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合情推理与演绎推理教师版


合情推理与演绎推理
1. 归纳推理 (1) 归纳推理的定义 从个别事实中推演出一般性的结论,像这样的推理通常称为归纳推理. (2) 归纳推理的思维过程大致如图 实验、观察 ― → 概括、推广 ― → 猜测一般性结论 (3) 归纳推理的特点 ① 归纳推理的前提是几个已知的特殊现象,归纳所得的结论是尚属未知的一般现象,该结论超越了 前提所包容的范围. ② 由归纳推理得到的结

论具有猜测的性质,结论是否真实,还需经过逻辑证明和实践检验,因此, 它不能作为数学证明的工具. ③ 归纳推理是一种具有创造性的推理,通过归纳推理得到的猜想,可以作为进一步研究的起点,帮 助人们发现问题和提出问题. 2. 类比推理 (1) 根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同, 推演出它们在其他方面也相似或相同, 这样 的推理称为类比推理. (2) 类比推理的思维过程 观察、比较 ― → 联想、类推 ― → 猜测新的结论 3. 演绎推理 (1) 演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等),按照严格的逻辑法则得到新 结论的推理过程. (2) 主要形式是三段论式推理. (3) 三段论的常用格式为 M — P(M 是 P)① S-M(S 是 M)② S — P(S 是 P)③ 其中,①是大前提,它提供了一个一般性的原理;②是小前提,它指出了一个特殊对象;③是结论, 它是根据一般原理,对特殊情况作出的判断. 题型 1 归纳推理 1 1 an+ ?. 例 1 在各项为正的数列{an}中,数列的前 n 项和 Sn 满足 Sn= ? an? 2? (1) 求 a1,a2,a3; (2) 由(1)猜想数列{an}的通项公式; (3) 求 Sn. 1 1 a + ?,即 a21-1=0,解得 a1=±1.∵ a1>0,∴ a1=1; (1) 当 n=1 时,S1= ? 2? 1 a1? 1 1 a2+ ?,即 a2 当 n=2 时,S2= ? 2+2a2-1=0. a2? 2? ∵ a2>0, ∴ a2= 2-1.同理可得,a3= 3- 2. (2) 由(1)猜想 an= n- n-1. (3) Sn=1+( 2-1)+( 3- 2)+?+( n- n-1)= n.

变式训练1:
1

① 、已知数列{an}满足 a1=2,an+1= 1 答案:- 2 3

1+an (n∈N*),则 a3=________,a1·a2·a3·?·a2007=________. 1-an

1 1 解析:(解法 1)分别求出 a2=-3、a3=- 、a4= 、a5=2,可以发现 a5=a1,且 a1·a2·a3·a4=1, 2 3 故 a1·a2·a3·?·a2 007=a2 005·a2 006·a2 007=a1·a2·a3=3. 1+an π ( 解法 2) 由 an+ 1 = ,联想到两角和的正切公式,设 a1 =2= tanθ,则有 a2= tan? +θ? , a3= ?4 ? 1-an π 3 π tan? +θ?,a4=tan? +θ?,a5=tan(π+θ)=a1,?.则 a1·a2·a3·a4=1, ?2 ? ? 4 ? 故 a1·a2·a3·?·a2 007=a2 005·a2 006·a2 007=a1·a2·a3=3. 1 4 a ② 、已知 a∈R+,不等式 x+ ≥2, x+ 2≥3,?,可推广为 x+ n≥n+1,则 a 的值为 . x x x

题型 2 类比推理 例 2 现有一个关于平面图形的命题:如图所示,同一个平面内有两个边长都是 a 的正方形,其中一 a2 个的某顶点在另一个的中心,则这两个正方形重叠部分的面积恒为 .类比到空间,有两个棱长均为 a 的正 4 方体,其中一个的某顶点在另一个的中心,则这两个正方体重叠部分的体积恒为________.

a3 答案: 8 解析:在已知的平面图形中,中心 O 到两边的距离相等(如图 1),即 OM=ON.四边形 OPAR 是圆内接 1 四边形,Rt△OPN≌Rt△ORM,因此 S 四边形 OPAR=S 正方形 OMAN= a2. 4 同样地,类比到空间,如图 2. 1 两个棱长均为 a 的正方体重叠部分的体积为 a3. 8

变式训练 2:已知下面数列和递推关系:① 数列{an}(an = n)有递推关系 ② 数列 ③ 数列

an?2 ? 2an?1 ? an ;

{an }(bn ? n 2 ) 有递推关系: bn?3 ? 3bn?2 ? 3bn?1 ? bn ; {cn }(cn ? n 3 ) 有递推关系: cn?4 ? 4cn?3 ? 6cn?2 ? 4cn?1 ? cn ; {d n }(d n ? n 5 }的一个类似的递推关系:___________________________.

请猜测出数列

题型 3 演绎推理
2

bn+bn+2 例 3 设同时满足条件:① ≤bn+1(n∈N*);②bn≤M(n∈N*,M 是与 n 无关的常数)的无穷数列 2 {bn}叫“特界” 数列. (1) 若数列{an}为等差数列,Sn 是其前 n 项和,a3=4,S3=18,求 Sn; (2) 判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界” 数列,并说明理由. 解:(1) 设等差数列{an}的公差为 d, n(n-1) 则 a1+2d=4,3a1+3d=18,解得 a1=8,d=-2,Sn=na1+ d=-n2+9n. 2 Sn+Sn+2 (Sn+2-Sn+1)-(Sn+1-Sn) (2) 由 -Sn+1= 2 2 an+2-an+1 d Sn+Sn+2 9?2 81 = = =-1<0,得 <Sn+1,故数列{Sn}适合条件①,而 Sn=-n2+9n=-? ?n-2? + 4 2 2 2 (n∈N*),则当 n=4 或 5 时,Sn 有最大值 20.即 Sn≤20,故数列{Sn}适合条件②. 综上,数列{Sn}是“特界”数列. 练习题: 1. 观察下列不等式: 1 3 1 1 5 1 1 1 7 1+ 2< ;1+ 2+ 2< ;1+ 2+ 2+ 2< ;?;照此规律,第五个不等式是________. 2 2 2 3 3 2 3 4 4 1 1 1 1 1 11 答案:1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< 2 3 4 5 6 6 2. 观察下列各式:a+b=1;a2+b2=3;a3+b3=4;a4+b4=7;a5+b5=11;?;则 a10+b10=________. 答案:123 解析: (解法 1)由 a+b=1; a2+b2=3 得 ab=-1 代入后三个等式中符合, 则 a10+b10=(a5+b5)2-2a5b5 =123. (解法 2)令 an=an+bn,易得 an+2=an+an+1,从而 a6=18,a7=29,a8=47,a9=76,a10=123. 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________. 答案:1∶8 1 Sh V1 3 1 1 S1 h1 1 1 1 解析:考查类比的方法, = = · = × = ,所以体积比为 1∶8. V2 1 S2 h2 4 2 8 S2h2 3 1 4. 在平面几何里可以得出正确结论:“正三角形的内切圆半径等于这正三角形的高的 ” .拓展到空间,类 3 比平面几何的上述结论,则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的________ . 1 答案: 4 解析:运用分割法思想,设正四面体的高为 h,底面面积为 S,正四面体 SABC 的内切球的半径为 R, 球心为 O,连结 OS、OA、OB、OC,将四面体分成四个三棱锥,则 VS ABC=VO SAC+VO SAB+VO SBC 1 1 1 1 4 1 1 +VO ABC= SR+ SR+ SR+ SR= SR= Sh,所以 R= h. 3 3 3 3 3 3 4 3 1 1 3 1 4 1 1 3 1 4 1 5 1 5. 观察下列等式: × =1- 2, × + × =1- , × + × 2+ × 3=1- 2 1×2 2 2×3 22 1×2 2 3×22 1×2 2 2×3 2 3×4 2 n+ 2 1 3 1 4 1 1 ,?,由以上等式推测到一个一般的结论:对于 n∈N*, × + × 2+?+ × n= 4×23 1×2 2 2×3 2 n(n+1) 2 ________. 1 答案:1- (n+1)· 2n 6. 观察下列事实|x|+|y|=1 的不同整数解(x,y)的个数为 4 , |x|+|y|=2 的不同整数解(x,y)的个数为 8, |x| +|y|=3 的不同整数解(x,y)的个数为 12 ?.则|x|+|y|=20 的不同整数解(x,y)的个数为________. 答案:80
3

解析:由已知条件,得|x|+|y|=n(n∈N*)的整数解(x,y)个数为 4n,故|x|+|y|=20 的整数解(x,y)的个 数为 80. Sn d 7. 若等差数列{an}的公差为 d,前 n 项的和为 Sn,则数列 为等差数列,公差为 .类似地,若各项均为正 n 2 n 数的等比数列{bn}的公比为 q,前 n 项的积为 Tn,则数列{ Tn}为等比数列,公比为________. 答案: q n - n n(n-1) 解析:Tn=b1 q , Tn=b1( q)n 1. 2 m 8. 若一个 n 面体有 m 个面是直角三角形,则称这个 n 面体的直度为 ,如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1 n 中,四面体 A1ABC 的直度为________.

答案:1 m 4 解析:n=4,m=4, = =1. n 4

线面位置关系
1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种: 位置 关系 公共 点 符号 表示 图形 表示 2. 直线与平面平行的判定定理:如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个 平面平行; 性质定理:如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线就和 交线平行. 直线 a 在平面 α 内 有无数个公共点 a 直线 a 与平面 α 相交 有且只有一个公共点 a∩α =A 直线 a 与平面 α 平行 没有公共点 a∥α

? α

3. 直线与平面垂直的定义:如果一条直线 a 与一个平面 α 内的任意一条直线都垂直,我们就说直线 a 垂直 于平面 α,记作 a⊥α,直线 a 叫做平面 α 的垂线,平面 α 叫做直线 a 的垂面,垂线和平面的交点称为垂 足. 4. 结论: 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直,过一点有且只有一个平面与已知直线垂直. 5. 直线与平面垂直的判定定理:如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于 这个平面. 性质定理:如果两条直线同时垂直于一个平面,那么这两条直线平行.

4

题型 1 基本概念辨析 例 1 (1) 要得到直线 l∥平面 α,则下列条件不正确的有________.(填序号) ① l 平行于α 内的所有直线; ② l 平行于过 l 的平面与 α 的交线; ③ l 平行于 α 内的无数条直线; ④ l 和 α 内的所有直线都没有公共点. (2) 已知直线 a、b 和平面 α,那么能得到 a∥b 的条件有________.(填序号) ① a∥α ,b∥α ;② a⊥α,b⊥α ; ③ b∥α 且 a∥α;④ a、b 与 α 成等角. (3) α、β 表示平面,a、b 表示直线,则能得到 a∥α 的条件有________.(填序号) ① α ⊥β 且 a⊥β;② α∩β=b,且 a∥b; ③ a∥b 且 b∥α;④ α∥β 且 a ? β . 答案:(1) ③ (2) ② (3) ④ 变式训练 1、如图是一正方体的表面展开图,B、N、Q 都是所在棱的中点,则在原正方体中,① AB 与 CD 相交;② MN∥PQ;③ AB∥PE;④ MN 与 CD 异面;⑤ MN∥平面 PQC. 其中真命题的是________(填序号).

答案:①②④⑤ 解析:将正方体还原后如图,则 N 与 B 重合,A 与 C 重合,E 与 D 重合,所以①、②、④、⑤为真 命题.

题型 2 直线与平面平行

例 2 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D 是 BC 的中点. (1) 若 E 为 A1C1 的中点,求证:DE∥平面 ABB1A1; A1E (2) 若 E 为 A1C1 上一点,且 A1B∥平面 B1DE,求 的值. EC1 (1) 证明: 取 B1C1 中点 G, 连结 EG、 GD, 则 EG∥A1B1, DG∥BB1.又 EG∩DG=G, ∴ 平面 DEG∥ 平面 ABB1A1.又 DE ? 平面 DEG,∴ DE∥平面 ABB1A1. (2) 解:设 B1D 交 BC1 于点 F,则平面 A1BC1∩平面 B1DE=EF.因为 A1B∥平面 B1DE,A1B ? 平面 A1E BF BF BD 1 A1E 1 A1BC1,所以 A1B∥EF.所以 = .因为 = = ,所以 = . EC1 FC1 FC1 B1C1 2 EC1 2
5

变式训练2、 如图所示,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,M、N 分别是 BC 和 A1B1 的中点.求证:MN∥平面 AA1C1.

证明:设 A1C1 中点为 F,连结 NF、FC. 1 ∵ N 为 A1B1 中点, ∴ NF∥B1C1, 且 NF= B1C1.又由棱柱性质知 B1C1∥=BC, 又 M 是 BC 的中点, 2 ∴ NF∥=MC,∴ 四边形 NFCM 为平行四边形. ∴ MN∥CF.又 CF 平面 AA1C1,MN ? 平面 AA1C1,∴ MN∥平面 AA1C1. 题型 3 线面平行与线线平行

例 3 如图所示,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E、F、G、H 分别是 BC、CC1、C1D1、A1A 的中点.求 证: (1) BF∥HD1; (2) EG∥平面 BB1D1D. 证明:(1) 取 BB1 的中点 M,易证四边形 HMC1D1 是平行四边形,∴ HD1∥MC1. 又 MC1∥BF,∴ BF∥HD1. 1 (2) 取 BD 的中点 O,连结 EO、D1O,则 OE∥= DC, 2 1 又 D1G∥= DC,∴ OE∥=D1G, 2 ∴ 四边形 OEGD1 是平行四边形, ∴ GE∥D1O. 又 D1O ? 平面 BB1D1D, ∴ EG∥平面 BB1D1D. 变式训练 3、如图,四边形 ABCD 为正方形,在四边形 ADPQ 中,PD∥QA.又 QA⊥平面 ABCD,QA= 1 AB= PD. 2

(1) 证明: PQ⊥平面 DCQ; (2) CP 上是否存在一点 R,使 QR∥平面 ABCD,若存在,请求出 R 的位置,若不存在,请说明理由. 解: (1) 证法一: ∵ QA⊥平面 ABCD, ∴ QA⊥CD, 由四边形 ABCD 为正方形知 DC⊥AD, 又 QA 、 AD 为平面 PDAQ 内两条相交直线,∴ CD⊥平面 PDAQ,∴ CD⊥PQ,在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ= 2 PQ= PD,则 PQ⊥QD, 又 CD 、QD 为平面 ADCB 内两条相交直线,∴ PQ⊥平面 DCQ. 2

6

证法二: ∵ QA⊥平面 ABCD,QA ? 平面 PDAQ,∴ 平面 PDAQ⊥平面 ABCD,交线为 AD. 又 四边形 ABCD 为正方形,DC⊥AD,∴ DC⊥平面 PDAQ,可得 PQ⊥DC. 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ 2 =PQ= PD,则 PQ⊥QD, 又 CD 、QD 为平面 ADCB 内两条相交直线,∴ PQ⊥平面 DCQ. 2 (2) 存在 CP 中点 R,使 QR∥平面 ABCD.证明如下: 1 1 取 CD 中点 T, 连结 QR、 RT、 AT, 则 RT∥DP, 且 RT= DP, 又 AQ∥DP, 且 AQ= DP, 从而 AQ∥RT, 2 2 且 AQ=RT,∴ 四边形 AQRT 为平行四边形,所以 AT∥QR,∵ QR ? 平面 ABCD,AT ? 平面 ABCD, ∴ QR∥平面 ABCD. 题型 4 直线与平面垂直的判定

例 4 如图,在四棱锥 PABCD 中,PD⊥底面 ABCD,AD⊥AB,CD∥AB,AB= 2AD=2,CD=3, 直线 PA 与底面 ABCD 所成角为 60°,点 M、N 分别是 PA、PB 的中点.求证: (1) MN∥平面 PCD; (2) 四边形 MNCD 是直角梯形; (3) DN⊥平面 PCB. 证明:(1) 因为点 M、N 分别是 PA、PB 的中点,所以 MN∥AB. 因为 CD∥AB,所以 MN∥CD. 又 CD ? 平面 PCD,MN ? 平面 PCD,所以 MN∥平面 PCD. (2) 因为 AD⊥AB,CD∥AB,所以 CD⊥AD. 因为 PD⊥底面 ABCD,CD 平面 ABCD, 所以 CD⊥PD. 因为 AD∩PD=D,所以 CD⊥平面 PAD. 因为 MD ? 平面 PAD,所以 CD⊥MD. 又 MN∥CD,MN≠CD, 所以四边形 MNCD 是直角梯形. (3) 因为 PD⊥底面 ABCD,所以∠PAD 就是直线 PA 与底面 ABCD 所成的角, 从而∠PAD=60°. 在 Rt△PDA 中,AD= 2,PD= 6,PA=2 2,MD= 2. 在直角梯形 MNCD 中,MN=1,ND= 3,CD=3,CN= MD2+(CD-MN)2= 6, 从而 DN2+CN2=CD2,所以 DN⊥CN. 在 Rt△PDB 中,PD=DB= 6,N 是 PB 的中点,则 DN⊥PB. 又 PB∩CN=N,所以 DN⊥平面 PCB.

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题型 5 直线与平面垂直性质的应用 例 5 已知如图①所示,矩形纸片 AA′A1′A1,点 B、C、B1、C1 分别为 AA′、A1A1′的三等分点, 将矩形纸片沿 BB1、CC1 折成如图②形状(正三棱柱),若面对角线 AB1⊥BC1,求证:A1C⊥AB1.

(图①)

(图②)

证明:作 AD∥BC,BD∥AC 交于 D,作 A1D1∥B1C1,B1D1∥A1C1 交于 D1. 连结 BD1、DD1(如图), ∵ A1C1B1D1 为菱形, ∴ A1B1⊥D1C1. 又 AA1⊥平面 A1D1B1C1, ∴ AA1⊥D1C1. 又 D1C1⊥平面 ABB1A1,∴ D1C1⊥AB1. 又 AB1⊥BC1, ∴ AB1⊥平面 BC1D1,∴ AB1⊥BD1. 又 BD1∥CA1,∴ AB1⊥A1C. 题型 6 直线与平面垂直的探索题

例 3 在正三棱柱 ABCA1B1C1 中,点 D 是 BC 的中点,BC=BB1. (1) 若 P 是 CC1 上任一点,求证:AP 不可能与平面 BCC1B1 垂直; (2) 试在棱 CC1 上找一点 M,使 MB⊥AB1. (1) 证明:反证法.假设 AP⊥平面 BCC1B1, 因为 BC ? 平面 BCC1B1,所以 AP⊥BC. 又正三棱柱 ABCA1B1C1 中,CC1⊥BC,AP∩CC1=P,AP ? 平面 ACC1A1,CC1 ? 平面 ACC1A1,所 以 BC⊥平面 ACC1A1. 而 AC ? 平面 ACC1A1,所以 BC⊥AC,这与△ABC 是正三角形矛盾. 故 AP 不可能与平面 BCC1B1 垂直. (2) M 为 CC1 的中点. 证明:∵ 在正三棱柱 ABCA1B1C1 中,BC=BB1,∴ 四边形 BCC1B1 是正方形.
8

∵ M 为 CC1 的中点,D 是 BC 的中点,∴ △B1BD≌△BCM,∴ ∠BB1D=∠CBM,∠BDB1= ∠CMB. π π ∵ ∠BB1D+∠BDB1= ,∠CBM+∠BDB1= , 2 2 ∴ BM⊥B1D. ∵ △ABC 是正三角形,D 是 BC 的中点, ∴ AD⊥BC. ∵ 平面 ABC⊥平面 BB1C1C,平面 ABC∩平面 BB1C1C=BC,AD ? 平面 ABC, ∴ AD⊥平面 BB1C1C. ∵ BM ? 平面 BB1C1C,∴ AD⊥BM. ∵ AD∩B1D=D,∴ BM⊥平面 AB1D. ∵ AB1 ? 平面 AB1D,∴ MB⊥AB1.

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