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竞赛专题讲座19
-类比、归纳、猜想
数学解题与数学发现一样,通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上,获得对有关问题的结论或解决方法的猜想,然后再设法证明或否定猜想,进而达到解决问题的目的.类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法.
所谓类比,就是由两个对象的某些相同或相似的性质,推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式。类比是一种主观的不充分的似真推理,因此,要确认其猜想的正确性,还须经过严格的逻辑论证.
运用类比法解决问题,其基本过程可用框图表示如下:
可见,运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象.按寻找类比对象的角度不同,类比法常分为以下三个类型.
(1)降维类比
将三维空间的对象降到二维(或一维)空间中的对象,此种类比方法即为降维类比.
【例1】如图,过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA∥VA,OB∥VB,OC∥VC,
A,B,C
分别是所作直线与侧面交点.
1 1 1
1 1 1
求证: + + 为定值.
分析考虑平面上的类似命题:“过△ABC(底)边AB
上任一点O分别作OA1∥AC,OB1∥BC,分别交BC、AC于
A、B,求证 + 为定值”.这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为
1 1
定值1.另外,过A、O分别作BC垂线,过B、O分别作AC垂线,则用面积法也不难证明定值为1.于是类比到空间围形,也可用两种方法 证明其定值为1.
证明:如图,设平面OA
1
VA∩BC=M,平面OB
1
VB∩AC=N,平面OC
1
VC∩AB=L,则
有△MOA∽△MAV,△NOB∽△NBV,△LOC ∽△LCV.得
1 1 1
+ + = + + 。
在底面△ABC中,由于AM、BN、CL交于一点O,用面积法易证得:
+ + =1。
∴ + + =1。
【例2】以棱长为1的正四面体的各棱为直径作球,S是所作六个球的交集.证明S
中没有一对点的距离大于 .
【分析】考虑平面上的类比命题:“边长为1的正三角形,以各边为直径作圆,S‘是所作三个圆的交集”,通过探索S’的类似性质,以寻求本题的论证思路.如图,
易知S‘包含于以正三角形重心为圆心,以 为半径的圆内.因此S’内任意两点
的距离不大于 .以此方法即可获得解本题的思路.
证明:如图,正四面体ABCD中,M、N分别为BC、AD的中点,G为△BCD的中心,MN∩AG=O.显然O是正四面体ABCD的中心.易知OG= ·AG= ,并且可以推
得以O为球心、OG为半径的球内任意两点间的距离不大于证明如下.
,其球O必包含S.现
根据对称性,不妨考察空间区域四面体OMCG.设P为四面体OMCG内任一点,且P
不在球O内,现证P亦不在S内.
若球O交OC于T点。△TON中,ON=由余弦定理:
,OT= ,cos∠TON=cos(π-∠TOM)=- 。
TN2=ON2+OT2+2ON·OT· = ,∴TN= 。
又在Rt△AGD中,N是AD的中点,∴GN= 。由GN=NT= ,OG=OT,ON=ON,得△GON≌△TON。∴∠TON=∠GON,且均为钝角.
于是显然在△GOC内,不属于球O的任何点P,均有∠PON∠TON,即有PNTN= ,
P点在N为球心,AD为直径的球外,P点不属于区域S.
由此可见,球O包含六个球的交集S,即S中不存在两点,使其距离大于 .
结构类比
某些待解决的问题没有现成的类比物,但可通过观察,凭借结构上的相似性等寻找类比问题,然后可通过适当的代换,将原问题转化为类比问题来解决.
【例3】任给7个实数x(k=1,2,?,7).证明其中有两个数x,x,满足不等
k i j
式0≤ ≤ ·
【分析】若任给7个实数中有某两个相等,结论显然成立.若7个实数互不相等,
则难以下手.但仔细观察可发现: 与两角差的正切公式在结构上极为相似,
故可选后者为类比物,并通过适当的代换将其转化为类比问题.作代换:x=tgα
k k
(k=l,2,?,7),证明必存在α ,α ,满足不等式0≤tg(α -α )≤ ·
i j i j
证明:令x=tgα (k=l,2,?,7),α ∈(- , ),则原命题转化为:证
k k k
明存在两个实数α ,α ∈(- , ),满足0≤tg(α -α )≤ ·
i j i j
由抽屉原则知,α 中必有4个在[0, )中或在(- ,0)中,不妨设有4个在
k
[0, )中.注意到tg0=0,tg = ,而在[0, )内,tgx是增函数,故只需
证明存在α ,α
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