高中数学人教版新课标A选修2-2第二章 推理与证明综合与测试教学设计及反思

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-2第二章 推理与证明综合与测试教学设计及反思，共30页。
§2.1.1.2类比推理
●教学目标：
（一）知识与能力：
通过对已学知识的回顾，认识类比推理这一种合情推理的基本方法，并把它用于对问
题的发现中去。
（二）过程与方法：
类比推理是从特殊到特殊的推理，是寻找事物之间的共同或相似性质，类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。
（三）情感态度与价值观：
1．正确认识合情推理在数学中的重要作用，养成从小开始认真观察事物、分析问题、发现事物之间的质的联系的良好个性品质，善于发现问题，探求新知识。
2．认识数学在日常生产生活中的重要作用，培养学生学数学，用数学，完善数学的正确数学意识。
●教学重点：了解合情推理的含义，能利用类比进行简单的推理。
●教学难点：用类比进行推理，做出猜想。
●教具准备：与教材内容相关的资料。
●教学设想：类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。
●教学过程：
学生探究过程：
除了归纳，在人们的创造发明活动中，还常常应用类比．例如，据说我国古代工匠鲁班类比带齿的草叶和蝗虫的齿牙，发明了锯；人们仿照鱼类的外形和它们在水中的沉浮原理，发明了潜水艇；等等。事实上，仿生学中许多发明的最初构想都是类比生物机制得到的。
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？
中国古代杰出科学家张衡，曾将人们日常生活中的影子与日月食现象的类似情况进行类比，提出了日月食科学成因的初步认识。
几百年前，人们对热量的认识是非常直观的，将一定质量的水加热到沸点所吸收的热确定为基本热量单位“大卡”。科学家焦耳通过对比热与功相互转化过程中的类似现象，指出了它们本质的同一性，这就是热力学基本定律。
运用类比推理，通过对一些类似现象、过程的对比分析，可能在看似互不关联的当然、偶然信息中发现规律性的必然。
类比推理亦称类比法或简称“类比”。它是根据A与B两个或两类对象在某些属性上相同或相似，已知A对象还有另外某种属性，推出B对象也有这种属性的推理。类比推理的公式可表示为：
A对象具有属性a、b、c、d；
B对象具有属性a、b、c；
所以，B对象具有属性d。
为了提高类比推理结论的可靠性，逻辑学提出了一些要求:应当尽可能多地列举出对象间相似属性和选择较为本质的属性进行类比。
数学活动
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=bÞa+c=b+c; (1) a＞bÞa+c＞b+c;
(2) a=bÞ ac=bc; (2) a＞bÞ ac＞bc;
(3) a=bÞa2=b2;等等。 (3) a＞bÞa2＞b2;等等。
问：这样猜想出的结论是否一定正确？
例2、试根据等差数列的性质猜想等比数列的性质。
等差数列 等比数列
an-an-1=d(n³2,nÎN)
an=a1+(n-1)d an=a1×qn-1
an=(n³2,nÎN) an2=(n³2,nÎN)
设问1：观察上述公式，等差数列、等比数列相关公式的对应运算法则规律是什么？
设问2：如何分析表达式结构特征？
设问3：类比对象是什么？
三角形与三棱柱。属于平面图形性质与空间图形性质的类比。
设问4：类比属性有哪些？如何从几何要素角度进行分析？（板书）：
三角形 三棱柱
面 积 体 积
边 面
线段长 面 积
平面角 二面角
由此，可类比猜测本题的答案（板书）：
设问5：本题中，类比对象各是什么？
等差数列与等比数列性质的类比。
设问6：类比结论的结构特点是什么？
（板书） 等差数列 a10=0
左：前n项和 右：前19-n项和 2´10-1-n=19-n
设问7：项数10、n、19-n之间的关系如何确定？
19-n=2´10-1-n
等比数列 b9=1
左：前n项积 右：前17-n项积
2´9-1-n=17-n
b1b2¼bn=b1b2¼b17-n (nn,
b1b2¼bn=b1b2¼bnbn+1bn+2¼b16-nb17-n
由bn+1b17-n=bn+2b16-n=¼=b92=1
可得结论成立。
设问9：对类比推理有了一定的体验。
例3、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

圆的性质
球的性质
圆心与弦(不是直径)的中点的连线垂直于弦
球心与截面圆(不是大圆)的圆点的连线垂直于截面圆
与圆心距离相等的两弦相等；与圆心距离不等的两弦不等，距圆心较近的弦较长
与球心距离相等的两截面圆相等；与球心距离不等的两截面圆不等，距球心较近的截面圆较大
圆的切线垂直于过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点
球的切面垂直于过切点的半径；经过球心且垂直于切面的直线必经过切点
经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
经过切点且垂直于切面的直线必经过球心

☆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
观察、比较
联想、类推
猜想新结论

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．在数学中，我们可以由已经解决的问题和已经获得的知识出发，通过类比而提出新问题和作出新发现．例如，数学家波利亚（Polya）曾指出：“类比是一个伟大的引路人面几何中的类比问题．”数学中还有向量与数的类比，求解立体几何问题往往有赖于平无限与有限的类比，不等与相等的类比，等等．
例4（课本例2）类比实数的加法和乘法，列出它们相似的运算性质．
分析：实数的加法和乘法都是由两个数参与的运算，都满足一定的运算律，都存在逆运算，而且“0”和“1”分别在加法和乘法中占有特殊的地位因此我们可以从上述 4 个方面来类比这两种运算．
解：(1)两个实数经过加法运算或乘法运算后，所得的结果仍然是一个实数．
（2）从运算律的角度考虑，加法和乘法都满足交换律和结合律，即
a + b = b + a ab=ba
(a+b)+c=a+(b+c) (ab)c=a(bc)
(3)从逆运算的角度考虑，二者都有逆运算，加法的逆运算是减法，乘法的逆运算是除法，这就使得方程
a + x=0 ax=1 (a≠0 )
都有唯一解
x=-a x=
(4)在加法中，任意实数与0相加都不改变大小；乘法中的1与加法中的0类似，即任意实数与1的积都等于原来的数，即
a + 0= a a1= a
运用类比推理常常先要寻找合适的类比对象．例如，在立体几何中，为了研究四面体的性质，我们可以在平面几何中寻找一个研究过的对象，通过类比这个对象的性质，获得四面体性质的猜想以及证明这些猜想的思路．
探究：你认为平面几何中的哪一类图形可以作为四面体的类比对象？
我们可以从不同角度出发确定类比对象，如围成四面体的几何元素的数目、位置关系、度量等．基本原则是要根据当前问题的需要，选择适当的类比对象．例如，从构成几何体的元素数目看，四面体由4个平面围成，它是空间中由数目最少的基本元素（平面）围成的封闭几何体；在平面内，两条直线不能围成一个封闭的图形，而3条直线可以围成一个三角形，即三角形是平面内由数目最少的基本元素（直线）围成的封闭图形．从这个角度看，我们可以把三角形作为四面体的类比对象．


本图可参考王扬老师的论文《平面几何命题向立体几何移植新探》（《数学教学研究》2000.1）.
下面，我们就来看一个通过类比平面几何中的结论，得到立体图形性质的猜想的例子．
例 5 （课本例3）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．

分析：考虑到直角三角形的两条边互相垂直，所以我们可以选取有3个面两两垂直的个面是四面体，作为直角三角形的类比对象．
如图2.1-1所示，与Rt△ABC相对应的，是四面体P-DEF; 与Rt△ABC的两条边交成1个直角相对应的，是四面体P-DEF的3个面在一个顶点处构成3个直二面角；与Rt△ABC的直角边边长a , b 相对应的，是四面体 P - DEF 的面△DEF，△FPD和△DPE的面积S1 , S2和S3；与Rt△ABC的斜边边长c相对应的，是四面体P -DEF 的面△PEF 的面积S.
由此，我们可以类比Rt△ABC中的勾股定理，猜想出四面体P-DEF 四个面的面积之间的关系
解：如图2.1-1所示，我们知道，在Rt△ABC中，由勾股定理，得
.
于是，类比直角三角形的勾股定理，在四面体 P - DEF 我们猜想
.
思考：这个结论是正确的吗？请同学们自己．
我们把前面所进行的推理过程概括为：

可见，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（plausible reasoning ）公．
通俗地说，合情推理是指“合乎情理”的推理．数学研究中，得到一个新结论之前，合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论；证明一个数学结论之前，合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．下面再来看一个例子．
例 6（课本例4）如图2 .1-2 所示，有三根针和套在一根针上的若干金属片．按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上．








1．每次只能移动1个金属片；
2．较大的金属片不能放在较小的金属片上面．
试推测：把n个金属片从1号针移到3号针，最少需要移动多少次？
分析：我们从移动1, 2, 3, 4个金属片的情形入手，探究其中的规律性，进而归纳出移动 n个金属片所需的次数．
解：当n=1时，只需把金属片从1号针移到3号针，用符号（13 )表示，共移动了1次．
当n=2 时，为了避免将较大的金属片放在较小的金属片上面，我们利用2号针作为“中间针”，移动的顺序是：
(1)把第1个金属片从1号针移到 2 号针；
(2)把第2个金属片从1号针移到 3 号针；
(3)把第1个金属片从2号针移到 3 号针．
用符号表示为：(12 ) (13 ) (23 ) .
共移动了3 次．
当n=3 时，把上面两个金属片作为一个整体，则归结为n=2 的情形，移动顺序是：
(1)把上面两个金属片从1号针移到2号针；
(2)把第 3 个金属片从1号针移到3号针；
(3)把上面两个金属片从 2 号针移到3 号针．
其中（1）和（3）都需要借助中间针．用符号表示为：
( 13 ) (12 ) ( 32 ) ; ( 13 ) ; ( 21 ) ( 23 ) ( 13 ) .
共移动了 7 次．
当n=4 时，把上面3个金属片作为一个整体，移动的顺序是：
(1)把上面3个金属片从1号针移到2号针；
(2)把第4个金属片从 1 号针移到3号针；
(3)把上面 3 个金属片从 2 号针移到 3 号针．用符号表示为：
( 12 ) ( 13 ) (23 ) (12 ) (31) (32 ) (12 ) ; (13 ) ; ( 23 ) (21 ) (31 ) (23 ) ( 12 ) (13 ) (23 ) .
共移动了15次．
至此，我们得到依次移动1, 2, 3, 4 个金属片所需次数构成的数列：1, 3, 7,15.
观察这个数列，可以发现其中蕴含着如下规律：
1 = 21- 1 ,
3 = 22 - 1,
7 = 23 -1,
15 = 24 -1.
由此我们猜想：若把n个金属片从1号针移到3号针，最少需要移动次，则数列{}的通项公式为． ①
通过探究上述n=1,2,3,4时的移动方法，我们可以归纳出对n 个金属片都适用的移动方法．当移动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；
(2)将第 n 个金属片从1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．
这样就把移动n个金属片的任务，转化为移动两次（n-1）个金属片和移动一次第 n 个金属片的任务．而移动（n-1）个金属片需要移动两次（n-2）个金属片和移动一次第（n-1）个金属片，移动（n-2）个金属片需要移动两次（n-3）个金属片和移动一次第（n-2）个金属片… … 如此继续，直到转化为移动1个金属片的情形．根据这个过程，可得递推公式

从这个递推公式出发，可以证明通项公式①是正确的．
一般来说，由合情推理所获得的结论，仅仅是一种猜想，未必可靠. 例如，法国数学家费马观察到
= 5,
= 17 ,
= 257 ,
=65 537
都是质数，于是他用归纳推理提出猜想：任何形如. () 的数都是质数．这就是著名的费马猜想．半个世纪之后，善于计算的欧拉（ Euler ）发现，第 5 个费马数
= 4 294 967 297 = 641×6 700 417
不是质数，从而推翻了费马的猜想．
例4.在平面上,设ha,hb,hc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pa,pb,pc,我们可以得到结论:


试通过类比,写出在空间中的类似结论.

巩固练习：
1．(2001年上海)已知两个圆①x2+y2=1:与②x2+(y-3)2=1,则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程.将上述命题在曲线仍然为圆的情况下加以推广,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,推广的命题为-----------------------------
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
2．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．

直角三角形
 3个面两两垂直的四面体
∠C＝90°
3个边的长度a，b，c
2条直角边a，b和1条斜边c
 ∠PDF＝∠PDE＝∠EDF＝90°
4个面的面积S1，S2，S3和S
3个“直角面” S1，S2，S3和1个“斜面” S

3．（2004，北京）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。
已知数列是等和数列，且，公和为5，那么的值为______________，这个数列的前n项和的计算公式为________________
4．过圆心的弦称作直径。圆中有如下性质：若AB是⊙O的直径，M是⊙O上一点（异于A、B），则KMA×KMB=-1。定义：过圆锥曲线（椭圆、双曲线）中心的弦叫作圆锥曲线（椭圆、双曲线）的直径，那么对于椭圆能否得到类似的结论？对于双曲线呢？

教学反思：
1．类比推理是从特殊到特殊的推理，是寻找事物之间的共同或相似性质。类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。
2．类比推理的一般步骤：
①找出两类事物之间的相似性或者一致性。
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）
3．这是一节关于类比推理的专题复习课，不仅仅是为了解题，更侧重类比思想及方法的渗透，因此本节课考虑了概念学习、问题解决、作业拓展等环节，是一节完整的方法学习课。在教学过程中，通过类比，引导学生推广数学命题；通过类比，探求解题途径，深化对知识的理解，对数学思想方法的掌握；通过学生阅读，理解类比推理的定义及运用思路；通过给出题目的条件，有意识地营造一个较为开放型的学习空间，至始至终由学生带着问题，开展研究性学习。让学生经历“课堂上研究问题，课后亦拓展问题”的过程。作业的布置是为了思维的升华。通过类比推理，拓展学生的数学能力，提高学生的发现问题、分析问题和解决问题的能力，提高学生的实践能力和培养其创新精神。
1．（2004全国高中数学联赛4）设点O在△ABC的内部，且有
，则△ABC的面积与△AOC的面积的比为（ ）
（A） 2； （B）； （C）3； （D）.
解一：如图，延长OB至E，使得OE=2OB，延长OC至F使得OF=3OC，则
，
从而点O为△AEF的重心.显然
，
，
，
所以，
故 ，即选（C）.
注：本题的推广：
（1）.设点O在△ABC的内部，且有
，则△ABC的面积与△AOC、△BOC、△COA的面积的比分别为 .
解二：设G为△ABC的重心，则
所以，

注意到

即 ，∴ ，
即 ，但是G 为重心，
所以，，选 （C）
解三：如图，由条件等式知
，注意到
故在直线AC上必存在一点D，使得
，且有 ，
进而知点B、O、D三点共线，且 ，
于是，.
解法四：设BC、AC的中点分别为D、E，则由原等式知道

即 （1）
而 DE为的中位线，（1）表明点O在DE上，且为其上的一个三等份点，
从而由平面几何知识知道

即选答案（C）.
空间推广：设O为四面体ABCD内部一点，且，则四面体ABCD与四面体ABCO、四面体ABOD、四面体AOCD、四面体OBCD的体积分别为.
证明：如右图，由条件等式知，
即
因为

故由四点共面的充要条件知，在△ABC内必存在一点E，使得
，
且有，进而知点D、O、E三点共线，
且
即 ，
于是，
同理可得其它.
2. 已知平面四边形一组对边的平方和等于另一组对边平方和，那么，该四边形的对角线互相垂直.
证明：如图，在四边形ABCD中，，需证 AC⊥BD.
事实上，由，有
， 于是

即
即


从而 ， 即AC⊥BD.
注：本题的证明是直接对已知等式进行向量表示，再进行分解因式完成的，这是一种最直接的方法.
本题的证明没有涉及到四边形的对角线是否相交，故这个证明相当于证明了A、B、C、D不共面的空间结论，即本证明已经确认：对空间四边形（三棱锥）中，如果对棱平方和相等，那么，第三双对棱必然互相垂直.
这就是2005年全国高中数学联赛第2题：空间四点A、B、C、D满足的取值 （ A ）.
（A）只有一个；（B）有两个；（C）有四个；（D）有无穷多个.

3．三角形重心的向量式.如果G为△ABC的重心的充要条件是下面的（1）与（2）成立.
（1）.
（2）（O为平面上任意一点）.
5. 设O为空间任意一点，则G为四面体ABCD的重心的充要条件是
.
需要说明的是，四面体的重心定义...
证明：先证明必要性
如图，设M为△BCD的重心，则BM的延长线交CD中点于E，由四面体重心性质知

但是又知道 BM：ME=2：1，
∴ 代入上式即得结论.
再证明充分性
设M为△BCD的重心，则BM的延长线交CD中点于E，由条件知


但是，G 是AM的四等分点，且AG：GM=3：1，即G为四面体ABCD的重心，从而命题得证.
注：这个结论非常重要，它是三角形重心向量式的空间推广.
当O与G重合时得到.
本结论的一个直接证明：
设M、N分别为四面体ABCD的面和的重心，E、F分别为棱CD、AB的中点，则又平面几何知识知道AM、BN、EF三线交于一点G，且G平分EF，于是，由向量知识知道

而 ，从而结论获得证明.
本题也可以用三角形里的重心性质证明.
注意到M为的重心，所以

再注意到，所以

4.设R、r分别为△的外接圆半径、内切圆半径，求证：.
证明一：如右图，取O为△A1A2A3的外心,△OA2A3,△OA3A1, △OA1A2,△A1A2A3的面积分别为S1、S2、S3、S，记O到A2A3,A3A1, A1A2的距离依次为r1、r2、r3，△A1A2A3的各边长分别为a1、a2、a3，则:
，即 ，
∴
∴ ，同理可得 ；
这三式相加得: ， ∴. 证毕.
注：这里用面积法对平面上的Euler不等式 给出了一个简单而新鲜的证明.可谓别具一格 .
证明二：由Euler定理： ，立刻知道 .
证三：如右图，设O为△ABC外心，D、E、F分别为边BC、CA、AB的中点，则

同理可得 ；
这三个式子相加得到

即
所以 .
证四：如右图，分别过A、B、C做对边的平行线交成一个，则，
而且相似比为，，
但是，

即
所以 .
证五：O为外心，延长AO交BC与D，记的面积分别为，则（为O到BC的距离）
即
，同理可得
，
这三个式子相加得到 ，
所以 .
证6：设O为外心，则
即 ,
同理有 ，
这三个式子相加得到
所以 .

本题还有很多证明，但都不够简捷.
本题的锦绣前程展望：
在四面体中： 设R、r分别为四面体A1A2A3A4的外接圆和内切圆半径, 求证：.
证明:记四面体OA2A3A4,OA1A3A4,OA1A2A4,OA1A2A3,A1A2A3A4的体积分别为V1,V2,V3,V4,V, O到Ai及对面的距离分别为ri(i=1、2、3、4),并参下图,再取O为四面体A1A2A3A4的外心,则有 ，
即
即 ，同理有 ；；
这四式相加得:

∴ .
5．(《中等数学》1995.2 数学奥林匹克问题 高中26 题)已知△A1A2A3内任意点O到顶点Ai 及所对边的距离分别为Ri和ri(i=1、2 、3), 求证:
.
证明：如图1,延长A1O交A2A3于B1,记△OA2A3,△OA3A1,△OA1A2,△A1A2A3的面积分别为S1,S2,S3,S,△A1A2A3的边A2A3上的高h1那么,
R1+r1≥h1. ∴，同理，，
∴
从而原不等式得证.
注:三角形中的共边比例定理与简单的不等关系联姻使此题的证明如行云流水.
本题的锦绣前程展望：
命题的延伸：在四面体中：设O为四面体A1A2A3A4内部任意一点,O到Ai及其对面的距离分别为 (i=1、2、3、4),求证: .
证明:记四面体OA2A3A4,OA1A3A4,OA1A2A4,OA1A2A3,A1A2A3A4的体积分别为V1,V2,V3,V4,V,h1为三棱锥A1--A2A3A4的高线长，连A1O并延长交面A2A3A4于B1,如图2.则据引理2及R1+r1≥h1知，
同理， ，
∴ .
到此,原不等式得证.
上述平面几何命题与立体几何命题的提法与论证是多么的和谐一致.
6.（31——IMO预选题）设P为△ABC内任意一点,AP,BP,CP分别交BC、CA、AB于D、E、F，求证： .
证一：引进线段比参数
设，因为AD、BE、CF三线交于一点，由塞瓦定理知道，结合面积公式知

同理可得
于是

最后一步用到了熟知的不等式：

其中
从而，原不等式获得证明.
证二：引进面积参数
设的面积分别为，则

同理有 ，
那么，
即
同理可得
∴
即 .
证三：引进线段常参数
设则由Ceva定理知
（1）
于是，，同理可以求出其它相应的比值，于是

即 .
上面的三种证明都非常精彩，但是，从推广命题方面看，证明二是比较好的方法，可以导致命题的空间推广.
注：面积法(共角比例定理)的运用给我们解决本题带来了生机和活力.
本题的历史渊源追索——本题昨天的表现形式：
当P为△ABC的外心、内心、垂心、重心时都已经证明成立，本题是这些命题的推广.
本题的锦绣前程展望：
命题的延伸：设P为四面体A1A2A3A4内部任意一点,AIP的延长线交AI所对的面于BI(i=1,2,3,4)，求证：四面体A1A2A3A4的体积A与四面体B1B2B3B4的体积B满足 A≥27B.
证明：记四面体PA2A3A4,PA1A3A4,PA1A2A4,PA1A2A3,A1A2A3A4的 体积分别为V1,V2,V3,V4,V,连A1O并延长交面A2A3A4于B1,如图5.
注意到三棱锥A1---PA2A3与三棱锥B1---PA2A3共底面△PA2A3,
据引理2，所以 ，
同理还有 ，
由上面两个式子及等比定理知:

同理有 ；；
∴
而三棱锥P---B1B2B3与P---A1A2A3是具有对顶三面角的两个三棱锥，由引理4知，，即
同理可得
；；
，所以

即 .此时等号成立的条件显然是V1=V2=V3=V4,即P为四面体的重心.
解析几何类比题
1. 椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质. 若在椭圆外 ，则过Po作椭圆的两条切线的切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线方程是,那么对于双曲线则有如下命题: 若在双曲线（a＞0,b＞0）外 ，则过Po作双曲线的两条切线的切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线方程是 .
1.
设,,,则过P1、P2的切线方程分别是，
.因为在这两条切线上,故有,,这说明,在直线上,故切点弦P1P2的直线方程是.
2. 椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质.对于椭圆有如下命题:AB是椭圆 的不平行于对称轴且过原点的弦，M为AB的中点，则,那么对于双曲线则有如下命题:AB是双曲线的不平行于对称轴且过原点的弦，M为AB的中点，则 .
2.. 设,,,则有
,.两式相减得,
即,,即.
【点评】 本题是一道有关椭圆与双曲线的归纳类比题,这类题的特点是:往往并不需要证明结论,主要考查考生的创新精神,是否会观察,会抽象概括,会用类比的方法得出新的一般性的结论. 这类题目经常出现在高考试题中,经常以数列或解析几何等知识为载体.
3．椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质.对于椭圆有如下命题: 若在椭圆（a＞0,b＞0）上，则过的椭圆的切线方程是,那么对于双曲线则有如下命题: 若在双曲线（a＞0,b＞0）上，则过的双曲线的切线方程是 .
3．解析：。
解法一 当时, ,此时过点的切线方程是;当时, ,此时可设过点的切线方程是,代入得,即,此方程的判别式为
,,即.又，则，即，
，
==，故切线方程是，即.综上可知，切线方程是.
解法二 由得,则.当,
=;当,.故当时,切线方程是，即;当时, 切线方程是.
【点评】 本题是一道有关椭圆与双曲线的归纳类比题,这类题的特点是:往往并不需要证明结论,主要考查考生的创新精神,是否会观察,会抽象概括,会用类比的方法得出新的一般性的结论. 这类题目经常出现在高考试题中,经常以数列或解析几何等知识为载体.求圆锥曲线的切线通常有两种方法:判别式法和求导法. 函数在点处的导数的几何意义，是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是.
4．（江苏省江阴高级中学2007届高三数学训练卷（一））(1) 已知抛物线过焦点的动直线l交抛物线于两点，为坐标原点,求证：为定值;
(2) 由 (1) 可知：过抛物线的焦点的动直线 l 交抛物线于两点，存在定点，使得
为定值. 请写出关于椭圆的类似结论,并给出证明.
4.解：(1) 若直线l垂直于x轴，则，.

若直线l不垂直于轴，设其方程为，.
由



.
综上，为定值.
(2) 关于椭圆有类似的结论：过椭圆的一个焦点的动直线l交椭圆于、两点，存在定点，使为定值.
证明：不妨设直线l过椭圆的右焦点其中
若直线l不垂直于轴，则设其方程为：，.
由得：
所以……………9分
由对称性可知，设点在x轴上，其坐标为
所以



要使为定值，
只要
即
此时
若直线l垂直于x轴，则其方程为，，.
取点
有
综上，过焦点的任意直线l交椭圆于、两点，存在定点
使为定值.


高考数学试题新亮点——类比推理题
“多考一点想，少考一点算”，以能力立意的数学高考试题不断推出一些思路开阔、情境新颖脱俗的创新题型，它们往往不是以知识为中心，而是以问题为中心，并不拘泥于具体的知识点，而是将数学知识、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。
类比推理是根据两个对象具有某些相同的属性而推出当一个对象具有一个另外的性质时，另一个对象也具有这一性质的一种推理方式。因此求解类比推理问题的关键在于确定类比物，建立类比项。换言之，不能把类比仅停留在叙述方式或数学结构等外层表象之上，还需要对数学结论的运算、推理过程等进行类比分析，从解题的思想方法、思维策略等层面寻求内在的关联。
一、 数列中的类比推理
例1 （2000年上海卷）在等差数列中，若，则有等式
成立，类比上述性质，相应地：在等比数列中，若，则有等式 成立.
分析 本题考查等差数列与等比数列的类比.一种较本质的认识是：
等差数列 用减法定义 性质用加法表述（若且
则）；
等比数列 用除法定义 性质用乘法表述（若且
则）.
由此，猜测本题的答案为：
事实上，对等差数列，如果，则
. 所以有：
）（）.从而对等比数列，如果，则有等式：成立.
评注 本题是一道小巧而富于思考的妙题，主要考查观察分析能力，抽象概括能力，考查运用类比的思想方法由等差数列而得到等比数列的新的一般性的结论。
例2 （2004年北京高考题）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.
已知数列是等和数列，且，公和为5，那么的值为 ，这个数列的前项和的计算公式为 .
分析 由等和数列的定义，易知，（=1，2，…），故.
当为偶数时，；当为奇数时，.
评注 本题以“等和数列”为载体，解决本题的关键是课本中所学的等差数列的有关知识及其数学活动的经验，本题还考查分类讨论的数学思想方法。
二、 函数中的类比推理
例3（2003年上海春招高考题）设函数，利用课本中推导等差数列前项和公式的方法，可求得的值为 .
分析 此题利用类比课本中推导等差数列前项和公式的倒序相加法，观察每一个因式的特点，尝试着计算： ，
，
，
发现正好是一个定值， ，.
评注 此题依据大纲和课本，在常见中求新意，在平凡中见奇巧，将分析和解决问题的能力的考查放在了突出的位置.本题通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更出新的命题.这样，通过从课本出发，无论是对内容的发散，还是对解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有效于发展学生创新的思维。
例4 （2003年上海春招高考题）已知函数，.
（1） 证明是奇函数，并求的单调区间.
（2） 分别计算和的值，由此概括出涉及函数和的对所有不等于零的实数都成立的一个等式，并加以证明.
分析 （1）略； （2）分别计算得和的值都为零，由此概括出对所有不等于零的实数有：如果将式子
中的5改成字母，可进一步推广.
评注 由数字型向字母型类比推广相当于从特例向一般推广，但其实质都是一般化策略.正如波利亚在其《怎样解题》中所阐述的一般化思想：“一般化就是从考虑一个对象，过渡到考虑包含该对象的一个集合，或者从考虑一个较小的集合过渡到考虑一个包含该较小的集合的更大集合。”
三、排列组合中的类比推理
例5 （2002年上海高考题）规定：，其中，是正整数，且，这是组合数是正整数，且的一种推广.
（1） 求的值；
（2） 组合数的两个性质（）是否都能推广到
（是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由；
（3）已知组合数是正整数，证明：当，是正整数时，.
分析 本题“新的规定（是正整数）”是组合数（是正整数，且）的一种推广.这个结论是中学数学教学内容中没有的，目的是考查考生对相关的数学思想方法的自觉运用以及创新思维能力.
解：（1）根据新规定直接进行演算即可

（2）性质①不能推广.反例：当时，有意义，但无意义.性质②能推广，且推广形式不变：
是正整数）.
证明如下：

=
==
（3）需要就与的大小作出逻辑划分并进行严密的论证.
当时，都是正整数，就是组合数，结论显然成立；
当时，，结论也成立；
当时，

，是正整数，故.
综上所述，当，是正整数时，.
评注 本题以组合数为载体考查运用类比推理和分类讨论的数学思想方法，考查运算能力和创新思维能力。
例6 （2003年上海高考题）已知数列（为正整数）的首项为，公比为的等比数列.
（1） 求和：；.
（2） 由（1）的结果，归纳概括出关于正整数的一个结论，并加以证明.
分析 本题由（1）的结论，通过大胆猜测，归纳猜想出一般性的结论：
（1）=，
.
（2）归纳概括的结论为：若数列是首项为，公比为的等比数列，则
.（证明略）
评注 本题主要考查探索能力、类比归纳能力与论证能力，突出了创新能力的考查；通过抓住问题的实质，探讨具有共同的属性，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。
四、立体几何中的类比推理
例7 （2002年上海春招题）若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点、与点、，则三角形面积之比为：. 若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点、与点、和、，则类似的结论为： .
分析 在平面中是两三角形的面积之比，凭直觉可猜想在空间应是体积之比，故猜想.(证明略)
评注 本题主要考查由平面到空间的类比.要求考生由平面上三角形面积比的结论类比得出空间三棱锥体积比的相应结论.又在2004年广东高考数学试卷中出现本题的类题。
例8 （2003年全国高考题）在平面几何中，有勾股定理：“设ABC的两边AB、AC互相垂直，则”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可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 .”
分析 关于空间问题与平面问题的类比，通常可抓住几何要素的如下对应关系作对比： 多面体 多边形； 面 边
体 积 面 积 ； 二面角 平面角
面 积 线段长； … …
由此，可类比猜测本题的答案：
（证明略）.
评注 本题考查由平面几何的勾股定理到空间的拓展推广，因此平时的教学与复习中要注意类比等思想方法的学习，更要注意研究性学习在数学中的适时切入。
例9 （2004年上海春招高考题）在DEF中有余弦定理：
. 拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱ABC-的3个侧面面积与其中两个侧面所成二面角之间的关系式，并予以证明.
分析 根据类比猜想得出.
其中为侧面为与所成的二面角的平面角.
证明： 作斜三棱柱的直截面DEF，则为面与面所成角，在中有余弦定理：
，
同乘以，得

即
评注 本题考查由平面三角形的余弦定理到空间斜三棱柱的拓展推广，因为类比是数学发现的重要源泉，因此平时的教学与复习中更要注意类比等思想方法的学习。
五、 解析几何中的类比推理
例10 （2001年上海高考题）已知两个圆：， ①
与 ② 则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程，将上述命题在曲线仍为圆的情况下加以推广，即要求得到一个更一般的命题，而已知命题要成为所推广命题的一个特例，推广的命题为 .
分析 将题设中所给出的特殊方程①、②推广归纳到一般情况：
设圆的方程为， ③
与 ④
其中或，则由③式减去④式可得两圆的对称轴方程.
评注 本题通过类比推广，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。
例11 （2003年上海春招题）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，并记为、时，那么与之积是与点P的位置无关的定值.试对双曲线写出具有类似特性的性质，并加以证明.
分析 类似的性质为：若M、N是双曲线上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P的位置无关的定值.
证明：设点M、P的坐标为（）、（），则N（）.
因为点M（）在已知双曲线上，所以，同理.
则（定值）.
评注 本题以椭圆、双曲线为载体，考查直线的斜率，椭圆、双曲线的概念与方程，考查数学运算能力。
例12. （2003年上海春招题）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，并记为、时，那么与之积是与点P的位置无关的定值.试对双曲线写出具有类似特性的性质，并加以证明.
分析 类似的性质为：若M、N是双曲线上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P的位置无关的定值.
证明：设点M、P的坐标为（）、（），则N（）.
因为点M（）在已知双曲线上，所以，同理.
则（定值）.
评注 本题以椭圆、双曲线为载体，考查直线的斜率，椭圆、双曲线的概念与方程，考查数学运算能力。同类之间的类比在圆锥曲线中，常常以姐妹题形式出现，这样对学生思维和素质的考查具有很好的功能，而且题型新颖，避免了传统的考法的单调。
六.新定义、新运算中的类比　
例13、若记号“*”表示两个实数a与b的算术平均的运算，即，则两边均含有运算符号“*”和“＋”，且对于任意3个实数a，b，c都能成立的一个等式可以是_______________。
解析：由于本题是探索性和开放性问题，问题的解决需要经过一定的探索过程，并且答案不惟一。这题要把握住，还要注意到试题的要求不仅类比推广到三个数，而且等式两边均含有运算符号“*”和“＋”，则可容易得到a+（bc）=（a+b）（a+c）。正确的结论还有：（ab）+c=（ac）+（bc）,（ab）+c=（ba）+c等。
例14、电子计算机中使用二进制，它与十进制的换算关系如下表：
十进制
1
2
3
4
5
6
…….
二进制
1
10
11
100
101
110
……..
观察二进制1位数，2位数，3位数时，对应的十进制的数，当二进制为6位数能表示十进制中最大的数是
解：通过阅读，不难发现：

于是知二进制为6位数能表示十进制中最大的数是。
评析：通过阅读，将乍看陌生的问题熟悉化，然后找到解决的方法，即转化成等比数列求解。
总之，求解数列创新题的关键是仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案，最后利用等差、等比数列有关知识来求解。
例15、对于直角坐标平面内的任意两点A(x,y)、B(x，y)，定义它们之间的一种“距离”：‖AB‖=︱x－x︱+︱y－y︱.
给出下列三个命题：
①若点C在线段AB上，则‖AC‖+‖CB‖=‖AB‖;
②在△ABC中，若∠C=90°，则‖AC‖+‖CB‖=‖AB‖；
③在△ABC中，‖AC‖+‖CB‖>‖AB‖.
其中真命题的个数为（B）
A.0 B.1 C.2 D.3
解析：对于直角坐标平面内的任意两点，定义它们之间的一种“距离”： ①若点C在线段AB上，设C点坐标为(x0，y0)，x0在x1、x2之间，y0在y1、y2之间，则=
③在中，
>
= ∴命题① ③成立，而命题②在中，若则明显不成立，选B.

例16、，平面中两条直线和相交于点O，对于平面上任意一点M，若、分别是M到直线和的距离，则称有序非负实数对（，）是点M的“距离坐标”．已知常数≥0，≥0，给出下列命题：
①若＝＝0，则“距离坐标”为（0，0）的点
有且仅有1个；
②若＝0，且＋≠0，则“距离坐标”为
（，）的点有且仅有2个；
③若≠0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有4个．
上述命题中，正确命题的个数是 [答]（ D ）
（A）0； （B）1； （C）2； （D）3．
【解析】对于①到平面中两条直线和的距离都为0的点只有交点O；对于②＝0且＋≠0，只有两种情况。但易误判成任一种情况都对应两个点，两种情况则有四个点。要知道在是常数的情况下只能是其中的一种情况，不能两种情况同时存在；对于③若≠0，则“距离坐标”为（，）的点在四个区域内各有唯一的一个，故总共有且仅有4个．所以选D。
另解：选（D） ① 正确，此点为点； ② 正确，注意到为常数，由中必有一个为零，另一个非零，从而可知有且仅有2个点，这两点在其中一条直线上，且到另一直线的距离为（或）； ③ 正确，四个交点为与直线相距为的两条平行线和与直线相距为的两条平行线的交点。
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和归纳推理的能力。为此，特提出以下教学建议：
（1）根据教材特点，在传授新知识时，有意识地引导学生，通过类比与归纳得出新的知识，逐步学会类比推理的方法。
（2）在进行知识复习时，经常对相关的知识进行类比，培养学生对相关知识进行类比的习惯。
（3）在解题教学中，通过类比，引导学生推广数学命题，或通过类比，探求解题途径，深化对知识的理解，对数学思想方法的掌握。
（4）通过类比，拓展学生的数学能力，提高学生的发现问题、分析问题和解决问题的能力，提高学生的实践能力和创新精神。
开普勒对类比也情有独钟：“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地受到了命题专家的关注，逐渐成为高考命题的新视角。

参考资料：
1 任子朝，高考能力测试与试题设计，北京教育出版社.
2 张巧凤，从平面到空间的类比思维，高中数学教与学，2004.11.
3 邓益阳，探究一类新型题的解题策略，高中数学教与学，2004.2.
4 李云杰，数学命题的推广，高中数学教与学，2004.9.
5 徐永忠 解析深化理性思维考查的数学高考，数学通报，2004.11.
6 顾国章，高考对类比推理的考查，中学数学，2005.2.
近五年广东高考中的类比题
12．（2007年广东卷）如果一个凸多面体是n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有_____条，这些直线中共有对异面直线，则；f(n)=______(答案用数字或n的解析式表示)
答案：;8;n(n-2)。
解析：;;
图4
…
14、（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第堆第层就放一个乒乓球，以表示第堆的乒乓球总数，则；（答案用表示）.

14、10，
(14) （2005年广东卷）设平面内有条直线，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用表示这条直线交点的个数，则=____________；当时， ．（用表示）
【答案】5，
图B
解：由图B可得，
由，，，
，可推得
∵n每增加1，则交点增加个，
∴

．
15．（2004年广东卷）由图(1)有面积关系: 则由(2) 有体积关系:






(15)
（15）（2003年广东卷）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 ”．
（15）