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高考数学试题新亮点——类比推理题


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 ?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,相应地:在等比数列 ?bn ? 中,若 b9 ? 1 ,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 m , n , p , q? N * , 且 性质用乘法表述(若 m , n , p , q? N , 且
*

m ? n ? p ? q , 则 am ? an ? a p ? aq ) ;
等比数列 用除法定义

m ? n ? p ? q , 则 am ? an ? a p ? aq ).
由此,猜测本题的答案为: b1b2 ? ? ? bn ? b1b2 ? ? ? b17?n (n ? 17, n ? N * ). 事实上,对等差数列 ?an ? ,如果 ak ? 0 ,则 an?1 ? a2k ?1?n ? an?2 ? a2k ?2?n ? ? ? ?

? ak ? ak ? 0 . 所以有: a1 ? a2 ? ? ? ? ? an ? a1 ? a2 ? ? ? ? ? an ? (an?1 ? an?2 ? ? ? ? ?

a2k ?2?n ? a2k ?1?n )( n ? 2k ? 1, n ? N * ) . 从 而 对 等 比 数 列 ?bn ? , 如 果 bk ? 1 , 则 有 等 式 :

b1b2 ? ? ? bn ? b1b2 ? ? ? b2k ?1?n (n ? 2k ? 1, n ? N * ) 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 ?an ? 而得到等比数列 ?bn ? 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 ?an ? 是等和数列,且 a1 ? 2 ,公和为 5,那么 a18 的值为 ,这个数列的前 n 项和 S n 的计算公 式为 分析 . 由等和数列的定义,易知 a2 n?1 ? 2 , a2n ? 3 ( n =1,2,…) ,故 a18 ? 3 .

当 n 为偶数时, S n ?

5 5 1 n ;当 n 为奇数时, S n ? n ? . 2 2 2

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 f ( x) ?

1 2 ? 2
x

,利用课本中推导等差数列前 n 项和公式的方法,

可求得 f (?4) ? ? ? ? ? f (0) ? ? ? ? ? f (5) ? f (6) 的值为 . 分析 此题利用类比课本中推导等差数列前 n 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

f ( x) ? f (1 ? x) :

? f ( x) ?
2
x

1 2 ? 2 1
x
x



2? 2 ?2 1 1? ? 2x 2 2 ? f ( x) ? f (1 ? x) ? ? , x 2 2?2 2

f (1 ? x) ?

1
1? x

? 2

?

?

2 , 2 ? 2x

? 2x

发现 f ( x) ? f (1 ? x) 正好是一个定值, ?2S ?

2 ? 12 ,?S ? 3 2 . 2

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 f ( x) ?

x ?x 5

1 3

?

1 3

, g ( x) ?

x ?x 5

1 3

?

1 3

.

(1) 证明 f ( x) 是奇函数,并求 f ( x) 的单调区间. (2) 分别计算 f (4) ? 5 f (2) g (2) 和 f (9) ? 5 f (3) g (3) 的值,由此概括出涉及函数 f ( x) 和 g ( x) 的对所有不 等于零的实数 x 都成立的一个等式,并加以证明. 分析 (1)略; (2)分别计算得 f (4) ? 5 f (2) g (2) 和 f (9) ? 5 f (3) g (3) 的值都为零,由此概括出对所有不等 于零的实数 x 有: f ( x 2 ) ? 5 f ( x) ? g ( x) ? 0.如果将式子

f ( x 2 ) ? 5 f ( x) ? g ( x) ? 0 中的 5 改成字母 ? (? ? 0) ,可进一步推广 f ( x 2 ) ? ? f ( x) ? g ( x) ? 0 .
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: C x ?
m

x( x ? 1) ? ? ? ( x ? m ? 1) 0 ,其中 x ? R , m 是正整数,且 C x ? 1 ,这 m!

m 是组合数 Cn (n , m 是正整数,且 m ? n) 的一种推广. 5 (1) 求 C? 15 的值; m n ?m m m?1 m m (2) 组合数的两个性质( Cn ? Cn , Cn ? Cn ? Cn ?1 )是否都能推广到 C x

( x ? R , m 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;
m m (3)已知组合数 C n 是正整数,证明:当 x ? Z , m 是正整数时, Cx ?Z .

分析

m m 本题“新的规定 C x ( x ? R , m 是正整数) ”是组合数 C n ( n , m 是正整数,且 m ? n )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
5 C? 15 ?

(?15)( ?16)( ?17 )( ?18)( ?19) ? ?11628 . 5!

(2)性质①不能推广.反例:当 x ? 不变:

2 , m ? 1时, C 1 2 有意义,但 C

2 ?1 无意义.性质②能推广,且推广形式 2

m m?1 m Cx ? Cx ? Cx ?1 ( x ? R , m 是正整数).

证明如下:

x( x ? 1)(x ? 2) ? ? ? ( x ? m ? 1) x( x ? 1)(x ? 2) ? ? ? ( x ? m ? 2) ? m! (m ? 1)! x( x ? 1)( x ? 2) ? ? ? ( x ? m ? 2) ? ( x ? 1) = m! 1 m ? ( x ? 1)?( x ? 1) ? 1??( x ? 1) ? 2? ? ? ? ?( x ? 1) ? m ? 1? = C x = ?1 m! (3)需要就 x 与 m 的大小作出逻辑划分并进行严密的论证. m 当 x ? m 时, x , m 都是正整数, C n 就是组合数,结论显然成立; x( x ? 1)( x ? 2) ? ? ? 0 ? ? ? ( x ? m ? 1) m ? 0 ? Z ,结论也成立; 当 0 ? x ? m 时, C x ? m! x( x ? 1)( x ? 2) ? ? ? ( x ? m ? 1) 1 m ? (?1) m (? x ? m ? 1)( ? x ? m ? 2) 当 x ? 0 时, C x ? m! m! m m ? ? ? (? x ? 1)(? x) ? (?1) C? x?m?1
m m ?1 Cx ? Cx ?

m m m ? ? x ? m ? 1 ? 0 ,?C? ) m C? x?m?1 是正整数,故 C x ? (?1 x?m?1 ? Z .
m 综上所述,当 x ? Z , m 是正整数时, Cx ?Z .

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 ?an ? ( n 为正整数)的首项为 a1 ,公比为 q 的等比数列.
0 1 2 (1) 求和: a1 C2 ; a1C3 ? a2 C3 ? a3C3 ? a4C3 . ? a2C2 ? a3C2 0 1 2 3

(2) 由(1)的结果,归纳概括出关于正整数 n 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:

0 1 2 (1) a1 C2 = a1 ? 2a1q ? a1q 2 ? a1 (1 ? q) 2 , ? a2C2 ? a3C2 0 1 2 3 ? a1 ? 3a1q ? 3a1q 2 ? a1q 3 ? a1 (1 ? q) 3 . a1C3 ? a2C3 ? a3C3 ? a4C3 (2)归纳概括的结论为:若数列 ?an ? 是首项为 a1 ,公比为 q 的等比数列,则 0 1 2 3 n a1Cn ? a2Cn ? a3Cn ? a4Cn ? ? ? ? ? (?1) n an?1Cn ? a1 (1 ? q) n .(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 M 1 、 M 2 与点 N1 、 N 2 ,则三角形 面积之比为:

S ?OM 1N1 S ?OM 2 N 2

?

OM 1 ON 1 ? . 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 OM 2 ON 2

点P . 1、P 2 与点 Q1 、 Q2 和 R1 、 R2 ,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

VO ? P1Q1R1 VO ? P2Q2 R2

?

OP OQ1 OR1 1 .(证明略) ? ? OP2 OQ2 OR2

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

AB2 ? AC 2 ? BC 2 .”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 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:
2 2 2 2 S? ABC ? S ?ACD ? S ?ADB ? S ?BCD (证明略).

.” 多边形;

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:

DE 2 ? DF 2 ? EF 2 ? 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 ABC- A1 B1C1
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 S AA1C1C ? S ABB1A1 ? S BCC1B1 ? 2S ABB1A1 ? S BCC1B1 cos? .
2 2 2

其中 ? 为侧面为 ABB 1A 1 与 BCC1 B1 所成的二面角的平面角. 证明: 作斜三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的直截面 DEF,则 ? DFE 为面 ABB 1A 1 与面 BCC1 B1 所成角,在 ? DEF 中 有余弦定理:

DE 2 ? DF 2 ? EF 2 ? 2DF ? EF cos?? , 2 同乘以 AA 1 ,得


DE 2 ? AA12 ? DF 2 ? AA12 ? EF 2 ? AA12 ? 2DF ? AA1 ? EF ? AA1 cos?? 2 2 2 S AA ? SA s B 1B A1 ? S B C 1 C B1 ? 2S A B 1B A1 ? S B C 1 C B1 c o ? 1C1C

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: x ? y ? 1 ,
2 2 2 2



与 x ? ( y ? 3) ? 1 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 ( x ? a) ? ( y ? b) ? r ,
2 2 2



④ ( x ? c) ? ( y ? d ) ? r 其中 a ? c 或 b ? d ,则由③式减去④式可得两圆的对称轴方程. 与
2 2 2

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 k PM 、 k PN 时,那么 k PM 与 k PN 之积是与点 P 的位置无关的定

x2 y2 值.试对双曲线 2 ? 2 ? 1 写出具有类似特性的性质,并加以证明. a b x2 y2 分析 类似的性质为:若 M、N 是双曲线 2 ? 2 ? 1 上关于原点对称的两个点,点 P 是双曲线上任意一点,当 a b 直线 PM、PN 的斜率都存在,并记为 k PM 、 k PN 时,那么 k PM 与 k PN 之积是与点 P 的位置无关的定值. 证明:设点 M、P 的坐标为( m , n ) 、 ( x, y ) ,则 N( ? m ,? n ).
2 因为点 M( m , n )在已知双曲线上,所以 n ?

则 k PM ? k PN

b2 2 b2 2 2 2 m ? b ,同理 y ? 2 x ? b 2 . 2 a a 2 2 2 2 2 2 y?n y?n y ?n b x ?m b ? ? ? 2 ? 2? 2 ? 2 (定值). 2 2 x?m x?m x ?m a x ?m a

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 k PM 、 k PN 时,那么 k PM 与 k PN 之积是与点 P 的位置无关的

定值.试对双曲线

x2 y2 ? ? 1 写出具有类似特性的性质,并加以证明. a2 b2

x2 y2 分析 类似的性质为:若 M、N 是双曲线 2 ? 2 ? 1 上关于原点对称的两个点,点 P 是双曲线上任意一点,当 a b
直线 PM、PN 的斜率都存在,并记为 k PM 、 k PN 时,那么 k PM 与 k PN 之积是与点 P 的位置无关的定值. 证明:设点 M、P 的坐标为( m , n ) 、 ( x, y ) ,则 N( ? m ,? n ). 因为点 M( m , n )在已知双曲线上,所以 n ?
2

b2 2 b2 2 2 2 m ? b y ? x ? b2 . ,同理 a2 a2

则 k PM ? k PN

y ? n y ? n y 2 ? n2 b2 x2 ? m2 b2 ? ? ? ? ? ? (定值). x ? m x ? m x2 ? m2 a 2 x2 ? m2 a 2

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 a ? b ?

a?b ,则两边均含有运算符号“*” 2

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

a?b ,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 2 可容易得到 a+(b ? c)=(a+b) ? (a+c) 。正确的结论还有: (a ? b)+c=(a ? c)+(b ? c),(a ? b)+c=(b ? a) a ?b ?
+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: 1 2 3 4 5 6 ……. 十进制 1 10 11 100 101 110 …….. 二进制 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:

1 ? 1 ? 2 0 ,2 ? 0 ? 2 0 ? 1 ? 21 ,3 ? 1 ? 2 0 ? 1 ? 21 ,4 ? 0 ? 2 0 ? 0 ? 21 ? 1 ? 2 2 ,5 ? 1 ? 2 0 ? 0 ? 21 ? 1 ? 2 2 , 6 ? 0 ? 2 0 ? 1 ? 21 ? 1? 2 2 , 进而知7 ? 1? 2 0 ? 1? 21 ? 1? 2 2 写成二进制为: 111
于 是 知 二 进 制 为 6 位 数 能 表 示 十 进 制 中 最 大 的 数 是

26 ? 1 111111 化成十进制为: 1 ? 2 ? 1 ? 2 ? 1 ? 2 ? 1 ? 2 ? 1 ? 2 ? 1 ? 2 ? ? 63 。 2 ?1
0 1 2 3 4 5

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 1 , y 1 )、B(x 2 ,y 2 ),定义它们之间的一种“距离” :‖AB‖=︱ x 1 -x 2 ︱+︱y 1 -y 2 ︱. 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
2 2 2

D.3

解 析 : 对 于 直 角 坐 标 平 面 内 的 任 意 两 点 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) , 定 义 它 们 之 间 的 一 种 “ 距 离 ” :

| AB | ? x2 ? x1 ? y2 ? y1 . 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 AC ? CB ?| x0 ? x1 | ? | y0 ? y1 | ? | x2 ? x0 | ? | y2 ? y0 | = x2 ? x1 ? y2 ? y1 ? | AB | . ③在 ?ABC 中,

AC ? CB ?| x0 ? x1 | ? | y0 ? y1 | ? | x2 ? x0 | ? | y2 ? y0 | > | ( x0 ? x1 ) ? ( x2 ? x0 ) | ? | ( y0 ? y1 ) ? ( y2 ? y0 ) |
= x2 ? x1 ? y2 ? y1 ? | AB | .
2 2 2

∴ 命 题 ①

o ③ 成 立 , 而 命 题 ② 在 ?ABC 中 , 若 ?C ? 9 0 , 则

AC ? CB ? AB ; 明显不成立,选 B.
例 16、 ,平面中两条直线 l1 和 l 2 相交于点 O,对于平面上任意一点 M,若 p 、 q 分别是 M 到直线 l1 和 l 2 的 距离,则称有序非负实数对( p , q )是点 M 的“距离坐标” .已知常数 p ≥0, q ≥0,给出下列命题: ①若 p = q =0,则“距离坐标”为(0,0)的点 有且仅有 1 个; ②若 pq =0,且 p + q ≠0,则“距离坐标”为 ( p , q )的点有且仅有 2 个; ③若 pq ≠0,则“距离坐标”为( p , q )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 l1 和 l 2 的距离都为 0 的点只有交点 O;对于② pq =0 且 p + q ≠0,只有

p ? 0则q ? 0; p ? 0, 则q ? 0 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 p, q 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 pq ≠0,则“距离坐标”为( p , q )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 O ; ② 正确,注意到 p, q 为常数,由 p, q 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 q (或 p ) ; ③ 正确,四个 交点为与直线 l1 相距为 p 的两条平行线和与直线 l 2 相距为 q 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 f (n) 对异面直线,则 f (4) ? ____ ;f(n)=______(答案用数字或 n 的解析式表示) 答案: 解析:
n(n ? 1) ;8;n(n-2)。 2 n(n ? 1) ; f (4) ? 4 ? 2 ? 8 ; f (n) ? n ? (n ? 2) 2

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 2,3, 4,? 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 堆第 n 层就放一个乒乓球,以 f (n) 表示第 n 堆 则 f (3) ? _____ ; f (n) ? _____ (答案用 n 表 14、 f (3) ? 10, f (n) ? 一层之上,第 n 的乒乓球总数,

?
图4

示).

n(n ? 1)( n ? 2) 6

(14) (2005 年广东卷)设平面内有 n 条直线 (n ? 3) ,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 f ( n) 表示这 n 条直线交点的个数,则 f ( 4) =____________;当 n ? 4 时, f (n) ? 示) 【答案】5, . (用 n 表

1 (n ? 1)( n ? 2) 2

解:由图 B 可得 f (4) ? 5 , 由 f (3) ? 2 , f (4) ? 5 , f (5) ? 9 ,

f (6) ? 14 ,可推得
∵n 每增加 1,则交点增加 (n ? 1) 个, ∴ f (n) ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? (n ? 1)

图B

?

(2 ? n ? 1)( n ? 2) 2 1 ? (n ? 1)( n ? 2) . 2

15. (2004 年广东卷)由图(1)有面积关系: S ?PA?B ? ? PA? ? PB ?, 则由(2) 有体积关系: S ?PAB PA ? PB

VP ? A? B? C? ? VP ? A B C

.
B A'
A'

B C C'

P B'
图(1)

A

P B'
图(2)

A

(15)

PA' ? PB' ? PC ' PA ? PB ? PC

(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
2 2 2 2 (15) S ? ABC ? S ?ACD ? S ?ADB ? S ?BCD

” .


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