2013-2014学年高二数学湘教版选修2-2：6.1.2知能演练轻松闯关教案

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：选C.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.(2012·梁平调研)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．－<a<     D．－<a<

解析：选C.由题意得，(x－a)(1－x－a)<1，即x2－x－(a2－a－1)>0对于任意x恒成立，所以Δ＝1＋4(a2－a－1)<0，解得－<a<，故选C.

3.下面使用类比推理恰当的是(　　)

A．“若a·3＝b·3，则a＝b”类推出“若a·0＝b·0，则a＝b”

B．“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“＝＋”

C．“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“＝＋(c≠0)”

D．“(ab)n＝anbn”类推出“(a＋b)n＝an＋bn”

解析：选C.由类比推理的特点可知．

4.(2012·巫山检测)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∶8

一、选择题

1.下列推理正确的是(　　)

A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logay

B．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有sin(x＋y)＝sinx＋siny

C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay

D．把a(b＋c)与a·(b＋c)类比，则有a·(b＋c)＝a·b＋a·c

解析：选D.根据类比形式及对数、指数、向量的运算可知，D正确．

2.在平面直角坐标系内，方程＋＝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.＋＋＝1     B.＋＋＝1

C.＋＋＝1    D．ax＋by＋cz＝1

解析：选A.由类比推理可知，方程应为＋＋＝1.

3.(2012·奉节调研)关于x，y的二元一次方程组的解是.则可类比猜想向量方程组的解为(　　)

A.    B.

C.     D.

解析：选A.类比实数的结果可得x＝，y＝，故选A.

4.为了保证信息安全传输，有一种称为秘密密钥密码的系统，其加密、解密原理如下图：

明文密文密文明文

现在加密密钥为y＝loga(x＋2)．如上所示，明文“6”通过加密后得到密文“3”，再发送，接受方通过解密密钥解密得到明文“6”．问：若接受方接到密文为“4”，则解密后得到明文为(　　)

A．12      B．13

C．14      D．15

解析：选C.∵loga(6＋2)＝3，∴a＝2，

即加密密钥为y＝log2(x＋2)，

当接到的密文为4时，即log2(x＋2)＝4，∴x＋2＝24，∴x＝14.

5.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一些性质，你认为比较恰当的是(　　)

①各棱长相等，同一顶点上的任意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，同一顶点上的任意两条棱的夹角都相等．

A．①      B．①②

C．①②③     D．③

解析：选C.因为正三角形的边和角可以与正四面体的面(或棱)和相邻的二面所成的二面角(或共顶点的两棱夹角)类比，所以①②③都恰当．

6.

(2012·南川检测)如图，椭圆中心在坐标原点，F1为左焦点，A1为椭圆的右顶点，当⊥时，其离心率为，此类椭圆称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e为(　　)

A.     B.

C.－1     D.＋1

解析：选A.如图，F为双曲线的左焦点，⊥，其中A为右顶点，B为虚轴上顶点，设双曲线方程为－＝1(a，b>0)．

在Rt△ABF中，

||2＝c2＋b2，

||2＝a2＋b2＝c2，

||2＝(a＋c)2，由勾股定理得

(a＋c)2＝c2＋b2＋c2，即c2－a2－ac＝0，

∴－－1＝0，解得e＝.

二、填空题

7.(2012·云阳检测)有如下真命题：“若数列{an}是一个公差为d的等差数列，则数列{an＋an＋1＋an＋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{bn}是公比为q的等比数列，则数列{bn·bn＋1·bn＋2}是公比为q3的等比数列

8.设直角三角形的两直角边的长分别为a，b，斜边长为c，斜边上的高为h，则有a＋b<c＋h成立，某同学通过类比得到如下四个结论：

①a2＋b2>c2＋h2；②a3＋b3<c3＋h3；③a4＋b4<c4＋h4；④a5＋b5>c5＋h5.

其中正确结论的序号是________；进一步类比得到的一般结论是：________．

解析：可以证明②③正确，观察②a3＋b3<c3＋h3，③a4＋b4<c4＋h4的项与系数的关系，还有不等号的方向可得：an＋bn<cn＋hn(n∈N＋)．

答案：②③　an＋bn<cn＋hn(n∈N＋)

9.设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列，类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，________，________，成等比数列．

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项之和仍成等差数列时，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{bn}的公比为q，首项为b1，

则T4＝bq6，T8＝bq1＋2＋…＋7＝bq28，

T12＝bq1＋2＋…＋11＝bq66，

∴＝bq22，＝bq38.

即＝T4·，故T4，，成等比数列．

同理可得，，成等比数列．

答案：　

三、解答题

(2012·永川调研)在Rt△ABC中，若∠C＝90°，则cos2A＋cos2B＝1，请在立体几何中，给出类似的四面体性质的猜想．

解：如图(1)，Rt△ABC中，cos2A＋cos2B＝()2＋()2＝＝1.于是把结论类比到如图(2)的四面体

P­A′B′C′中，我们猜想，四面体P­A′B′C′中，若三个侧面PA′B′，PB′C′，PC′A′两两互相垂直且分别与底面A′B′C′所成的角为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.

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{an}，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an＝9900，问an是数列的第几项？

解：(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an＝(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)＝9900，所以n＝98，即an是数列的第98项，此时方阵有99行100列．

(创新题)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：(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＋S2ACC1A1－2SBCC1B1SACC1A1cosα.

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·MNcos∠MNP，

∴PM2·CC＝PN2·CC＋MN2·CC－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，

由于SBCC1B1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，

SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，

∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1·cosα.