1.2类比推理
学士硕士博士类比推理
学士硕士博士类比推理学士硕士博士类比推理引言：类比推理是人类思维中的重要部分，它是指基于相似性和共性进行推理的过程。
在学术界，类比推理也被称为“迁移学习”或“知识迁移”。
本文将从学士、硕士、博士三个层次介绍类比推理。
一、学士阶段1.1 类比推理的概念在学士阶段，我们首先需要了解什么是类比推理。
类比推理是指通过发现事物之间的相似性和共性，来进行新事物的预测和解释。
例如，我们可以通过观察鸟类飞行的方式，来预测昆虫飞行的方式。
1.2 类比推理的应用在学士阶段，我们主要关注如何将类比推理应用到实际问题中。
例如，在解决一个新问题时，我们可以通过找到与已知问题相似之处，并将已有知识应用到新问题中来解决它。
二、硕士阶段2.1 类比推理的限制在硕士阶段，我们需要深入了解类比推理存在哪些限制。
首先，由于不同事物之间存在差异性和复杂性，类比推理可能会导致错误的结论。
其次，类比推理往往需要大量的领域知识和经验支持，对于缺乏相关知识和经验的人来说比较困难。
2.2 类比推理的改进在硕士阶段，我们也需要探讨如何改进类比推理。
一种改进方法是引入概率模型，通过计算相似性和共性之间的概率来确定推理结果。
另一种改进方法是利用机器学习技术，将已有知识转化为模型，并通过学习新数据来不断完善模型。
三、博士阶段3.1 类比推理的深度学习应用在博士阶段，我们需要了解最新的类比推理研究进展。
近年来，深度学习技术被广泛应用于类比推理领域。
例如，在自然语言处理中，可以使用神经网络模型进行语义相似性计算和文本分类任务。
3.2 类比推理与人工智能在博士阶段，我们还需要探讨类比推理与人工智能之间的关系。
类比推理作为一种基于人类思维方式的方法，在人工智能领域也有着广泛的应用。
例如，在机器学习中，可以利用类比推理方法来解决数据稀疏和样本不足等问题。
结论：总之，类比推理是一种重要的人类思维方式，具有广泛的应用价值。
在学士、硕士、博士三个阶段，我们需要了解类比推理的概念、应用、限制和改进，并探讨其与人工智能之间的关系。
第三章1.2类比推理
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规律方法总结
随堂即时巩固
课后活页训练
基础知识梳理
三基能力强化
课堂互动讲练
第 三 章 推 理 与 证 明
依此类推， 依此类推，在四面体 P－DEF 中，∠PDF＝∠PDE － ＝ 分别表示△ ＝∠EDF＝90°.设 S1，S2，S3 和 S 分别表示△PDF， ＝ 设 ， 的面积；如图②所示， △PDE，△EDF 和△PEF 的面积；如图②所示，相 ， 应于图① 条直角边 ， 应于图①中的直角三角形的 2 条直角边 a，b 和 1 条 直角面” 斜边 c，图②中的四面体有 3 个“直角面”S1，S2， ， S3 和 1 个“斜面”S，于是，类比勾股定理的结构， 斜面” ，于是，类比勾股定理的结构， 我们猜想 S2＝S2＋S2＋S2成立． 1 2 3成立．
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第 三 章 推 理 与 证 明
在等差数列{a 中 【解】 ∵在等差数列 n}中，a10＝0， ， ∴a1＋a19＝a2＋a18＝…＝a8＋a12＝a9＋a11＝0， ＝ ， 即a19－n＋an＋1＝0， ， － ＋ a18－n＋an＋2＝0， ， － ＋ a17－n＋an＋3＝0， ， － ＋ …… ∴a1＋a2＋…＋an ＋ ＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋an＋2＋…＋a19－n. ＋ ＋ － ＋ ＋ ∵b15＝1，∴b1b29＝b2b28＝…＝b14b16＝1， ， ＝ ， 即b29－nbn＋1＝b28－nbn＋2＝…＝b14b16＝1. ＝ － ＋ － ＋ ∴有b1b2…bn＝b1b2…b29－n(1≤n≤29，n∈N＋)． ， ∈ ． －
高中数学第三章推理与证明1归纳与类比1.2类比推理课件
第三章 推理与证明
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
1．下面几种推理是类比推理的是( ) A．因为三角形的内角和是180°×(3－2)，四边形的内角 和是180°×(4－2)，…，所以n边形的内角和是180°×(n－2) B．由平面三角形的性质，推测空间四边形的性质 C．某校高二年级有20个班，1班有51位团员，2班有53位 团员，3班有52位团员，由此可以推测各班都超过50位团员 D．4能被2整除，6能被2整除，8能被2整除，所以偶数能 被2整除 答案： B
数学D 选修1-2
第三章 推理与证明
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
解析： 如图①所示，在平面△DEF 中，正弦定理为sDinEF ＝siEnFD＝sDinFE.如图②，已知平面 SAB，SAC，SBC 与底面 ABC 所成的角分别为 α1，α2，α3.
类比可得，在四面体 S－ABC 中，有sSi△nSAαB1＝sSi△nSAαC2＝sSi△nSBαC3. 即sinS1α1＝sinS2α2＝sinS3α3.
数学D 选修1-2
第三章 推理与证明
三角形的面积 S＝12(a＋b＋c)r(r 为三角形内 切圆的半径)
四面体
数学D 选修1-2
第三章 推理与证明
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
[思路导引] 已知三角形和四面体的“外在”性质，合理寻找
类比对象对二者“内在”性质进行探究．
[边听边记] 三角形和四面体分别是平面图形和空间图形
，三角形的边对应四面体的面，即平面的线类比空间的面；三
答案： 正四面体的内切球半径是高的14
数学D 选修1-2
第三章 推理与证明
课前预习学案
高中数学第三章推理与证明1.2类比推理学案北师大选修1_220190108548
1.2 类比推理学习目标 1.了解类比推理的含义，能进行简单的类比推理.2.正确认识合情推理在数学中的重要作用．知识点一类比推理思考科学家对火星进行研究，发现火星与地球有许多类似的特征：(1)火星也是绕太阳公转、绕轴自转的行星；(2)有大气层，在一年中也有季节更替；(3)火星上大部分时间的温度适合地球上某些已知生物的生存等．由此，科学家猜想：火星上也可能有生命存在．他们使用了什么样的推理？答案类比推理．梳理类比推理的定义及特征知识点二合情推理思考归纳推理与类比推理有何区别与联系？答案区别：归纳推理是由特殊到一般的推理；而类比推理是由个别到个别的推理或是由特殊到特殊的推理．联系：在前提为真时，归纳推理与类比推理的结论都可真可假．梳理合情推理的定义及分类定义：根据实验和实践的结果、个人的经验和直觉、已有的事实和正确的结论(定义、公理、定理等)，推测出某些结果的推理方式．分类：常见的合情推理有归纳推理与类比推理．1．由平面三角形的性质推测四面体的性质是类比推理．( √)2．类比推理是从特殊到特殊的推理．( √)3．合乎情理的推理一定是正确的．( ×)类型一 平面图形与立体图形间的类比例1 如图所示，面积为S 的平面凸四边形的第i 条边的边长记为a i (i ＝1,2,3,4)，此四边形内任一点P 到第i 条边的距离记为h i (i ＝1,2,3,4)，若a 11＝a 22＝a 33＝a 44＝k ，则h 1＋2h 2＋3h 3＋4h 4＝2S k ，类比以上性质，体积为V 的三棱锥的第i 个面的面积记为S i (i ＝1,2,3,4)，若S 11＝S 22＝S 33＝S 44＝K ，则H 1＋2H 2＋3H 3＋4H 4等于多少？考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 解 对平面凸四边形：S ＝12a 1h 1＋12a 2h 2＋12a 3h 3＋12a 4h 4＝12(kh 1＋2kh 2＋3kh 3＋4kh 4)＝k2(h 1＋2h 2＋3h 3＋4h 4)， 所以h 1＋2h 2＋3h 3＋4h 4＝2Sk；类比在三棱锥中，V ＝13S 1H 1＋13S 2H 2＋13S 3H 3＋13S 4H 4＝13(KH 1＋2KH 2＋3KH 3＋4KH 4)＝K3(H 1＋2H 2＋3H 3＋4H 4)， 故H 1＋2H 2＋3H 3＋4H 4＝3VK.反思与感悟 (1)类比推理的一般步骤(2)中学阶段常见的类比知识点：等差数列与等比数列，空间与平面，圆与球等等，比如平面几何的相关结论类比到立体几何的相关类比点如下：跟踪训练1 在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC 的两边AB ，AC 互相垂直，则AB 2＋AC2＝BC 2”．拓展到空间(如图)，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的结论是_____________________________________________．考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比答案 设三棱锥A —BCD 的三个侧面ABC ，ACD ，ADB 两两互相垂直，则S 2△ABC ＋S 2△ACD ＋S 2△ADB ＝S 2△BCD 解析 类比条件：两边AB ，AC 互相垂直―――――――――――――→平面→空间、边垂直→面垂直侧面ABC ，ACD ，ADB 互相垂直．结论：AB 2＋AC 2＝BC 2―――――→边长→面积S 2△ABC ＋S 2△ACD ＋S 2△ADB ＝S 2△BCD .类型二 数列中的类比推理例2 在等差数列{a n }中，若a 10＝0，证明：等式a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n (n <19，n ∈N＋)成立，并类比上述性质相应的在等比数列{b n }中，若b 9＝1，则有等式_____成立．考点 类比推理的应用题点 等差数列与等比数列之间的类比 答案 b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n (n <17，n ∈N ＋) 解析 在等差数列{a n }中，由a 10＝0，得a 1＋a 19＝a 2＋a 18＝…＝a n ＋a 20－n ＝a n ＋1＋a 19－n ＝2a 10＝0， ∴a 1＋a 2＋…＋a n ＋…＋a 19＝0，即a 1＋a 2＋…＋a n ＝－a 19－a 18－…－a n ＋1， 又∵a 1＝－a 19，a 2＝－a 18，…，a 19－n ＝－a n ＋1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝－a 19－a 18－…－a n ＋1＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n . 相应地，类比此性质在等比数列{b n }中， 可得b 1b 2…b n ＝b 1b 2…b 17－n (n <17，n ∈N ＋)．反思与感悟 (1)运用类比思想找出项与项的联系，应用等差、等比数列的性质解题是解决该题的关键．(2)等差数列和等比数列有非常类似的运算和性质，一般情况下等差数列中的和(或差)对应着等比数列中的积(或商)．跟踪训练2 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，类比以上结论有：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，________，________，T 16T 12成等比数列．考点 类比推理的应用题点 等差数列与等比数列之间的类比 答案T 8T 4 T 12T 8解析 由于等差数列与等比数列具有类比性，且等差数列与和差有关，等比数列与积商有关，因此当等差数列依次每4项的和仍成等差数列时，类比等比数列为依次每4项的积成等比数列．下面证明该结论的正确性： 设等比数列{b n }的公比为q ，首项为b 1， 则T 4＝b 41q 6，T 8＝b 81q1＋2＋…＋7＝b 81q 28，T 12＝b 121q 1＋2＋…＋11＝b 121q 66， T 16＝b 161q1＋2＋…＋15＝b 161q 120， ∴T 8T 4＝b 41q 22，T 12T 8＝b 41q 38，T 16T 12＝b 41q 54， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫T 8T42＝T 12T 8·T 4，⎝ ⎛⎭⎪⎫T 12T 82＝T 8T 4·T 16T12， 故T 4，T 8T 4，T 12T 8，T 16T 12成等比数列． 类型三 定义、定理或性质中的类比 例3 下列是用类比推理得出的结论：①由“a ＝b ⇒ac ＝bc ”类比得到“a >b ⇒ac >bc ”；②由“a (b ＋c )＝ab ＋ac ”类比得到“sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B ”；③由“平面内，垂直于同一直线的两直线相互平行”，类比得到“空间中，垂直于同一直线的两直线相互平行”；④由“分数的分子、分母同乘一个非零的数，分数值不变”类比得到“分数的分子、分母同乘一个非零的式子，分数值不变”． 其中正确结论的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 答案 B解析 当c ≤0时，①中类比的结论不正确；显然②中类比的结论不正确；空间中，垂直于同一直线的两直线可能平行，可能相交，也可能异面，故③中类比的结论不一定成立；④中类比的结论是正确的．反思与感悟 运用类比推理常常先要寻找合适的类比对象，例如实数加法的对象为实数，向量加法的对象为向量，且都满足交换律与结合律，都存在逆运算，而且实数0与零向量分别在实数加法和向量加法中占有特殊的地位．因此我们可以从这四个方面进行类比． 跟踪训练3 若椭圆的左焦点为F ，上顶点为B ，右顶点为A ，当FB ⊥AB 时，其离心率为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”的离心率为( ) A.5＋12B.5－12C.5－1D.5＋1考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 答案 A解析 在Rt△ABF 中，由AB ⊥BF 可得AO OB ＝OB OF，则b 2＝ac ，即c 2－a 2＝ac ，可得e 2－e ＝1，又由e >1，则e ＝5＋12.1．下列平面图形中，与空间的平行六面体作为类比对象较合适的是( ) A ．三角形 B ．梯形 C ．平行四边形 D ．矩形考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比 答案 C解析 因为平行六面体相对的两个面互相平行，类比平面图形，则相对的两条边互相平行，故选C.2．下面使用类比推理，得出的结论正确的是( )A ．若“a ·3＝b ·3，则a ＝b ”类比出“若a ·0＝b ·0，则a ＝b ”B ．“若(a ＋b )c ＝ac ＋bc ”类比出“(a ·b )c ＝ac ·bc ”C ．“若(a ＋b )c ＝ac ＋bc ”类比出“a ＋bc ＝a c ＋bc(c ≠0)” D ．“(ab )n＝a n b n”类比出“(a ＋b )n＝a n＋b n” 考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 答案 C解析 显然A ，B ，D 不正确，只有C 正确．3．根据“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四面体( )A ．各正三角形内一点B ．各正三角形的某高线上的点C ．各正三角形的中心D ．各正三角形外的某点 考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比 答案 C解析 正四面体的四个面都是正三角形，其内切球与正四面体的四个面相切于各正三角形的中心．4．若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n2(a 1＋a n )，类似地正项等比数列{b n }的前n 项积T n 等于( )2A.()n 1n b +b2B.()n 1n b bC.n 2(b 1＋b n )D.n2(b 1b n ) 考点 类比推理的应用题点 等差数列与等比数列之间的类比 答案 B解析 等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝n2(a 1＋a n )，因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，所以各项均为正的等比数列{b n }的前n 项积T n ＝21()n n b b ，故选B.5．已知圆：x 2＋y 2＝r 2上任意一点(x 0，y 0)处的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2，类比以上结论有：双曲线x 2a 2－y 2b2＝1上任意一点(x 0，y 0)处的切线方程为________．题点 平面曲线之间的类比 答案x 0x a 2－y 0y b 2＝1 解析 圆x 2＋y 2＝r 2上任意一点(x 0，y 0)处的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2，可以看作是由x 0x 代替圆的方程中的x 2，由y 0y 代替y 2而得，故类比过圆上一点的切线方程，可类比推理得出过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上一点P (x 0，y 0)处的切线方程为x 0x a 2－y 0yb2＝1.1．进行类比推理时，要尽量从本质上思考，不要被表面现象所迷惑，否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误． 2．多用下列技巧会提高所得结论的准确性 (1)类比对象的共同属性或相似属性尽可能的多些． (2)这些共同属性或相似属性应是类比对象的主要属性．(3)这些共同(相似)属性应包括类比对象的各个方面，并尽可能是多方面．一、选择题1．在平面上，若两个正三角形的边长之比为1∶2，则它们的面积之比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长之比为1∶2，则它们的体积之比为( ) A ．1∶4B．1∶6C．1∶8D．1∶9 考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比 答案 C解析 平面上，若两个正三角形的边长之比为1∶2，则它们的面积之比为1∶4，类似地，由平面图形面积类比立体图形的体积，得出在空间内，若两个正四面体的棱长之比为1∶2，则它们的底面积之比为1∶4，对应高之比为1∶2，所以体积之比为1∶8，故选C.2．已知{b n }为等比数列，b 5＝2，则b 1·b 2·b 3·b 4·b 5·b 6·b 7·b 8·b 9＝29.若{a n }为等差数列，a 5＝2，则{a n }的类似结论为( ) A ．a 1a 2a 3…a 9＝29B ．a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 9＝29C ．a 1a 2a 3…a 9＝2×9D ．a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 9＝2×9题点 等差数列与等比数列之间的类比 答案 D3．我们知道：在平面内，点(x 0，y 0)到直线Ax ＋By ＋C ＝0的距离公式为d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B 2，通过类比的方法可求得：在空间中，点(2,4,1)到直线x ＋2y ＋2z ＋3＝0的距离为( ) A ．3B ．5C.5217D ．3 5考点 类比推理的应用 题点 平面曲线之间的类比 答案 B解析 类比点P (x 0，y 0)到直线Ax ＋By ＋C ＝0的距离d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B2，可知在空间中，点P (x 0，y 0，z 0)到直线Ax ＋By ＋Cz ＋D ＝0的距离d ＝|Ax 0＋By 0＋Cz 0＋D |A 2＋B 2＋C2，点(2,4,1)到直线x ＋2y ＋2z ＋3＝0的距离d ＝|2＋8＋2＋3|1＋4＋4＝5，故选B.4．设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，内切圆的半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c，类比这个结论可知：四面体A －BCD 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为R ，四面体A －BCD 的体积为V ，则R 等于( )A.VS 1＋S 2＋S 3＋S 4B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4C.3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比 答案 C解析 设四面体的内切球的球心为O ，则球心O 到四个面的距离都是R ，所以四面体的体积等于以O 为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥的体积的和． 则四面体的体积为V ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)R ，∴R ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.5．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝a ，CD ＝b (a >b )．若EF ∥AB ，EF 到CD 与AB 的距离之比为m ∶n ，则可推算出：EF ＝ma ＋nbm ＋n，用类比的方法，推想出下列问题的结果，在上面的梯形ABCD 中，延长梯形的两腰AD 和BC 交于O 点，设△OAB ，△OCD 的面积分别为S 1，S 2，EF ∥AB ，且EF 到CD 与AB 的距离之比为m ∶n ，则△OEF 的面积S 0与S 1，S 2的关系是( )A ．S 0＝mS 1＋nS 2m ＋n B ．S 0＝nS 1＋mS 2m ＋n C.S 0＝m S 1＋n S 2m ＋nD.S 0＝n S 1＋m S 2m ＋n考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比 答案 C解析 在平面几何中类比几何性质时，一般为：由平面几何中点的性质，类比推理空间几何中线的性质；由平面几何中线段的性质，类比推理空间几何中面积的性质，故由“EF ＝ma ＋nb m ＋n ”，类比到关于△OEF 的面积S 0与S 1，S 2的结论是S 0＝m S 1＋n S 2m ＋n.故选C. 6．已知双曲线正弦函数sh x ＝e x －e －x 2和双曲线余弦函数ch x ＝e x ＋e －x2与我们学过的正弦函数和余弦函数有许多类似的性质，则下列类比结论中错误的是( ) A ．sh x 为奇函数，ch x 为偶函数 B ．sh2x ＝2sh x ch xC ．sh(x －y )＝sh x ch y －ch x sh yD ．ch(x －y )＝ch x ch y ＋sh x sh y 考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 答案 D解析 容易验证A ，B ，C 正确，∵e x＋e －x2×e y ＋e －y 2＋e x －e －x 2×e y －e －y2＝14(e x ＋y ＋e x －y ＋e －x ＋y ＋e －x －y ＋e x ＋y －e x －y －e －x ＋y ＋e－x －y)＝14(2e x ＋y ＋2e －x －y)＝12(e x ＋y ＋e －x －y )＝ch(x ＋y )， ∴ch(x －y )＝ch x ·ch y －sh x ·sh y ，故选D. 二、填空题7．等差数列有如下性质：若数列{a n }为等差数列，则当b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn时，数列{b n }也是等差数列；类比上述性质，相应地，若数列{c n }是正项等比数列，当d n ＝________时，数列{d n }也是等比数列． 考点 类比推理的应用题点 等差数列与等比数列之间的类比 答案nc 1·c 2·c 3·…·c n解析 在类比等差数列的性质推理等比数列的性质时，我们一般的思路有：由加法类比推理为乘法，由减法类比推理为除法，由算术平均数类比推理为几何平均数等，故我们可以由数列{a n }是等差数列，则当b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn时，数列{b n }也是等差数列，类比推断：若数列{c n }是各项均为正数的等比数列，则当d n ＝nc 1·c 2·c 3·…·c n 时，数列{b n }也是等比数列．8．已知tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1＋tan x 1－tan x 且tan x 是以π为周期的周期函数．若a ≠0，且f (x ＋a )＝1＋f (x )1－f (x )，通过类比，f (x )是以T ＝________为周期的周期函数．考点 类比推理的应用 题点 函数性质之间的类比 答案 4a (答案不唯一)解析 类比tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1＋tan x 1－tan x 与f (x ＋a )＝1＋f (x )1－f (x )可知，π4与a 对应．而tan x 是以π＝4×π4为周期的周期函数，所以猜想f (x )应是以T ＝4a 为周期的周期函数． 事实上f (x ＋2a )＝1＋f (x ＋a )1－f (x ＋a )＝1＋1＋f (x )1－f (x )1－1＋f (x )1－f (x )＝－1f (x ).所以f (x ＋4a )＝－1f (x ＋2a )＝f (x )．故此类比猜想正确．9．已知点A (x 1,21x)，B (x 2,22x)是函数y ＝2x的图像上任意不同的两点，依据图像可知，线段AB 总是位于A ，B 两点之间函数图像的上方，因此有结论212222221++>x xx x 成立．运用类比思想方法可知，若点A (x 1，sin x 1)，B (x 2，sin x 2)是函数y ＝sin x (x ∈(0，π))的图像上的不同两点，则有____________________成立．考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 答案sin x 1＋sin x 22<sin x 1＋x 22解析 函数y ＝sin x (x ∈(0，π))的图像是向上凸的，线段AB 总是位于A ，B 两点之间函数图像的下方，故由类比推理可知，sin x 1＋sin x 22<sin x 1＋x 22.10．我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是________． 考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比答案 表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大解析 平面图形与立体图形的类比：周长→表面积，正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．11．“若直角三角形两直角边的长分别为a ，b ，将其补成一个矩形，则根据矩形的对角线长可求得该直角三角形外接圆的半径r ＝a 2＋b 22”．对于“若三棱锥三条侧棱两两垂直，侧棱长分别为a ，b ，c ”，类比上述处理方法，可得该三棱锥的外接球的半径R ＝_________. 答案a 2＋b 2＋c22解析 由求直角三角形外接圆的半径的方法，通过类比得出求三条侧棱两两垂直的三棱锥外接球的半径的方法为：首先将该三棱锥补全为长方体，而长方体的体对角线长就是三棱锥的外接球的直径，从而得出该三棱锥的外接球的半径R ＝a 2＋b 2＋c 22.三、解答题12．在长方形ABCD 中，对角线AC 与两邻边所成的角分别为α，β，cos 2α＋cos 2β＝1，则在立体几何中，给出类比猜想并证明．考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比解 在长方形ABCD 中，cos 2α＋cos 2β＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝a 2＋b 2c 2＝c2c 2＝1.于是类比到长方体中，猜想其体对角线与共顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1.证明如下：cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m l 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n l 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫g l 2＝m 2＋n 2＋g 2l 2＝l 2l 2＝1.13．阅读以下求1＋2＋3＋…＋n 的值的过程． 因为(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1，n 2－(n －1)2＝2(n －1)＋1，…，22－12＝2×1＋1， 以下各式相加得：(n ＋1)2－1＝2×(1＋2＋3＋…＋n )＋n ， 所以1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋2n －n 2＝n (n ＋1)2，类比上述过程，求12＋22＋32＋…＋n 2.(参考公式：n 3－(n －1)3＝3n 2－3n ＋1) 考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 解 ∵23－13＝3·22－3·2＋1， 33－23＝3·32－3·3＋1， …，n 3－(n －1)3＝3n 2－3n ＋1，把这n －1个式子相加可得：n 3－1＝3×(22＋32＋…＋n 2)－3×(2＋3＋…＋n )＋(n －1)，由此可得：n 3－1＝3(12＋22＋32＋…＋n 2)－3(1＋2＋3＋…＋n )＋(n －1)， 即12＋22＋32＋…＋n 2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 3－1＋32n (n ＋1)－(n －1)，∴12＋22＋32＋…＋n 2＝13n 3＋12n 2＋16n .四、探究与拓展14．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 24.类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 答案a 38解析 ∵同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 24，类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为a 38.15．(1)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)与x 轴交于A ，B 两点，点P 是椭圆C 上异于A ，B 的任意一点，直线PA ，PB 分别与y 轴交于点M ，N ，求证：AN →·BM →为定值b 2－a 2；(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)与x 轴交于A ，B 两点，点P 是双曲线C 上异于A ，B 的任意一点，直线PA ，PB 分别与y 轴交于点M ，N ，则AN →·BM →为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)． 考点 类比推理的应用题点 类比推理的方法、形式和结论 (1)证明 设点P (x 0，y 0)(x 0≠±a )， 依题意，得A (－a ，0)，B (a ，0)， 所以直线PA 的方程为y ＝y 0x 0＋a(x ＋a )．令x ＝0，得y M ＝ay 0x 0＋a，同理得y N ＝－ay 0x 0－a ，所以y M y N ＝a 2y 20a 2－x 20.又点P (x 0，y 0)在椭圆上，所以x 20a 2＋y 20b 2＝1，因此y 20＝b 2a 2(a 2－x 20)，所以y M y N ＝a 2y 20a 2－x 20＝b 2.因为AN →＝(a ，y N )，BM →＝(－a ，y M )，所以AN →·BM →＝－a 2＋y M y N ＝b 2－a 2. (2)解 －(a 2＋b 2)．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
第一章12类比推理
要点三 等差数列与等比数列的类比
例3在等差数列{aｎ}中，若a10=０，则有等式ａ1+a2+…+ａn＝a1+a２+…+a１9-n(n<19，ｎ∈N＋）成立．类比上述性质,相应的，在等比数列{bn}中,若b9=1，则有什么样的等式成立？
解在等差数列{an}中，由a10＝0，得a１+a１9＝a2+a１８＝…＝an＋a20-n＝ａn＋1＋a19－n=2a10＝0,
答案C
解析由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征,推出另一类对象也具有这些特征的推理，叫类比推理,上述三个结论均符合推理结论,故均正确.
要点二解题方法的类比
例2已知以下过程可以求１+2+３+…+ｎ的和.
因为(ｎ+１)２-ｎ2=2n+1，
ｎ2-（ｎ-1）2=2(n－1）+1,
…
22-１2=2×１+1,
（2)思维过程流程图
―→
―→―→
3．演绎推理
根据已知的事实和正确的结论,按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程.
要点一平面图形与空间图形的类比
例1三角形与四面体有下列相似性质：
（1)三角形是平面内由直线段围成的最简单的封闭图形；四面体是空间中由三角形围成的最简单的封闭图形．
(2)三角形可以看作是由一条线段所在直线外一点与这条线段的两个端点的连线所围成的图形；四面体可以看作是由三角形所在平面外一点与这个三角形三个顶点的连线所围成的图形．
答不能．因为类比推理的结论不一定正确,只有经过严格的逻辑证明，说明其正确性,才能进一步应用．
［预习导引]
春山暖日和风阑干楼阁帘栊类比推理
春山暖日和风阑干楼阁帘栊类比推理一、春山暖日的意象1.1 春山的景象春天是一年四季中最令人心旷神怡的季节，而春山则是春天的代表。
春山的景象通常是绿意盎然，山峦起伏，花草争艳。
在春天的阳光照射下，山间的温度逐渐升高，给人一种暖暖的感觉。
春山的景象让人感受到生机勃勃的气息，也让人心情愉悦。
1.2 暖日的温暖春天的阳光透过云层洒在大地上，给人以温暖的感觉。
这种温暖不仅仅是温度上的感受，更是一种心灵上的满足和宁静。
春日的温暖让人感到舒适，仿佛融化了所有的烦恼和忧虑。
暖日的存在让人感受到生活的美好和希望。
二、风阑干楼阁的意象2.1 风阑的意义风阑是指风的通道，指的是风穿过建筑物间的空隙。
在楼阁中，风阑的存在可以让清风吹进来，给人一种凉爽的感觉。
风阑的存在也象征着开放和包容，让人感到自由和舒适。
2.2 干楼阁的特点干楼阁是指没有水患的楼阁，意味着稳固和安全。
干楼阁通常是由坚固的材料建造而成，可以抵御风雨的侵袭。
干楼阁的存在给人一种安全感和保护感，也象征着坚强和稳定。
2.3 帘栊的美感帘栊是指楼阁中的帘子和栏杆，具有一定的美感。
帘栊的存在可以起到装饰和遮挡的作用，让楼阁更加美观。
帘栊的构造通常是精细而复杂的，给人一种精致和高贵的感觉。
三、春山暖日和风阑干楼阁的类比推理3.1 春山暖日与风阑的类比春山暖日的意象可以与风阑相类比。
春山的暖日给人以温暖和舒适的感觉，而风阑的存在也能给人带来凉爽和舒适。
春山暖日和风阑都给人以美好的感受，让人感到宁静和满足。
3.2 干楼阁与帘栊的类比干楼阁的特点可以与帘栊相类比。
干楼阁的存在象征着稳固和安全，而帘栊的美感给人一种高贵和精致的感觉。
干楼阁和帘栊都给人以安全和美观的感受，让人感到舒适和满足。
3.3 春山暖日和风阑干楼阁的综合类比春山暖日和风阑干楼阁的综合类比可以将它们的优点融合在一起。
春山暖日给人以温暖和舒适，风阑干楼阁给人以凉爽和安全。
综合类比的意义在于，它们都给人以美好的感受，让人感到宁静和满足。
高中数学 第三章 推理与证明 1 归纳与类比 1.2 类比推理课后演练提升 北师大版选修1-2-北师
2016-2017学年高中数学第三章推理与证明 1 归纳与类比 1.2 类比推理课后演练提升北师大版选修1-2一、选择题1．下列哪个平面图形与空间的平行六面体作为类比对象较为合适( )A．三角形B．梯形C．平行四边形D．矩形解析：只有平行四边形与平行六面体较为接近，故选C.答案： C2．已知{b n}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{a n}为等差数列，a5＝2，则{a n}的类似结论为( )A．a1a2a3…a9＝29B．a1＋a2＋…＋a9＝29C．a1a2…a9＝2×9D．a1＋a2＋…＋a9＝2×9解析：由等差数列性质，有a1＋a9＝a2＋a9＝…＝2a5.易知D成立．答案： D3．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是( )①各棱长都相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；③各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等．A．①B．①②C．①②③D．③解析：因为正三角形的边和角可以与正四面体的面(或棱)和相邻的两面所成的二面角(或共顶点的两棱的夹角)类比，所以①②③都恰当．答案： C4．给出下列三个类比结论．①(ab)n＝a n b n与(a＋b)n类比，则有(a＋b)n＝a n＋b n；②log a(xy)＝log a x＋log a y与sin(α＋β)类比，则有sin(α＋β)＝sin αsin β；③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2与(a＋b)2类比，则有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.其中结论正确的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：③正确．答案： B二、填空题 5．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________．解析： ∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为1∶8.答案： 1∶86．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，________，________，T 16T 12成等比数列．解析： T 4＝a 41·q 6，T 8T 4＝a 41·q 22，T 12T 8＝a 41·q 38，T 16T 12＝a 41·q 54. 所以T 4，T 8T 4，T 12T 8，T 16T 12成公比为q 16的等比数列，直接用类比法将“差”变“比”即可得出结果．答案： T 8T 4T 12T 8三、解答题7．如下图(1)，在三角形ABC 中，AB ⊥AC ，若AD ⊥BC ，则AB 2＝BD ·BC ；若类比该命题，如下图(2)，三棱锥A －BCD 中，AD ⊥面ABC ，若A 点在三角形BCD 所在平面内的射影为M ，则有什么结论？命题是否是真命题．解析： 命题是：三棱锥A －BCD 中，AD ⊥面ABC ，若A 点在三角形BCD 所在平面内的射影为M ，则有S 2△ABC ＝S △BCM ·S △BCD 是一个真命题．证明如下：如右图，连结DM 并延长交BC 于E ，连结AE ，则有DE ⊥BC .因为AD ⊥面ABC ，所以AD ⊥AE .又AM ⊥DE ，所以AE 2＝EM ·ED .于是S 2△ABC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC ·AE 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC ·EM ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC ·ED ＝S △BCM ·S △BCD .8．就任一等差数列{a n}，计算a7＋a10和a8＋a9，a10＋a40和a20＋a30，你发现了什么一般规律？能把你发现的规律作一般化的推广吗？从等差数列和函数之间的联系角度分析这个问题．在等比数列中会有怎样的类似的结论？解析：设等差数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而a7＝a1＋6d，a10＝a1＋9d，a8＝a1＋7d，a9＝a1＋8d.所以a7＋a10＝2a1＋15d，a8＋a9＝2a1＋15d，可得a7＋a10＝a8＋a9.同理a10＋a40＝a20＋a30.由此猜想，任一等差数列{a n}，若m，n，p，q∈N＋且m＋n＝p＋q，则有a m＋a n＝a p＋a q 成立．类比等差数列，可得等比数列{a n}的性质：若m，n，p，q∈N＋且m＋n＝p＋q，则有a m·a n ＝a p·a q成立．9．设f(x)＝12x＋2，类比课本中推导等差数列前n项和公式的方法，求f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值．解析：∵f(x)＝12x＋2，∴f(x)＋f(1－x)＝12x＋2＋121－x＋2＝12x＋2＋2x2＋2·2x＝2＋2x22x＋2＝12＝22.令S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(5)＋f(6)则S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(－4)＋f(－5)∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(5)＋f(－4)]＋[f(6)＋f(－5)]＝12×22＝6 2.∴S＝3 2.。
高二北师大数学选修22第一节归纳与类比1.2类比推理教学设计
第一章推理与证明1.2类比推理教学目标1．理解类比推理的意义；了解类比推理的特点；2．掌握运用类比推理的一般步骤。
会进行简单的类比推理。
3．了解归纳推理与类比推理的异同；4．理解合情推理的含义，了解所得结果不一定正确；5．了解合情推理在科学实验和创造中的价值，增强在数学学习中自觉运用合情推理的意识。
提高归纳、类比联想的能力。
重难点剖析重点：掌握类比推理的特点与步骤；难点：在类比推理的运用中发现两类对象间相似性质潜在的关联性；教学过程一．问题情境从一个传说说起：春秋时代鲁国的公输班（后人称鲁班，被认为是木匠业的祖师）一次去林中砍树时被一株齿形的茅草割破了手，这桩倒霉事却使他发明了锯子.他的思路是这样的：茅草是齿形的；茅草能割破手. 我需要一种能割断木头的工具；它也可以是齿形的.这个推理过程是归纳推理吗？二．例题分析我们再看几个类似的推理实例。
例1、试根据等式的性质猜想不等式的性质。
等式的性质：猜想不等式的性质：(1) a=b⇒a+c=b+c;(1) a＞b⇒a+c＞b+c;(2) a=b⇒ ac=bc; (2) a＞b⇒ ac＞bc;(3) a=b⇒a2=b2;等等。
(3) a＞b⇒a2＞b2;等等。
问：这样猜想出的结论是否一定正确？例2、试将平面上的圆与空间的球进行类比.圆的定义：平面内到一个定点的距离等于定长的点的集合.球的定义：到一个定点的距离等于定长的点的集合.圆球弦←→截面圆直径←→大圆周长←→表面积面积←→体积☆上述两个例子均是这种由两个（两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出他们在其他方面也相似或相同；或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）．简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理． 类比推理的一般步骤：⑴ 找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；⑵ 用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想； ⑶ 检验猜想。
即例3如图，已知点O 是ABC ∆内任意一点，连结,,,CO BO AO 并延长交对边于111,,C B A ，则1111111=++CC OC BB OB AA OA （Ⅰ）类比猜想，对于空间四面体BCD V -，存在什么类似的结论 （Ⅱ）？并用证明（Ⅰ）时类似的方法给出证明。
高中数学北师大选修1-2练习：第三章 1.2 类比推理
[A 组 基础巩固]1．下列平面图形中与空间的平行六面体作为类比对象较合适的是( ) A ．三角形 B ．梯形 C ．平行四边形D ．矩形解析：因为平行六面体相对的两个面互相平行，类比平面图形，则相对的两条边互相平行，故选C. 答案：C2．在R 上定义运算：x ⊗y ＝x (1－y )．若不等式(x －a )⊗(x ＋a )<1对任意实数x 成立，则( ) A ．－1<a <1 B ．0<a <2 C ．－12<a <32D ．－32<a <12解析：由题意得，(x －a )(1－x －a )<1，即x 2－x －(a 2－a －1)>0对于任意x 恒成立，所以Δ＝1＋4(a 2－a －1)<0，解得－12<a <32，故选C.答案：C3．在平面直角坐标系内，方程x a ＋yb ＝1表示在x ，y 轴上的截距分别为a ，b 的直线，拓展到空间，在x ，y ，z 轴上的截距分别为a ，b ，c (abc ≠0)的方程为( ) A.x a ＋y b ＋zc＝1 B.x ab ＋y bc ＋zac ＝1 C.xy ab ＋yz bc ＋zxca＝1 D ．ax ＋by ＋cz ＝1解析：由类比推理可知，方程应为x a ＋y b ＋zc ＝1.答案：A4．对命题“正三角形的内切圆切于三边中点”可类比猜想：正四面体的内切球切于四面体各正三角形的( )A ．一条中线上的点，但不是重心B ．一条垂线上的点，但不是垂心C ．一条角平分线上的点，但不是内心D ．中心解析：由正四面体的内切球可知，内切球切于四个侧面的中心． 答案：D5．设△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c，类比这个结论可知：四面体S -ABC 的四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4，内切球半径为r ，四面体S -ABC 的体积为V ，则r 等于( ) A.VS 1＋S 2＋S 3＋S 4 B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4 C.3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：设四面体的内切球的球心为O ，则球心O 到四个面的距离都是R ，所以四面体的体积等于以O 为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和． 则四面体的体积为V 四面体S -ABC ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)R ， ∴R ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.答案：C6．类比平面直角坐标系中△ABC 的重点G (x ，y )的坐标公式⎩⎨⎧x ＝x 1＋x 2＋x33y ＝y 1＋y 2＋y33(其中A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)、C (x 3，y 3)，猜想以A (x 1、y 1、z 1)、B (x 2、y 2、z 2)、C (x 3、y 3、z 3)、D (x 4、y 4、z 4)为顶点的四面体A -BCD 的重点G (x ，y ，z )的公式为________．答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋x 2＋x 3＋x 44y ＝y 1＋y 2＋y 3＋y44z ＝z 1＋z 2＋z 3＋z 447．在平面上，若两个正方形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正方体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________． 解析：V 1V 2＝S 1S 2·h 1h 2＝14×12＝18.答案：1∶88．有如下真命题：“若数列{a n }是一个公差为d 的等差数列，则数列{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}是公差为3d 的等差数列．”把上述命题类比到等比数列中，可得真命题是 (填上你认为可以成为真命题的一种情形即可)．解析：可将加法类比为乘法，将公差中的倍数类比成公比的乘方得出相应结论．答案：“若数列{b n }是公比为q 的等比数列，则数列{b n ·b n ＋1·b n ＋2}是公比为q 3的等比数列”9．在△ABC 中，余弦定理可叙述为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，其中a 、b 、c 依次为角A 、B 、C 的对边，类比上述定理，给出空间四面体性质的猜想．解析：如图，S 1，S 2，S 3，S 分别表示△P AB ，△PBC ，△PCA ，△ABC 的面积，α、β、γ依次表示平面P AB 与平面PBC ，平面PBC 与平面PCA ，平面PCA 与平面ABP 之间所成二面角的大小．故猜想余弦定理类比推理到三维空间的表现形式为：S 2＝S 21＋S 22＋S 23－2S 1S 2cos α－2S 2S 3cos β－2S 3S 1cos γ.10.如图所示，在△ABC 中，射影定理可表示为a ＝b ·cos C ＋c ·cos B ，其中a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，类比上述定理，写出对空间四面体性质的猜想．解析：如图所示，在四面体P -ABC 中，设S 1，S 2，S 3，S 分别表示△P AB ，△PBC ，△PCA ，△ABC 的面积，α，β，γ依次表示面P AB ，面PBC ，面PCA 与底面ABC 所成二面角的大小．我们猜想射影定理类比推理到三维空间，其表现形式应为：S ＝S 1·cos α＋S 2·cos β＋S 3·cos γ.[B 组 能力提升]1．三角形的面积为S ＝12(a ＋b ＋c )r ，a 、b 、c 为三角形的边长，r 为三角形内切圆的半径，利用类比推理可以得出四面体的体积为( ) A ．V ＝13abcB ．V ＝13ShC ．V ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r (S 1、S 2、S 3、S 4为四个面的面积，r 为内切球的半径)D ．V ＝13(ab ＋bc ＋ac )h (h 为四面体的高)解析：设△ABC 的内心为O ，连接OA 、OB 、OC ，将△ABC 分割为三个小三角形，这三个小三角形的高都是r ，底边长分别为a 、b 、c ；类比：设四面体A -BCD 的内切球的球心为O ，连接OA 、OB 、OC 、OD ，将四面体分割为四个以O 为顶点，以原来面为底面的四面体，高都为r ，所以有V ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r .答案：C2．把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，结论仍然正确的是( )A ．如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则也与另一条相交B ．如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则也与另一条垂直C ．如果两条直线同时与第三条直线相交，则这两条直线相交或平行D ．如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行 解析：推广到空间以后，对于A 、C 、D 均有可能异面，故选B. 答案：B3．已知数列{a n }为等差数列，若a m ＝a ，a n ＝b (n －m ≥1，m ，n ∈N ＋)，则a m ＋n ＝nb －man －m.类比等差数列{a n }的上述结论，对于等比数列{b n }(b n >0，n ∈N ＋)，若b m ＝c ，b n ＝d (n －m ≥2，m ，n ∈N ＋)，则可以得到b m ＋n ＝________.解析：设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q . 因为a n ＝a 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1q n －1，a m ＋n ＝nb －ma n －m ，所以类比得b m ＋n ＝n －m d nc m .答案：n －m d nc m4．已知x ∈R 且f (x ＋1)＝－f (x )，则f (x ＋2)＝－f (x ＋1)＝－[－f (x )]＝f (x )，得f (x )的一个周期为2，类比上述结论，请写出下列两个函数的一个周期．(1)已知a 为正的常数，x ∈R 且f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )的一个周期为________； (2)已知a 为正的常数，x ∈R 且f (x ＋a )＝f (x )－1f (x )＋1，则f (x )的一个周期为________．解析：(1)∵f (x ＋a )＝－f (x )， ∴f (x ＋2a )＝f (x ＋a ＋a )＝－f (x ＋a ) ＝－[－f (x )]＝f (x )． ∴f (x )的一个周期为2a . (2)∵f (x ＋a )＝f (x )－1f (x )＋1，∴f (x ＋2a )＝f (x ＋a )－1f (x ＋a )＋1＝f (x )－1f (x )＋1－1f (x )－1f (x )＋1＋1＝－1f (x ).∴f (x ＋4a )＝－1f (x ＋2a )＝－1－1f (x )＝f (x )．∴f (x )的周期为4a . 答案：(1)2a (2)4a5.如图所示为m行m＋1列的士兵方阵(m∈N＋，m≥2)．(1)写出一个数列，用它表示当m分别是2,3,4,5，…时，方阵中士兵的人数；(2)若把(1)中的数列记为{a n}，归纳该数列的通项公式；(3)求a10，并说明a10表示的实际意义；(4)已知a n＝9 900，问a n是数列的第几项？解析：(1)当m＝2时，表示一个2行3列的士兵方阵，共有6人，依次可以得到当m＝3、4、5，…时的士兵人数分别为12,20,30，….故所求数列为6,12,20,30，….(2)因为a1＝2×3，a2＝3×4，a3＝4×5，…，所以猜想a n＝(n＋1)(n＋2)，n∈N＋.(3)a10＝11×12＝132.a10表示有11行12列的士兵方阵的人数为132.(4)令(n＋1)(n＋2)＝9 900，所以n＝98，即a n是数列的第98项，此时方阵有99行100列．6.如图，点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.(1)求证：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．解析：(1)证明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P，∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2S BCC1B1S ACC1A1cos α.其中α为平面CC1B1B与平面CC1A1A所成的二面角．∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MN cos∠MNP∴PM2·CC21＝PN2·CC21＋MN2·CC21－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于S BCC1B1＝PN·CC1，S ACC1A1＝MN·CC1，S ABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2S BCC1B1·S ACC1A1·cos α. 由Ruize收集整理。
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补充例4 =1:与 +(y补充例4:已知两个圆①x2+y2=1:与②x2+(y3)2=1,则由①式减去②式可得上述两圆的对称 轴方程. 轴方程.将上述命题在曲线仍然为圆的情况 下加以推广,即要求得到一个更一般的命题, 下加以推广,即要求得到一个更一般的命题, 而已知命题应成为所推广命题的一个特例, 而已知命题应成为所推广命题的一个特例, 设圆的方程为① 推广的命题为----------------------------(x- +(y(x- +(y(x-a)2+(y-b)2=r2与②(x-c)2+(y-d)2=r2（a≠c或 --------------------------------------------------------则由①式减去② - b≠d),则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴
试根据等式的性质猜想不等式的性质. 试根据等式的性质猜想不等式的性质. 等式的性质： 等式的性质：
(1) a = b ⇒ a + c = b + c ; (2) a = b ⇒ ac = bc ; (3) a = b ⇒ a2 = b2;等等. 等等.
类比推理的结论不一定成立. 类比推理的结论不一定成立.
圆的概念和性质
球的类似概念和性质
球心与截面圆(不经过球心的截面圆) 圆心与 非直径) 圆心与弦(非直径)中点连线垂直 球心与截面圆(不经过球心的截面圆) 圆心连线垂直于截面圆. 圆心连线垂直于截面圆. 于弦. 于弦.
球心距离相等的两截面圆面 距离相等的两截面圆 圆心距离相等的两 相等; 距离相等的两弦 与圆心距离相等的两弦相等;与圆 与球心距离相等的两截面圆面 距离不等的两弦不等, 圆心较 积相等; 球心距离不等的两 心距离不等的两弦不等,距圆心较 积相等;与球心距离不等的两 截面圆面积不等 球心较近 面积不等, 截面圆面积不等,距球心较近 近的弦较长. 近的弦较长. 的截面圆面积较大. 截面圆面积较大 面积较大. 为球心,r为半径 为圆心,r为半径的圆 以点P(x 以点P(x 以点P(x0,y0)为圆心,r为半径的圆 以点P(x0,y0,z0)为球心,r为半径 的球的方程为 的方程为(x(y的方程为(x-x0)2＋(y-y0)2=r2. (x(x-x0)2+(y-y0)2+(z-z0)2=r2. +(y+(z-
我们已经学习过“等差数列” 我们已经学习过“等差数列”与“等比数 列”. 你是否想过“等和数列” 你是否想过“等和数列”、“等积数 列” ？ 从第二项起， 从第二项起，每一项与其前一项的 等于一个常数的数列是等差数列 等差数列. 差等于一个常数的数列是等差数列.
类 推
从第二项起， 从第二项起，每一项与其前一项的 等于一个常数的数列是等和数列 等和数列. 和等于一个常数的数列是等和数列.
2
1
3
n=1时, 时
f (1) = 1
2
1
3
f (1) = 1 n=2时, f (2) = 3 时
n=1时, 时
2
1
3
f (1) = 1 n=2时, f (2) = 3 时 n=3时, f (3) = 7 时
n=1时, 时
2
1
3
f (1) = 1 n=2时, f (2) = 3 时 n=3时, f (3) = 3 +1 + 3 时 = f (2) + 1 + f (2)
n=1时, 时 n=2时, 时 n=3时, 时 归纳: 归纳
f ( n) = 2 − 1
n
n=1 1, f ( n) = 2 f ( n − 1) + 1, n ≥ 2
f(64)=264-1次。如果移动一个圆盘需要1秒的话， 宇宙的寿命=264-1= 18446744073709551615(秒)
试将平面上的圆与空间的球进行类比
.
.
圆的定义：平面内到一个定点的距离等于定 圆的定义： 长的点的集合. 长的点的集合 球的定义： 球的定义：到一个定点的距离等于定长的点 的集合. 的集合
圆
弦 直径 周长 面积
截面圆 大圆 表面积 体积
球
圆有切线，切线与圆只交于一点， 圆有切线，切线与圆只交于一点，切点 到圆心的距离等于半径. 到圆心的距离等于半径. 由此结论如何 类比到球体？ 类比到球体？ 平面内不共线的三点确定一个圆，由此结 平面内不共线的三点确定一个圆， 论如何类比得到空间的结论？ 论如何类比得到空间的结论？
从具体问 题出发
归纳推理 合情推理 类比推理
通俗地说，合情推理是指“合乎情理”的推理. 通俗地说，合情推理是指“合乎情理”的推理
传说在古老的印度有一座神庙，神庙中有三根针和套在一 传说在古老的印度有一座神庙， 根针上的64个圆环.古印度的天神指示他的僧侣们按下列规则, 64个圆环 根针上的64个圆环.古印度的天神指示他的僧侣们按下列规则, 把圆环从一根针上全部移到另一根针上，第三根针起“过渡” 把圆环从一根针上全部移到另一根针上，第三根针起“过渡” 的作用. 的作用. 1.每次只能移动 个圆环； 每次只能移动1 1.每次只能移动1个圆环； 2.较大的圆环不能放在较小的圆环上面 较大的圆环不能放在较小的圆环上面. 2.较大的圆环不能放在较小的圆环上面. 如果有一天，僧侣们将这64个圆环全部移到另一根针上， 如果有一天，僧侣们将这64个圆环全部移到另一根针上， 64个圆环全部移到另一根针上 那么世界末日就来临了. 那么世界末日就来临了. 请你试着推测： 个圆环从1号针移到3号针, 请你试着推测：把 n个圆环从1号针移到3号针,最少需要移 动多少次? 动多少次?
1.2合情推理 .2合情推理 ----类比推理 ---类比推理
在创造发明中， 在创造发明中， 人们经常应用 类比
1.工匠鲁班类比带齿的草叶和蝗虫的牙齿, 1.工匠鲁班类比带齿的草叶和蝗虫的牙齿,发明 工匠鲁班类比带齿的草叶和蝗虫的牙齿 了锯 2.仿照鱼类的外型和它们在水中沉浮的原理, 2.仿照鱼类的外型和它们在水中沉浮的原理,发 仿照鱼类的外型和它们在水中沉浮的原理 明了潜水艇. 明了潜水艇.
21 22 23 24
2 猜想: 任何形如 +1 n ∈N 的数都是质 .半个世纪之后 , 数 .这就是著名的费马猜想 , 5 善于计算的欧拉(Euler )发现 第 个费马数
2n
(∗)
(
∗
)
F = 2 + 1= 5 4 294 967 297 = 641× 6 700 417不是质数 , . 从而推翻了费马的猜想
3.利用平面向量的本定理类比得到空间向量的 3.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.
地球
火星
行星、围绕太阳运行、绕 行星、围绕太阳运行、绕 行星、围绕太阳运行、 行星、围绕太阳运行、 轴自转 轴自转 有大气层 有大气层 一年中有四季的变更 温度适合生物的生存 一年中有四季的变更 大部分时间的温度适合地 球上某些已知生物的生存
用一年=60秒x60分x24小时x365天来算的话， 大约有5800亿年吧。 据说，现在的宇宙年龄大约是150亿年.
移动n个金属片时，可分为下列3个步骤： 移动n个金属片时，可分为下列3个步骤： (1)将上面(n-1)个金属片从1号针移到2号针； (1)将上面(n-1)个金属片从1号针移到2号针； 将上面(n 个金属片从 (2)将第n个金属片从1号针移到3号针； (2)将第n个金属片从1号针移到3号针； 将第 (3)将上面(n-1)个金属片从2号针移到3号针. (3)将上面(n-1)个金属片从2号针移到3号针. 将上面(n 个金属片从
类比推理
由特殊到特殊的推理; 特殊到特殊的推理 的推理; 以旧的知识为基础,推测新的结果； 以旧的知识为基础,推测新的结果； 具有发现的功能; 具有发现的功能; 发现的功能 结论不一定成立. 结论不一定成立.
小结
☞
观察、分析、 观察、分析、 比较、 比较、联想 归纳、 归纳、 类比 提出 猜想
归纳推理和类比推理的过程
逆运算
单位元
例2：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．
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:
类比推理
由特殊到特殊的推理 特殊到特殊的推理
方程. 方程. ----------------------------------------------.
25
(∗)通常称为费马数记作Fn . ,
1.作业本 1.作业本 2.找一个你感兴趣的数学定义、公 2.找一个你感兴趣的数学定义、 找一个你感兴趣的数学定义 式或定理，探究它的来源， 式或定理，探究它的来源，你也可 以通过翻阅书籍、 以通过翻阅书籍、上网查找资料来 寻求依据. 寻求依据.
再 见
补充例3：计算机中常用的十六进位制是逢１ 补充例3 计算机中常用的十六进位制是逢１ 的计算制，采用数字０ 和字母Ａ ６进１的计算制，采用数字０-９和字母Ａ-Ｆ １６个计数符号 个计数符号， 共１６个计数符号，这些符号与十进制的数的 对应关系如下表； 对应关系如下表；
十六进位 十进位 十六进位 十进位
０ ０ ８ ８
１ １ ９
９
２ ２ Ａ
１０
３ ３ Ｂ
１１
４ ４ Ｃ
１２
５ ５ Ｄ
１３
６ ６ Ｅ
１４
７ ７ Ｆ
１５
例如用１６进位制表示Ｅ Ｄ＝１Ｂ，则 例如用１６进位制表示Ｅ+Ｄ＝１Ｂ，则 １６进位制表示 Ａ×Ｂ＝（ Ａ ） Ａ．６ Ｂ．７２ Ｃ．５ Ｄ．０ Ａ．６E Ｂ．７２ Ｃ．５Ｆ Ｄ．０Ｂ