竞赛讲座 19类比、归纳、猜想.docx

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