

【分析】由等和数列的定义，易知故当n为偶数时，；当n为奇数时，评注本题以“等和数列”为载体，解决本题的关键是课本中所学的等差数列的有关知识及其数学活动的经验，本题还考查分类讨论的数学思想方法。

4、函数中的类比推理【例7】设函数，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得的值。

【分析】此题得用类比课本中推导等差数列前n项和公式的倒序相加法，观察每一个因式的特点，尝试着计算∵∴发现正好是一个定值，∴，∴评注此题依据大纲和课本，在常见中求新意，在平凡中见奇巧，将分析和解决问题的能力的老本放在了突出的位置。

本题通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更出新的命题。

这样，通过从课本出发，无论是对内容的发散，还是对解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有效于发展学生创新的思维。

5、排列组合中的类比推理【例8】已知数列（n为正整数）的首项为，公比为的q 等比数列。

（1）求和：（2）由（1）的结果，归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明。

【分析】本题由（1）的结论，通过大胆猜测，归纳猜想出一般性的结论：（1）（2）归纳概括的结论为：若数列是首项为，公比为q的等比数列，则（证明略）评注本题主要考查探索能力、类比归纳能力与论证能力，突出了创新能力的考查；通过抓住问题的实质，探讨具有共同的属性，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。

6、新定义、新运算中的类比【例9】若记号“*”表示两个实数a与b的算术平均的运算，即，则两边均含有运算符号“*”和“+”，且对于任意3个实数a，b，c都能成立的一个等式可以是。

【分析】由于本题是探索性和开放性问题，问题的解决需要经过一定的探索过程，并且答案不惟一。

这题要把握住，还要注意到试题的要求不仅类比推广到三个数，而且等式两边均含有运算符号“*”和“+”，则可容易得到正确的结论还有：等。

【例10】对于直角坐标平面内的任意两点，定义它们之间的一种“距离”：给下列三个命题：①若点C线段AB上，则;②在中，若°，则;③在中，其中真命题的个数为（）A. 0B. 1 C【分析】对于直角坐标平面内的任意两点定义它们之间的一种“距离”：①若点C在线段AB上，设C点坐标为，在、之间，在、之间，则③在中，∴命题①成立，命题③错误。

而命题②在在中，若则明显不成立，选B。

【例11】设P是一个数集，且至少含有两个数，若对任意，都有（除数）则称P是一个数域，例如有理数集Q是数域，数集也是数域。

有下列命题：①整数集是数域；②若有理数集,则数集M必为数域；③数域必为无限集；④存在无穷多个数域。

其中正确的命题的序号是。

（把你认为正确的命题的序号都填上）【分析】①错。

4,5是整数，但不是整数。

②错。

设M由有理数集合Q和元素组成，则1, ，但是不属于M。

③正确。

设，其中一个必定不等于零，设，则，所以所以，所以所有负整数都属于P，而负整数有无穷多个，所以③正确。

④正确。

把数域中的改为，仍是数域，有无穷多个。

故应填③④。

（二）数学知识与实际生活问题的类比学生在处理常规数学问题时较易上手，而对有生活背景的问题则“怵”。

数学知识与生活问题本身存在这样那样的联系，如果注意挖掘，那么对于培养学生的应用意识是十分有利的。

【例12】从1楼到2楼总共有20级台阶，如果规定每步只能跨上一级或二级，问从1楼爬上2楼共有几种不同的走法？解析这是生活中常见的一个问题，直接思考觉得走法太多，所以思考这个问题能否在数学中找到相应的模型，记上第级台阶共有种方法，若想上第20级台阶，则可从第18级跨两级或从第19级跨一级而到达，所以，类似地，… .注意到，运用以上递推关系（斐波那契数列），逐项计算得，那上2楼共有10946种方法。

生活中的不少问题往往可以找到其数学根源，通过思考将这种联系（数学模型）挖掘出来，就把生活中的问题与数学知识、方法进行了类比，有意识在引导或发现这种思考方法，有利于增加学生的数学应用意识和解决实际问题的能力。

（三）结束语讲解双曲线的性质时常用椭圆的性质来类比，讲解等比数列的时候用等差数列来类比。

不仅数学知识如此，实际上惠更斯提出的波动说，就是与水波、声波类比而受到的启发。

英国医生詹纳发现的种牛痘可以预防天花，就是从挤奶女工感染了牛痘而不患天花中得到启发，从树叶的锯齿形状发明了锯，从雄鹰的飞起到制造飞机上天等，总之，类比思想方法博大精深，能够收到严格逻辑推理所不能达到的效果，它能提高人们的数学素质，改善思维品质，既富有创造性，又让人产生柳暗花明又一村的美感。

面积转化为体积，点转化为线，线转化为面，长度转化为面积。

再有就是注意重心如数列，等差的和在类比成等比时就变成乘，减类比成除，乘类比成乘方。

在立体几何里，平面是二分之一，立体类比成三分之一。

等等F3和平面解析几何的观点相同，在空间中，空间曲面可以看作是适合某种条件的动点的轨迹．一般来说，在空间直角坐标系O-xyz中，空间曲面的方程是一个三元方程F（x，y，z）=0．（Ⅰ）在直角坐标系O-xyz中，求到定点M0（0，2，-1）的距离为3的动点P的轨迹（球面）方程；（Ⅱ）如图，设空间有一定点F到一定平面α的距离为常数p＞0，即|FM|=2，定义曲面C为到定点F与到定平面α的距离相等（|PF|=|PN|）的动点P的轨迹，试建立适当的空间直角坐标系O-xyz，求曲面C的方程；（Ⅲ）请类比平面解析几何中对二次曲线的研究，讨论曲面C的几何性质．并在图中通过画出曲面C与各坐标平面的交线（如果存在）或与坐标平面平行的平面的交线（如果必要）表示曲面C的大致图形．画交线时，请用虚线表示被曲面C 自身遮挡部分．考点：类比推理．专题：计算题．分析：（I）设动点P的坐标为（x，y，z），动点P满足|PM0|=3，根据空间两点的距离公式建立等式关系，化简即可得到点P 的轨迹方程；（II）设动点P（x，y，z），则|PF|=|PN|，根据根据空间两点的距离公式建立等式关系，化简即可得到曲面C的方程；（III）先研究曲面C的对称性，范围和顶点等性质，然后根据曲面的性质画出图形即可．解答：解：（Ⅰ）动点P的轨迹是以M0为原点，以3为半径的球面并设动点P的坐标为（x，y，z），动点P满足|PM0|=3．则球面的方程为x2+（y-2）2+（z+1）2=9．（Ⅱ）设动点P（x，y，z），则|PF|=|PN|所以x2+y2+(z-p2)2=|z+p2|整理得曲面C的方程：x2+y2=2pz （*）若坐标系原点建在平面α上的点M处，可得曲面C的方程：x2+y2=2p(z-p2)同样得分．（Ⅲ）（1）对称性：由于P（x，y，z）点关于xOz平面的对称点（x，-y，z）、关于yOz平面的对称点（-x，y，z）均满足方程（*），所以曲面C关于xOz平面与yOz平面对称．又由于P（x，y，z）点关于z轴的对称点（-x，-y，z）满足方程（*），所以曲面C关于z轴对称．（2）范围：由于x2+y2≥0，所以，z≥0，即曲面C在xOy 平面上方．（3）顶点：令z=0，得x=y=0，即坐标原点在曲面C上，O点是曲面C的顶点．试题类比平面直角三角形的勾股定理，试给出空间中四面体性质的猜想，并证明．考点：类比推理．分析：由勾股定理是平面二维的线与线之间的关系，类比到三维空间可猜测：S△BCD2=S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2，作AE⊥CD 连BE，则BE⊥CD，S△BCD2=14CD2•BE2=14CD2（AB2+AE2）=14（AC2+AD2）（AB2+AE2），再化简即得结论．解答：解：线的关系类比到面的关系，猜测：S△BCD2=S△ABC2+S△ACD 2+S△ADB2．理由如下：如图作AE⊥CD连BE，则BE⊥CD．S△BCD2 =14CD2•BE2 =14CD2（AB2+AE2）=14（AC2+AD2）（AB2+AE2）=14（AC2AB2 +AD2AB2 +AC2AE2+AD2AE2 ）=14（AC2AB2 +AD2AB2+CD2AE2 ）=S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2点评：本题考查类比推理，体现了数形结合的数学思想．其中由二维到三维的类比推理要注意点图1，若射线OM，ON上分别存在点M1，M2与点N1，N2，则S △OM1N1S△OM2N2=OM1OM2•ON1ON2；如图2，若不在同一平面内的射线OP，OQ和OR上分别存在点P1，P2，点Q1，Q2和点R1，R2，则类似的结论是什么？这个结论正确吗？说明理由．考点：类比推理．专题：探究型．分析：本题考查的知识点是类比推理，在由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质．由平面中，若从点O所作的两条射线OM，ON上分别有点M1，M2与点N1，N2，则三角形面积之比为：VO-P1Q1R1VO-P2Q2R2=OP1OP2•OQ1OQ2•OR1OR2（面的性质）我们可以类比在空间中相似的体的性质．解答：解：类似的结论为：VO-P1Q1R1VO-P2Q2R2=OP1OP2•OQ1OQ2•OR1OR2．（3分）这个结论是正确的，证明如下：如图，过R2作R2M2⊥平面P2OQ2于M2，连OM2．过R1在平面OR2M2作R1M1∥R2M2交OM2于M1，则R1M1⊥平面P2OQ2．由VO-P1Q1R1=13S△P1OQ1•R1M1=13•12OP1•OQ1•sin∠P1OQ1•R1M1=16OP1•OQ1•R1M1•sin∠P1OQ1，（6分）同理，VO-P2Q2R2=16OP2•OQ2•R2M2•sin∠P2OQ2．（8分）∴VO-P1Q1R1VO-P2Q2R2=OP1•OQ1•R1M1OP2•OQ2•R2M2．（10分）由平面几何知识可得R1M1R2M2=OR1OR2．∴VO-P1Q1R1VO-P2Q2R2=OP1•OQ1•OR1OP2•OQ2•OR2．∴结论正确．（14分）点评：类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．已知两个正数a、b．则a+b2≤a2+b22．三个正数a、b、c，则a+b+c3≤a2+b2+c23；…类比写出n个正数的关系式并加以证明．考点：类比推理．专题：证明题．分析：本题考查的知识点是类比推理，在两个正数的不等式推理n个正数的关系式时，我们一般的思路有：由两个数算术平均数类比推理为n个正数算术平均数，由两个数平方的平均数类比推理为n个正数数平方的平均数，由算术平均数类比推理为几何平均数等，故我们可以类比上述性质，得到a1+a2+…+ann≤a12+a22+…+an2n，最后利用数学归纳法证明．解答：解：对于两个正数a、b．则a+b2≤a2+b22．左式是两个正数的算术平均数，右式是两个数平方的平均数的平方根，对于三个正数a、b有类似的不等式，在类比写出n个正数的关系式时，有：对于n个正数a1、a2，…a n．则a1+a2+…+ann≤a12+a22+…+an2n．欲证：a1+a2+…+ann≤a12+a22+…+an2n．只须证明：（a1+a2+…+a n）2≤n（a12+a22+…+a n2）证：①当n=1时显然成立；②假设当n=k时成立，即（a1+a2+…+a k）2≤k（a12+a22+…+a k2）当n=k+1时，：（a1+a2+…+a k+1）2≤（a1+a2+…+a k+a k+1）2=（a1+a2+…+a k）2+2a k+1（a1+a2+…+a k）+a k+12≤k（a12+a22+…+a k2）+2a1a k+1+2a2a k+1+…+2a k a k+1+a k+12≤k（a12+a22+…+a k2）+a12+a k+12+a22+a k+12+…+a k2+a k+12+a k+12≤（k+1）（a12+a22+…+a k2），即当n=k+1时也成立，∴n个正数的关系式：a1+a2+…+ann≤a12+a22+…+an2n成立．点评：本小题是一道类比推理问题，主要考查创新思维能力．事实上，不等式中的不少定理、结论都可以类比推广到n个正数中去，值得我们进一步去探索和研究．类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．已知命题：“若数列{a n}是等比数列，且a n＞0，则数列bn=a1a2…ann(n∈N*)也是等比数列”．类比这一性质，你能得到关于等差数列的一个什么性质？并证明你的结论．考点：类比推理．专题：计算题．分析：等差数列与等比数列有很多地方相似，因此可以类比等比数列的性质猜想等差数列的性质，因此几何平均数与算术平均数正好与等比数列的二级运算及等差数列的一级运算可以类比，因此我们可以大胆猜想，数列b n=a1+a2+…+ann 也是等差数列．再根据等差数列的定义对猜想进行论证．解答：解：类比等比数列的性质，可以得到等差数列的一个性质是：若数列{a n}是等差数列，则数列b n=a1+a2+…+ann也是等差数列．证明：设等差数列{a n}的公差为d，则b n=a1+a2+…+ann=na1+n(n-1)d2n=a1+d2(n-1)，所以数列{b n}是以a1为首项，d2为公差的等差数列．点评：解答的关键是熟悉类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．在平面几何中有如下特性：从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值．类比上述性质，请叙述在立体几何中相应地特性，并画出图形．不必证明．考点：类比推理．分析：由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中角的性质类比推理出空间中二面角的性质．我们可以根据已知中平面几何中，关于角的性质“从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值”，推断出一个空间几何中一个关于二面角的性质．解答：解：立体几何中相应地性质：（1）从二面角的棱出发的一个半平面内任意一点到二面角的两个面的距离之比为定值．（2）从二面角的棱上一点出发的一条射线上任意一点到二面角的两个面的距离之比为定值．（3）在空间，从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值．（4）在空间，射线OD上任意一点P到射线OA、OB、OC的距离之比不变．（5）在空间，射线OD上任意一点P到平面AOB、BOC、COA 的距离之比不变．（2）--（5）参考给分点评：本题考查的知识点是类比推理，类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．问题1：已知函数f(x)=x1+x，则f(110)+f(19)+…+f(12)+f(1)+f(2)+…+f（9）+f（10）=192．我们若把每一个函数值计算出，再求和，对函数值个数较少时是常用方法，但函数值个数较多时，运算就较繁锁．观察和式，我们发现f(12)+f(2)、…、f(19)+f(9)、f(110)+f(10)可一般表示为f(1x)+f(x)=1x1+1x+x1+x=11+x+x1+x=1+x1+x=1为定值，有此规律从而很方便求和，请求出上述结果，并用此方法求解下面问题：问题2：已知函数f(x)=12x+2，求f（-2007）+f（-2006）+…+f（-1）+f（0）+f（1）+…+f（2007）+f（2008）的值．考点：类比推理；函数的值．专题：综合题．分析：问题1：根据f(1x)+f(x)=1x1+1x+x1+x=11+x+x1+x=1+x1+x=1为定值，从而所求式子分组求和可求；问题2：先研究f(x)+f(1-x)=22，再分组求和可求．解答：解：问题1：∵f(1x)+f(x)=1x1+1x+x1+x=11+x+x1+x=1+x1+x=1∴f(110)+f(19)+…+f(12)+f(1)+f(2)+…+f（9）+f（10）=9+12=192（4分）问题2：f(x)+f(1-x)=12x+2+121-x+2=22(2x+2)+2x2+2•2x=12=22（10分）f（-2007）+f（-2006）+…+f（-1）+f（0）+f（1）+…+f （2007）+f（2008）=10042（14分）点评：本题的考点是类比推理，关键是理解问题1，发现解决问题的规律，从而得解．我们知道，等差数列和等比数列有许多性质可以类比，现在给出一个命题：若数列{a n}、{b n}是两个等差数列，它们的前n项的和分别是S n，T n，则anbn=S2n-1T2n-1（1）请你证明上述命题；（2）请你就数列{a n}、{b n}是两个各项均为正的等比数列，类比上述结论，提出正确的猜想，并加以证明．考点：类比推理；等比数列的性质．专题：探究型．分析：（1）直接利用等差数列的性质：若m+n=p+q，则a m+a n=a p+a q及等差数列的前n项和公式即可得到证明；（2）等比数列通常与等差数列类比，加法类比为乘法，平面中的面积类比为体积，算术平均数类比为几何平均数，本题是一个加法类比为乘法，算术平均数类比为几何平均数．解答：解：（1）证明：在等差数列{an}中，an=a1+a2n-12(n∈N*)那么对于等差数列{an}、{bn}有：anbn=12(a1+a2n-1)12(b1+b2n-1)=12(a1+a2n-1)(2n-1)12( b1+b2n-1)(2n-1)=S2n-1T2n-1（2）猜想：数列{a n}、{b n}是两个各项均为正的等比数列，它们的前n项的积分别是Xn，Yn，则(anbn)2n-1=X2n-1Y2n-1证明：在等比数列{an}中，a2n=a1a2n-1=a2a2n-2=…(n∈N*)a2n-1n=a1a2a3…a2n-1(n∈N*)那么对于等比数列{an}、{bn}有(anbn)2n-1=a1a2a3…a2n-1b1b2b3…b2n-1=X2n-1Y2n-1点评：在解题过程中，寻找解题的突破口，往往离不开类比联想，我们在解题中，要进一步通过概念类比、性质类比、结构类比以及方法类比等思维训练途径，来提高类试题已知命题：平面上一矩形ABCD的对角线AC与边AB、AD所成的角分别为α、β（如图1），则cos2α+cos2β=1．用类比的方法，把它推广到空间长方体中，试写出相应的一个真命题并证明．考点：类比推理．专题：计算题．分析：本题考查的知识点是类比推理，由在长方形中，设一条对角线与其一顶点出发的两条边所成的角分别是α，β，则有cos2α+cos2β=1，我们根据平面性质可以类比推断出空间性质，我们易得答案．解答：解：有如下命题：长方体ABCD-A'B'C'D'中，对角线AC'与棱AB、AD、AA'所成的角分别为α，β，γ，则cos2α+cos2β+cos2γ=1…（4分）证明：∵cosα=ABACʹ，K^S*5U．C#O cosβ=ADACʹ，cosγ=AAʹAC ʹ…（10分）∴cos2α+cos2β+cos2γ=AB2+AD2+AAʹ2ACʹ2=ACʹ2ACʹ2=1…（13分）此题答案不唯一，只要类比写出的命题为真并证明，都应给相应的分数点评：本题考查的知识点是类比推理，在由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质，或是将平面中的两维性质，类比推断到空间中的三维性质．图，在直角三角形ABC中，AD是斜边BC上的高，有很多大家熟悉的性质，例如“AB⊥AC”，勾股定理“|AB|2+|AC|2=|BC|2”和“1|AD|2=1|AB|2+1|AC|2”等，由此联想，在三棱锥O-ABC中，若三条侧棱OA，OB，OC两两互相垂直，可以推出哪些结论？至少写出两个结论．考点：类比推理．专题：探究型．分析：本题考查的知识点是类比推理，在由平面几何的性质类比推理空间立体几何性质时，我们常用的思路是：由平面几何中点的性质，类比推理空间几何中线的性质；由平面几何中线的性质，类比推理空间几何中面的性质；由平面几何中面的性质，类比推理空间几何中体的性质；故由：“直角三角形中，直角边边长为a，b，斜边边长为c，直角三角形具有性质：c2=a2+b2．”（边的性质），类比到空间可得的结论是“在直角三棱锥中，直角面面积分别为S1，S2，S3，斜面面积为S”，S12+S22+S32=S2解答：解：（以下仅供参考，不同结论请酌情给分．每个正确结论给（2分），证明给5分）可以得出有以下结论：（Ⅰ）三个侧面OAB、OAC、OBC两两互相垂直（或OA⊥BC、OB⊥AC、OC⊥AB）（Ⅱ）1OH2=1OA2+1OB2+1OC2（H为△ABC的重心）（Ⅲ）S△OAB2+S△OAB2+S△OBC2=S△ABC2以下给出具体的证明：（1）证明：∵OA⊥OC，OB⊥OC∴OC⊥平面OAB∴平面OAC⊥平面OAB 平面OBC⊥平面OAB 同理可证平面OBC⊥平面OAC（2）证明：如图连接AH并延长AH交BC于D连接OD∵OA⊥面OBC∴OA⊥OD在Rt△ABC中∵OH⊥OD∴OH•AD=AO•OD∴OH2•AD2=AO2•OD2又∵AD2=OA2+OD2∴1OH2=1OA2+1OD2∵AD⊥BC，由三垂线定理得：BC⊥OD∴在Rt△OBC中OD2•BC2=BO2•CO2∴OD2=BO2•CO2BC2又∵BC2=BO2+CO2∴1OD2=1BO2+1CO2②由①②得：1OH2=1OA2+1OB2+1OC2（Ⅳ）证明：如图（延用（Ⅸ）中的字母a，b，c）∵H 为垂心∴AD⊥BC又∵OA、OB、OC两两垂直∴S△OAB=12ab S△=12bc S△OAC=12ac K^S*5U．C#O%MOBCS△ABC=12BC•AD∴S△OAB2+S△OAC2+S△OBC2=14（a2b2+b2c2+a2c2）=14a2（b2+c2）+14b2c2…①又∵在Rt△BOC中，OD⊥BC∴OB2•OC2=b2c2=OD2•BC2=OD2•（b2+c2）…②∴②代入①得：S△OAB2+S△OBC2+S△OAC2=14（b2+c2）•AD2=14BC2•AD2=S△ABC2点评：类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．在由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时，常用的思路有：由平面图形中点的性质类比推理出空间里的线的性质，由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质，由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质．差数列{a n}中，公差为d，前n项的和为S n，有如下性质：（1）通项a n=a m+（n-m）d；（2）若m+n=p+q，m、n、p、q∈N*，则a m+a n=a p+a q；（3）若m+n=2p，则a m+a n=2a p；（4）S n，S2n-S n，S3n-S2n构成等差数列．请类比出等比数列的有关性质．考点：类比推理．专题：规律型．分析：等比数列通常与等差数列类比，加法类比为乘法，算术平均数类比为几何平均数，本题是一个加法类比为乘法，算术平均数类比为几何平均数．解答：解：等比数列{a n}中，公比为q，前n项和为S n，则可以推出以下性质：（1）a n=a m q n-m；（2）若m+n=p+q，m、n、p、q∈N*，则a m•a n=a p•a q；（3）若m+n=2p，则a m•a n=a p2；（4）当q≠-1时，S n，S2n-S n，S3n-S2n构成等比数列．点评：在解题过程中，寻找解题的突破口，往往离不开类比联想，我们在解题中，要进一步通过概念类比、性质类比、结构类比以及方法类比等思维训练途径，来提高类比推理的能力，培养探究创新精神．读下面一段文字：已知数列{a n}的首项a1=1，如果当n≥2时，a n-a n-1=2，则易知通项a n=2n-1，前n项的和S n=n2．将此命题中的“等号”改为“大于号”，我们得到：数列{a n}的首项a1=1，如果当n≥2时，a n-a n-1＞2，那么a n＞2n-1，且S n＞n2．这种从“等”到“不等”的类比很有趣．由此还可以思考：要证S n＞n2，可以先证a n＞2n-1，而要证a n＞2n-1，只需证a n-a n-1＞2（n≥2）．结合以上思想方法，完成下题：已知函数f（x）=x3+1，数列{a n}满足a1=1，a n+1=f（a n），若数列{a n}的前n项的和为S n，求证：S n≥2n-1．考点：类比推理；不等式的证明．专题：探究型．分析：本题考查的知识点是类比推理，由命题中的“等号”性质，类比推理出”“大于号”的性质．由a1=1，a n+1=a n3+1，a n≥1．得出：a n+1=a n3+1≥a n2+1≥2a n，从而an+1an≥2，an=anan-1•an-1an-2•…•a3a2•a2a1•a1≥2n-1得到a n≥2n-1，最后利用等比数列的求和公式即可证得结论．解答：解：∵a1=1，a n+1=a n3+1，a n≥1．…4′∴有：a n+1=a n3+1≥a n2+1≥2a n，∴an+1an≥2．…8′∴an=anan-1•an-1an-2•…•a3a2•a2a1•a1≥2n-1，即a n≥2n-1．…11′故Sn=a1+a2+…+an≥1+2+22+…+2n-1=1-2n1-2=2n-1．∴S n≥2n-1成立．…14′点评：类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．（1）若三角形的内切圆半径为r，三边的长分别为a，b，c，则三角形的面积S=12r（a+b+c），根据类比思想，若四面体的内切球半径为R，四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，则此四面体的体积V=V=13R（S1+S2+S3+S4）．．（2）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，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之间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A-BCD的三侧面ABC，ACD，ADB两两垂直，则S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2。