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课时跟踪检测（三） 合情推理
层级一 学业水平达标
1．观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为( )
A. B．△
C. D．○
解析：选A 观察可发现规律：①每行、每列中，方、圆、三角三种形状均各出现一次，②每行、每列有两阴影一空白，即得结果．
2．下面几种推理是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；③教室内有一把椅子坏了，则猜想该教室内的所有椅子都坏了；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n边形的内角和是(n－2)·180°(n∈N*，且n≥3)．
A．①② B．①③④
C．①②④ D．②④
解析：选C ①是类比推理；②④是归纳推理，∴①②④都是合情推理．
3．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，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为( )
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶8 D．1∶16
解析：选C 由平面和空间的知识，可知面积之比与边长之比成平方关系，在空间中体积之比与棱长之比成立方关系，故若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积之比为1∶8.
4．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可推出下列空间结论：
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；②垂直于同一个平面的两条直线互相平行；③垂直于同一条直线的两个平面互相平行；④垂直于同一平面的两个平面互相平行，则其中正确的结论是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：选B 根据立体几何中线面之间的位置关系及有关定理知，②③是正确的结论．
5．观察下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋
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＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( )
A.＋＝2
B.＋＝2
C.＋＝2
D.＋＝2
解析：选A 观察发现：每个等式的右边均为2，左边是两个分数相加，分子之和等于8，分母中被减数与分子相同，减数都是4，因此只有A正确．
6．观察下列等式
1＝1
2＋3＋4＝9
3＋4＋5＋6＋7＝25
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
照此规律，第n个等式为________．
解析：观察所给等式，等式左边第一个加数与行数相同，加数的个数为2n－1，故第n行等式左边的数依次是n，n＋1，n＋2，…，(3n－2)；每一个等式右边的数为等式左边加数个数的平方，从而第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
答案：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
7．我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是_______________________．
解析：平面图形与立体图形的类比：周长→表面积，正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．
答案：表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大
8．如图(甲)是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图(乙)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图(乙)中的直角三角形依此规律继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn，…的长度构成数列{an}，则此数列{an}的通项公式为an＝__________.
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解析：根据OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1和图(乙)中的各直角三角形，由勾股定理，可得a1＝OA1＝1，a2＝OA2＝＝＝，a3＝OA3＝＝＝，…，故可归纳推测出an＝.
答案：
9．在平面内观察：凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，凸六边形有9条对角线，…，由此猜想凸n边形有几条对角线？
解：因为凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，比凸四边形多3条；凸六边形有9条对角线，比凸五边形多4条，…，于是猜想凸n边形的对角线条数比凸(n－1)边形多(n－2)条对角线，由此凸n边形的对角线条数为2＋3＋4＋5＋…＋(n－2)，由等差数列求和公式可得n(n－3)(n≥4，n∈N*)．
所以凸n边形的对角线条数为n(n－3)(n≥4，n∈N*)．
10．已知f(x)＝，分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并证明你的结论．
解：f(x)＝，
所以f(0)＋f(1)＝＋＝，
f(－1)＋f(2)＝＋＝，
f(－2)＋f(3)＝＋＝.
归纳猜想一般性结论；f(－x)＋f(x＋1)＝.
证明如下：f(－x)＋f(x＋1)＝＋
＝＋＝＋
＝＝＝.
层级二 应试能力达标
1．由代数式的乘法法则类比得到向量的数量积的运算法则：
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①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；
⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；
⑥“＝”类比得到“＝”．
其中类比结论正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由向量的有关运算法则知①②正确，③④⑤⑥都不正确，故应选B.
2．类比三角形中的性质：
(1)两边之和大于第三边；
(2)中位线长等于底边长的一半；
(3)三内角平分线交于一点．
可得四面体的对应性质：
(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；
(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于该顶点所对的面面积的；
(3)四面体的六个二面角的平分面交于一点．
其中类比推理方法正确的有( )
A．(1) B．(1)(2)
C．(1)(2)(3) D．都不对
解析：选C 以上类比推理方法都正确，需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价，方法正确结论也不一定正确．
3．观察下列式子：1＋＜，1＋＋＜，1＋＋＋＜，…，根据以上式子可以猜想：1＋＋＋…＋＜( )
A. B.
C. D.
解析：选C 观察可以发现，第n(n≥2)个不等式左端有n＋1项，分子为1，分母依次为12,22,32，…，(n＋1)2；右端分母为n＋1，分子成等差数列，首项为3，公差为2，因此第n个不等式为1＋＋＋…＋＜，所以当n＝2 016时不等式为：1＋＋＋…＋＜
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eq \f(4 033,2 017).
4．设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体PABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，四面体PABC的体积为V，则r＝( )
A. B.
C. D.
解析：选C 将△ABC的三条边长a，b，c类比到四面体PABC的四个面面积S1，S2，S3，S4，将三角形面积公式中系数，类比到三棱锥体积公式中系数，从而可知选C.证明如下：以四面体各面为底，内切球心O为顶点的各三棱锥体积的和为V，∴V＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r，∴r＝.
5．观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个圆圈，每个图案中圆圈的总数是S，按此规律推出S与n的关系式为____________．
解析：每条边上有2个圆圈时共有S＝4个；每条边上有3个圆圈时，共有S＝8个；每条边上有4个圆圈时，共有S＝12个．可见每条边上增加一个点，则S增加4，∴S与n的关系为S＝4(n－1)(n≥2)．
答案：S＝4(n－1)(n≥2)
6．可以运用下面的原理解决一些相关图形的面积问题：如果与一固定直线平行的直线被甲、乙两个封闭的图形所截得的线段的比都为k，那么甲的面积是乙的面积的k倍．你可以从给出的简单图形①、②中体会这个原理．现在图③中的两个曲线的方程分别是＋＝1(a＞b＞0)与x2＋y2＝a2，运用上面的原理，图③中椭圆的面积为______________．
解析：由于椭圆与圆截y轴所得线段之比为，
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即k＝，∴椭圆面积S＝πa2·＝πab.
答案：πab
7．观察下列两个等式：
①sin210°＋cos240°＋sin 10°cos 40°＝①；
②sin26°＋cos236°＋sin 6°cos 36°＝②.
由上面两个等式的结构特征，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．
解：由①②知若两角差为30°，则它们的相关形式的函数运算式的值均为.
猜想：若β－α＝30°，则β＝30°＋α，sin2α＋cos2(α＋3 0°)＋sin αcos(α＋30°)＝.下面进行证明：
左边＝sin2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sin α]
＝sin2α＋
＝sin2α＋cos2α－sin2α＝＝右边．
所以，猜想是正确的．
故sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝.
8．已知在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于点D，有＝＋成立．那么在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明猜想是否正确及理由．
解：猜想：类比AB⊥AC，AD⊥BC，可以猜想四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD.则＝＋＋.
下面证明上述猜想成立
如图所示，连接BE，并延长交CD于点F，连接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，
AC∩AD=A，
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∴AB⊥平面ACD.
而AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中，AE⊥BF，
∴＝＋.
在Rt△ACD中，AF⊥CD，
∴＝＋.
∴＝＋＋，故猜想正确．
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