2011年中招考試：《初中數(shù)學(xué)》競(jìng)賽講座(18)

競(jìng)賽專題講座18

　　-類比、歸納、猜想

　　數(shù)學(xué)解題與數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)一樣，通常都是在通過類比、歸納等探測(cè)性方法進(jìn)行探測(cè)的基礎(chǔ)上，獲得對(duì)有關(guān)問題的結(jié)論或解決方法的猜想，然后再設(shè)法證明或否定猜想，進(jìn)而達(dá)到解決問題的目的.類比、歸納是獲得猜想的兩個(gè)重要的方法.

　　所謂類比，就是由兩個(gè)對(duì)象的某些相同或相似的性質(zhì)，推斷它們?cè)谄渌�性質(zhì)上也有可能相同或相似的一種推理形式。類比是一種主觀的不充分的似真推理，因此，要確認(rèn)其猜想的正確性，還須經(jīng)過嚴(yán)格的邏輯論證.

　　運(yùn)用類比法解決問題，其基本過程可用框圖表示如下：

　　可見，運(yùn)用類比法的關(guān)鍵是尋找一個(gè)合適的類比對(duì)象.按尋找類比對(duì)象的角度不同，類比法常分為以下三個(gè)類型.

　　(1)降維類比

　　將三維空間的對(duì)象降到二維(或一維)空間中的對(duì)象，此種類比方法即為降維類比.

　　【例1】如圖，過四面體V-ABC的底面上任一點(diǎn)O分別作OA1∥VA，OB1∥VB，OC1∥VC， A1，B1，C1分別是所作直線與側(cè)面交點(diǎn).

　　求證： + + 為定值.

　　分析 考慮平面上的類似命題：“過△ABC(底)邊 AB上任一點(diǎn)O分別作OA1∥AC，OB1∥BC，分別交BC、AC于A1、B1，求證 + 為定值”.這一命題利用相似三角形性質(zhì)很容易推出其為定值1.另外，過A、O分別作BC垂線，過B、O分別作AC垂線，則用面積法也不難證明定值為1.于是類比到空間圍形，也可用兩種方法　證明 其定值為1.

　　證明：如圖，設(shè)平面OA1 VA∩BC=M，平面OB1 VB∩AC=N，平面OC1 VC∩AB=L，則有△MOA1∽△MAV，△NOB1∽△NBV，△LOC1 ∽△ LCV.得

　　+ + = + + 。

　　在底面△ABC中，由于AM、BN、CL交于一點(diǎn)O，用面積法易證得：

　　+ + =1。

　　∴ + + =1。

　　【例2】以棱長(zhǎng)為1的正四面體的各棱為直徑作球，S是所作六個(gè)球的交集.證明S中沒有一對(duì)點(diǎn)的距離大于 .

　　【分析】考慮平面上的類比命題：“邊長(zhǎng)為1的正三角形，以各邊為直徑作圓，S‘是所作三個(gè)圓的交集”，通過探索S’的類似性質(zhì)，以尋求本題的論證思路.如圖，易知S‘包含于以正三角形重心為圓心，以 為半徑的圓內(nèi).因此S’內(nèi)任意兩點(diǎn)的距離不大于 .以此方法即可獲得解本題的思路.

　　證明：如圖，正四面體 ABCD中，M、N分別為BC、AD的中點(diǎn)，G為△BCD的中心，MN∩AG=O.顯然O是正四面體ABCD的中心.易知OG= ·AG= ，并且可以推得以O(shè)為球心、OG為半徑的球內(nèi)任意兩點(diǎn)間的距離不大于 ，其球O必包含S.現(xiàn)證明如下.

　　根據(jù)對(duì)稱性，不妨考察空間區(qū)域四面體OMCG.設(shè)P為四面體OMCG內(nèi)任一點(diǎn)，且P不在球O內(nèi)，現(xiàn)證P亦不在S內(nèi).

　　若球O交OC于T點(diǎn)�！鱐ON中，ON= ，OT= ，cos∠TON=cos(π-∠TOM)=- 。由余弦定理：

　　TN2=ON2+OT2+2ON·OT· = ，∴TN= 。

　　又在 Rt△AGD中，N是AD的中點(diǎn)，∴GN= 。由GN= NT= ， OG=OT， ON=ON，得 △GON≌△TON�！唷蟃ON=∠GON，且均為鈍角.

　　于是顯然在△GOC內(nèi)，不屬于球O的任何點(diǎn)P，均有∠PON>∠TON，即有PN>TN= ，P點(diǎn)在 N為球心，AD為直徑的球外，P點(diǎn)不屬于區(qū)域S.

　　由此可見，球O包含六個(gè)球的交集S，即S中不存在兩點(diǎn)，使其距離大于 .

　　(2)結(jié)構(gòu)類比

　　某些待解決的問題沒有現(xiàn)成的類比物，但可通過觀察，憑借結(jié)構(gòu)上的相似性等尋找類比問題，然后可通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q，將原問題轉(zhuǎn)化為類比問題來解決.

　　【例3】任給7個(gè)實(shí)數(shù)xk(k=1，2，…，7).證明其中有兩個(gè)數(shù)xi，xj，滿足不等式0≤ ≤ ·

　　【分析】若任給7個(gè)實(shí)數(shù)中有某兩個(gè)相等，結(jié)論顯然成立.若7個(gè)實(shí)數(shù)互不相等，則難以下手.但仔細(xì)觀察可發(fā)現(xiàn)： 與兩角差的正切公式在結(jié)構(gòu)上極為相似，故可選后者為類比物，并通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q將其轉(zhuǎn)化為類比問題.作代換：xk=tgαk(k =l，2，…，7)，證明必存在αi，αj，滿足不等式0≤tg(αi-αj)≤ ·

　　證明：令xk=tgαk(k =l，2，…，7)，αk∈(- ， )，則原命題轉(zhuǎn)化為：證明存在兩個(gè)實(shí)數(shù)αi，αj∈(- ， )，滿足0≤tg(αi-αj)≤ ·

　　由抽屜原則知，αk中必有 4個(gè)在[0， )中或在(- ，0)中，不妨設(shè)有4個(gè)在[0， )中.注意到tg0=0，tg = ，而在[0， )內(nèi)，tgx是增函數(shù)，故只需證明存在αi，αj，使0<αi-αj < 即可。為此將[0， )分成三個(gè)小區(qū)間：[0， ]、( ， ]、( ， )。又由抽屜原則知，4個(gè)αk中至少有2個(gè)比如αi，αj同屬于某一區(qū)間，不妨設(shè)αi>αj，則0≤αi-αj ≤ ，故0≤tg(αi-αj)≤ ·這樣，與相應(yīng)的xi=tgαi、xj=tgαj，便有0≤ ≤ ·

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