竞赛讲座 31类比与联想
类比、归纳、联想与直觉在解题中的应用
课程小论文：构造相关例题对自选的3种数学方法的应用予以说明。
类比、归纳、联想与直觉在解题中的应用摘要 本文将从具体的数学方法——类比、归纳、联想与直觉出发，通过构造相关例题，分析说明这三种数学方法在初等数学解题中的应用，注重培养发展学生的推理能力。
关键词 类比；归纳；联想与直觉1、引言数学方法论是研究数学的发展规律，数学思想、方法、原则以及数学中的发现、发明与创新法则的学科。
其中数学思想方法是数学方法论其中一个非常重要的研究对象。
在《义务教育数学课程标准（2011版）》提到：在数学课程中，应当注重发展学生的推理能力。
其中推理一般包括演绎推理和合情推理，而合情推理就包含类比、归纳、联想与直觉等方法。
本文将从类比、归纳、联想与直觉的具体方法出发，通过构造相关例题，分析说明这三种数学方法在初等数学解题中的应用。
2、类比法在初等数学解题中的应用类比——根据两个不同对象的某些方面（如特征、属性、关系等）的相同或相似，推出它们在其他方面也可能相同或相同的思维形式。
它是以比较为基础的一种从特殊到特殊的推理方法.类比法是由此及彼以及由彼及此的联想方法，著名数学教育家波利亚指出“类比是一个伟大的引路人”，类比具有启迪思维、提供线索、举一反三的作用，对发展思维特别是创造性思维十分有利。
同时，类比法是系统掌握新知识、巩固旧知识，使新旧知识融会贯通的有效方法。
在数学解题过程中，当我们的思维遇到障碍时，运用类比推理，往往能实现知识的正迁移，将已学过的知识或已掌握的解题方法迁移过来。
2.1 解（证）题方法上的类比例2.1 若2()4()()0c a a b b c ----=，且a b c ≠≠。
求证：2b a c =+（即,,a b c成等差数列）分析：观察已知等式，类比联想到一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系，从而可以构造一元二次方程进行求证。
证：构造 2()()()0a b x c a x b c -+-+-=，容易知道1x =是方程的一个解。
“强基计划”数学专题讲座（五）——“强基”数学试题中基于类比、联想的创新之美赏析
ʏ江苏省无锡市第一中学 钱 铭ʏ江南大学理学院 谢广喜创新是一个民族进步的灵魂,是一个国家兴旺发达的不竭动力㊂那么在数学学科的有关考试中,如何考查同学们的创新能力呢?我们认为,类比和联想能力是表现数学创新思维最重要的方面,它可以让创新思维不再是虚无缥缈,数学创新的思维火花不再是天外来客㊂正如日本物理学家汤川秀树所说, 类比是创造性思维的起点 ㊂同时,我们还发现,有时候一些新情况㊁新问题的解决还需要通过联想来实现,而利用联想解决问题的最基本形式通常是基于结构相似的类比㊂这里必须指出,在这个过程中,必要的数学知识(甚至还涉及其他学科知识)是实现这个工作的中心环节,没有必要的知识基础,想通过类比联想的办法来创造性地解决有关数学问题基本上是不可能的(尤其是一些难度很大的问题,一个典型的例子是用中小学的数学知识去研究世界难题 哥德巴赫猜想 ,结果失败是必然的)㊂而基于结构相似的类比与联想是一种在数学解题中创造性地处理有关问题的极其常用的方法,比如下面几种常见形式㊂(1)如果问题以y 2-y 1x 2-x 1形式呈现,可以类比联想到平面解析几何的 斜率 结构,将其理解为平面上两个点P 1(x 1,y 1)与P 2(x 2,y 2)连线的斜率㊂特别地,如果形式为y x,可理解为平面上一个点P (x ,y )与坐标原点(0,0)之间连线的斜率,再进一步求解可能就容易了㊂(2)如果问题以(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2或者(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2形式呈现,可以类比联想到平面解析几何的 距离 或者 距离的平方 ,但破题的关键还是距离,将其理解为平面上两个点P 1(x 1,y 1)与P 2(x 2,y 2)连线间的距离,再进一步求解㊂特别地,如果形式为x 2+y 2,则可理解为平面上一个点与坐标原点(0,0)之间的距离㊂(3)如果问题以(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2形式呈现,还可类比理解为复数z =(x 2-x 1)+(y 2-y 1)i 的模,根据需要,也可类比理解为z '=(y 2-y 1)+(x 2-x 1)i ㊂一种相关典型情况,a 2ʃa b +b 2(a ,b ɪR )恰好可类比理解为复数z =a ʃb2+32b i 的模㊂另外,如果(x 2-x 1)㊃(y 2-y 1)ʂ0,还可将类比理解为一个直角三角形的斜边长(分别以|x 2-x 1|及|y 2-y 1|为直角边)㊂(4)如果问题以绝对值和的函数形式呈现,比如f (x )=|x -a |+|x -b |,x ɪR ,其中a ,b 为实参数,与数轴上的点类比联系,可知f (x )=|x -a |+|x -b |ȡ|a -b |,当实变量x 介于a ,b 之间时不等式取等号㊂(5)如果问题以a 2+b 2-λa ,b (a ,b ,λɪR ,a b ʂ0,|λ|<2)形式呈现,那么我们可以类比联想到余弦定理,将其理解为一个三角形的第三边长平方(分别以|a |,|b |为两边,夹角的余弦值c o s C =ʃλ2,其中c o s C 前的正负号与a ,b 符号有关,同号取正,异号取负)㊂(6)如果问题以|P A |+|P B |=2a >0形式呈现(其中A ,B 为平面上两个定点,P 为动点,且0<|A B |=2c ɤ2a ),当c =a 时,则动点P 的轨迹为线段A B ;当c <a 时,则动点P 的轨迹为以A ,B 为焦点的椭圆㊂完全类似地,如果问题以||P A |-|P B ||=2a >0形式呈现(其中A ,B 为平面上两个定点,P 为动点,且|A B |=2c ȡ2a ),当c =a 时,则动点P 的轨迹是两条射线;当c >a 时,则动点P 的轨迹是以A ,B 为焦点的双曲线㊂特别地,若仅有|P A |-|P B |=2a >0(且c >a ),则点P 的轨迹是到A 点较远的那一支双曲线(单支双曲线)㊂(7)如果问题以|P A |=λ|P B |>0形式呈现(其中A ,B 为平面上两个定点,P 为动点,λ为大于0的参数),则当λ=1时,P 点轨迹为线段A B 的垂直平分线;当λʂ1时,P点轨迹为阿波罗尼斯圆㊂(8)如果问题以a +b 1-a b 或a -b1+a b形式呈现(其中a ,b ɪR ,分母不为0),则可类比联想两角正切和或差,令其中的a =t a n α,b =t a n β其中α,βɪ-π2,π2,于是a +b1-a bңt a n (α+β),a -b1+a bңt a n (α-β)㊂(9)如果问题以y +x x y 或y -x x y形式呈现(其中x y ʂ0),则可能类比联想分式的裂项求和,有关表达式恒等地变为1x +1y 或1x-1y㊂(10)如果问题以ðn i =11i形式呈现,若要对该和式进行估值放缩,则可以类比联想到2k +k +1<1k<2k +k -1(其中k ɪN *,k ȡ1,通常k =1不放缩),也即2(k +1-k )<1k<2(k -k -1),求和两边均能进一步实现前后抵消化简㊂例1 (2022年中国科学技术大学创新班数学复试之第3题)欧拉有著名公式:1+122+132+ =π26,求最小的正整数n ,使得ðni =11i2>π26-12022㊂解析:必须指出1+122+132+ =π26,无法用初等数学化简得到,而与此密切相关的表达式为11ˑ2+12ˑ3+13ˑ4+ +1n (n +1),可以利用裂项相消的方法化简㊂联想到这一点,我们可以利用已知条件,将问题中待处理的不等式等价转化为12022>π26-ðn i =11i 2=ð+ɕi =n +11i2㊂对于i ȡ2,有1i -1i +1=1i (i +1)<1i2<1i (i -1)=1i -1-1i ,从而1n +1=ð+ɕi =n +11i -1i +1<ð+ɕi =n +11i2<ð+ɕi =n +11i -1-1i =1n㊂首先我们将这个双边不等式的左边与12022>ðɕi =n +11i2联系起来,得到n >2021,也即n ȡ2022㊂我们把符合此要求的最小正整数n =2022代入尝试,再利用这个双边不等式的右边结果即有ð+ɕi =2022+11i2<12022,恰好符合要求㊂所以要求的最小的正整数n 为2022㊂评注:解答本题的核心在于联想到与本问题密切相关的形式ðni =11i (i +1),而ðn i =11i (i +1)可以进一步通过裂项相消化简,实现二者这个联系的关键就是放缩法㊂例2 (2022年北京大学强基计划 数学试题改编)已知1-x 2=4x 3-3x ,则该方程所有实根个数与所有实数根乘积的比值为㊂解析:本题的突破口在于联想到三倍角余弦公式c o s 3θ=4c o s 3θ-3c o s θ㊂于是,可令x =c o s θ,θɪ[0,π],代入1-x 2=4x 3-3x ,利用三倍角的余弦公式得到s i n θ=c o s 3θ,即c o s π2-θ=c o s 3θ㊂由于θɪ[0,π],故π2-θɪ-π2,π2,而3θɪ[0,3π],所以3θ=π2-θ或3θ=π2-θ+2π或3θ=θ-π2+2π,解得θ=π8或5π8或3π4,进而得x =c o s π8或c o s 5π8或c o s 3π4㊂于是问题所求的比值为3c o s π8c o s 5π8c o s3π4=-3c o s π8s i n π8c o s3π4=12㊂评注:从这道题我们再次看到,没有相关的数学知识(比如三倍角的余弦公式)作为基础,联想就失去了翅膀,创新的思路或解法也就很难 灵光一闪 地出现㊂例3 (2022年西湖大学创新班初试第1题改编)若19=a 0+a 1㊃32+a 232 2++a n -132n -1+a n32n,其中系数a i(i =0,1,2, ,n )的取值范围为{0,1,2},则a 0+a 1+a 2+ +a n -1+a n =㊂解析:联想到我们常见的二进制㊁十进制等的表达形式,我们这里称其为分数进制(具体这里即为二分之三进制),对于这个新情况㊁新问题,如果我们注意到2和3互质,是可以将其转化为整数背景问题去研究的㊂等式两边同乘以2n,得:(19-a 0)2n =a 1㊃3㊃2n -1+a 2㊃32㊃2n -2+ +a n -1㊃3n -1㊃2+a n ㊃3n㊂很显然,等式右边是3的倍数,而a 0ɪ{0,1,2},只有a 0=1才能满足要求㊂进而得6㊃2n =a 1㊃2n -1+a 2㊃3㊃2n -2+ +a n -1㊃3n -2㊃2+a n ㊃3n -1㊂也即(12-a 1)㊃2n -1=a 2㊃3㊃2n -2++a n -1㊃3n -2㊃2+a n ㊃3n -1㊂同样地,此时等式左边必须是3的倍数,由于a 1ɪ{0,1,2},故只能a 1=0㊂进而有12㊃2n -1=a 2㊃3㊃2n -2+ +a n -1㊃3n -2㊃2+a n ㊃3n -1㊂也即4㊃2n -1=a 2㊃2n -2+a 3㊃3㊃2n -3+ +a n -1㊃3n -3㊃2+a n ㊃3n -2,右边第一项移项得(8-a 2)2n -2=a 3㊃3㊃2n -3+ +a n -1㊃3n -3㊃2+a n ㊃3n -2㊂与前面完全类似地,应有a 2=2,即6㊃2n -2=a 3㊃3㊃2n -3+a n -1㊃3n -3㊃2+a n ㊃3n -2,也即2n -1=a 3㊃2n -3+ +a n -1㊃3n -4㊃2+a n ㊃3n -3㊂得(4-a 3)2n -3=a 4㊃3㊃2n -4+ +a n -1㊃3n -4㊃2+a n ㊃3n -3,只能a 3=1㊂于是2n -3=a 4㊃2n -4+a 5㊃3㊃2n -5+ +a n -1㊃3n -5㊃2+a n ㊃3n -4㊂得(2-a 4)2n -4=a 5㊃3㊃2n -5+ +a n -1㊃3n -5㊃2+a n ㊃3n -4㊂此时只能a 4=2且a 5=a 6= =a n =0,于是ðnj =0a j =a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=6㊂评注:其实,这类分数进制的问题并非首次出现,2005年全国高中数学联赛第6题就可看成是七分之一进制问题,只不过我们现在这里碰到的情形更具有一般性而已㊂例4 (2019年北京大学博雅计划数学试题)函数f (x )=x1+x2+1-x21+x 2的取值范围为( )㊂A.(-2,1] B .-2,98C .-2,98D .以上答案都不对解析:由函数表达式f (x )=x1+x2+1-x 21+x 2的分母有1+x 2的结构,这样的结构使我们联想到正切函数(有人可能会说为什么呢?这就源于你的三角函数基本功啦!),我们令x =t a n α|α|<π2,于是得f (x )=g (α)=s i n α+c o s 2α=-2s i n 2α+s i n α+1㊂配方得f (x )=g (α)=-2s i n α-142+98,由于|α|<π2,易求得本题的正确答案为B ㊂评注:问题原始结构还是比较复杂的,但我们联想到三角函数公式后,问题就变得柳暗花明了,但最后求值域时一定要仔细,否则很容易误选D ㊂例5 (2013年江苏复赛二试第2题)设正实数a ,b ,c 满足a +b =a b +9,b +c =b c +16,c +a =c a +25,求a +b +c ㊂解析:已知条件可等价变化为a 2+b 2+a b =32,b 2+c 2+b c =42,c 2+a 2+c a =52,且a ,b ,c >0㊂联想到表达式a 2+a b +b 2(a ,b >0)结构的平面几何意义,在平面内任取一点O ,并取三点A ,B ,C ,使得O A ,O B ,O C 两两相互夹角成120ʎ,且图1|O A |=a ,|O B |=b ,|O C |=c ,如图1㊂易知әA B C 为直角三角形,且S әA B C =S әA O B +S әB O C +S әC O A ,即12ˑ3ˑ4=12a b s i n 120ʎ+12b c s i n 120ʎ+12c a s i n 120ʎ,于是即有a b +b c +c a =83㊂将条件中三式相加得2(a 2+b 2+c 2)+a b +b c +c a =50,进而求得a 2+b 2+c 2=25-43,于是a +b +c =a 2+b 2+c 2+2(a b +b c +c a )=25+123㊂评注:以上解法借助了三角形的特殊形状,那么一般三角形时是否还可行呢?答案是肯定的,我们可以利用秦九韶公式S =12a 2b 2-a 2+b 2-c 222来求三角形的面积(等效形式还有两个,以及海伦公式),所以此法还是很有一般性的㊂例6 (2017年新疆预赛试题)已知x ,y ,z 是正数,且满足x 2+y 2+x y =3,y 2+z 2+yz =4,z 2+z 2+z x =7,求x +y +z 的值㊂解析:完全类似地,联想到x 2+x y +y2(x ,y >0)结构的平面几何意义,在平面内任取一点O ,并取三点A ,B ,C ,使得O A ,O B ,O C 两两相互夹角成120ʎ,且|O A |=x ,|O B |=y ,|O C |=z ,图略,易知әA B C 为直角三角形(因(4)2+(3)2=(7)2)㊂且S әA B C =S әA O B +S әB O C +S әC O A ,即12㊃2㊃3=12x ys i n 120ʎ+12y z s i n 120ʎ+12z x s i n 120ʎ,于是可得x y +yz +z x =4㊂将条件中三式相加得2(x 2+y 2+z 2)+x y +yz +z x =14,进而求得x 2+y 2+z 2=5,于是x +y +z =x 2+y 2+z 2+2(x y +yz +z x )=13㊂例7 (2014年贵州省预赛试题)已知函数f (x )=x 2+a x +1x2+a x +b (x ɪR ,xʂ0),若实数a ㊁b 使得f (x )=0有实数根,试求a 2+b 2的最小值㊂解析:由题意知存在实数a ㊁b 使得f (x )=0有实数根,下面使用反客为主的辩证思想,将(a ,b )看成坐标变量,而将非零实数x 看成参变量,则方程f (x )=0可理解为平面直角坐标系a O b 中的直线方程l :a x +1x+b +x 2+1x2=0㊂该直线上任意一点M (a ,b )到原点距离的平方为|O M |2=a 2+b 2㊂坐标原点到该直线的距离函数为:d =x 2+1x2x +1x2+12㊂则|O M |2=a 2+b 2ȡd 2=x 2+1x 2+3+9x 2+1x2+3-6㊂记t =x 2+1x2+3,易知t ȡ5,|O M |2=a 2+b 2ȡd 2=g (t )=t +9t-6(t ȡ5)㊂利用对勾函数性质,可知g (t )在[5,+ɕ)上单调递增,所以g (t )m i n =5+95-6=45,也即a 2+b 2的最小值为45㊂评注:当O M 与直线l 垂直时刚好取等号㊂例8 若әA B C是锐角三角形,则t a n A +8t a n B +13t a n C 的最小值为㊂解析:问题呈现在三角形背景下的正切结构,这很容易让我们联想到正切恒等式㊂由题意,可令x =t a n A >0,y =t a n B >0,z =t a n C >0㊂记p =t a n A +8t a n B +13t a n C ,即p =x +8y +13z ㊂(*)由正切恒等式t a n A +t a n B +t a n C =t a n A ㊃t a n B ㊃t a n C ,得x +y +z =x yz ㊂整理得x =y +z yz -1>0㊂代入(*)式得p =y +z yz -1+8y +13z ㊂配凑分母的因子(先 冻结 变量z ),化简可得p =z +1z yz -1+8(yz -1)z +9z +13z (z >0,yz >1)㊂于是p ȡ2z +1z yz -1㊃8(y z -1)z +9z +13z=28(z 2+1)z +9z+13zȡ4(z +1)z +9z +13z=4+131z+zȡ4+13ˑ2=30㊂评注:上面的不等式两次取等号条件相同(z =t a n C =1,进而可确定y =t a n B =32,最后定出x =t a n A =5)㊂[经典永流传创新有源泉]1.(2013年华东师范大学自主招生试题)已知x ,y ɪR ,试求:16x 2+9y 2+64x -6y +65-16x 2+9y 2-16x -6y +5的最大值㊂简解:整理得(4x +8)2+(3y -1)2-(4x -2)2+(3y -1)2,为理解方便,记X =4x ,Y =3y ,则原式改写为(X +8)2+(Y -1)2-(X -2)2+(Y -1)2,即平面直角坐标系X O Y 上任意一动点P (X ,Y )与定点A (-8,1)及B (2,1)的距离之差的最大值㊂画图(略),易知最大值为10㊂2.(2021年江西省预赛试题)函数f (x )=x -x3(1+x 2)2的值域是㊂简解:如果我们注意到分式的分母(1+x 2)结构,可启发我们令x =t a n α,|α|<π2,则f (x )=x -x 3(1+x 2)2=g (α)=12s i n 2αc o s 2α=14s i n 4α㊂所以f (x )ɪ-14,14㊂评注:这道题完全是一道旧题,完全类似的试题之前已多次考过㊂3.求s i n 213ʎ+c o s 258ʎ+2s i n 13ʎc o s 58ʎ的值㊂简解:记M =s i n 213ʎ+c o s 258ʎ+2s i n 13ʎc o s 58ʎ,也即M =s i n 213ʎ+s i n 232ʎ+2s i n 13ʎs i n 32ʎ㊂联想以13ʎ,32ʎ,135ʎ为三个角的一个三角形,不妨设A =13ʎ,B =32ʎ,C =135ʎ,则由余弦定理得c 2=a 2+b 2-2a b c o s C ㊂等式两边同除以4R 2(其中R 为外接圆半径),得s i n 2C =s i n 2A +s i n 2B -2s i n A s i n B c o sC (此式不妨可称为 正弦形式的余弦定理)㊂将有关角的具体值代入可得:s i n 2135ʎ=s i n 213ʎ+s i n 232ʎ-2s i n 13ʎ㊃s i n 32ʎc o s 135ʎ,也即222=s i n 213ʎ+s i n 232ʎ+2s i n 13ʎs i n 32ʎ,所以M =12㊂评注:一般来说,这道题需要通过和差化积㊁积化和差的转换,才能最后化出结果㊂但由于问题的特殊性,使得我们能够通过联想 正弦形式的余弦定理 s i n 2C =s i n 2A +s i n 2B -2s i n A s i n B c o sC ,巧妙地求出相应的结果㊂(责任编辑 徐利杰)。
32联想思维
（1）足球—讲台； （2）黑板—聂卫平； （3）汽车—绘图仪； （4）油泵—台灯
训练2：
分别在下面每题的字上加同 一个字使其组成不同的词。
（1）自、睡、味、触、幻、感、察 （2）阔、大、博、东、告
（3）具、教、理、士、边、家
（4）一、全、字、人、分、得
训练3：
用下面4组不相关的词汇，任意 变换排列顺序加上美妙的联想，造 出4句有特色有立体形象的句子。
例：冰与南极输油管； 煤油与野花
5.因果联想
从原因与结果 之间建立相应联想
？ ？ ？
美国
D.学有所得 拓展练习
在进行联想时，先 尽量不考虑（或少考虑） 技术上是否可行，是否 符合常规。要学会把表 面上不相关的事硬扯在 一起，
训练1：
在两个没有关联的信息间，寻 找各种联想，将它们联结起来。
例：粉笔—原子弹 粉笔—教师—科学知识—科学家—原子弹
（1）摩托车—电视机—沉思 （2）竹子—小河—笑脸 （3）钢笔—青草地—蓝天 （4）跑步—青年—两个学生为读法典时能不
能抽烟争论不休，决定找教授 学生甲问：“教授，我在 读法典时能抽烟吗？” 教授说：“当然不能”。 可学生乙问过之后，教授 欣然同意，于是学生乙边看法 典边抽烟。
基本操作单元是表象、一幅幅画
三.联想思维的作用
在两个或 两个以上看上去 不相关联的事物 之间建立联系， 产生创新设想和 成果。
例如：土地——纸
1.相似联想：
由事物或现象想到 与其相似的事物或现象, 产生新设想。
相似联想训练
相似联想
建立相似联想链
相似联想训练
相似联想
根据当前感知到的事物、概念或现 象,想到与之相关的事物、概念或现象
请问：学生乙是如何 问教授的？
串讲、联想、类比——关于模拟试题的讲评艺术
份优 秀的模 拟试卷 ，往往是命题人 在苦 研 “ 标准
（ 修 订稿 ） ” 与“ 考试说 明” 的基础上研制而成 的． 它体现 了 板块结构 、内容与要求．把 同一板块 内容集 中在一起讲
解， 将有益于学生对 中考试卷有一个整体 的认 识与把 握．
１ ． 立 足 于 同一 系统 内容 的 串讲
一
一
一
是模拟试卷本身 的价值 ，它能更好地切 中中考命题思
路 和命 题方 向 ， 能覆盖 中考 知识点 ， 把握 要求 与层 次 ， 预
测 问题 出现的形式 ； 其 次是模拟试卷 的高效评讲 ， 高效 的 讲评不但有益 于展 现模拟试卷 的质量 与价值 ，更重要 的 是 它能提 升模拟试卷 的价值 ，学生通过高效评讲能仰 望
２ ． 李 中宝． 江苏高考数 学评析及教 学启 示『 Ｊ ］ ． 语数 外
学习． ２ ０ １ ２ （ ５ ） ．
３ ． 冉凯 ． 孙 淑 娥． 对 数 学 问 题 如 何 解 决 的认 识 及 教 学
启示［ Ｊ ］ ． 陕西师范大学继续教 育学报 ， ２ ０ ０ ２ （ ６ ） ．
４ ． 宋建 辉 ． 一 道 高 考 题 的解 法探 讨 与教 学 启 示 『 Ｊ ］ ． 福 建 中学数 学 ． ２ ０ １ １ （ ３ ） ．
那 么难 ， 并把战胜压轴题 的方法告知学生． 压轴题通 常都 会 分为几个小 问题． 第一个 问题往往 是基础知识 的应 用 ，
１ ． 朱 若 愚． 对 初 中 学 生数 学错 误 的 分 析 与研 究 『 Ｄ］ ． 上
海： 上 海师范大学． ２ ０ １ ２ ．
应 有足够 的信心． 第 二个 问题通常会用 到第 一个 问题 的 结果 ， 考生 应慢慢分析 ， 仔细考虑 ， 问题涉及 的多个知识 点、 多种 数学思 想 、 方法 都是我们 经常用 到 的． 所 以在 解 题时 ， 保持镇静 ， 不会做 时可暂 时搁下 ， 最后 回头再做 ； 切 勿在做下一题时又想上一题 ，这样 的话 ，人 的思绪就会 乱， 思绪一乱 ， 考试时肯定不能发挥 出正常的水平．
类比联想
类比联想
1.路线图：能干会讲共同成长；方式方法：洞察人性，事上练；具体操作：太
极图学习，类比联想，案例分析等；
2.什么是类比联想：每个人都有每个人的理解；类比，宽度上寻找类似；联想，
深度上发觉问题；
3.怎么类比联想：
1)知识积累：有了积累才能做到类比联想，苹果；联想到了什么？才有了
足够的点可以用来类比联想
2)深刻感悟：看到什么，看了什么不重要，重要的是看懂了什么，记住了
什么。
转化为自己的东西，目前太极图关于故事、语句、技能、案例等
的应用就是一个彻底的践行；自己利用百度的经验；别人讲到某个故事，然后自己有感悟，对对对，我也听过；让我们得到的每个点延伸起来，
形成许多分叉，就和神经元一样
3)善于应用：各种场合，工作生活都可以；一个朋友讲的故事或者案例，
再另一个场合讲给了另一个人听；善于将神经元连在一起，形成整体性
的类比联想的案例；
马顾问的例子，滔滔不绝，各种故事，语句，案例；到最后会文思泉涌
的，挡都挡不住；。
类比联想的成语
类比联想的成语如虎添翼：像老虎长出翅膀一样，使得原本强大的事物更加强大。
如鱼得水：像鱼在水中自由自在一样，形容处于自己喜欢的环境中感到非常自在。
如火如荼：像熊熊燃烧的火焰和旺盛的草木一样，形容事物的气势非常热烈。
如履薄冰：像在薄冰上行走一样，形容做事非常谨慎小心，生怕出差错。
如雷贯耳：像雷声贯穿耳朵一样，形容声音非常响亮，使人难以忘记。
如数家珍：像数着自己家里的珍宝一样，形容对某些事物非常熟悉并且非常重视。
如日中天：像太阳在中午的时候一样，形容某种势力达到了顶峰。
如花似玉：像花儿一样美丽，像玉石一样洁白，形容女子容貌非常美丽。
如饥似渴：像饥饿和口渴一样，形容对某种事物非常渴求。
如愿以偿：像实现自己的愿望一样，形容心愿得到了满足。
如坐针毡：像坐在带针的毡子上一样，形容心神焦虑，坐立不安。
如鹤立鸡群：像孤独的白鹤在一群鸡中一样，形容某人才华出众，与众不同。
如获至宝：像得到珍贵的宝物一样，形容得到了非常宝贵的东西。
如披霜、如挂彩：这两个成语均形容人非常憔悴，像身上覆盖了霜，或者脸上挂满了伤痕。
如影随形：像影子跟随身体一样，形容关系非常密切，不能分开。
如意算盘：像心中计算好的算盘一样，形容自己的打算非常顺利。
如出一辙：像出自同一篇文章一样，形容两个事物非常相似。
如痴如醉：像痴呆或醉酒一样，形容沉迷于某个事物，无法自拔。
如是我闻：佛经中的用语，意为“我所听闻的如此”，表示引述某个事实或理论。
如醉如痴：与“如痴如醉”类似，形容人完全陶醉或痴迷于某个事物。
如胶似漆：像胶水和漆一样粘在一起，形容关系非常紧密，无法分离。
如蚁附膻：像蚂蚁附着在臭味上一样，形容跟随坏人、坏事。
如坐春风：像坐在春天的微风中一样，形容身心舒畅、愉悦。
如临大敌：像面对强大的敌人一样，形容人面临极大的危险。
如履薄云：与“如履薄冰”类似，形容人做事非常小心谨慎。
如履平冰：与“如履平地”类似，形容人做事非常从容不迫。
如火燎原：像大火烧遍整个草原一样，形容某种力量非常猛烈。
高中数学中的类比和联想
高中数学中的类比和联想
高中数学是一门抽象的学科，学习它有时会让人感到困惑。
但是，类比和联想是学习数学的有效方法。
类比是指从一种情况中推断出另一种情况，将熟悉的事物用于不熟悉的事物。
例如，学习函数时，可以将函数想象成一条折线，这条折线就像一条河流，河水从低到高，函数从低到高。
这种类比的方法可以帮助学生更好地理解函数的概念。
联想是指从一种情况中推断出另一种情况，将熟悉的事物与不熟悉的事物联系起来，以帮助理解新概念。
例如，学习平面几何时，可以将平面几何中的角度想象成拐角，如一个墙角，这样可以更容易理解角度的概念。
类比和联想是学习数学的有效方法，它们可以帮助学生更好地理解数学概念，提高数学学习的效率。
问题解决策略中的联想法和类比法
问题解决策略中的联想法和类比法问题解决策略是一种从实际问题中获得有效答案的思维技巧，它提供了一个有效的方法来帮助人们以非常有效的方式处理日常生活中的挑战和问题。
问题解决策略中常用的两种方法是联想法和类比法。
联想法是一种能够引发新创意的思想技巧，它可以帮助人们更容易地解决问题。
它允许人们从有限的因果和关系中推理出更多的可能性。
它的主要思想是在当前的情况下推断出相关的新想法，以便更容易发现一个新的解决方案。
一般来说，联想法可以分为两类：一类是直接联想，它是基于某种直观联系；另一类是深层联想，它是基于更深层次的因果和关系。
类比法是一种把现象或概念与某件物品或情境相比较，以便更好地理解概念和进行比较的方法。
类比法可以帮助人们更加清晰地理解一个概念，以便更好地找到解决问题的方法。
它的主要思想是将一个复杂的概念用一个简单的概念来描述，以便让它更容易理解。
例如，当想要理解一个新的概念时，可以通过比喻它就像一个什么样的物品，给它比喻一个生活中熟悉的东西来帮助理解。
联想法和类比法都可以作为解决问题的有效手段。
它们都可以在解决问题的过程中提供帮助，这可以通过引发新的想法，让人们更清晰地理解概念，增强比较能力等来实现。
联想法和类比法的最大好处在于它们可以促进创新思维，激发出更多的创造性解决方案。
联想法和类比法的使用需要一定的经验和技巧，它们也可以从研究以往的相关案例中受益。
例如，在解决问题的过程中，可以参考以往相关成功案例，以便更清楚地了解如何更好地使用联想法和类比法来解决问题。
此外，通过学习和讨论彼此的想法，可以更有效地使用这些解决问题的思维技巧，从而获得更可靠的结果。
总之，联想法和类比法都是一种非常有效的解决问题策略，它们可以帮助人们更容易地推断出有效的解决方案。
它们可以满足碰到不同类型问题时需要多样化思维和技巧的情况，从而帮助人们更好地解决实际问题。
因此，学习和掌握联想法和类比法对于人们解决实际问题具有十分重要的意义。
联想类比法
论现代设计技术之传统和现代创新联想类比法摘要：：本文主要阐述现代设计技术之传统的原理、特点和方法；联想类比法的原理、特点以及在现代创新中的应用；创新性思维的内涵以及创新的过程。
关键词：联想类比法设计传统创新创新性思维1 概述传统的机电产品设计是一种以强度和低压控制为中心的安全系数设计、经验设计、类比设计和机电别离设计，也称常规设计。
而现代机电产品设计方法则是强调创造性，在注重产品整体功能基础上以现代设计方法和电脑技术为工具的机电一体化系统设计。
这种设计不但可以大大提高设计的质量、精度和效率，而且可以将产品的适应性、经济性、可靠性统一起来，从而高水平、高效率地设计出性能优良、市场欢送、经济效益显著的新型产品。
本文着重以联想类比法介绍两者相关理论以及它们之间的关系。
2 联想类比法爱因斯坦曾说过：“想象力比只是更重要，因为知识是有限的，而想象力概括着世界上的一切，推动着进步，并且是只是进化的源泉。
”知识经济时代要求人们特别注重只是创新，而知识创新的思维基础又是创造性思维。
创造性思维在为此，对创造性思维的应用展开研究非常有必要。
思维和感觉都是人脑对客观现实的反映，感觉是人脑对客观现实的直接反映，是通过感觉器官对失误的个别属性、事物的整体和外部联系的反映。
思维是对客观事物经过概括后的间接反映，它所反映的是客观事物共同本质的特性和内在联系。
这种反映是通过对感觉所提供的材料进行分析、综合、比较、抽象和概括等过程完成的。
这些过程就是思维过程。
创造性思维是指有创见的思维，即通过思维，不仅能揭示事物的本质，且能在次基础上提供新的，具有社会价值的产物。
它是智力高度发展的产物。
创造性思维有独创性、连动性、多向性善于想象、突变性等特点。
创造性思维的核心是创新精神和创新能力，因此它是一种以记忆、联想、感知、理解等能力为基础，以求新性、探索性和综合性为特征的抽象心理活动。
创造性思维方法主要有群体集智法、系统探求法、联想类比法、组合创新法、反向探求法等。
高中数学中的类比和联想
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找 准 参 照对 象 ， 行 广 泛 联 想 。解 数 学 问题 时用 类 比 和联 进 想 的 方法 很 常 见 。 能否 选 准 具 有 参 照价 值 的对 象是 能 否顺 利解 题的关键之所在。这需 要我们掌握扎实的数学基础知识 ， 同时
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问题。
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Ｉ Ｉ则 ＡＦ ，
２由条件 的相 似性产生的类 比和联想 。我们遇到的许多数 ． 学问题 中， 往往具有一些相 似的条件 ， 这时我们 就可 以类 比已 有的解题方法建立新 问题的解题方法。 ３由图 形 的相 似性 产 生 的类 比和 联 想 。有 些 数 学 问题 所 给 ． 出的图形往往具有一定 的相 似性 ， 这时我们就可 以类 比已有 的 解 题 方 法建 立 新 问题 的解 题 方 法 。 ４由解题方法产生 的类 比和联想 。学习过程中我们 总会积 ． 累一些解题方法 ， 在对问题 的解题方法进行判断时． 我们 可以依 托某种解题方法进行类比和联想 ， 从而建立该 问题解题方法。 ５ 于某些数学 问题 ， ． 对 由内在 意义产生 的类 比和联 想虽然 形式各异 ， 归结 到解法的 内涵我们会 发现 ， 但 它们之 间有着不 少相似之处。这种由内在 意义产生 的类 比和联 想的相 似 ， 与其 图形 和 结 构上 的 类 似相 比 ， 是 一种 “ 似 ” 更 神 。 问题 ｌ 已知点Ｍ是 圆ｃ： ＋ ２ 一ｙ Ｏ上的动点 ， Ｎ ： ｘ ｘ４＝ － 点 为射 线Ｏ Ｍ上的一点 ， Ｏ ・ Ｎ＝ ０求 点Ⅳ的轨迹方程 。 且ＩＭＩＯ Ｉ ， Ｉ ３
竞赛讲座 31类比与联想
竞赛讲座31
－类比与联想
1．类比
已知甲问题与乙问题有某些类似之处，猜想乙问题的某个结论或某种解法也适合甲问题，从而将这个结论移植给甲问题或用类似方法解决甲问题，这种解决问题的思维形式叫做类比推理.类比只是一种猜测，是否可行还要靠逻辑推理来解决.
例1如图27-1，一直线l交四边形ABCD各边AB、BC、CD、DA或其延长线于E、F、G、H，则有
分析此例中条件和结论都类似于梅氏定理，由此考虑将梅氏定理的证明方法施于此例.连BD交l于点O，在△ABD和△BCD中，分别使用梅氏定理可得
两式相乘即得所证结论.
例2（第3届国际中学生数学竞赛题）如图27-2，P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP交BC，
CA，AB于Q、R、S.求证、、三者之中，至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2.
分析例2条件与下述熟悉的命题条件一样：
“P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP交BC、CA、AB于Q、R、S.求证：”。
创新技法之联想类比法
创新技法之联想类比法
联想类比法综摄法类比法类比法就是通过对一种事物与另一种事物对比，而进行创新的技法。
其特点是以大量联想为基础，以不同事物间的相同、类比为纽带。
移植法1、技术手段移植电吹风、被褥风干机2、原理移植电话、留声机3、技术功能移植驿站、电报综摄法综摄法是一种新颖独特比较完善的创新技法，由美国创造学家威廉戈登在长期研究和实验基础上提出的。
它是通过隐喻、类比等心理机制调动人的潜意识功能达到创新的。
关键是变熟悉为陌生，好像弯下腰从两腿间看世界一切都倒过来了一样。
这就是要人们跳出司空见惯的思维的圈子。
隐喻：一种表达出来的或暗示的比较，这种比较可以引起有意义的智力启发和感情激动。
综摄法的特性要求亲身体验，设身处地换个角度想问题，从中求得对事物的新感觉或新认识。
1、程序■确定课题■把陌生的事物变为熟悉的事物■把熟悉的事物变为陌生的东西2、综摄法以集体讨论方式进行让不同特点的人在一起取长补短，集思广益，大有裨益。
比如设计自动门，用阿里巴巴的芝麻开门。
法国雷内克医生发明听诊器的故事。
专题 类比与联想
竞赛讲座31－类比与联想1．类比已知甲问题与乙问题有某些类似之处，猜想乙问题的某个结论或某种解法也适合甲问题，从而将这个结论移植给甲问题或用类似方法解决甲问题，这种解决问题的思维形式叫做类比推理.类比只是一种猜测，是否可行还要靠逻辑推理来解决.例1 如图27-1，一直线l交四边形ABCD各边AB、BC、CD、DA或其延长线于E、F、G、H，则有分析此例中条件和结论都类似于梅氏定理，由此考虑将梅氏定理的证明方法施于此例.连BD交l于点O，在△ABD和△BCD中，分别使用梅氏定理可得两式相乘即得所证结论.例2 （第3届国际中学生数学竞赛题）如图27-2，P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP交BC，CA，AB于Q、R、S.求证、、三者之中，至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2.分析例2条件与下述熟悉的命题条件一样：“P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP交BC、CA、AB于Q、R、S.求证：”这说明可将这个命题的结论用于例2，由知中至少有一个不大于，不妨设≤即3PQ≤AQ.而AQ=AP+AQ，∴AP≥2PQ，∴≥2，即不小于2.同理可证三式中至少有一个不大于2.2．联想由前面的例题的解决，我们看到类比是与联想交织在一起的.事实上不论用什么方法解决问题都少不了运用“联想”.根据问题之间的相似性、接近性、对比性进行由此及彼的联想，从而将某个已知的结论和方法的全部或部分移植给所研究的新问题是解决问题的一种基本思想方法.例3 已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：+≥分析观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a2+b2=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.∴OC=再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，∴≥合理的联想是以正确的观察为基础的.观察所研究的问题的特征和规律，联想似曾相识的问题，便可以迅速地找到一个解决新问题的模式.例4 （柯西不等式）（）·（）≥（a1b1+a2+b2+…+a n b n）2（其中等号当时成立）.分析设a=，c=，b=2（a1b1+a2+b2+…+a n b n），求证不等式变为b2-4ac≤0，这不就是一元二次方程的判别式吗？于是构造下面无相异实根的实系数一元二次方程解此题便是十分自然的事了.设f（x）=（）x2-2（a1b1+…+a n b n）·x+（），变形为f（x）=（a1x-b1）2+…+（a n x+b n）2≥0.这说明方程f（x）=0仅当时有相等实根，否则无实根，故f（x）=0的判别式不大于0，即（）（）≥（a1b1+…+a n b n）2.对于一般性的命题联想它的特殊情况，从研究特殊情形入手常可以找到解决一般问题的方法.例5 （第18届全苏中学生数学竞赛题）数学x（≠0）和y使得对任意的n≥1，数都是某整数的平方数，求这样的x和y.解从最简单的情形入手.如果，那么A是大于40的两位数，并且它的末位数字是2或8，可以验证仅当A=68或98时，A2的百位数6，即682=4624；982=9604.现在来看一般情况，=4·+2（10n+…+10+1）+2=4·10n+1·==[（2·10n+1+4）/3]2==66…682.=（10n-1）10n+2+6·10n+1+4=（10n+1-2）2=.∴x=4，y=2 或x=9，y=0.例6 设P1，P2，…，P n依次为△ABC中∠BAC的n等分线与BC的交点，求证分析先考虑n=2的情形，即“设P1为△ABC的∠BAC的平分线与BC的交点，求证”.这是三角形内角平分线性质,证法很多.因考虑到要证的一般情形的结论是线段的乘积的比,故我们利用三角形的面积公式来证.如图27-4,在△ABP1和△ACP1中，∵∠BAP1=∠CAP1且BP1与CP1边上的高相等，∴即再考虑n=3的情形，即“设P1，P2为△ABC的∠BAC的三等分角线与BC的交点，求证如图27-5，仿上可证上两式后面等式相乘得运用上面特殊情况的方法可证得一般情况.数学中的实际问题的解决，大多是从联想相应的为数学模型开始的.例7 海滩上的一堆苹果是五个猴子的财产，它们要平均分配.第一个猴子来了,它把苹果平均分成五堆还剩下一个.它把剩下的一个仍到大海里,自己拿走了一堆;第二个猴子来了,它又把苹果平均分成5堆,又多了一个,它又仍掉一个,拿走了一堆;以后每个猴子来了都照此办理.问原来至少有多少苹果?最后至少有多少苹果?解设后一个猴子到来时苹果的数目为x,而当它离去时,剩下的苹果数目为y,由x可确定y:这样就把一个实际问题转化为一个解析式来讨论.若设最初有x0个苹果,第i个猴子离去时,剩下的苹果数为y i,则要使y5取整数值,x0+4必是55的倍数,故x0的最小正数解应是x0=55-4=3121,∴y5=45-4=1020.故原来至少有3121个苹果，最后至少有1020个苹果.练习二十七1．两个既约分数的和与积能否同时为整数？2．设a，b，c，m，n，p均为实数，且满足aq-2bn+cm=0与b2-ac＜0.求证mp-n2≤0. 3．求素数p，使p+10，p+14仍为素数.4．证明2×是两相邻整数之积.5．已知x i≥0（i=1，2，…，n）且x1+x2+…+x n=1.求证1≤≤6． a、b、c、d都是正整数.证明：存在这样的三角形，它的三边等于，，并计算三角形的面积.7．证明闵可夫斯基不等式:对任意2n个正数x1,x2,x3,…，x n；y1，y2，y3，…，y n，恒有≥8．以三个不同的非零数字（十进位）组成的三位数，除以这三个数字之和.所得商的最小值是多少？9．（1987年北京初二数学竞赛题）一直线从左到右顺次排列着1897个点：p1，p2，…，p1987，已知p k点是线段p k-1p k+1的k等分点当中最靠近p k+1的那个分点（2≤k≤1986）.例如，p5点就线段p4p6的五等分点中最靠近p6的那个点.如果线段p1p2的长度是1,线段p1986p1987的长度为l.求证:练习二十七１．构造一元二次方程．２．构造一元二次方程ａｐｘ２－２ｂｎｘ＋ｃｍ＝０．由题设知方程有实根ｘ＝１，故△＝（－２ｂｎ）２－４·ａｐ·ｃｍ≥０３．取ｐ＝２，３，５，７，１１，１３，１７作试验，由此猜测：仅ｐ＝３有解．然后就ｐ＝３ｋ＋１和ｐ＝３ｋ＋２．证明ｐ＋１０，ｐ＋１４不是素数．４．取ｎ＝１，２试验，猜想：５．联想特殊情况：若ｘ１＋ｘ２＝１，ｘ１，ｘ２≥０则并给出证明：类比得到一般情况的证明：６．以ａ＋ｂ，ｃ＋ｄ为边画一个矩形（如图）．此处无图７．如图，给出了ｎ＝５的情形．８．设三位数为，所述为记要ｐ最小，只需ｐ′最小，观察得ｘ＝１，ｚ－９，ｙ＝８．∴ｐ＝９．ｐ２应为ｐ１ｐ３的二等分点，∴ｐ１ｐ２＝ｐ２ｐ３＝１．ｐ３应为ｐ２ｐ４的三等分点中最靠近ｐ４的那一点，∴ｐ３ｐ４＝ｐ２ｐ３＝．一般地，ｐｋ是ｐｋ－１ｐｋ＋１中的ｋ等分点中最靠近ｐｋ＋１的那一点，有ｐｋｐｋ＋１＝＝。
中学数学类比与联想
中学数学类比与联想
联想法可以说是再脑海里建立物理模型，解决问题事半功倍哦
也可以说是将所学知识点联想联系起来，形成网络，物理中对于一些问题有固定的模式和套路
类比法可以说是将相近的知识点联系起来，相互对比，帮助记忆，比如电场和磁场，等等
抓住新旧知识的本质联系,将有关新旧知识进行类比,就能很快
地得出新旧知识在某些属性上的相同(相似)的结论。
如,由加法交换律a+b=b+a就可类比乘法交换律a×b=b ×a,学习除法商不变的规律能类比分数的基本性质,学习小数四则运算法则就可类比整数四则运算法则。
学习异分母分数加减法就可类比同分母分数加减法。
学习质数与合数时,就可类比奇数与偶数,学习求最小公倍数就可类比求最大公约数。
学习化简比就可类比最简单的整数比。
学习圆锥的体积,就可类比圆柱体积,通过对它们概念、图形和规律的类比,就能加深对它们概念的理解,进而明确它们之间的区别与联系。
新旧知识的类比有利于帮助学生架起新、旧知识的桥梁,促进知识的迁移,提高探索能力。
公式间的类比
有些公式,我们不必叫学生死记硬背,也不必用题海战术巩固,只要把它们放在一起进行类比,学生就能形象化地记牢了。
如梯形面积公式可类比三角形面积公式,平行四边形面积公式可类比矩形面积公式,
扇形面积公式可类比三角形公式。
这样类比的好处,就是学生根据它
们“形”似,能找到解决问题的方法。
初中数学竞赛专题辅导 类比与联想
初中数学竞赛专题辅导类比与联想类比就是根据两种事物一部分类似的性质，推测这两种事物其他类似性质的推理方法．例如，由分数的性质类似地推测分式的性质；由直线与圆的位置关系推测圆与圆的位置关系；由一次函数、一次方程、一次不等式的某些性质和解法，推测二次函数、二次方程、二次不等式的某些类似的性质与解法等．联想是由某种事物而想到其他相关事物的思维活动．当我们遇到一个数学问题时，常常想起与它类似的问题、类似的解法，从而有利于新问题的解决．利用类比与联想，常常可以发现新命题和扩展解题思路．1．类比与发现例1已知：△ABC中，∠C= 90°，AC=BC=1，BD是AC边上的中线，E 点在AB边上，且ED⊥BD．求△DEA的面积(图2-113)．解引CF⊥BA于F，由于BC= AC，所以CF是底边AB上的中线．因为H 为△ABC的重心，所以因为∠C=∠BDE=90°，所以∠ADE=∠CBH．又由∠A=∠BCH=45°，可知△ADE∽△CBH．所以类比如果保留例1中等腰三角形诸条件，去掉直角这一特殊性，那么是否会产生类似的命题呢？由此想到例2．例2如图2-114．已知△ABC中，∠C=4∠B=4∠A，BD是AC边上的中线，E点在AB上，且∠AED=∠C，S△ABC=1，求S△AED．解类似例1的解法，引CF⊥AB于F，交BD于H，显然△ADE不相似于△CBH．但由已知条件∠C=4∠B=4∠A，则∠A=∠B=30°，∠C=120°．由于CF平分∠C，所以∠ACF＝60°．又因为∠AED=∠ACB，∠A=∠A，所以△ADE∽△ABC，所以由于△AFC中∠AFC=90°，∠A=30°，所以若设CF=x，则类比如果保留例1中的直角等条件，去掉等腰三角形这一特殊性，可以类似地得到例3．例3已知△ABC中∠C= 90°，AC=2BC=2，BD是AC边上的中线，CF⊥AB于F，交BD于H(图2-115)．求S△CBH．解本题直接求S△CBH有些困难，联想例1、例2中的△ADE，不妨引辅助线DE⊥BD交AB于E．由于AC=2BC=2，D是AC的中点，且∠C=∠BDE=90°，所以∠CBH=∠ADE=45°．因为CF⊥AB于F，所以∠BCH=∠A．由于BC=AD=1，所以△CBH≌△ADE，所以 S△CBH=S△ADE.因此只要求出S△ADE即可，为此，设DE=x，则(2)例3由例1类比而来，最自然的想法是求S△ADE，为增加难度与变换方式获得新命题，故例3反求S△CBH．我们知道一个三角形的三边如果是a，b，c，那么就有│b-c│＜a＜b＋c，①即三角形任意一边小于其余两边之和，大于其余两边之差．我们对①类比：是否有存在呢？如果②存在，那么就发现了如下命题(例4)．2．联想与解题例5 a，b为两个不相等且都不为零的数，同时有a2＋pa＋q=0，b2+pb＋q=0，分析与解由已知条件，联想到方程根的定义，a，b是方程x2＋px+q=0的两个根，由a，b不为零，有例6如果(z-x)2-4(x-y)(y-z)=0，求证：x+z=2y．分析与解 (1)展开原式有z2-2xz+x2-4(xy-y2-xz+yz)=0，合并、配方得(x+z)2-4y(x+z)＋4y2=0，即 (x+z-2y)2=0，所以 x+z＝2y．(2)如果看已知条件：(z-x)2-4(x-y)(y-z)=0，很像二次方程根的判别式b2-4ac的形式，因此，可联想到方程(x-y)t2＋(z-x)t＋(y-z)＝0(x-y≠0)有二相等实根．由(x-y)+(z-x)+(y-z)=0可知1是以上方程的根，再由根与系数关系知所以 x+z=2y．当x=y=0，即x=y时，有x=y=z，所以x+z=2y．例7化简分析与解这是一个根式的化简问题，分子、分母大同小异，自然联想到应用因式分解，使分子、分母具有公因式，化简就很容易了．例8图2-116是我国古代数学家赵爽证明勾股定理的“弦图”，其中“弦实”是弦平方的面积，“弦图”以弦为边作正方形(如正方形ABCD)，然后在“弦图”内部作四个直角三角形(如△AHB，△BEC，△CDF，△DAG)．设a，b，c为四个直角三角形的勾、股、弦，则根据“出入相补原理”就有即 c2=2ab+b2-2ab+a2,即 c2=a2+b2.这是中国古代数学家独立于西方毕达哥拉斯和欧几里得发明的证法．后人沿用“出入相补原理”，也就是割补原理解决了许多数学问题，也创造了“勾股定理”的许多新证法．事实上每位初中同学，学了勾股定理，只要用心思考，一定会用割补法想出更新的证明勾股定理的方法．下面的几例，便是同学们提出的割补图．设a，b，c分别为直角三角形的勾、股、弦．(1)在图 2-117中，有a2+b2＝(S3+S5)+(S1+S2+S4)＝(S4+S5)+(S1+S2+S3)＝2S2+S1+S3=c2．(2)在图 2-118中，有a2+b2＝(S3+S4)＋(S1+S2)=S1＋S3＋S4＋S＇2＋S5=c2(3)在图2-119中，有a2＋b2＝(S2＋S5)+(S1＋S3＋S4)=S1＋S2＋S3＋S4＋S5＝c2．(4)在图2-120中，有a2＋b2=(S＇2＋S5)＋(S1＋S3＋S4)=(S＇2+S4)+(S1+S3+S5)＝S1+S2+S3+S5=c2．练习二十1．在直角△ABC中，∠C=90°．(1)如果以此直角三角形三边为边，分别作三个正三角形(如图2-121)，那么面积S1，S2，S3之间有什么关系？(2)如果以此直角三角形三边为直径，分别作三个半圆，那么面积S1，S2，S3之间有什么关系(如图2-122)？(提示：联想同分数，分母大的反而小，变比较分数的大小为比较倒数的大小．)(提示：如联想到已知公比之比值k，则可化难为易．)4．参照图2-120，写出勾股定理的逻辑证明．5．已知：△ABC中，∠C=2∠A=2∠B，BD是∠B的分角线，E点在AB上，且∠ADE=∠DBC，S△ABC =1，求S△ADE．。
演讲中类比物的选择与运用
演讲中类比物的选择与运用演讲中类比物的选择与运用方法一：选已得到广泛认同的类比物作常规类比常规类比是指所选的类比物已经得到人们广泛认同的一种类比。
例：在一次地方“春蕾工程”奖金筹措的动员会上，一个演讲者这样说：我们大家都来看看摆在讲台上的这一盆鲜花，它颜色鲜艳、形态美丽，还发出诱人的香味，它的美丽和芳香是品种优良、土壤肥沃、阳光雨露滋润、花匠辛勤劳动共同造就的。
虽然它们是优良品种，但如果一旦失去土壤、阳光雨露和人们的精心呵护，它们会有怎样的命运呢?它们将没有机会绽放，它们将过早地枯萎，它们将无以给这个世界美丽与芬芳。
现在在我们生活的这个地区，有一些学龄女童，她们聪明、美丽、渴望读书，她们就像这盆花一样可爱，但是贫困使她们失学。
她们就像失去肥沃土壤、阳光雨露的花儿一样，不能正常地生长，她们聪慧的大脑不能用于学习，她们不能学到谋生的技能和建设国家的知识……让我们敞开爱心，为她们作一点捐赠吧!我们的捐赠将使她们获得受教育的机会，获得正常生长的环境!以上这段演讲是选择在某些方面已经得到广泛认可的类比物来进行类比推理的。
选择和运用这种类比物符合人们的思维习惯，且类比物和演讲内容、主题十分协调，听众也很容易接受。
这种类比方式是演讲中使用频率较高，运用较为广泛，演讲者易于学习的类比方式。
但是，选择和运用这种类型的类比物，往往难以给人耳目一新的感觉，难以让人深思，难以产生较为持久的影响力，有时甚至会使听众产生老生常谈的感觉。
演讲中类比物的选择与运用方法二：选不具有广泛意义的类比物作特定而神似的类比特定而神似的类比是演讲者用自己长期使用并对之产生感情的事物作类比物的一种类比。
由于这种类比物不具有广泛意义，所以它是临时的选择和运用。
这种类比物虽然不具有广泛意义和形似意义，但它是演讲者深切感怀的、具有特定意义和神似意义的类比。
例：一个单位的领导，在新年初进行了一次演讲，向在本单位兢兢业业工作多年的同志表示诚挚的敬意。
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竞赛讲座31
－类比与联想
1．类比
已知甲问题与乙问题有某些类似之处，猜想乙问题的某个结论或某种解法也适合甲问题，从而将这个结论移植给甲问题或用类似方法解决甲问题，这种解决问题的思维形式叫做类比推理.类比只是一种猜测，是否可行还要靠逻辑推理来解决.
例1 如图27-1，一直线l交四边形ABCD各边AB、BC、CD、DA或其延长线于E、F、G、H，则有
分析此例中条件和结论都类似于梅氏定理，由此考虑将梅氏定理的证明方法施于此例.连BD交l于点O，在△ABD和△BCD中，分别使用梅氏定理可得
两式相乘即得所证结论.
例2 （第3届国际中学生数学竞赛题）如图27-2，P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP
交BC，CA，AB于Q、R、S.求证、、三者之中，至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2.
分析例2条件与下述熟悉的命题条件一样：
“P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP交BC、CA、AB于Q、R、S.求证：”
这说明可将这个命题的结论用于例2，由知中至少有一个不大于，不妨设
≤即3PQ≤AQ.
而AQ=AP+AQ，
∴AP≥2PQ，
∴≥2，即不小于2.
同理可证三式中至少有一个不大于2.
2．联想
由前面的例题的解决，我们看到类比是与联想交织在一起的.事实上不论用什么方法解决问题都少不了运用“联想”.根据问题之间的相似性、接近性、对比性进行由此及彼的联想，从而将某个已知的结论和方法的全部或部分移植给所研究的新问题是解决问题的一种基本思想方法.
例3 已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：
+≥
分析观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a2+b2=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.
如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.
∴
OC=
再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，
∴≥
合理的联想是以正确的观察为基础的.观察所研究的问题的特征和规律，联想似曾相识的问题，便可以迅速地找到一个解决新问题的模式.
例4 （柯西不等式）（）·（）≥（a1b1+a2+b2+…+a n b n）2（其中等号当时成立）.
分析设a=，c=，b=2（a1b1+a2+b2+…+a n b n），求证不等式变为b2-4ac≤0，这不就是一元二次方程的判别式吗？于是构造下面无相异实根的实系数一元二次方程解此题便是十分自然的事了.
设f（x）=（）x2-2（a1b1+…+a n b n）·x+（），
变形为f（x）=（a1x-b1）2+…+（a n x+b n）2≥0.
这说明方程f（x）=0仅当时有相等实根，否则无实根，故f（x）=0的判别式不大于0，即
（）（）≥（a1b1+…+a n b n）2.
对于一般性的命题联想它的特殊情况，从研究特殊情形入手常可以找到解决一般问题的方法.
例5 （第18届全苏中学生数学竞赛题）数学x（≠0）和y使得对任意的n≥1，数
都是某整数的平方数，求这样的x和y.
解从最简单的情形入手.如果，那么A是大于40的两位数，并且它的末位数字是2或8，可以验证仅当A=68或98时，A2的百位数6，即682=4624；982=9604.现在来看一般情况，
=4·
+2（10n+…+10+1）+2
=4·10n+1·
=
=[（2·10n+1+4）/3]2
=
=66…682.
=（10n-1）10n+2+6·10n+1+4
=（10n+1-2）2=.
∴x=4，y=2 或x=9，y=0.
例6 设P1，P2，…，P n依次为△ABC中∠BAC的n等分线与BC的交点，求证
分析先考虑n=2的情形，即“设P1为△ABC的∠BAC的平分线与BC的交点，求证”.这是三角形内角平分线性质,证法很多.因考虑到要证的一般情形的结论是线段的乘积的比,故我们利用三角形的面积公式来证.如图27-4,在△ABP1和△AC P1中，
∵∠BAP1=∠CAP1且BP1与CP1边上的高相等，
∴
即
再考虑n=3的情形，即“设P1，P2为△ABC的∠BAC的三等分角线与BC的交点，求证
如图27-5，仿上可证
上两式后面等式相乘得
运用上面特殊情况的方法可证得一般情况.
数学中的实际问题的解决，大多是从联想相应的为数学模型开始的.
例7 海滩上的一堆苹果是五个猴子的财产，它们要平均分配.第一个猴子来了,它把苹果平均分成五堆还剩下一个.它把剩下的一个仍到大海里,自己拿走了一堆;第二个猴子来了,它又把苹果平均分成5堆,又多了一个,它又仍掉一个,拿走了一堆;以后每个猴子来了都照此办理.问原来至少有多少苹果?最后至少有多少苹果?
解设后一个猴子到来时苹果的数目为x,而当它离去时,剩下的苹果数目为y,由x可确定y:
这样就把一个实际问题转化为一个解析式来讨论.若设最初有x0个苹果,第i个猴子离去时,剩下的苹果数为y i,则
要使y5取整数值,x0+4必是55的倍数,故x0的最小正数解应是
x0=55-4=3121,
∴y5=45-4=1020.
故原来至少有3121个苹果，最后至少有1020个苹果.
练习二十七
1．两个既约分数的和与积能否同时为整数？
2．设a，b，c，m，n，p均为实数，且满足aq-2bn+cm=0与b2-ac＜0.求证mp-n2≤0.
3．求素数p，使p+10，p+14仍为素数.
4．证明2×是两相邻整数之积.
5．已知x i≥0（i=1，2，…，n）且x1+x2+…+x n=1.求证1≤≤
6． a、b、c、d都是正整数.证明：存在这样的三角形，它的三边等于，
，并计算三角形的面积.
7．证明闵可夫斯基不等式:对任意2n个正数x1,x2,x3,…，x n；y1，y2，y3，…，y n，恒有
≥
8．以三个不同的非零数字（十进位）组成的三位数，除以这三个数字之和.所得商的最小值是多少？9．（1987年北京初二数学竞赛题）一直线从左到右顺次排列着1897个点：p1，p2，…，p1987，已知p k点是线段p k-1p k+1的k等分点当中最靠近p k+1的那个分点（2≤k≤1986）.例如，p5点就线段p4p6的五等分点中最靠近
p6的那个点.如果线段p1p2的长度是1,线段p1986p1987的长度为l.求证:
练习二十七
１．构造一元二次方程．
２．构造一元二次方程ａｐｘ２－２ｂｎｘ＋ｃｍ＝０．由题设知方程有实根ｘ＝１，故△＝（－２ｂｎ）２－４·ａｐ·ｃｍ≥０
３．取ｐ＝２，３，５，７，１１，１３，１７作试验，由此猜测：仅ｐ＝３有解．然后就ｐ＝３ｋ＋１和ｐ＝３ｋ＋２．证明ｐ＋１０，ｐ＋１４不是素数．
４．取ｎ＝１，２试验，猜想：
５．联想特殊情况：若ｘ１＋ｘ２＝１，ｘ１，ｘ２≥０则
并给出证明：
类比得到一般情况的证明：
６．以ａ＋ｂ，ｃ＋ｄ为边画一个矩形（如图）．
此处无图
７．如图，给出了ｎ＝５的情形．
８．设三位数为，所述为记
要ｐ最小，只需ｐ′最小，观察得ｘ＝１，ｚ－９，ｙ＝８．∴ｐ＝９．ｐ２应为ｐ１ｐ３的二等分点，∴ｐ１ｐ２＝ｐ２ｐ３＝１．ｐ３应为ｐ２ｐ４的三等分点中最靠近ｐ４的那一点，∴
ｐ３ｐ４＝ｐ２ｐ３＝．一般地，ｐｋ是ｐｋ－１ｐｋ＋１中的ｋ等分点中最靠近ｐｋ＋１的那一点，有ｐｋｐｋ＋１＝
＝。