从平面到空间的类比推理
从平面到空间的类比推理
从平面到空间的类比推理波利亚曾说：“如果没有相似推理，那么无论是在初等数学还是在高等数学中，甚至在其他任何领域中，本来可以发现的东西，也可能无从发现.”因此，作为基础教育之一的中学数学，在教学中必须重视培养学生的类比推理能力.类比推理是根据两个对象具有某些相同的属性，当一个对象具有某一个性质，推出另一个对象也具有类似性质的一种推理方式.例1.(1)在平面，边长为a 的等边三角形内任一点到三边距离之和为定值√32a ；在空间，棱长为a 的正四面体内任一点到各面距离之和也为定值√63a . (2)在平面，设P 是∆ABC 内一点，∆ABC 三边上的高分别为h A 、h B 、h C ，P 到三边的距离依次为l a 、l b 、l c ，则有la ℎA+lb ℎB+lc ℎC=1；在空间，设P 是四面体ABCD 内一点，四顶点到对面的距离分别是ℎA 、ℎB 、ℎC 、ℎD ，P 到这四个面的距离依次是l a 、l b 、l c 、l d ，则有l a ℎA+l b ℎB+l c ℎC+l dℎD=1.在平面上的结论，可用面积等积变形得到；在空间里的结论，可类比地利用体积等积变 形而得到.例2.直角四面体：过某一顶点的三个平面角都是直角的四面体称为直角四面体.平面上的直角三角形与空间的直角四面体类似，它们之间很多结论，无论是从结构还是推证方法上来看，都有密不可分的内在联系. (1)在平面，如图1.4—1，AC 2=AD×AB ；BC 2=BD×AB.(射影定理).在空间，如图1.4—2，S ΔPBC 2=S ΔOBC ⋅S ΔABC ；S ΔPAC 2=S ΔOAC ⋅S ΔABC ;S ΔPAB 2=S ΔOAB ⋅S ΔABC .(2)在平面，AB 2=AC 2+BC 2(勾股定理)；在空间：S ΔABC 2=S ΔPBC 2+S ΔPAC 2+S ΔPAB 2.并由此可以得到，若三侧面PAB ，PAC ，PBC 与底面ABC 所成角分别为α，β，γ， 则 cos 2α+cos 2β+cos 2γ=1. (3)在平面，设两直角边分别为a 、b ，h 为斜边上的高，则1ℎ2=1a 2+1b 2；在空间，设三棱锥P—ABC 三条侧棱的长分别为a 、b 、c ，底面ABC 上的高为h ， 则1ℎ2=1a2+1b2+1c2.说明：其中：S ΔPBC 2=(12PD ⋅BC)2=14PD 2BC 2=14AD ⋅OD ⋅BC 2=(12BC ⋅AD)(12BC ⋅OD)=S ΔOBC ⋅S ΔABC .其证明过程用到了射影定理.在(1)中将射影定理的两式相加可得(2)中的勾股定理；同样，在空间里，由(1)中空间形 式的三式相加可得(2)中对应的结论.再如，将圆的面积公式S=πR 2对变量R 求导，可得圆的周长公式C=2πR .类比可得：将球的体积公式V= 43πR 3对变量R 求导，可得球的面积公式S=4πR 2.以上猜测的结论都需要严格的证明.A PE BO D CCA DB 图1.4—2图1.4—1想一想①：1.如图1.4—3.椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，当FB →⊥AB →时，其离心率为5－12，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e 等于( ).A.5＋12. B.5－12. C.5－1. D.5＋1. 2.六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体．如图1.4—9甲，在平行四边形ABCD 中，有AC 2＋BD 2＝2(AB 2＋AD 2)，那么在图1.4—4乙中所示的平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 21＋BD 21＋CA 21＋DB 21=( ).A.2(AB 2＋AD 2＋AA 21).B.3(AB 2＋AD 2＋AA 21).C.4(AB 2＋AD 2＋AA 21). D.4(AB 2＋AD 2). 3.类比等差数列，我们定义“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.现已知数列{a n }是等和数列，且a 1=2，公和为5，那么(1)a 18 = ，这个数列的前n 项和S n = . 4.已知∆ABC 中，AD ⊥BC 于D ，三边分别是a ，b ，c ，则有a=bcosC+ccosB ；类比上述结论，写出满足下列条件的对应结论：四面体P —ABC 中，∆ABC ，∆PAB ，∆PBC ，∆PAC 的面积分别为S ，S 1，S 2，S 3，二面角P —AB —C ，P —BC —A ，P —A C —B 的大小分别为α，β，γ， 则S= .例3.在DEF ∆中有余弦定理：.cos 2222DFE EF DF EF DF DE ∠⋅-+=拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1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S AA 1C 1C 2=S ABB 1A 12+S BCC 1B 12−2S ABB 1A 1⋅S BCC 1B 1cos θ.其中θ为侧面为ABB 1A 1与BCC 1B 1所成的二面角的平面角. 证明：作斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的直截面DEF ，则∠DEF=θ为面ABB 1A 1与BCC 1B 1所成的二面角的平面角.在∆DEF 中有余弦定理：DE 2=DF 2+EF 2−2DF ⋅EF cos ∠θ， 在上式的两边同乘以21AA ，得DE 2⋅AA 12=DF 2⋅AA 12+EF 2⋅AA 12−2DF ⋅AA 1⋅EF ⋅AA 1cos ∠θ，即 S AA 1C 1C 2=S ABB 1A 12+S BCC 1B 12−2S ABB 1A 1⋅S BCC 1B 1cos θ.例4.若点O 在ABC 内，则有结论S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC →=0.命题类比推广到空间，若点O 在四面体ABCD 内的结论是______________________. 解:如图1.4—5.过点A 、B 分别作直线OC 的垂线AE 、BE 点E ，F.设D CF AB = ，∵BFD ∆∽AED ∆， ∴ DE·BF=AE·DF. ① 又由数量积的几何意义知， OC → ⋅OB → =OC → ⋅OF → ,OC → ⋅OA → =OC → ⋅OE → .② OC → ⋅(S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC → ).∆图1.4—3图1.4—4ABCO图1.4—5E FD=OC → ⋅OA → S ΔOBC +OC → ⋅OB → S ΔOAC +OC → ⋅OC →S ΔAOB =OC → ⋅OE → S ΔBOC +OC → ⋅OF → S ΔAOC +OC → ⋅OC →S ΔAOB =OC → ⋅(OE → S ΔBOC +OF → S ΔAOC +OC →S ΔAOB )=OC → ⋅(OC → S ΔAOD +OC → S ΔBOD +OE → S ΔBOC +OF →S ΔAOC )=12OC →⋅(OC → ⋅OD ⋅AE +OC → ⋅OD ⋅BF +OF → ⋅OC ⋅AE +OE → ⋅OC ⋅BF) =12OC → 2(OD ⋅AE +OD ⋅BF −OF ⋅AE −OE ⋅BF)=12OC →2((OD −OF)⋅AE +(OD −OE)⋅BF)=12OC →2(−AE ⋅DF +DE ⋅BF)=0.∴ OC → ⊥(S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC →). 同理可得, OB → ⊥(S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC → ), OA → ⊥(S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC → ).由此可得在平面内一向量(S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC →)同时与过同一点O 的三个不共线的向量都垂直，满足此条件的向量(S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC →)必为0.故S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC →=0.类比可得 V O—BCD ∙OA ⃗⃗⃗⃗⃗ + V O—ACD ∙OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +V O—ABD ∙OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +V O—ABC ∙OD ⃗⃗⃗⃗⃗ =00.其证明思路为利用三棱锥的体积等积变形和空间向量数量积的几何意义来进行.例5.平面几何与立体几何的许多概念、性质是相似的，如：“长方形的每一边与另一边平行，而与其余的边垂直”；“长方体的每一面与另一面平行，而与其余的面垂直”.请用类比法写出更多相似的命题解析:(1)(平面)在平行四边形中，对角线相交于一点且互相平分；(空间)在平行六面体中，对角线相交于一点且互相平分.(2)(平面)在平行四边形中，各对角线长的平方和等于各边长的平方和； (空间)在平行六面体中，各对角线长的平方和等于各棱长的平方和. (3)(平面)圆面积等于圆周长与半径之积的二分之一； (空间)球体积等于球面积与半径之积的三分之一. (4)(平面)正三角形外接圆半径等于内切圆半径的2倍； (空间)正四面体的外接球半径等于内切球半径的3倍.(5)(平面)到直线的距离等于定长的点的轨迹是两条平行直线； (空间)到定直线的距离等于定长的点的轨迹是圆柱面.等等.例6.等腰四面体——三组对棱分别对应相等的四面体.在研究三角形时，等腰三角形是我们的主要研究对象之一.原因是它具有良好的对称性.在四面体中，有与之对应的等腰四面体. 根据定义不难证明：①长方体一个顶点的三条面对角线的端点为顶点的四面体是等腰四面体；②等腰四面体的四个面是四个全等的三角形.③若四面体的四个面具有相同的周长，则其为等腰四面体. ④等腰四面体的四个顶点和对面重心的连线段的长相等. ⑤h=4r.(内切球半径为r ，高为h).想一想②：你能证明上述性质②、③、④、⑤吗？对于等腰四面体我们还有：四面体是等腰四面体的充要条件是：过每一个顶点的三个平面角之和为1800.必要性：设四面体ABCD 是等腰四面体，过顶点A 的三个平面角之和为DAB DAC BAC S ∠+∠+∠=.有等腰四面体的四个面是全等的三角形得 ∠BAD =∠BDA ，∠CAD =∠DBA ，⇒S =∠BDA +∠DBA +∠DAB =1800.充分性：设0180=∠+∠+∠=DAB DAC BAC S .将四面体从顶点A ，沿三条棱剪开，平摊在∆BCD 所在的平面上(图1.4—7). 由已知过顶点B ，C ，D 的平面角之和为1800. 则易知B ，C ，D 是∆AA ′A ′′三边上的中点. 当∆AA ′A ′′还原成四面体后易知其对棱必相等. 我们知道，在平面内，正三角形是特殊的等腰三角形.在空间,正四面体是特殊的等腰四面体.它们之间也有很多类似的结论：①正三角形有一个外接圆和内切圆，且它们是同心圆；正四面体有一个外接球和一个内切球，它们也是同心球.②正三角形重心、垂心、外心、内心凡四心重合，并称该点为正三角形的中心； 正四面体的重心、垂心、外心、内心也四心重合，此点也称为正四面体的中心.③边长为a 的正三角形的高为√32a ，中心把高分成2:1的两部分；棱长为a 的正四面体的高为√63a ，中心把高分成3:1的两部分. ④平面几何中有如下结论：如图1.4—8 (1)，设O 是等腰 Rt △ABC 底边BC 的中点，AB ＝1，过点O 的动直线与两 腰或其延长线的交点分别为Q ，R ，则有1AQ ＋1AR＝2．类比此结论，将其拓展到空间有：如图1.4—8(2)，设O 是正三 棱锥A-BCD 底面BCD 的中心，AB ，AC ，AD 两两垂直，AB ＝1， 过点O 的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为Q ， R ，P ，则有1AQ ＋1AR ＋1AP＝3.⑤正三角形的三内角相等，均为600；正四面体的相邻两面所成二面角也相等，其余 弦值均为−13.等. 习题1.41.已知关于x 的不等式ax 2−bx +c >0的解为(1，2).解关于x 的不等式cx 2−bx +a >0.有A CBD图1.4—6 图1.4—7B D AA ′′ A ′ C 图1.4—8(2)图1.4—8(1)如下解法：由ax 2−bx +c >0，⇒a −b(1x)+c(1x)2>0，令y=1x，则y ∈(12，1)，不等式cx 2−bx +a >0的解为(12，1).类比上述解法，已知关于x 的不等式k x+a +x+bx+c <0的解为 (-2，-1)∪(2，3)，则关于x 的不等式kx ax−1+bx−1cx−1<0的解为 .2.设P 是椭圆x 2a 2+y 2b 2=1上的任意一点，F 1、F 2是其两焦点，若∠P F 1F 2=α，∠P F 2 F 1=β(α>β)， 则e =sin(α+β)sin α+sin β.若换成双曲线x 2a 2−y 2b 2=1呢？3.已知椭圆具有性质：若M 、N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点，点P 是椭圆上任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，则k PM ·k PN =−b 2a 2.试问，对双曲线x 2a2−y 2b 2=1也有类似的特性吗，若有，写出对应的结论并加以证明.4.对于函数y=x 2(x>0)上任意两点A(a ，a 2)，B(b ，b 2)，直线段AB 必在曲线段AB 的上方.设点C 分AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的比为λ(λ>0)，则由点C 在C ′点的上方可得不等式：a 2+λb 21+λ>(a+λb 1+λ)2.请分析函数y=lnx(x>0)的图像，类比上述不等式可以得到的不等式是 ．5.对于求和12+22+32+…+n 2有人采用如下方式：∵ (k+1)3-k 3=3k 2+3k+1，令k=1，2，…n ，代入得到n 个等式，累加后得(n+1)3-1=3(12+22+32+…+n 2)+3(1+2+3+…+n)+n ，从而可得 12+22+32+…+n 2=n(n+1)(2n+1)6.类似地，你能得到13+23+33+…+n 3=(n(n+1)2)2吗？ 6.类比本节例7，已知f(x)=cos xcos(300−x)，求f(10)+f(20)+ … + f(590)的值.7.换一种方式证明，若点O 在 ABC 内，且点O 对三个顶点A 、B 、C 的视角∠AOB=∠AOC=∠AOC ，则有结论S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC →=00.命题类比推广到空间，若点O 在四面体ABCD 内的结论_____________________________.【参考答案】 想一想①：1. A.2. C.3.由等和数列的定义，易知a 2n-1=2，a 2n =3，故a 18=3. S n ={52n n 为偶数52n −12 n 为偶数.4.S=S 1cos α+ S 2cos β+ S 3cos γ. 想一想②： ②易证.略. ③设各组对棱的长分别为.由题设有a+b+c=a+b ′+c ′=b +a ′+c ′=c +b ′+a ′，⇒b +c =b ′+c ′，b +c ′=c +b ′，⇒c −c ′=c ′−c ，⇒c =c ′.进一步可推得：a=a ′，b =b ′.于是该四面体是等腰四面体.④由②知，四个面是全等的三角形，又由三棱锥的体积公式及此三棱锥的体积是不变的，易得结论.⑤提示，以内切球的球心为顶点，四个面为底面，将此四面体分解为四个小四面体，由三棱锥的体积等积变形，也易得结论成立.∆ a bc习题1.41.关于x 的不等式kx+a+x+b x+c<0的解为(−2,−1)∪(2,3)，用−1x替换x ，不等式可化为，k(−1x)+a +(−1x )+b (−1x)+c =kxax−1+bx−1cx−1<0，因为−1x∈(−2,−1)∪(2,3)，所以12<x <1或−12<x <−13，即不等式kx ax−1+bx−1cx−1<0的解为(−12，−13)∪(12，1).2.e =ca =2c2a =|F 1F 2||PF 1|+|PF 2|=sin(α+β)sin α+sin β.对于双曲线则有e =sin(α+β)sin α−sin β. 3.对于双曲线有k PM ·k PN =b 2a 2.证明：设点M 、P 的坐标为(n m ,)、(y x ,)，则N(n m --,). 因为点M(n m ,)在已知双曲线上，所以n 2=b 2a2m 2−b 2，同理y 2=b 2a 2x 2−b 2. 则k PM ⋅k PN =y−n x−m⋅y+n x+m=y 2−n 2x 2−m 2=b 2a 2⋅x 2−m 2x 2−m 2=b 2a 2.椭圆可类似地证明.4.如图D1.4—1，由定比分点公式及平行线分线段定理可得y=x 2(x>0)的不等式a 2+λb 21+λ>(a+λb1+λ)2， 类似地，对于函数y=lnx(x>0)有，ln a+λln b1+λ<lna+λb 1+λ.5.提示，利用(k+1)4-k 4=4k 3+6k 2+4k+1求之.6.提示：考察f(x)+f(600-x).59√32.7.解:∵S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC → =12( OOBOOOCO OA → snn ∠BOC+OOAOOOCO OB →snn ∠AOC+OOAOOOBO OC → snn ∠AOB)=12OOAO0BO0COsnn ∠AOC(OA → |OA → |+OB → |OB → |+OC→|OC ← |),由于OA → |OA → |，OB→|OB → |,OC→|OC ← |，分别是与OA → ,OB → ,OC → 共线的单位向量， ∠AOB=∠AOC=∠AOC=1200，∴ OA → |OA → |+OB → |OB → |+OC → |OC ← |=0.0故S ΔOBC OA → +S ΔOAC ⋅OB → +S ΔOAB ⋅OC →=0.类比可得 V O—BCD ∙OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +V O—ACD ∙OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +V O—ABD ∙OC⃗⃗⃗⃗⃗ +V O—ABC ∙OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.图D1.4—1。
祖暅原理的教学设计
祖暅原理的教学设计一、祖暅原理及其对教学过程的启发1.从平面图形到空间图形的类比推理师：（多媒体演示）观察并思考问题：等底等高的图形面积有什么关系？学生讨论后小结：等底等高的图形面积相等。
师：我们发现，用平行于底边的任意直线去截这两个图形，截得的两条线段始终相等。
那这个条件是否是两个图形面积相等的充要条件呢？学生探究，教师指导：点构成线，线构成面，用平行于底边的任意直线去截图形，截得的两条线段始终相等，那么这些相等线段组成的面积也相等。
类比猜想：把平面图形拓展到几何体，这个结论还成立么？2.祖暅原理的引入情境导入：取一摞作业本置于桌面，用手轻推使之发生形变。
师：推动以后这摞作业本的体积改变了么？推动前后还有什么共同点？生：体积、高度、本数都没有改变。
师：回忆平面图形等积定理，讨论并归纳立体几何体等积定理。
学生归纳，教师指导，引入祖暅原理。
师：祖暅原理只能判断两个几何体体积是否相等，如果求几何体的体积，还必须转化为常见几何体。
3.从特殊到一般，从已知到未知师：我们学过特殊棱柱———长方体的体积公式，同学们回忆一下。
生：设长方体的长、宽、高分别为、、，那它的的体积为。
4.利用祖暅原理，结合下图，推导棱柱体积公式图1学生小组合作：做一个与棱柱等底等高的长方体，用一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，截面总是相等，则这个长方体与棱柱体积相等。
棱柱体积公式为：。
教师补充：利用祖暅原理求棱柱体积时，需要构造与之等底等高的几何体，且需要满足两个条件：一是已知其体积公式，二是用一个平行于底面的平面去截这两个几何体，截面总是相等。
二、祖暅原理的教学建议中国传统数学在数学史上是一颗璀璨的明珠，但是随着历史变迁，传统数学的发展逐步失去活力，最终汇入西方数学体系中。
在20世纪的今天，随着新课改的逐步深入，数学文化进入到教师和教材编者的视野中。
祖暅原理作为立体几何中不可或缺的一部分，将其整合进教学过程中，更有利于加深学生对本章内容的内化。
高二数学推理与证明试题答案及解析
高二数学推理与证明试题答案及解析1.下列推理合理的是（）A．是增函数，则B．因为，则C．为锐角三角形，则D．直线，则【答案】C【解析】根据题意，由于是增函数，则或者f’(x)=0在个别点成立，故错误对于B，因为，则显然不成立，对于D直线，则，可能斜率都不存在，故错误，故选C.【考点】推理与证明点评：主要是考查了合情推理的运用，属于基础题。
2.对命题“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都为正三角形的什么位置？（）A．正三角形的顶点B．正三角形的中心C．正三角形各边的中点D．无法确定【答案】B【解析】根据题意，由于命题“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都为正三角形的中心，故可知答案为B.【考点】类比推理点评：主要是考查了类比推理的运用，属于基础题。
3.对大于或等于2的自然数的次方幂有如下分解方式：根据上述分解规律，若的分解中最小的数是73，则的值为 .【答案】9【解析】根据题意，可知，，，，那么可知的分解中最小的数是73，那么可知m的值为9.故答案为9.【考点】归纳推理点评：主要是考查了归纳推理的运用，属于基础题。
4.观察式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，，则可归纳出一般式子为() A．1＋＋＋＋<(n≥2)B．1＋＋＋＋<(n≥2)C．1＋＋＋＋<(n≥2)D．1＋＋＋＋<(n≥2)【答案】C【解析】根据题意，由于观察式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，左边是n 个自然数平方的倒数和，右边是项数分之项数的二倍减去1，那么可得到，推广到一般1＋＋＋＋<(n≥2)，故选C.【考点】归纳推理点评：主要是考查了归纳推理的基本运用，属于基础题。
5.在平面上，若两个正三角形的边长比为，则它们的面积比为，类似地，在空间中若两个正四面体的棱长比为，则它们的体积比为____________。
平面到空间类比结论的探究
平面到空间类比结论的探究西乡二中 王仕林类比思想是数学中的一种重要解题思想,而平面几何问题的某些结论,通过类比思想,可以进一步探究空间问题的一些结论.掌握了从平面到空间问题的类比规律,可以深入地掌握平面几何与空间立体几何之间的内在联系.下面通过例子来说明这个问题.一、从平面到空间的类比结论：结论1：ABC ∆的面积公式1(2ABC S BC h h ∆=⋅是BC 边上的高） 推广：三棱锥S ABC -的体积公式1(3S ABC ABC V S h h -∆=⋅是三棱锥的 高）观察并分析： （1）平面内的三角形类比到空间变为三棱锥。
（2）平面内三角形的面积类比到空间为三棱锥的体积。
（3）平面内三角形的底边（线段）类比到空间变为 （图1）三棱锥的底面（平面）。
结论2：如图2，D 、E 是ABC ∆的边AB 、AC 上的点，且DE//BC ，12,h h 分别是 ADE ∆、 ABC ∆上的高。
则（1）12DE h BC h = （2）2122ADE ABC S h S h ∆∆= 推广：如图3，D 、E 、F 分别是三棱锥S-ABC 的边SA 、SB 、SC 上的三点，12,h h 分别是三棱锥S DEF - （图2） 与S ABC -的高，且平面DEF//平面ABC 。
则（1）2122DEF ABC S h S h ∆∆=， （2）3132S DEF S ABC V h V h --= 。
观察并分析：（1）平面内的两个三角形类比到空间为两个三棱锥。
（2）平面内的线段之比类比到空间为面积之比。
（3）平面内的面积之比类比到空间为体积之比。
（4）平面内的线段之比为高之比；空间内面积之比为两高之比。
（图3）（5）平面内的面积之比为平方之比，类比到空间变为：它的体积之比等于它的高的立方之比。
结论3：如图4，OM 、ON 为两条射线，D 、A 、E 、B 分别为OM 、ON 上的任意两点，则ODE OAB S OD OE S OA OB∆∆=⋅ 推论3：如图5，OP 、OQ 、OR 分别为三条射线，1A 、2A 、1B 、2B 、 （图4）1C 、2C 分别为OP 、OQ 、OR 上任意两点，则111222111222O A B C O A B C V OA OB OC V OA OB OC --=⋅⋅ 观察并分析：（1） 平面内两条射线类比到空间为三条射线。
从平面走向空间——类比思想在立体几何中的应用案例及思考
点 到两 腰 的距离 和 为定 值．
学 生 ： 腰 三 角 形 两 条边 相 等 ． 正 等 而
如 图１ 已知在 ＡＡ Ｃ（ 定 的 ） ， ， Ｂ 给 中
ＡＢ ＡＣＤ － ，是Ｂ 边上 任 意一 点 ．ＥＪＡ 于 Ｃ Ｄ ＿ Ｃ
教师 ： 好 ！刚才 我们 证 明 的是 一 个 很
它们都称为“ 单形 ”三 角 形 是 二 维 单 形 ， ，
三 棱锥 是 三 维单 形．
教 师 ：为 什 么平 面 中 的等 腰 三 角 形
＠ 案例片断
例 １ 证 明 等 腰 三 棱 锥 ， 合 理性 又 在 其
哪里？
图１
明是将问题转化成平面几何问题 ， 没有借 助于类比， 过程略 ）
教师 ： 么第 二个 问 题呢 ？ 那
有 边 界 元 素 （ 些边 界 元 素 全 相 等 ） 这 的距
离 和 为定 值． 教 师 ：我们 把 这 两 个 对 象 的 共性 理 解 得 非 常清楚 的时候 ， 比的结论 的可靠 类
闭 图形．三 棱锥 是 由４ 平 面 围成 的封 闭 个
合 ， 中包 括 了 “ 体 几 何 中 的 推 理 与 证 其 立
明” 题．下 面是 笔 者在 这 个 专 题 的第 一 专 节 课 一 类 比思 想 在 立 体 几 何 中 应 用 的 案例 片 断 以及教 后 的思 考．
体 ．在 空 间 中三 个 平 面不 能 围成 封 闭体 ．
又为Ａ｛ｃＧＰ Ｄ 棱锥 是 最 简单 的 多面 体． 因ｓ ４曰 ． Ｅ △ ・，Ｉ ＋ ｆ ） ． ２
Ｄ Ｇ为 定 值
要 形式 ．我 校 高 二 年 级 根 据 学 生 的 实 际
情 况 ．教学 时对 这 一 章 的 内容 进 行 了 整
从“平面”到“空间”谈谈类比推理的一种重要形式
我们说类 比推理 的结论 的可靠程度取决于两类 对象的相似属性 以及它们之 间的相关程度， 如果
＋ Ｂ Ｏ ＣＯ＝言 ＩＢ ・＋言 ｌＣ ・ Ｃ＋ Ａ ・ Ｉ１ ・ ｌ Ａ ７ Ｂ
１ １ ‘ ）
７ ・ ・＝言７故内 半 １ Ｉ ｌ１ ｚ ＋砉 Ａ ７ １ 切圆 径为７ ． ， １ ＝
推广到空间内的命题为： 在正四面体Ａ Ｄ ＢＣ 中， 若 是底面 △ Ｄ的中心， Ｄ是正 四面体
形内切圆半径求法的思想方法类 比到空间中， 于
是我们把三棱锥 内切球球心与四个顶 点分别连 起来， 把三棱锥 尸一Ａ ＢＣ分割成 四个小三棱锥， 如图３ 用等体积的办法： ，
Ｐ Ｂ ｒ Ａ Ｃ ＝ Ｖ Ｐ Ｂ＋Ｖ — Ｂ — ｏ— Ａ ｏ Ｐ Ｃ＋Ｖ — Ａ ｏ ＰＣ
Ｐ—Ａ Ｃ内切球的半径为７ ｝． Ｂ １ ＝＝
二、 看准结构， 类比关联量 有 的类 比问题中， 没有 明确指出类 比项是什 么， 这就要求我们从本质上来认识平面图形中的 问题， 以此推 广到 空间 内应该有什么样 的问题．
图５
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２０ 年第 ５ ０８ 期
把 间具有某些类似 （ 或一致） 推测其中一类事 性， 思想方法、思维策略等层面寻求内在的关联， 物具有与另一类事物类似（ 或相同） 的性质的推 平面 内的思想方法 ‘ ” 搬 到空间内．
理． 而 高 中阶段 所 涉及到 的推理 过程 以从‘ ‘ 平
Ａ
＝
－
ｂ．
性质 ３ Ｐ是抛物线Ｙ ０＝ ２
则Ｎ（ ｔ， ２ｔ） 于是有 ２ ２－ ｐ２． ｐ
【 熊光汉、 １ １ 熊寅． 二次曲线的垂轴弦． 中学
数学． ０ ２ ４ ２０ ． ．
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盘点平面到空间的类比推理问题
角形 中的边 与 高 的 关 系 式 类 比 空 间 中两 两 垂 直 的棱 的 三棱 锥 中边 与高 的关 系 即可．
题 型 ３ 特殊 点 、 线、 面 关 系 类 比
为 斜边 上 的高 ， 则 一 ＋ ， 由此 类 比： 三 棱 锥
， ￡ “ Ｕ
ＡＢ Ｃ 中的 ３ 条侧棱 Ｓ Ａ、 Ｓ Ｂ、 Ｓ Ｃ两 两 垂 直 ， 且 长 度 分
例 ３ 设 Ｐ 是 Ａ ＡＢＣ 内 别 为 ｈ 、 ｈ Ｂ 、 ｈ ㈡ Ｐ 到 ３边
ｃ
的距离 依 次 为 ｌ 。 、 ｚ 、 ｌ ， 则
平 面 图形 与 空 间 图形 之 间 在 概 念 与性 质 上 有 些
类 似 的知识 与方 法 ， 许 多平 面几 何 中 的命 题 可 以推 广 成 立体 几何 中 的相 应 命 题 ， 它们往往将数学 知识、 方
则 ＋ 一 ３ ， 由 平 面 图 形 类 比到 空 间 图 形 ， 如 图
如图 １ ， 因为 Ｓ Ａ、 Ｓ Ｂ、 Ｓ Ｃ两两垂直 ， 且 长 度 分别 为 口 、 ｂ 、 ｆ ， 所以 Ｓ Ａ Ｌ面 Ｓ Ｂ Ｃ， 作 Ｓ Ｄ上
ｏ，
Ｂ ｃ ， 则ｓ Ａ Ｊ ＿ Ｓ Ｄ 且Ｓ Ｄ－ － 雨 ｂ ｃ ， 作Ｓ Ｏ ￣ Ａ Ｄ于
｝
法 和原 理 融 于一 体 ， 突 出对 数 学 思想 方 法 的 考 查 ， 体 现数学 的思维价 值 ． 以下 举例 说 明．
题型 １ 边 角关 系的 类 比
一 Ｊ －
去 ＾ Ａ ＋ 。 急 Ｂ ＋ 。 去 （ 一
类 比到 空 间 ， 设 Ｐ 是 四 面
③， 各个 面都 是 全 等 的正 三 角 形 ， 所 以各 面都 是 面 积 相等的三角形 ， 同一 顶 点 上 的 任 ２条 棱 的夹 角 都 相
从平面到空间的类比思维
从平面到空间的类比思维作者：李云飞来源：《中学课程辅导高考版·教师版》2010年第01期类比是数学发现的重要源泉.随着数学课程改革的深入,对学生数学类比能力的考查已悄然升温.本文将对由平面到空间中的有关类比作一些初浅的探究.一、射影定理的类比例1 如图1,在△ABC中,AB⊥AC,AD⊥BC,则AB2=BD•BC,类似有命题:三棱锥A-BCD 中(如图2),AD⊥面ABC,AO⊥面BCD,O为垂足,且在△BCD内,则S△ABC2=S△BCO•S△BCD.上述命题是()A.真命题B.增加AB⊥AC的条件才是真命题C.假命题D.增加三棱锥A-BCD是正三棱锥的条件才是真命题分析:由已知的垂直关系,不难找出以下类比关系:AB类比于△ABC,BD类比于△BOC,BC类比于△BCD,长度类比面积可得到:S△ABC2=S△BCO•S△BCD.证明:如图乙,连接DO并延长交BC于E,∵AD⊥面ABC,AO⊥面BCD∴BC⊥面AED,又在△AED中,AO⊥DE,AD⊥AE,则AE2=EO•ED,∴(12BC•EA)2=(12BC•EO)•(12BC•ED)得S△ABC2=S△BCO•S△BCD.选A.二、勾股定理的类比例2 在平面几何里,有勾股定理:设△ABC的两边AB、AC互相垂直,则有AB2+AC2=BC2;拓展到空间,研究三棱锥的侧面积与底面积间的关系,可以得到的正确结论是:“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两互相垂直,则 .(2003年全国高考15题)分析:由于A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两互相垂直,把这些直角面类比于三角形的直角边,底面类比于三角形的斜边,故可以得到猜想:S△ABC2+S ACD2+S△ADB2=S△BCD 2.证明:∵三个侧面两两互相垂直,∴三条侧棱也两两互相垂直.如图2,利用例1中射影定理类比结论得S△ABC2=S△BCO•S△BCD,S△ACD2=S△COD•S△BCD,S△ABD2=S△BOD•S△BCD,相加即得结论S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2=S△BCD 2.三、余弦定理的类比例3 在△DEF中有余弦定理:DE2=DF2+EF2-2 cos∠DEF.拓展到空间,类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱ABC-A1B1C1的三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.(2004年上海春招20题)分析:根据类比猜想得出S AA1C1C2=S ABB1A12+S BCC1B12-2S ABB1A1•S BCC1B1cosθ.如图3,作斜三棱柱ABC-A1B1C1的直截面DEF,则∠DEF为面ABB1A1与面BCC1B1所成角,在△DEF中有余弦定理:DE2=DF2+EF2-2 cos∠DEF,同乘以AA12得:DE2•AA12=DF2•AA12+EF2•AA12-2DF•AA1•EF•AA1•cosθ即:S△AA1C1C2=S ABB1A12+S BCC1B12-2S ABB1A1•S BCC1B1cosθ.四、角平分线定理的类比:例4 如图4,△ABC的∠C的内角平分线CE分AB所得的比AEEB=ACCB;把这个结果类比到空间:在三棱锥A-BCD中(如图5),平面DCE平分二面角A-CD-B,且与AB相交于点E,则可得到的类似的结论有 .分析:AC、BC分别类比于△ACD和△BCD,AE和EB分别类比于△AEC和△BEC得到,长度类比面积得S△ABC S BEC=S△ACD S△BCD(或S△AED S△BED=S△ACD S△BCD).证明:考虑两种情形:如图5,若△ACD和△BCD的底边CD上的高相交于G,则EG平分∠AGB,AGBG=AEBE,即S△AEC S BEC=S△ACD S△BCD显然成立.如图6,若△ACD和△BCD的底边CD上的高分别为AM和BN,平移BN至PM,连接BP、AP,则四边形BNMP为平行四边形,∴CD∥面ABP,设面DCE∩面ABP=EF,故CD∥EF.从而有EF∥PB.在△APM中,MF为∠AMF的平分线,于是AMMP=AFFP=AEBE,∴S△ABC S BEC=S△ACD S△BCD五、内切半径求法的类比例5 若三角形的面积为S,周长为C,则它的内切圆的半径r=2SC;拓展到空间,棱锥的体积为V,表面积为S,若内切球与每个面都相切,则这棱锥的内切球的半径 .分析:从两个方面类比①从形式上类比:二维类比到三维,即“2”类比到“3”,面积S类比到体积V,周长C类比到表面积S得r=3VS.②从方法上类比:平面中等面积法求内切圆半径,空间中等体积法求内切球的半径.六、所成角余弦的类比线段AB在直线AC上的射影为AH,若直线AB与直线AC所成的角为θ,则cosθ=AHAB;设某平面图形的面积为S,它在某个平面上的射影的面积为S0,则这两个平面所成的锐角平面角为θ,则cosθ=S0S.分析:问题很简单,后者为空间二面角的平面角的求角公式.。
由平面规划类比到空间规划
Ｐ ＼～ —
】
要加 强对 变式教 学的研 究 ， 把 握高 考 的风 向 ， 运用各 种 方 法设 计变 式教 学案 例 ， 尤 其是 深 入 研 究教 材和 高 考试 题 ， 精心 设计课 本 习题和 高 考题 的变 式案例 ，
ｌ：
图４
１得 （ ０一ｃ ） ＋ｄ ＝１ ， ｃ ＋（ ｂ—ｄ ） ＝１ ， 即ｄ ＝１
２ ０ １ ４年 第 １ １ 期
中学数 学研 究
１
，
・ ７・
轴 一 个 交 点 ， 此 时 Ｉ Ｏ — Ａ Ｉ ＝ 譬 ， 由 于 Ｉ — Ｏ Ｐ Ｉ ＜ １ ， 取
不到 等 号 ， 由此 判断选 Ｄ ．
解法 ２ ： 由题 意知 ， 四边 形
则 ＜Ｉ
叶
Ｉ ≤２ ， 故有 ＜Ｉ
由 平 面 规 划 类 比 到 空 间 规 划
江苏省 灌云高级 中学 （ ２ ２ ２ ２ ０ ０ ） 孙
推 理 与证 明是 数 学的基 本 思维 过 程 ， 也 是 人们 学习和生活中经常使用 的思维方式． 因此高 中新课
红
象直 观地 得 到 实数 的取值 范 围． 拜 读这 些 文章之 后 ， 笔者就 在 想 ， 对 于 涉及 到 三 元 一次 不等 式 的 问题 ， 我 们通 常用 代 数 方 法加 以解 决， 技巧 性 比较 强 ， 难度 比较大． 有没 有更 自然 、 更直
二
Ｉ ≤
叶
结 束语 ： “ 数 学是 训 练 思 维 的 体 操 ” ， 在 高 三 数
Ａ Ｂ ｌ Ｂ ２ Ｐ为以 Ｂ 。 为直 径 的 圆 内接 矩形 ， 以 Ｐ为 原 点 ， 船 所
、
＝
在 的直线为 轴建立直角坐标 系 （如 图 ４ ） ． 设 Ｂ （ 口 ， ０ ） ， Ｂ ： （ ０， ｂ ） ， ０（ ｃ ， ｄ ）则 由 已 知 得
2020年河南省郑州一中高二(下)期中数学试卷(文科)
期中数学试卷（文科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.下列说法错误的是（）A. 在统计学中，独立性检验是检验两个分类变量是否有关系的一种统计方法B. 在残差图中，残差分布的带状区域的宽度越狭窄，其模拟的效果越好C. 线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点D. 在回归分析中，相关指数R2越大，模拟的效果越好2.已知①正方形的对角线相等，②矩形的对角线相等，③正方形是矩形．由①、②、③组合成“三段论”，根据“三段论”推出一个结论，则此结论是（）A. 正方形的对角线相等B. 平行四边形的对角线相等C. 正方形是平行四边形D. 以上均不正确3.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是（）A. 假设三内角都不大于60°B. 假设三内角都大于60°C. 假设三内角至多有一个大于60°D. 假设三内角至多有两个小于 60°4.下列推理是归纳推理的是（）A. A，B为定点，动点P满足|PA|+|PB|=2a＞|AB|，则P点的轨迹为椭圆B. 由a1=1，a n=3n-1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和S n的表达式C. 由圆x2+y2=r2的面积πr2，猜想出椭圆+=1的面积S=πabD. 以上均不正确5.为考察A、B两种药物预防某疾病的效果，进行动物试验，分别得到等高条形图：根据图中信息，在下列各项中，说法最佳的一项是（）A. 药物A、B对该疾病均没有预防效果B. 药物A、B对该疾病均有显著的预防效果C. 药物A的预防效果优于药物B的预防效果D. 药物B的预防效果优于药物A的预防效果6.实数m满足集合M={1，2，（m2-3m-1）+（m2-5m-6）i}，N={-1，3}，且M∩N={3}，则实数m的值是（）A. 4B. -1C. -1或4D. -1或67.非零复数z1、z2分别对应复平面内的向量、，若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则（）A. ⊥B. ||=||C. =D. 和共线8.已知命题p：∃x∈R，使sin x=；命题q：∀x∈R，都有x2+x+1＞0，给出下列结论：①命题“p∧q”是真命题；②命题“p∧（￢q）”是假命题；③命题“（￢p）∨q”是真命题；④命题“（￢p）∨（￢q）”是假命题．其中正确的是（）A. ②④B. ②③C. ③④D. ①②③9.已知=2，=3，=4，=5，…=10，则推测a+b=（）A. 1033B. 109C. 199D. 2910.下列选项中不正确的是（）A. △ABC中，A＞B，则sin A＞sin B的逆否命题为真命题B. 若am2＜bm2，则a＜b的逆命题为真命题C. 若p：x≠2或y≠6，q：x+y≠8，则q是p充分不必要条件D. 若p：∀x∈R，cos x≤1，则￢p：∃x∈R，cos x＞111.在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB，AC互相垂直，则|AB|2+|AC|2=|BC|2”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直，则可得”（）A. |AB|2+|AC|2+|AD|2=|BC|2+|CD|2+|BD|2B. S2△ABC×S2△ACD×S2△ADB=S2△BCDC. S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2=S△BCD2D. |AB|2×|AC|2×|AD|2=|BC|2×|CD|2×|BD|212.已知函数f（x）=x2，．若∀x1∈[-1，3]，∃x2∈[0，2]，使得f（x1）≤g（x2），则实数m的取值范围是（）A. B. （-∞，-8]C. D. （-∞，-8]∪二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.如图所示，执行图中的程序框图，输出的S值是______．14.下列四个命题中，正确命题的个数是______．①0比i小②两个复数互为共轭复数，当且仅当其和为实数③x+yi=1+i的充要条件为x=y=1④如果实数a与ai对应，那么实数集与纯虚数集一一对应15.已知，经计算f（4）＞2，，f（16）＞3，，则根据以上式子得到第n个式子为______．16.若x1，x2∈R，且，则|x1+x2|的最小值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.集合，.（1）若，求；（2）已知命题，命题，若命题是命题的充分不必要条件，求实数的取值范围.18.设实部为正数的复数z，满足|z|=，且复数（1+2i）z在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上．（1）求复数z；（2）若+（m∈R）为纯虚数，求实数m的值．19.为了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关，对本班50人进行了问卷调查得到了如下的列联表：喜爱打篮球不喜爱打篮球合计男生5女生10合计50已知在全部50人中随机抽取1人抽到喜爱打篮球的学生的概率为．（1）请将上面的列联表补充完整；（2）是否有99%的把握认为“喜爱打篮球与性别有关”？说明你的理由．参考公式：独立性检测中，随机变量，其中n=a+b+c+d为样本容量P（K2＞k）0.100.050.0250.0100.0050.001 k 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.82820.某公司近年来特别注重创新产品的研发，为了研究年研发经费x（单位：万元）对年创新产品销售额y（单位：十万元）的影响，对近10年的研发经费x i与年创新产品销售额y i（i=1，2，…，10）的数据作了初步处理，得到如图的散点图及一些统计量的值．其中，，，，．现拟定y关于x的回归方程为．（1）求，的值（结果精确到0.1）；（2）根据拟定的回归方程，预测当研发经费为13万元时，年创新产品销售额是多少？附：对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），…，（u n，v n），其回归直线=+u的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．21.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图①、②、③、④为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮，现按同样的规律刺绣（小正方形的摆放规律相同），设第n个图形包含f（n）个小正方形．（1）求出f（5）；（2）归纳出f（n+1）与f（n）的关系式，并根据你得到的关系式求f（n）的表达式；（3）求证：．22.以平面直角坐标系原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴，以平面直角坐标系的长度单位为长度单位建立极坐标系．已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=4cosθ（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|AB|．23.设函数f（x）=|x+1|+|x-2|，g（x）=|x-3|+|x-2|．（1）求函数f（x）的最小值；（2）若对任意的x∈R，不等式g（a）≤f（x）恒成立，求实数a的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查了回归分析与独立性检验和相关指数的应用问题，是基础题目．根据统计分析的观点，对选项中的命题进行分析、判断即可．【解答】解：对于A，统计学中，独立性检验是检验两个分类变量是否有关系的一种统计方法，正确；对于B，残差图中，残差分布的带状区域的宽度越狭窄，其模拟的效果越好，正确；对于C，线性回归方程对应的直线过样本中心点，不一定过样本数据中的点，故C错误；对于D，回归分析中，相关指数R2越大，越接近1，其模拟的效果就越好，正确．故选：C．2.【答案】A【解析】解：由演绎推理三段论可得“三段论”推理出一个结论，则这个结论是：“正方形的对角线相等”，故选：A．三段论是由两个含有一个共同项的性质判断作前提得出一个新的性质判断为结论的演绎推理．在三段论中，含有大项的前提叫大前提，如本例中的“平行四边形的对角线相等”；含有小项的前提叫小前提，如本例中的“正方形是矩形”叫不前提．另外一个是结论．三段论推理是演绎推理中的一种简单判断推理．它包含两个性质判断构成的前提，和一个性质判断构成的结论．一个正确的三段论有仅有三个词项，其中联系大小前提的词项叫中项；出现在大前提中，又在结论中做谓项的词项叫大项；出现在小前提中，又在结论中做主项的词项叫小项．3.【答案】B【解析】证明：用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个内角不大于60°”时，应假设命题的否定成立，而命题“三角形的内角中至少有一个内角不大于60°”的否定是：三角形的三个内角都大于60°，故选：B．根据命题“三角形的内角中至少有一个内角不大于60°”的否定是：三角形的三个内角都大于60°，由此得到答案．本题主要考查求一个命题的否定，用反证法证明数学命题，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于基础题4.【答案】B【解析】解：A选项用的双曲线的定义进行推理，不符合要求．B选项根据前3个S1，S2，S3的值，猜想出S n的表达式，属于归纳推理，符合要求．C选项由圆x2+y2=r2的面积S=πr2，猜想出椭圆+=1的面积S=πab，用的是类比推理，不符合要求．故选：B．本题考查的是选归纳推理的定义，判断一个推理过程是否是归纳推理关键是看他是否符合归纳推理的定义，即是否是由特殊到一般的推理过程．判断一个推理过程是否是归纳推理关键是看他是否符合归纳推理的定义，即是否是由特殊到一般的推理过程．判断一个推理过程是否是类比推理关键是看他是否符合类比推理的定义，即是否是由特殊到与它类似的另一个特殊的推理过程．判断一个推理过程是否是演绎推理关键是看他是否符合演绎推理的定义，能否从推理过程中找出“三段论”的三个组成部分．5.【答案】C【解析】【分析】根据两个表中的等高条形图看药物A的预防效果优于药物B的预防效果．本题考查了等高条形图的应用问题，是基础题．【解答】解：根据两个表中的等高条形图知，药物A实验显示不服药与服药时患病的差异较药物B实验显示明显大，∴药物A的预防效果优于药物B的预防效果．故选：C．6.【答案】B【解析】解：∵集合M={1，2，（m2-3m-1）+（m2-5m-6）i}，N={-1，3}，且M∩N={3}，∴，解得m=-1．故选：B．利用交集定义和复数概念求解．本题考查实数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意得复数的概念和交集定义的灵活运用．7.【答案】A【解析】解：在四边形OACB内，，，∵非零复数z1、z2分别对应复平面内的向量、，则由复数加法的几何意义可知，|z1+z2|对应，|z1-z2|对应，则，由，，可知三边长OACB为平行四边形，则四边形OACB为矩形．∴．故选：A．由题意可得，，再由|z1+z2|=|z1-z2|，得到，由，，可知三边长OACB为平行四边形，从而得到四边形OACB 为矩形，有．本题考查复数的模的求法，考查复数对应向量加减法的几何意义，是中档题．8.【答案】B【解析】解：∵|sin x|≤1，∴：∃x∈R，使sin x=错误，即命题p是假命题，∵判别式△=1-4=-3＜0，∴∀x∈R，都有x2+x+1＞0恒成立，即命题q是真命题，则①命题“p∧q”是假命题；故①错误，②命题“p∧（￢q）”是假命题；故②正确，③命题“（￢p）∨q”是真命题；故③正确，④命题“（￢p）∨（￢q）”是真命题．故④错误，故选：B．先判断命题p，q的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．本题主要考查复合命题真假关系的应用，根据条件先判断命题p，q的真假是解决本题的关键．9.【答案】B【解析】解：由给出的几个等式可以推测：，（n≥2且n是正整数），在，b=102-1=99，于是a+b=109．故选：B．根据题意，分析所给的等式，可归纳出等式，（n≥2且n是正整数），将n=10代入可得答案．本题考查归纳推理，关键是根据题意所给的等式，发现其中的共同点．10.【答案】B【解析】解：根据题意知，A为真命题故逆否命题为真命题；B中命题为若a＜b，则am2＜bm2，m=0时不合题意；Cp不能得q，由q可得p，正确；D由命题的否定知D正确故选：B．运用四种命题之间的关系判断真假即可．本题考查四种命题之间的关系及命题真假的判断．11.【答案】C【解析】解：由边对应着面，边长对应着面积，由类比可得：S BCD2=S ABC2+S ACD2+S ADB2．故选：C．斜边的平方等于两个直角边的平方和，可类比到空间就是斜面面积的平方等于三个直角面的面积的平方和，边对应着面．本题考查了从平面类比到空间，属于基本类比推理．12.【答案】B【解析】解：由题意可知，f（x）=x2∈[0，9]，∵∀x1∈[-1，3]，∃x2∈[0，2]，使得f（x1）≤g（x2），f（x）max≤g（x）max，∵g（x）在[0，2]上单调递减，故g（x）max=g（0）=1-m∴9≤1-m则实数m的取值范围m≤-8故选：B．由题只要f（x）在[-1，2]上的最小值大于g（x）在[0，2]上的最小值即可求解不等式的恒成立问题常转化为求解函数的最值，注意解题中的量词的区别13.【答案】19【解析】解：A=1，A≤2是，S=1+9=10，A=A+1=2，A=2，A≤2是，S=10+9=19，A=A+1=3，A=3，A≤2否，输出S=19，故答案为：19根据程序框图进行模拟计算即可．本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键．14.【答案】0【解析】解：根据题意知：复数不能比较大小，故①错；由共轭复数的概念知实部相等，虚部互为相反数，两个复数和为实数不一定互为共轭复数故②错误；③不知x，y的范围故错误；由纯虚数的定义知a≠0，故④错误；∴正确命题个数为0．故答案为0．运用复数的有关概念可解决此问题．本题考查复数的有关概念．15.【答案】【解析】解：观察已知中等式：f（4）=f（22）＞2=，f（8）=f（23）＞=，f（16）=f（24）＞3=，f（32）=f（25）＞=，…，则f（2n+1）＞（n∈N*）故答案为：f（2n+1）＞（n∈N*）我们分析等式左边数的变化规律及等式两边数的关系，归纳推断后，即可得到答案归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）16.【答案】【解析】解：∵∴（2+sin x1）（2+sin2x2）=1，∵-1≤sin x≤1，∴1≤2+sin x≤2，∴2+sin x1=1且2+sin2x2=1，即sin x1=-1，sin2x2=-1，则x1=+2kπ，2x2=+2mπ，即x2=+mπ，k，m∈Z，则x1+x2=++2kπ+mπ，则|x1+x2|=|+（2k+m）π|，则当2k+m=-2时，|x1+x2|取得最小值，最小为|-2π|=，故答案为：．根据方程结合三角函数的有界性得到sin x1=-1，sin2x2=-1，求出对应根的表达式，进行求解即可．本题主要考查三角函数最值的应用，结合三角函数的有界性求出方程的根是解决本题的关键．17.【答案】解：（1）a=1时，A=（1，3），B=（1，2），∴∁R B=（-∞，1]∪[2，+∞）．∴A∩（∁R B）=[2，3）．（2）∵a＞0，∴A=（a，3a），B=（1，2）．∵q是p的充分不必要条件，∴B⊊A．由B⊆A得，解得，又a=1及符合题意．∴．【解析】（1）a=1时，A=（1，3），B=（1，2），可得∁R B=（-∞，1]∪[2，+∞）．即可得出A∩（∁R B）．（2）由a＞0，可得A=（a，3a），B=（1，2）．根据q是p的充分不必要条件，即可得出B⊊A．本题考查了函数的单调性、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】解：（1）设Z=a+bi（a，b∈R且a＞0），由得：a2+b2=10①．又复数（1+2i）z=（a-2b）+（2a+b）i在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，则a-2b=2a+b，即a=-3b②．由①②联立的方程组得a=3，b=-1；或a=-3，b=1．∵a＞0，∴a=3，b=-1，则Z=3-i．（2）∵为纯虚数，∴，解得m=-5．【解析】（1）设Z=a+bi（a，b∈R且a＞0），由条件可得a2+b2=10①，a=-3b②．由①②联立的方程组得a、b的值，即可得到z的值．（2）根据若+（m∈R）为纯虚数，可得，由此求得m的值．本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法法则的应用，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．19.【答案】解：（1）因为在全部50人中随机抽取1人抽到喜爱打篮球的学生的概率为，所以喜爱打篮球的总人数为人，2×2喜爱打篮球不喜爱打篮球合计男生15520女生102030合计252550（2）根据列联表可得K2的观测值，所以有99%的把握认为“喜爱打篮球与性别有关”.【解析】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，是基础题．（1）根据题意计算表中数据，补充完整列联表；（2）根据列联表计算观测值，对照临界值得出结论．20.【答案】解：（1）令t=（x-3）2，则，=20.5，，，，，．（2）由（1）知，y关于x的回归方程为，当x=13时，=15.5（十万元）=155万元，故可预测当研发经费为13万元时，年创新产品销售额是155万元．【解析】本题考查了求回归方程的应用，考查运算求解能力，是中档题．（1）令t=（x-3）2，则，求出，，根据题中的数据，代入数据，即可求得的值；（2）由(1)得回归方程，代入求值即可．21.【答案】解：（1）∵f（1）=1，f（2）=5，f（3）=13，f（4）=25，∴f（5）=25+4×4=41．（2）∵f（2）-f（1）=4=4×1，f（3）-f（2）=8=4×2，f（4）-f（3）=12=4×3，f（5）-f （4）=4×4，由上式规律得出：f（n+1）-f（n）=4n．∴f（n）-f（n-1）=4（n-1），f（n-1）-f（n-2）=4（n-2）．f（n-2）-f（n-3）=4（n-3），……，f（2）-f（1）=4×1，∴f（n）-f（1）=4×[（n-1）+（n-2）+……+2+1]=2（n-1）n，∴f（n）=2n2-2n+1（n≥2），又n=1时，f（1）也适合f（n），∴f（n）=2n2-2n+1（n≥1）．（3）当n≥2时，==，∴+++……+=1+=1+=-．∴+++……+．【解析】（1）f（1）=1，f（2）=5，f（3）=13，f（4）=25，可得f（5）=25+4×4=41．（2）由f（2）-f（1）=4=4×1，f（3）-f（2）=8=4×2，f（4）-f（3）=12=4×3，f（5）-f （4）=4×4，由上式规律得出：f（n+1）-f（n）=4n．累加求和即可得出．（3）当n≥2时，==，利用裂项求和即可得出．本题考查了数列递推关系、累加求和方法与裂项求和方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22.【答案】解：（Ⅰ）曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=4cosθ，转化为：（ρsinθ）2=4ρcosθ，进一步转化为直角坐标方程为：y2=4x（Ⅱ）把直线l的参数方程（t为参数）化为：2x+3y=1，代入y2=4x得y2+6y-2=0,设A、B的纵坐标分别为y1、y2；则y1y2=-2，y1+y2=-6；则|y1-y2|==2；|AB|=×|y1-y2|=×2=，所以|AB|=．【解析】本题考查的知识要点：极坐标方程与直角坐标方程的互化，一元二次方程根和系数的关系的应用，主要考查学生的应用能力．（Ⅰ）直接把极坐标方程转化为直角坐标方程．（Ⅱ）联立直线与抛物线方程，得到关于y的一元二次方程，进一步利用根和系数的关系求出结果．23.【答案】解：（1）f（x）=|x+1|+|x-2|≥|（x+1）-（x-2）|=3，当且仅当（x+1）（x-2）≤0，即x∈[-1，2]时，取等号，此时f（x）min=3．（2）对任意的x∈R，不等式g（a）≤f（x）恒成立⇔g（a）≤f（x）min=3，或或，⇔1≤a≤2或2＜a＜3或3≤a≤4⇔1≤a≤4,所以，实数a的取值范围为[1，4]．【解析】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，函数的恒成立问题，绝对值不等式的解法，属于中档题．（1）利用绝对值三角不等式求得函数f（x）的最小值．（2）g（a）≤f（x）min=3，解此绝对值不等式，求得a的范围．。
艺术生高考数学专题讲义：考点59 推理与证明
考点五十九 推理与证明知识梳理1．推理(1)定义：是根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程．(2)分类：推理⎩⎪⎨⎪⎧合情推理演绎推理2．合情推理合情推理包括归纳推理和类比推理．(1)归纳推理：根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个事物都有这种属性．我们将这种推理方式称为归纳推理(简称归纳)．简言之，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理．(2)类比推理：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(简称类比)．简言之，类比推理是两类事物特征之间的推理．归纳推理和类比推理是最常见的合情推理，合情推理的结果不一定正确． 3．演绎推理(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理． (3)模式：三段论⎩⎪⎨⎪⎧①大前提：已知的一般原理；②小前提：所研究的特殊情况；③结论：根据一般原理，对特殊情况做出的判断.4．归纳推理与类比推理的步骤 (1)归纳推理的一般步骤：①通过观察个别情况发现某些相同特征；②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题． (2)类比推理的一般步骤：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)． 5．合情推理与演绎推理的区别：归纳和类比是常用的合情推理．从推理形式上看，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．就数学而言，演绎推理是证明数学结论、建立数学体系的重要思维过程，但数学结论、证明思路等的发现，主要靠合情推理．因此，我们不仅要学会证明，也要学会猜想．6．平面到空间中的常见类比7．直接证明有两种基本方法：综合法和分析法．(1) 综合法：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明．我们把这样的思维方法称为综合法．(2) 分析法：从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等．我们把这样的思维方法称为分析法．8．间接证明间接证明的一种基本方法是反证法．(1)反证法：我们可以先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立．这种证明方法叫作反证法．(2)反证法的证题步骤是：①反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)②归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)③立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)典例剖析题型一 归纳推理 例1 观察下列等式1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49…照此规律，第五个等式应为_________________________________． 答案 5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81 解析 由于1＝12， 2＋3＋4＝9＝32， 3＋4＋5＋6＋7＝25＝52， 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49＝72，所以第五个等式为5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝92＝81. 变式训练 （2015陕西文）观察下列等式： 1－12＝12， 1－12＋13－14＝13＋14， 1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， …，据此规律，第n 个等式可为_______________________________． 答案 1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n解析 等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个有4项，第3个有6项，且正负交错，故第n 个等式左边有2n 项且正负交错，应为1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ；等式右边的特征：第1个有1项，第2个有2项，第3个有3项，故第n 个有n 项，且由前几个的规律不难发现第n 个等式右边应为1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .解题要点 (1)归纳是依据特殊现象推断出一般现象，因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围；(2)归纳的前提是特殊的情况，所以归纳是立足于观察、经验或试验的基础之上的； (3)归纳推理所得结论未必正确，有待进一步证明，但对数学结论和科学的发现很有用． 题型二 类比推理例2 在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________． 答案 1∶8解析 V 1V 2＝13S 1h 113S 2h 2＝⎝⎛⎭⎫S 1S 2·h 1h 2＝14×12＝18. 变式训练 在平面上，设h a ，h b ，h c 是三角形ABC 三条边上的高，P 为三角形内任一点，P 到相应三边的距离分别为P a ，P b ，P c ，我们可以得到结论：P a h a ＋P b h b ＋P ch c ＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为______________________． 答案P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d＝1 解析 设h a ，h b ，h c ，h d 分别是三棱锥A －BCD 四个面上的高，P 为三棱锥A －BCD 内任一点，P 到相应四个面的距离分别为P a ，P b ，P c ，P d ， 于是可以得出结论：P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d＝1.解题要点 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想．其中找到合适的类比对象是解题的关键．(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等． 题型三 演绎推理例3 如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，都有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2＋…＋x n n .若y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________． 答案332解析 由题意知，凸函数满足f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，又y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin A ＋B ＋C 3＝3sin π3＝332.题型四 综合法和分析法的应用例4 在锐角三角形ABC 中，求证：sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C . 证明：∵△ABC 为锐角三角形， ∴A ＋B ＞π2，∴A ＞π2－B ，∵y ＝sin x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数， ∴sin A ＞sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ， 同理可得sin B ＞cos C ，sin C ＞cos A ， ∴sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C .变式训练 设a 、b 、c 均为大于1的正数，且ab ＝10，求证：log a c ＋log b c ≥4lgc.证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lgc ，只要证明lgc lga ＋lgclgb ≥4lgc ，即lga ＋lgb lga ·lgb≥4，因为ab ＝10，故lga ＋lgb ＝1.只要证明1lgalgb ≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb ≤⎝⎛⎭⎫lga ＋lgb 22＝⎝⎛⎭⎫122＝14，即1lgalgb ≥4成立．所以原不等式成立．解题要点 1.综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，经过一系列的中间推理，最后导出所证结论的真实性．分析法是“由果执因”，先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证。
盘点平面到空间的类比推理问题
盘点平面到空间的类比推理问题
董世军
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2014(0)23
【摘要】平面图形与空间图形之间在概念与性质上有些类似的知识与方法，许多
平面几何中的命题可以推广成立体几何中的相应命题，它们往往将数学知识、方法和原理融于一体，突出对数学思想方法的考查，体现数学的思维价值．以下举例说明．
【总页数】2页(P11-11,12)
【作者】董世军
【作者单位】山东省寿光市圣都中学
【正文语种】中文
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从平面到空间的类比思维
从平面到空间的类比思维作者：李云飞来源：《中学课程辅导高考版·学生版》2010年第03期类比是数学发现的重要源泉.随着数学课程改革的深入,对同学们数学类比能力的考查已悄然升温.本文将对由平面到空间中的有关类比作一总结.一、射影定理的类比例1 如图1,在△ABC中,AB⊥AC,AD⊥BC,则AB2=BD•BC ,类似有命题:三棱锥A-BCD 中(如图2),AD⊥面ABC,AO⊥面BCD,O为垂足,且在△BCD内,则S△ABC2=S△BOC•S△BDC.上述命题是( )A.真命题B.增加AB⊥AC的条件才是真命题C.假命题D.增加三棱锥A-BCD是正三棱锥的条件才是真命题分析:由已知的垂直关系,不难找出以下类比关系:AB类比于△ABC,BD类比于△BOC,BC类比于△BCD,长度类比面积可得到.证明:如图2,连接DO并延长交BC于E,∵ AD⊥面ABC,AO⊥面BCD∴BC⊥面AED,又在△AED中,AO⊥DE,AD⊥AE,则AE2=EO•ED,∴(12BC•EA)2=(12BC•EO)•(12BC•ED)得S△ABC2=S△BOC•S△BDC.选A.二、勾股定理的类比例2 在平面几何里,有勾股定理:设△ABC的两边AB、AC互相垂直,则有AB2+AC2=BC2;拓展到空间,研究三棱锥的侧面积与底面积间的关系,可以得到的正确结论是:设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两互相垂直,则 .(2003年全国高考15题)分析:由于A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两互相垂直,把这些直角面类比于三角形的直角边,底面类比于三角形的斜边,故可以得到猜想:S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2=S△BCD 2.证明:∵三个侧面两两互相垂直,∴三条侧棱也两两互相垂直.如图2,利用例1中射影定理类比结论得S△ABC2=S△BCO•S△BCD,S△ACD2=S△COD•S△BCD,S△ABD2=S△BOD•S△BCD,相加即得结论S△ABC2+S△ACD2+S△ADB2=S△BCD 2.三、余弦定理的类比例3 在△DEF中有余弦定理:DE2=DF2+EF2-2DF•EF cos∠DEF.拓展到空间,类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱ABC-A1B1C1的三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.(2004年上海春招20题)分析:根据类比猜想得出S AAC1C2=S ABB1A12+S BCC1B12-2S ABB1A1•S BCC1B1cosθ.(θ为侧面ABB1A1与侧面BCC1B1所成的角)如图3,作斜三棱柱ABC-A1B1C1的直截面DEF,则∠DEF为面ABB1A1与面BCC1B1所成角,在△DEF中有余弦定理:DF2=DE2+EF2-2DE•EF cos∠DEF,同乘以AA1 2 得:即:S AA1CC12=S ABB1A12+S BCC1B12-2S ABB1A1•S BCC1B1cosθ.四、角平分线定理的类比:例4 如图4,△ABC的∠C的内角平分线CE分AB所得的比AEEB=ACCB; 把这个结果类比到空间:在三棱锥A-BCD中(如图5),平面DCE平分二面角A-CD-B,且与AB相交于点E,则可得到的类似的结论有 .分析:AC、BC分别类比于△ACD 和△BCD,AE和EB分别类比于△AEC和△BEC,长度类比面积得S△AEC S△BEC=S△ACD S△BCD(或S△AED S△BED=S△ACD S△BCD).证明:考虑两种情形:如图5,若△ACD和△BCD的底边CD上的高相交于G,则EG平分∠AGB, AGBG=AEBE,即S△AEC S△BEC=S△ACD S△BCD显然成立.如图6,若△ACD和△BCD的底边CD上的高分别为AM和BN,平移BN至PM,连接BP、AP,则四边形BNMP为平行四边形,∴CD∥面ABP,设面DCE∩面ABP=EF,故CD∥EF.从而有EF∥PB.在△APM中,MF为∠AMP的平分线,于是AMMP=AFFP=AEBE,∴S△AEC S△BEC=S△ACD S△BCD.五、内切半径求法的类比例5 若三角形的面积为S,周长为C,则它的内切圆的半径r=2SC;拓展到空间,棱锥的体积为V,表面积为S,若内切球与每个面都相切,则这棱锥的内切球的半径 .分析:从两个方面类比①、从形式上类比:二维类比到三维,即“2”类比到“3”,面积S类比到体积V,周长C类比到表面积S得r=3VS.②、从方法上类比:平面中等面积法求内切圆半径,空间中等体积法求内切球的半径.开普勒对类比情有独钟:“我珍视类比胜过任何别的东西,它是我最可信赖的老师……”正因为如此,以上这些有趣而富有启迪的类比越来越多的受到了命题专家的关注,逐渐成为高考命题的新视角.(作者:李云飞,江苏省海门市四甲中学)。
高中奥林匹克数学竞赛讲座 平面与空间问题的类比
高中奥林匹克数学竞赛讲座平面与空间问题的类比许多平面几何中的命题可以推广成立体几何中的相应命题.反之，解决立体几何的问题，常常先研究该问题在平面内的相应命题及解决方法，然后推广到空间，寻求相应的解决方法.例1：等腰三角形底边上任意一点两腰距离和为定值.分析：这是一个平面几何中很基本的问题，有多种证法.我们关心的是该命题在三维空间中的推广，以及它的各种证法如何推广，以及它的各种证法如何推广到三维空间中去.证法一：如图1—1，在△ABC 中，AB=AC ，D 是BC 上一点，DE ⊥AC 于E ，DF ⊥AB 于F ，连接AD ，作BG ⊥AC 于G. ∵DF AB DE AC S S ADB ADC ⋅+⋅=+∆∆2121 )(21DF DE AC += BG AC S ABC ⋅=∆21 又∵AD B AD C ABC S S S ∆∆∆+= ∴DE+DF=BG=定值该命题推广到空间，变成相应命题：“正三棱锥底面上任一点到三个侧面的距离和等于定值”.它的证明方法与证法1相仿，只是“三角形面积转化成了三棱锥体积”.证法2：作DH ⊥BG 于H ，DEGH 是矩形，得DE=HG ，在△BHD 与△DFB 中，∠BHD=∠DFB=Rt ∠，BD 是公共边，∠HBD=∠EDC=90°－∠B=∠FDB.于是得△BHD ≌△DFB ，BH=DF ，所以DE+DF=BG .这一证明方法推推广到空间，得相应的证法.在平面问题中“作DH ⊥BG 于H ”，相当于在空间问题中“过点D 作垂直于AH 的平面，与AH 交于K ”（如图1—2）.在平面问题中将BG 截成两段，一段HG 与DE 相等，另一段BH 与DF 相等；在空间问题中，可将AH 截成两段，一段KH=DE ，另一段AK 欲证它等于DF+DG ，只需再作一次截面：过D 点作截面与面A VC 平行，这个平面将M 点到ANS 的垂线段分成两截，其中一段与DG 相等，另一段与DF 相等.证法3：如图1—1，DE=DC ·sinC ，DF=DB ·sinB ，∵∠B=∠C ，∴DE+DF=（DC+DB ）sinC=BC ·sinC=BG .这一证法的思路是利用等腰三角形两底角相等的性质，将DE 与DF 转化成用底边上线段表示.推广到空间，就可利用正三棱锥各侧面与底面所成角相等（设此角为θ），将D 点到三侧面的距离和转化成底面上D 点到△ABC 三边距离和与sinθ的乘积，由于△ABC 是正三角形，D 到三边距离和等于一边上的高，于是得证.另外还有其他证明方法，也都可以空间找到相应的方法.例2：四面体ABCD 内接于半径为R 的球O 内，球心O 在该四面体内，连结AO 、BO 、CO 、DO 并延长分别与对面交于A 1、B 1、C 1、D 1.求证：AA 1+BB 1+CC 1+DD 1≥R 316分析：相应的平面内的命题是“△ABC 内接于圆O ，且O 点在△ABC 内，连结AO 、BO 、CO 并延长分别交对边于A 1、B 1、C 1，则AA 1+BB 1+CC 1≥R ''29.如图1—3，1111111=++=++∆∆∆∆∆∆ABCOAB ABC OAC ABC OBC S S S S S S CC OC BB OB AA OA 即 1111111=-+-+-CC R CC BB R BB AA R AA ， 即RCC BB AA 2111111=++.由哥西不等式，得 （AA 1+BB 1+CC 1）9)111(111≥++CC BB AA ∴AA 1+BB 1+CC 1.29R ≥ 将平面问题的证明方法推广到空间，就得到了本例的证明方法.证明：∵ABCDABC O ABCD ABD O ABCD ACD O ABCD BCD O V V DD OD V V CC OC V V BB OB V V AA OA ----====11111111,,, 且V ABCD =V O —BCD +V O —ACD +V O —ABD +V O —ABC ，∴ 111111111=+++DD OD CC OC BB OB AA OA 即 111111111=-+-+-+-DD R DD CC R CC BB R BB AA R AA RDD CC BB AA 311111111=+++ 由哥西不等式，得 16))(1111(11111111≥++++++DD CC BB AA DD CC BB AA ∴AA 1+BB 1+CC 1+DD 1R 316≥例3：A 、B 是平面α同侧的两个定点，在α上找点P ，使∠APB 最大.分析：本题相应的平面内的命题是“A 、B 是直线l 同侧的两个定点，在l 上找点P ，使∠APB 最大”.为解决这一问题，可以AB 为弦作圆（见图1—4），其中至少有一个圆与直线l 相切，较小圆与l 的切点即为所求p 点（当AB 与l 垂直时，两圆相等，这时p 点有两个）.解：如图1—5，设直线AB 与α相交于O ，若AB ⊥α，则p 点轨迹为以O 为圆心，以BO AO ⋅为半径的圆周.若AB 与α不垂直，则可过AB 作唯一平面f ， 使β⊥α，且α与β交于l .在l 上取点P ，使OP=BO AO ⋅.这样的P 点有两个，现取使∠AOP 为锐角时的P 点即为所求.现就此一般情况下证明∠APB 最大.（1）若Q 点是l 上的任意点（与P 不重合），因为OP=BO AO ⋅，所以过A 、B 、P 的圆与l 相切.若Q 与P 在O 点同侧，则必有∠AQB<∠APB （圆外角小于同弧上的圆周角）.若Q 与P 在O 点异侧，可先作⊙ABP ′，使其与l 相切于P ′，P ′与P 在O 点两侧，则有∠AQB<∠AP ′B<∠APB.（2）若Q 点是α上任意点且不在l 上，则连结AQ 、BQ 、OQ ，由于∠AOP 是AB 与α所成角，所以∠AOP<∠AOQ.现将△AOQ 绕AO 旋转到β平面内，由于∠AOP<∠AOQ ，Q 点必转到l 的下方，设为Q ′.AQ ′与l 交于K ，则∠AQB=∠AQ ′B<∠AKB ≤∠APB.说明：在证明∠AQB<∠APB （Q 点不在l 上）时，可能会想到OH ⊥l 于H ，欲证∠AQB<∠AHB ，但这一结论是错误的（如当H 与O 重合时，显然有∠AQB<∠AHB ）.例4：已知四面体A 1A 2A 3A 4的六条棱上二面角的大小分别为342423141312,,,,,θθθθθθ，且这些角都是锐角.求证：.7291cos cos cos cos cos cos 342423141312≤⋅⋅⋅⋅⋅θθθθθθ 分析：本题在平面内的相应命题是“△ABC 中81cos cos cos ≤⋅⋅C B A ”.这一命题有多种证法，现在要选择一种容易推广到三维空间去的证法.不妨设△ABC 是锐角三角形.BA ab A bB a cC A ca c a A c b CB bc B cC b a cos cos 2cos cos cos cos 2cos cos cos cos 2cos cos ≥+=≥+=≥+=将三个不等式相乘，两边消去a bc ，即得81cos cos cos ≤C B A 这一证明用到了三角形中的射影定理及平均不等式.三角形中的射影定理推广到空间，就是三棱锥中的面积射影定理.证明：过A 1作对面A 2A 3A 4的垂线A 1H ，垂足为H ，则有+⋅=∆∆23cos 321432θA A A A A A S S 3cos cos 2434241431≥⋅+⋅∆∆θθA A A A A A S S · 3243423cos cos cos 241431321θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S同样可得 3321≥∆A A A S · 3231213cos cos cos 432241431θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S 3431≥∆A A A S · 3413413cos cos cos 432241321θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S 3241≥∆A A A S · 3124214cos cos cos 432431431θθ⋅⋅⋅⋅⋅∆∆∆A A A A A A A A A S S S将上面四个不等式相乘、并消去142143432321,,,A A A A A A A A A A A A S S S S ∆∆∆∆得.7291cos cos cos cos cos cos 342423141312≤⋅⋅⋅⋅⋅θθθθθθ 不难看出，当且仅当正四面体时等式成立.例5：已知空间n 个不全共面的点，求证：必存在一个圆，它恰好经过其中三个点. 分析：平面内相应命题是“已知同一平面内n 个不全共线的点，必存在一条直线恰好经过其中两个点”.这就是著名的西尔维斯特定理.现在的关系在于如何将空间问题转化成平面问题，从而运用这一定理.证明：设n 个点为A 1、A 2、…、A n ，连结A 1A i （i =2，3，…，n ），共n －1条直线，必存在一个与A 1A i 均不平行的平面α，设A 1A i 与α交于点'i A （对于不同的i ，j ，可能有'='j i A A ，但由于A 1、A 2、…、A n 不全共面，至少存在三个不同的'i A ），所得'i A 不全共线（否则这几个点共面）.由西尔维斯特定理，至少存在一条直线恰通过其中两点''j i A A ,.这时，过A 1，''j i A A ,的圆恰好过这三个点（在平面j i A A A 1上可能还有这n 个点中的其他点，但即使有，也都在直线A 1A i 或A 1A j 上，而过A 1，j i A A ,三点的圆与直线A 1A i 及A 1A j 交点仅A 1，j i A A ,三个）.例6：已知空间坐标系中一定点P 的坐标为),,(000z y x .试求一点),,(z y x Q ，使满足 ||,PQ z y x 且≤≤最小.分析：先退回平面，其相应的问题是“已知定点y x y x Q y x P ≤使求点),,(),,(00且|PQ|最小”.这一问题不难解决，若0000,,y y x x y x ==≤那么当（即Q 与P 重合）时，|PQ|最小，且最小值为零；若那么,00y x >过P 点作直线y=x 的垂线，垂足即为所求Q 点，这时200y x y x +==.现证明此时|PQ|达到最小. 20002000)2()2(||y x y y x x PQ +-++-= 对于任一其他点))(,(y x y x Q ≤'，则2020)()(||y y x x Q P -+-='0))(()2()2(||||002000200022≥--++-++-=-'x y y x y x y y x x PQ Q P ∴|PQ ′|≥|PQ|解：若000000,,,z z y y x x z y x ===≤≤则当叶.|PQ|=0，取得最小值，且满足 .z y x ≤≤ 若010011000,2,z z y x y x z y x =+==≤>则取，若此时00011,2,z z y x y x z y =+==≤则，使|PQ|最小；若,3,00011z y x z y x z y ++===>则令能使|PQ|最小. 若2,,001101000z y z y x x z y x +===>≤则当.此时，若,2,,00111z y z y x x y x +===≤则令能使|PQ|取得最小值；若3,00011z y x z y x y x ++===>则令，能使|PQ|取得最小值. 若3,000000z y x z y x z y x ++===>>则令，此时|PQ|最小. 证明：略（证明方法与平面问题完全类似）说明：由二维问题推广到三维问题，解决方法类似，仅仅情况多一些，有些情况还需要分步调整.本例还可推广到四维、五维甚至n 维空间去.。
类比推理
类比实数中的加法与乘法， 思考？ 他们有哪些类似的性质？
我们要根据实际情况选择适当的类比对 象．如：
平
圆
面
正方形 三角形
空 间 正方体 球
三棱锥
例题1：类比平面内直角三角形的勾股定理， 试给出空间中四面体性质的猜想
B
P S1 S2 D S3 F
C
A
E
例2 :已知结论 : 在正三角形ABC中,若D是边BC的中点, AG G是三角形ABC的重心, 2.若把该结论推广到空间, GD 则有结论:在棱长都相等的四面体ABCD中,若BCD的中 心为M,四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等, AO 则 ________________ OM
类比推理
在创造发明中， 人们经常应用 类比
平面
空间
由平面内的圆，我们联想到空间里的球，让他 们来类比．你能找到他们有哪些类似的特征？ 请同学们完成课本３２面的探究．
补充：圆有切线，而球有切平面
这种由两类对象具有某些类似特征和其中一 类对象的某些特征推出另一类对象也具有这 些特征的推理称为类比推理．类比推理是由 特殊到特殊的推理．
归纳推理和类比推理都是根据已有 的事实，经过观察、分析、比较、 联想，再进行归纳、类比，然后提 出猜想的推理，我们把它们统称为 合情推理
练习：
1.如图,椭圆的中心在原点,F为左焦点,当FB AB时,其 5 1 离心率为 , 此类椭圆称为黄金椭圆.类比黄金椭圆, 2 可推算出黄金双曲线的离心率是______________
1 2.设f ( x) x , 利用课本中推导等差数列前n项和公式 2 2 的方法, 可求得f (5) f (4) f (0) f (5) f (6) 的值为 ____________________
2021年高考数学二轮复习 平面几何与空间几何间的类比问题
2021年高考数学二轮复习 平面几何与空间几何间的类比问题中学数学的推理论证能力是根据已知的事实和已获得的正确数学命题，论证某一数学命题真实性的初步的推理能力．一般运用合情推理进行猜想，再运用演绎推理进行证明．类比推理对推理论证能力的提升具有积极意义，尤其对平面到空间的类比而言，一般分为三步：(1)找出两类对象之间可以确切表达的一致性；(2)用一类对象的性质去推断另一类对象的性质；(3)验证猜想．【典例】 在平面内，三角形的面积为S ，周长为C ，则它的内切圆的半径为r ＝2SC .在空间中，三棱锥的体积为V ，表面积为S ，利用类比推理的方法，可得三棱锥的内切球(球面与三棱锥的各个面均相切)的半径R ＝________.【解析】 r ＝2SC→R ＝3VS.【答案】3VS【规律感悟】 本题从三角形的面积关系入手来类比三棱锥(四面体)的体积运算，由二维平面类比到三维空间，必然出现“类比点”：三角形的面积→四面体的体积、三角形的周长→四面体的表面积、三角形的内切圆→四面体的内切球等，进而类比出结果，由于具有猜测性，需验证其正确性.建议用时实际用时错题档案45分钟一、选择题1．(xx·江西高考)z －是z 的共轭复数，若z ＋z －＝2，(z －z －)i ＝2(i 为虚数单位)，则z＝( )A ．1＋iB ．－1－iC ．－1＋iD ．1－i【解析】 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )由z ＋z －＝2，∴a ＝1，∵(z －z －)i ＝2，∴－2b ＝2，b ＝－1，∴z ＝1－i ，故选D. 【答案】 D 2．(xx·全国新课标Ⅱ高考)设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则a ·b ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．5 【解析】 ∵|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，∴a 2＋b 2＋2a ·b ＝10，a 2＋b 2－2a ·b ＝6， 两式相减得：4a ·b ＝4，∴a ·b ＝1.故选A. 【答案】 A3．(xx·北京高考)当m ＝7，n ＝3时，执行如图所示的程序框图，输出的S 值为( )A ．7B ．42C ．210D ．840 【解析】 第一步：m －n ＋1＝7－3＋1＝5，S ＝7，k ＝6； 第二步：m －n ＋1＝5，S ＝42，k ＝5； 第三步：m －n ＋1＝5，S ＝210，k ＝4， 此时4<5，故选C. 【答案】 C4．(xx·武汉市武昌区调研)给出以下结论：①在四边形ABCD 中，若AC →＝AB →＋AD →，则四边形ABCD 是平行四边形；②已知三角形ABC中，a ＝5，b ＝8，C ＝60°，则BC →·CA →＝20；③已知正方形ABCD 的边长为1，则|AB →＋BC →＋AC →|＝22；④已知AB →＝a ＋5b ，BC →＝－2a ＋8b ，CD →＝3(a －b )，则A ，B ，D 三点共线．其中正确结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】 对于①，因为AC →＝AB →＋AD →，所以DC →＝AB →，DC ＝AB 且DC ∥AB ，故四边形ABCD为平行四边形；对于②，BC →·CA →＝ab cos(180°－C )＝－ab cos C ＝－20；对于③，|AB →＋BC →＋AC →|＝|2AC →|＝2|AC →|＝22；对于④，因为AB →＝a ＋5b ，BD →＝BC →＋CD →＝a ＋5b ，所以AB →＝BD →，则A ，B ，D 三点共线．综上可得，①③④正确，故选C.【答案】 C5．(xx·洛阳统考)设复数z ＝2－1－i (i 为虚数单位)，z 的共轭复数为z ，则在复平面内i z 对应的点的坐标为( )A ．(1,1)B ．(－1,1)C ．(1，－1)D ．(－1，－1)【解析】 ∵z ＝2－1－i＝－1＋i ，∴i z ＝i(－1－i)＝1－i ，其在复平面内对应的点的坐标为(1，－1)．故选C.【答案】 C6．(xx·河南焦作二模)给出下面类比推理命题(其中Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数集)：①“若a ，b ∈R ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”； ②“若a ，b ，c ，d ∈R ，则复数a ＋b i ＝c ＋d i ⇒a ＝c ，b ＝d ”类比推出“若a ，b ，c ，d ∈Q ，则a ＋b 2＝c ＋d 2⇒a ＝c ，b ＝d ”；③若“a ，b ∈R ，则a －b >0⇒a >b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b >0⇒a >b ”．其中类比结论正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 ①②正确，③错误．因为两个复数如果不全是实数，不能比较大小． 【答案】 C7．(xx·大庆质检)若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，则向量a ＋b 与a －b 的夹角为( )A.π6B.π3C.5π6D.2π3【解析】 由题意作图，设AB →＝b ，AD →＝a ，结合向量的几何意义可知∠ABD ＝∠CAB ＝π6，故向量a ＋b 与a －b 的夹角为AC →与BD →的夹角，为2π3，选D.【答案】 D8. (xx·山东高考)执行两次如图所示的程序框图，若第一次输入的a 的值为－1.2，第二次输入的a 的值为 1.2，则第一次，第二次输出的a 的值分别为( )A ．0.2,0.2B ．0.2,0.8C ．0.8,0.2D ．0.8,0.8 【解析】 根据输入的a 的值的不同而执行不同的程序． 由题中程序框图可知：当a ＝－1.2时，∵a <0， ∴a ＝－1.2＋1＝－0.2，a <0，a ＝－0.2＋1＝0.8，a >0.∵0.8<1，输出a ＝0.8. 当a ＝1.2时，∵a ≥1，∴a ＝1.2－1＝0.2. ∵0.2<1，输出a ＝0.2. 【答案】 C9．(预测题)下列关于五角星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是( )A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n n －12C ．a n ＝n n ＋12D ．a n ＝n n ＋22【解析】 从题图中观察五角星构成规律， n ＝1时，有1个； n ＝2时，有3个； n ＝3时，有6个； n ＝4时，有10个；…所以a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋12.【答案】 C10．(xx·广东高考)对任意复数ω1，ω2，定义ω1]，其中ω2是ω2的共轭复数，对任意复数z 1，z 2，z 3，有如下四个命题：①(z 1＋z 2)*z 3＝(z 1] ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【解析】 由于ω1]，对于①，(z 1＋z 2)*z 3＝(z 1＋z 2)z 3＝z 1z 3＋z 2z 3＝(z 1]＝z 1z 2＋z 1z 3＝(z 1])z 3＝z 1z 2 z 3，而z 1])＝z 1z 2z 3，显然不成立；对于④，由于z 1]，而z 2]，显然不一定成立．故选B. 【答案】 B 二、填空题11．已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BC ＝3BE ，DC ＝λDF .若AE →·AF →＝1，则λ的值为________．【解析】 如图由题意知AE →＝AB →＋13BC →＝AB →＋13AD →，AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋1λDC →＝AD →＋1λAB →，由(AB →＋13AD →)(AD →＋1λAB →)＝1，得(13λ＋1)AB →·AD →＋13AD →2＋1λAB →2＝1， ∴(13λ＋1)|AB →|·|AD →|cos 120°＋13|AD →|2＋1λ|AB →|2＝1 解之得λ＝2. 【答案】 212．(xx·安徽高考改编)如图所示，程序框图(算法流程图)的输出结果是________．【解析】 由题中程序框图(算法流程图)知：x ＝1，y ＝1，z ＝2；x ＝1，y ＝2，z ＝3；x ＝2，y ＝3，z ＝5；x ＝3，y ＝5，z ＝8；x ＝5，y ＝8，z ＝13；x ＝8，y ＝13，z ＝21；x ＝13，y ＝21，z ＝34；x ＝21，y ＝34，z ＝55>50，跳出循环．故输出结果是55.【答案】 5513．(创新题)对于命题：若O 是线段AB 上一点，则有|OB →|·OA →＋|OA →|·OB →＝0.将它类比到平面的情形是：若O 是△ABC 内一点，则有S △OBC ·OA →＋S △OCA ·OB →＋S △OBA ·OC →＝0，将它类比到空间的情形应该是：若O 是四面体ABCD 内一点，则有________．【解析】 将平面中的相关结论类比到空间，通常是将平面中的图形的面积类比为空间中的几何体的体积，因此依题意可知：若O 为四面体ABCD 内一点，则有V O －BCD ·OA →＋V O －ACD ·OB→＋V O －ABD ·OC →＋V O －ABC ·OD →＝0.【答案】 V O －BCD ·OA →＋V O －ACD ·OB →＋V O －ABD ·OC →＋V O －ABC ·OD →＝0.14．若复数z ＝a 2－1＋(a ＋1)i(a ∈R )是纯虚数，则1z ＋a的虚部为________．【解析】 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，所以a ＝1，所以1z ＋a ＝11＋2i ＝1－2i1＋2i 1－2i＝15－25i ，根据虚部的概念，可得1z ＋a 的虚部为－25. 【答案】 －2515．(预测题)设函数f (x )＝xx ＋2(x >0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f [f 1(x )]＝x3x ＋4，f 3(x )＝f [f 2(x )]＝x7x ＋8，f 4(x )＝f [f 3(x )]＝x15x ＋16，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N *且n ≥2时，f n (x )＝f [f n －1(x )]＝________. 【解析】 由f (x )＝xx ＋2(x >0)得，f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f [f 1(x )]＝x 3x ＋4＝x22－1x ＋22，f 3(x )＝f [f 2(x )]＝x 7x ＋8＝x23－1x ＋23，f 4(x )＝f [f 3(x )]＝x 15x ＋16＝x24－1x ＋24，……∴当n ≥2且n ∈N *时，f n (x )＝f [f n －1(x )]＝x2n－1x ＋2n.【答案】x2n－1x ＋2n=28008 6D68 浨40063 9C7F 鱿34259 85D3 藓826222 666E 普23989 5DB5 嶵%Z24436 5F74 彴23265 5AE1 嫡30687 77DF 矟i38000 9470 鑰。
类比推理 在平面与空间之间
类比推理，在平面与空间之间戴又发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称为类比推理（简称类比）．类比推理具有探索、发现的功能，通过类比可以提出新的问题和作出新的发现。
能否广泛而恰当地运用好类比推理方法，是衡量一个人创造性思维能力的重要标志之一。
开普勒说：“我珍视类比胜过任何别的东西，它是我最可信赖的老师，它能揭示自然界的秘密。
” 下面将空间的研究对象类比为平面内的研究对象，并以试题的形式给出相应的结论。
一．在平面向量与空间向量之间例1．类比平面向量的下列命题，写出空间向量相应命题：（1）若),(),,(2211y x y x ==，则2121y y x x +=⋅；（2）如果21,e e 是一个平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数21,λλ使：2211λλe e a +=；（3）若C B A ,,三点共线，且OC OB OA μλ+=，则1μλ=+．【解析】应用类比推理，得空间向量相应命题：（1）若),,(),,,(222111z y x z y x ==，则212121z z y y x x ++=⋅；（2）如果321,,e e e 是一个空间内的三个不共面向量，那么对这一空间内的任一向量a ，有且只有一组实数321λ,λ,λ使：332211λλλe e e a ++=；（3）若空间D C B A ,,,四点共面，且OD OC OB OA ξμλ++=，则1ξμλ=++．例2．对于任意的平面向量(,),(,)m a b n x y == ，由m n m n ≥⋅ 得ax by +，即22222()()()a b x y ax by +⋅+≥+．试对于任意的空间向量(,,),(,,)== m a b c n x y z 写出相应结论．【解析】应用类比推理，对于任意的空间向量(,,),(,,)== m a b c n x y z ，由m n m n ≥⋅ ，得 ax by cz ≥++，即 2222222()()()a b c x y z ax by cz ++⋅++≥++．二．在平面几何图形与空间几何体之间例1．在Rt ABC ∆中，两直角边分别为,a b ，斜边上的高为h ，则222111h a b=+．由此类比，三棱锥S ABC -中三条侧棱,,SA SB SC 两两互相垂直，且长度分别为,,a b c ，底面ABC 上的高为h ，则．【解析】应用类比推理，得22221111h a b c=++．例2．在ABC ∆中，,,a b c 分别为角A 、B 、C 的对边，则有a ＝b cos C ＋c cos B ，试类比以上定理，给出三维空间四面体性质的猜想．【解析】如图，在四面体P －ABC 中，1S 、2S 、3S 、S 分别表示PAB ∆,PBC ∆,PCA ∆,ABC ∆的面积，α、β、γ依次表示面P AB 、面PBC 、面PCA 与底面ABC 所成角的大小，猜想其结论为γcos βcos αcos 321S S S S ++=．例3．已知O 是ABC ∆内任意一点，连结,,AO BO CO 并延长交对边于,,A B C '''，则1OA OB OC AA BB CC '''++='''．试运用类比，猜想在空间中的四面体V BCD -，存在什么类似的结论，并给出证明．【解析】先猜想在空间中的四面体A BCD -中的结论．设O 是四面体A BCD -内任意一点，连结,,,AO BO CO DO 并延长交对边于,,,A B C D ''''，则1OA OB OC OD AA BB CC DD ''''+++=''''． 证明方法也可以类比平面几何中的证明方法．在ABC ∆中，用＂面积法＂，有1OBC OCA OAB ABC ABC ABC ABC ABCS S S S OA OB OC AA BB CC S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆'''++=++=='''． 于是在四面体V BCD -中，用＂体积法＂，有1O BCD O ACD O ABD O ABC A BCD A BCD B ACD C ABD D ABC A BCDV V V V V OA OB OC OD AA BB CC CD V V V V V ----------''''+++=+++==''''．例4．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1()2S r 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1S 、2S 、3S 、4S ，则此四面体的体积V ＝．【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，即12341()3V R S S S S =+++．三．在平面解析几何与空间解析几何之间例1．类比圆的下列特征，找出球的相关特征．（1）平面内与定点的距离等于定长的点的集合是圆；（2）平面内不共线的3个点确定一个圆；（3）在平面直角坐标系中，以点),(00y x 为圆心，r 为半径的圆的方程为22020)()(r y y x x =-+-.【解析】运用类比推理，可以得到：（1）在空间内与定点距离等于定长的点的集合是球；（2）空间中不共面的4个点确定一个球；（3）在空间直角坐标系中，以点),,(000z y x 为球心，r 为半径的球的方程为2202020)()()(r z z y y x x =-+-+-.例2．以11(,)A x y ，22(,)B x y 为直径端点的圆的方程为1212()()()()0x x x x y y y y --+--=.试运用类比推理，写出以111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z 为直径端点的球面的方程，并给出证明．【解析】运用类比推理，可以得到以111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z 为直径端点的球面的方程为121212()()()()()()0x x x x y y y y z z z z --+--+--=．证明方法也可以类比圆的方程的推导方法．设(,)P x y 是所求圆上的动点，由AP BP ⊥得0AP BP ⋅= ，又1122(,),(,)AP x x y y BP x x y y =--=-- ，所以1212()()()()0x x x x y y y y --+--=为所求圆的方程.设(,,)P x y z 是所求球上的动点，由AP BP ⊥得0AP BP ⋅= ，又111222(,,),(,,)AP x x y y z z BP x x y y z z =---=--- ，所以121212()()()()()()0x x x x y y y y z z z z --+--+--=为所求球面的方程.例3．试就平面直角坐标系中的下列命题分别猜出空间直角坐标系中的相应命题．（１）直线方程的一般形式为0Ax By C ++=，其一个法向量为(,)n A B = ；（２）横截距、纵截距分别为,(0)a b ab ≠的直线方程为1x y a b+=； （３）点00(,)P x y 到直线0Ax By C ++=的距离为d =；（４）圆的一般方程为220x y Dx Ey F ++++=22(40)D E F +->，且圆心坐标为(,)22D E --，半径为r = 【解析】运用类比推理，可以得到在空间直角坐标系中：（1）平面方程的一般形式为0Ax By Cz D +++=，其一个法向量为(,,)n A B C = ；（2）横截距、纵截距、竖截距分别为,,(0)a b c abc ≠的平面方程为1x y z a b c++=； （3）点000(,,)P x y z 到平面0Ax By Cz D +++=的距离为d =；（4）球面的一般方程为2220x y z Dx Ey Fz G ++++++=222(40)D E F G ++->，且球心坐标为(,,)222D E F ---，半径为2r =．四．在点线关系与线面关系之间例1．运用类比推理，将下列平面内的命题推广至空间，并判定其真假． 在平面内： (1)平行于同一直线的两直线平行；(2)垂直于同一直线的两直线平行；(3)如果一条直线垂直于两平行直线中的一条直线，那么它也和另一条直线垂直；(4)如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补；【解析】运用类比推理，可得在空间内： (1)平行于同一平面的两平面平行（真命题）；(2)垂直于同一直线的两平面平行（真命题）；注意：垂直于同一平面的两平面平行（假命题）；(3)如果一个平面垂直于两平行平面中的一个，那么它也和另一个平面垂直（真命题）；如果一条直线垂直于两平行平面中的一个，那么它也和另一个平面垂直（真命题）；如果一个平面垂直于两平行直线中的一条，那么它也和另一条直线垂直（真命题）；(4)如果一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别平行，那么这两个二面角相等或互补（真命题）．例2．直线上*()n n N ∈个不同的点将直线分为n a 个部分，显然1n a n =+；平面内*()n n N ∈条直线最多将平面分成n b 个部分，于是有1n n n b b a +=+； 空间的*()n n N ∈个平面最多将空间分成n c 个部分，试用类比推理方法求数列{}n c 的通项公式．【解析】根据平面内n 条直线最多将平面分成n b 个部分，且有1n n n b b a +=+， 可知12b =，且11n n b b n +=++，于是112211()()()n n n n n b b b b b b b b ---=-+-++-+21(1)22(2)2n n n n =+-+++=++ ． 运用类比推理，空间的n 个平面最多将空间分成n c 个部分，且有1n n n c c b +=+，又知12c =，且211(2)2n n c c n n +=+++，于是有 112211()()()n n n n n c c c c c c c c ---=-+-++-+222211[123(1)][123(1)](1)222n n n =++++-+++++-+-+ 11(1)(21)(1)(1)2124n n n n n n =--+-+-+ 21(1)(6)6n n n =+-+． 所以数列{}n c 的通项公式为 21(1)(6)6n c n n n =+-+．类比推理属于合情推理。
类比推理
(2)平面几何与立体几何能进行类比的基本元素有 平面几何与立体几何能进行类比的基本元素有: 平面几何与立体几何能进行类比的基本元素有 平面几何 点 ս 线 面 ս ս 立体几何 线 面 体
边长 ս 面积 面积 ս 角 ս 体积 二面角
例4：类比平面内直角三角形的勾股定理， 类比平面内直角三角形的勾股定理， 试给出空间中四面体性质的猜想． 试给出空间中四面体性质的猜想．
科学家猜想;火星上也可能有生命存在. 科学家猜想;火星上也可能有生命存在. 猜想
4)利用平面向量的本定理类比得到空间向量的 4)利用平面向量的本定理类比得到空间向量的 利用平面向量的本定理类比得到 基本定理. 基本定理.
ห้องสมุดไป่ตู้
有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， 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称为类比推理.(简称 类比推理.(简称; 具有这些特征的推理称为类比推理.(简称; 类比) 类比) 类比推理的几个特点; 类比推理的几个特点;
A Ｂ
c2=a2+b2
c
a
Ｃ
s1 o s2 s3
b
Ａ
B
C
S2△ABC =S2△AOB+S2△AOC+S2△BOC 猜想: 猜想:
分析:考虑到直角三角形的两条边互相垂直 我们可以 分析 考虑到直角三角形的两条边互相垂直,我们可以 考虑到直角三角形的两条边互相垂直 选取有3个面两两垂直的四面体 作为直角三角形的 选取有 个面两两垂直的四面体,作为直角三角形的 个面两两垂直的四面体 类比对象. 类比对象 设S1,S2,S3和S分别表示△PDF,△PDE,△EDF和△PEF S1,S2,S3和 分别表示△PDF,△PDE,△EDF和 的面积( (2)),相应于图(1)中直角三角形的两条直 相应于图(1) 的面积(图(2)),相应于图(1)中直角三角形的两条直 角边a,b a,b和 条斜边c, (2)中的四面体有 c,图 中的四面体有3 角边a,b和1条斜边c,图(2)中的四面体有3个 S1,S2,S3和 斜面”S.于是 于是, “面”S1,S2,S3和1个“斜面”S.于是,类比勾股定理 的结构, 的结构, S2 =S2 +S2 +S2
从平面到空间的类比推理
专题一：从平面到空间的类比推理类比是数学命题推广的基本方法之一，法国数学家拉普拉斯曾经说过：“即使在数学里，发现真理的主要工具也是归纳和类比．"类比推理就是在两类不同事物之间进行对比,找出若干相同或相似点之后，推测在其他方面也可以存在相同或相似之处的一种推理模式．从逻辑上说,类比推理就是将命题的外延扩大．类比推理一般具有如下三个特点:(1)类比是从人们已经掌握了的事物的属性,推测正在研究的事物的属性，是以旧有的认识为基础,类比出新的结果;(2）类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性;（3）类比的结果是猜测性的,因此，类比推理得出的结论不一定正确,有待证明，但它却有探索、发现的功能，有助于我们揭示自然界的奥秘．类比推理的一般步骤是：（1)找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；（2)用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而抽象、概括出一个猜想；（3）检验猜想．近几年来，在全国各地的模拟试题和高考试题中,陆续出现了从平面到空间的类比推理题，这些题目立意新颖，内涵深刻，大多以填空题的形式出现，不需要严格的证明，只需要猜想出正确的结论即可，旨在考查学生观察—分析-比较—联想-类比— ,mm 猜0想的探索能力和创新意识，归纳起来,主要有以下几种类型：一、平面几何定理类比到立体几何定理平面是空间的一部分,因此，平面中的不少结论都可以类比拓展到空间中去．数学家波利亚曾指出:“类比是一个伟大的引路人，求解立体几何问题往往有赖于平面几何中的类比问题．”类比方法:“直线”类比为“_____”,“角”类比为“________”,“角的两边”类比为“_________________”等．例1：对于平面几何中的命题：“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补．"在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题:“__________________________．”其真假性是_________．我们所熟悉的从平面几何定理到立体几何定理还有不少类比的实例，例如:（1)平几：平行于同一直线的两直线平行;立几：平行于同一平面的两平面平行．（2）平几：垂直于同一直线的两直线平行；立几：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一直线的两平面平行．（3）平几：如果一条直线垂直于两平行直线中的一条直线，那么它也和另一条直线垂直；立几:如果一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，那么它也和另一个平面垂直；如果一个平面垂直于两平行平面中的一个平面，那么它也和另一个平面垂直．(4)平几:如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补；立几：如果一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别平行，那么这两个二面角相等或互补．二、平面几何图形类比到空间几何体点、线、面是构成空间几何体的基本元素,构成几何体离不开平面图形，有不少几何体的底面或侧面是一些相类似的平面几何图形,因此，平面中某些特殊几何图形的性质也可以类比推广到相对应的特殊空间几何体中去．（一）平面中的三角形类比到空间中的________1．直角三角形类比到___________类比方法1：“直角三角形的直角边长、斜边长"类比为“_________________________”．例2(2003广东卷）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，研究三棱锥的侧面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是:“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直，则____________________________________________________.变式:在△ABC中,A B⊥AC,AD⊥BC,D为垂足，则AB 2=BD·BC(射影定理)．类似地，三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD,O为垂足，且O在△BCD内，则S△ABC ,S △BCO ，S △BCD 三者之间满足关系式_______________________________．类比方法2：“直角三角形的直角边长、斜边上的高”类比为“_____________________"．例3(2008深圳调研理） 在Rt △ABC 中，两直角边分别为a 、b ，设h 为斜边上的高,则222111ba h +=，由此类比：三棱锥S —ABC 中的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两垂直,且长度分别为a 、b 、c ，设棱锥底面ABC 上的高为h ，则有结论_________________________．变式：Rt △ABC 的两直角边分别为a 、b,则其内切圆半径122)1111(-+++=b a b a r r ；由此类比:三棱锥S-ABC 中的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两垂直，且长度分别为a 、b 、c,则其内切球半径R=___________________________.2．正三角形类比到________________类比方法1：“正三角形的高”类比为“________________”．例 4 平面几何中，有结论:“正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值，且定值等于该正三角形边长的_______倍”．类比这一结论，将其拓展到空间，可得到结论：________________________________________________________．例5(2008韶关调研理） 已知正三角形内切圆的半径是高的1／3,把这个结论推广到空间正四面体,类似的结论是___________________________________________________．类比方法2：“正三角形的中心"类比为“________________”．例6 在平面内，自一点O 至多能引3条射线OA 、OB 、OC ，使它们两两成等角，且两两所成的角为1200．类比到空间,自一点0至多能引_____条射线，使它们两两成等角，且两两所成的角为_________．3．一般三角形类比到_______________类比方法1：“三角形的面积”类比为“___________________”．例7(2008梅州一模文) 已知△ABC 的三边长为a ，b ，c,内切圆半径为r(用S △ABC 表示△ABC 的面积)，则S △ABC =r(a+b+c)／2；类比这一结论有：若三棱锥A —BCD 的内切球半径为R ，则三棱锥体积加V A —BCD =________________．例8(2004广东卷)教材P78练习3例9 若点D 在△ABC 内，则有结论0=⋅+⋅+⋅∆∆∆OC S OB S OA S OAB OAC OBC ,把命题类比推广到空间，若点O 在四面体ABCD 内，则有结论：___________________________.类比方法2:“三角形的高”类比为“_________________________”．例10（2008汕头一模理） 设P 是△ABC 内一点，△ABC 三边上的高分别为h A ,h B ，h C ，P 到三边的距离依次为c b a l l l ,,,则有Cc B b A a h l h l h l ++=_________；类比到空间，设P 是三棱锥A-BCD 内一点，四顶点到对面的距离分别为h A ,h B ，h C ，h D ，P 到这四个面的距离依次为d c b a l l l l ,,, ，则有___________________________________.（二)平面中的特殊四边形类比到空间中的特殊____________1．平行四边形类比到____________类比方法：“平行四边形的边、对角线”分别类比为“_________________”．例11 平面几何中，有结论:“平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和”．类比这一结论，将其拓展到空问，可得到结论：________________________________。
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专题一：从平面到空间的类比推理类比是数学命题推广的基本方法之一，法国数学家拉普拉斯曾经说过：“即使在数学里，发现真理的主要工具也是归纳和类比．”类比推理就是在两类不同事物之间进行对比，找出若干相同或相似点之后，推测在其他方面也可以存在相同或相似之处的一种推理模式．从逻辑上说，类比推理就是将命题的外延扩大．类比推理一般具有如下三个特点：(1)类比是从人们已经掌握了的事物的属性，推测正在研究的事物的属性，是以旧有的认识为基础，类比出新的结果；(2)类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性；(3)类比的结果是猜测性的，因此，类比推理得出的结论不一定正确，有待证明，但它却有探索、发现的功能，有助于我们揭示自然界的奥秘．类比推理的一般步骤是：(1)找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；(2)用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而抽象、概括出一个猜想；(3)检验猜想．近几年来，在全国各地的模拟试题和高考试题中，陆续出现了从平面到空间的类比推理题，这些题目立意新颖，内涵深刻，大多以填空题的形式出现，不需要严格的证明，只需要猜想出正确的结论即可，旨在考查学生观察-分析-比较-联想-类比- ,mm 猜0想的探索能力和创新意识，归纳起来，主要有以下几种类型：一、平面几何定理类比到立体几何定理平面是空间的一部分，因此，平面中的不少结论都可以类比拓展到空间中去．数学家波利亚曾指出：“类比是一个伟大的引路人，求解立体几何问题往往有赖于平面几何中的类比问题．”类比方法：“直线”类比为“_____”，“角”类比为“________”，“角的两边”类比为“_________________”等．例1：对于平面几何中的命题：“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补．”在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“__________________________．”其真假性是_________．我们所熟悉的从平面几何定理到立体几何定理还有不少类比的实例，例如：(1)平几：平行于同一直线的两直线平行；立几：平行于同一平面的两平面平行．(2)平几：垂直于同一直线的两直线平行；立几：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一直线的两平面平行．(3)平几：如果一条直线垂直于两平行直线中的一条直线，那么它也和另一条直线垂直；立几：如果一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，那么它也和另一个平面垂直；如果一个平面垂直于两平行平面中的一个平面，那么它也和另一个平面垂直．(4)平几：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补；立几：如果一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别平行，那么这两个二面角相等或互补．二、平面几何图形类比到空间几何体点、线、面是构成空间几何体的基本元素，构成几何体离不开平面图形，有不少几何体的底面或侧面是一些相类似的平面几何图形，因此，平面中某些特殊几何图形的性质也可以类比推广到相对应的特殊空间几何体中去．(一)平面中的三角形类比到空间中的________1．直角三角形类比到___________类比方法1：“直角三角形的直角边长、斜边长”类比为“_________________________”．例2(2003广东卷) 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，研究三棱锥的侧面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直，则____________________________________________________.变式：在△ABC 中，A B ⊥AC ，AD ⊥BC ，D 为垂足，则AB 2=BD ·BC(射影定理)．类似地，三棱锥A-BCD 中，AD ⊥平面ABC ，AO ⊥平面BCD ，O 为垂足，且O 在△BCD 内，则S △ABC ，S △BCO ，S △BCD 三者之间满足关系式_______________________________． 类比方法2：“直角三角形的直角边长、斜边上的高”类比为“_____________________”．例3(2008深圳调研理) 在Rt △ABC 中，两直角边分别为a 、b ，设h 为斜边上的高，则222111b a h +=，由此类比：三棱锥S —ABC 中的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两垂直，且长度分别为a 、b 、c ，设棱锥底面ABC 上的高为h ，则有结论_________________________．变式：Rt △ABC 的两直角边分别为a 、b ，则其内切圆半径122)1111(-+++=ba b a r r ；由此类比：三棱锥S-ABC 中的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两垂直，且长度分别为a 、b 、c ，则其内切球半径R=___________________________。
2．正三角形类比到________________类比方法1：“正三角形的高”类比为“________________”．例4 平面几何中，有结论：“正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值，且定值等于该正三角形边长的_______倍”．类比这一结论，将其拓展到空间，可得到结论：________________________________________________________．例5(2008韶关调研理) 已知正三角形内切圆的半径是高的1／3，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是___________________________________________________．类比方法2：“正三角形的中心”类比为“________________”．例6 在平面内，自一点O 至多能引3条射线OA 、OB 、OC ，使它们两两成等角，且两两所成的角为1200．类比到空间，自一点0至多能引_____条射线，使它们两两成等角，且两两所成的角为_________．3．一般三角形类比到_______________类比方法1：“三角形的面积”类比为“___________________”．例7(2008梅州一模文) 已知△ABC 的三边长为a ，b ，c ，内切圆半径为r(用S △ABC 表示△ABC 的面积)，则S △ABC =r(a+b+c)／2；类比这一结论有：若三棱锥A —BCD 的内切球半径为R ，则三棱锥体积加V A-BCD =________________．例8(2004广东卷)教材P78练习3例9 若点D 在△ABC 内，则有结论0=⋅+⋅+⋅∆∆∆OC S OB S OA S OAB OAC OBC ，把命题类比推广到空间，若点O 在四面体ABCD 内，则有结论：___________________________。
类比方法2：“三角形的高”类比为“_________________________”．例10(2008汕头一模理) 设P 是△ABC 内一点，△ABC 三边上的高分别为h A ，h B ，h C ，P 到三边的距离依次为c b a l l l ,,,则有Cc B b A a h l h l h l ++=_________；类比到空间，设P 是三棱锥A-BCD 内一点，四顶点到对面的距离分别为h A ，h B ，h C ，h D ，P 到这四个面的距离依次为d c b a l l l l ,,, ，则有___________________________________.(二)平面中的特殊四边形类比到空间中的特殊____________1．平行四边形类比到____________类比方法：“平行四边形的边、对角线”分别类比为“_________________”．例11 平面几何中，有结论：“平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和”．类比这一结论，将其拓展到空问，可得到结论：________________________________。
2．矩形类比到__________类比方法1：“矩形的边、对角线”类比为“___________________”．例12 若P 是矩形ABCD 内任意一点，则有结论PA 2+PC 2 =PB 2 +PD 2成立，类比到空间，若P 是长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1内任意一点，则有结论______________________ 成立．例13 矩形ABCD 的对角线AC 与边AB 和AD 所成的角分别为βα,，则1cos cos 22=+βα，把它类比推广到长方体中，试写出一个相应的真命题：______________________________________.类比方法2：“矩形的外接圆”类比为“_______________”．例14 设矩形ABCD 的外接圆半径为r ，P 是矩形ABCD 的外接圆上任意一点，则PA 2 +PB 2 +PC 2 +PD 2 为定值__________ ；类比到空间，设长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球半径为R ，P 是长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球上任意一点，则PA 2 +PB 2 +PC 2 + PA 12 +PB 12 +PC 12 +PD 12 为定值__________(三)平面中的特殊平面图形类比到空间中的特殊旋转体1．圆类比到球圆是平面内到定点的距离等于定长的点的集合，球是空间中到定点的距离等于定长的点的集合；用任意一个平面去截球，截面都是圆，这些都决定了圆与球有很深厚的渊源．类比方法1：“圆的面积”类比为“球的体积”．例15(2006湖北卷) 半径为r 的圆的面积S(r)=2r π，周长C(r)=2πr ，若将r 看作(0，+∞)上的变量，则(2r π)’ =2πr ①，① 式可以用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．对于半径为R 的球，若将R 看作(0，+∞)上的变量，请你写出类似于① 的式子：______________________ ② ，② 式可以用语言叙述为：________________________________________________________________________ ．类比方法2：“圆的内接矩形”类比为“_______________”．例16 通过圆与球的类比，由“半径为R 的圆的内接矩形中，正方形的面积最大，最大值为2 ．”猜想关于球的相应命题为：__________________________________________．2．梯形类比到______类比方法1：“平行于梯形上、下底的线段”类比为“_________________________”，“梯形的上、下底边长”类比为“_________________________”．例17 已知梯形ABCD 中，AB=a ，CD=b(a>b)，E 、F 是腰AD 、BC 上两点，且EF//AB//CD ，若线段EF 将梯形的面积二等分，则222b a EF +=． 类比上述结论，若圆台的两底半径为R ，r(R >r)，作平行于底的截面，若截面将圆台的侧面积二等分，则截面半径为______；若截面将圆台的体积二等分，则截面半径为_________________.类比方法2：“梯形的上、下底边长”类比为“______________________________”，“平行于梯形上、下底的线段长”类比为“_____________________________________”．例18 已知梯形ABCD 中，AB=a ，CD =b(a>b)，E 、F 是腰AD 、BC 上两点，且EF ∥AB ∥CD ，且EF 到CD 与AB 的距离之比为m ：n ，则可推算出EF=nm nb ma ++．类比上述结论，若圆台的上、下底面积为S 1 、S 2：(S 1 <S 2)，一个平行于底面的截面到圆台上、下底面的距离之比为m ：n ，若此截面的面积为S 0，则S 0与S 1、S 2的关系式为_________.三、平面向量类比到空间向量由于空间向量是平面向量在空间的推广，空间向量基本定理也是平面向量基本定理的推广，因此，两者之间必然存在着广泛而深刻的联系，它们在加、减、数乘、数量积方面具有相同的运算律，而它们的坐标运算则非常相似．类比方法1：“平面向量的二维坐标运算”类比为“空间向量的三维坐标运算”．例19 设向量a =(x 1，y 1 )，b =(x 2，y 2：)，则由平面向量数量积公式可得|a ·b |≤|a |·| b |，即有不等式：(x 1 x 2+y l y 2)2 ≤( x 1+y 1)2 ( x 2+y 2)2．将平面向量类比推广到空间向量，可以得到一个类似的不等式：__________________________________________________．类比方法2：“共线向量”类比为“________”，“不共线向量”类比为“__________”． 例20 若点O 在直线AB 外，则点P 在直线AB 上的充要条件是y x +=且 x+y=1．类比到空间，若点O 在平面ABC 外，则点P 在平面ABC 内的充要条件是__________例21 类比正确命题“若A 、B 、C 三点不共线，D 是线段AB 的中点，则)(21CB CA CD +=”，给出空间中的一个恰当正确命题：__________________________. 四、平面解析几何类比到空间解析几何空间解析几何是平面解析几何在空间的推广，其坐标表示由二维(x ，y)延拓到三维(x ，y ，z)，因此，两者之间也必然存在着非同寻常的关系．例如：平面解析几何中直线方程的一般式Ax +By+C=0与空间解析几何中平面方程的一般式Ax +By+Cz +D=0是一脉相承的；圆心为(a ，b)、半径为r 的圆的标准方程( x-a)2 +(y-b)2=r 2 与球心为(a ，b ，c)、半径为 R 的球的标准方程( x-a)2 +(y-b)2 +(z-c)2 =R 2也“本是同根生”．类比方法：“平面解析几何中的直线”类比为“_____________________”．例22 类比平面内一点P(x 0，y o )到直线A x+By+C=0(A 2 +B 2≠0)的距离公式，猜想空间中一点P( x 0，y o ，z 0)到平面Ax +By+Cz +D=0(A 2+B 2+C 2≠0)的距离公式为d=___________课后训练：一、从低次类比到高次1、(2006年上海文高考题)已知函数xa x y +=有如下性质：如果常数a>0，那以该函数在(0，a ]上是减函数，在[a ，+∞)上是增函数．(I)如果函数xx y b2+= (x>0)的值域为[6，+∞)，求b 的值； (Ⅱ)研究函数22x c x y += (常数c>0)在定义域内的单调性，并说明理由； (Ⅲ)对函数x a x y +=或22x c x y +=(常数a ，c>O)作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例，研究推广后的函数的单调性(只须写出结论，不必证明)二、圆锥曲线与圆的类比2、在圆x 2 +y 2 =r 2中，AB 为直径，P 为圆上一点，若PA ，PB 的斜率k PA ，k PB 都存在，则k PA k PB =-1．在圆锥曲线中也有类似结论吗?从工程项目成本核算的“三同步”原则谈产值统计的具体方法。