高考数学命题的新热点——类比，本文主要内容关键词为：热点论文,命题论文,高考数学论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
数学是思维科学，类比是根据两个对象或两类事物的一些属性相同或相似，猜测另一些属性也可能相同或相似的思维方法，是数学研究和学习的重要方法，又是一种寻求解题思路，猜测问题答案或结论的数学发现的有效方法.近年来，高考数学命题突出对思维能力的考查，类比问题已从幕后走到前台，自2000年高考上海试题考查了用类比的思想方法解决等差数列与等比数列的问题之后，高考试题中的类比问题异军突起，正在成为高考命题的新热点.试题旨在考查学生的思维能力、分析问题和解决问题的能力及运算能力，根据提供的信息，让考生通过类比，自己找到所证问题的答案，又考查了考生的探究能力、创造能力和合情推理能力.这无论是发展考生创造性思维还是进入高校继续学习，都具有非常重要的意义.本文就近年来高考试题中的类比问题例说如下，供复习时参考.
例1 （2000年高考上海试题）在等差数列｛a[，n]｝中，若a[，10]=0，则有等式a[，1]+a[，2]+…+a[，n]=a[，1]+a[，2]+…+a[，19-n]（n＜19，n∈N[，+]＝成立，类比上述性质，相应地：在等比数列｛b[，n]｝中，若b[，9]=1，则有等式_____成立.
解 在等差数列｛a[，n]｝中，由a[，10]=0得：
a[，1]+a[，19]=a[，2]+a[，18]=…=a[，n]+a[，20-n]
=a[，n+1]+a[，19-n]=2a[，10]=0
∴a[，1]+a[，2]+…+a[，n]+…+a[，19]=0，
∴a[，1]+a[，2]+…+a[，n]=-a[，19]-a[，18]-…-a[，n+1].
又∵a[，1]=-a[，19]，a[，2]=-a[，18]，…，
a[，19-n]=-a[，n+1]，
∴a[，1]+a[，2]+…+a[，n]=a[，1]+a[，2]+…+a[，19-n].
若a[，9]=0，同理可得：
a[，1]+a[，2]+…+a[，n]=a[，1]+a[，2]+…+a[，17-n].
相应地，等比数列｛b[，n]｝中，若b[，q]=1，则可得：
b[，1]·b[，2]…b[，n]=b[，1]·b[，1]…b[，17-n]
（n＜17，n∈N[，+].
故答案为：b[，1]·b[，2]…b[，n]=b[，1]·b[，2]…b[，17-n]
（n＜17，n∈N[，+]）.
例2 （2003年高考上海春季试题）设F[，1]分别为椭圆C：（x[2]/a[2]）+（y[2]/b[2]）=1（a＞b＞0）的左右两个焦点，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C上任一点，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位置无关的定值.试对双曲线（x[2]/a[2]）-（y[2]/b[2]）=1写出具有类似性质，并加以证明.
解 类似的性质为：若M、N是双曲线（x[2]/a[2]）-（y[2]/b[2]）=1上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任一点，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位置无关的定值.
证明 设点M、N、P的坐标分别为（x[，1]，y[，1]）、（-x[，1]，-y[，1]）和（x[，2]，y[，2]），则
例3 （2003年高考新课程卷）在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB、AC互相垂直，则AB[2]+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_____”.
解 由三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直可得三条侧棱AB、AC、AD也两两相互垂直.
如图1，在Rt△ABC中作AE⊥BC，垂足为E连结DE，则DE⊥BC.
∴S[2][，△ABC]=（1/4）·BC[2]·AE[2]，
S[2][，△ADB]=（1/4）·AB[2]·AD[2]，
S[2][，△ACD]=（1/4）·AC[2]·AD[2]，
于是S[2][，△BCD]=（1/4）·BC[2]·DE[2]
=（1/4）·BC[2]·（AE[2]+AD[2]）
=（1/4）·（AB[2]+AC[2]）·（AE[2]+AD[2]）
=（1/4）·（AB[2]+AC[2]）·AE[2]+（1/4）·AC[2]·AD[2]+（1/4）·AB[2]·AD[2]
=（1/4）·BC[2]·AE[2]+（1/4）·AC[2]·AD[2]+（1/4）·AB[2]·AD[2]
=（S[2][，△ABC]）+（S[2][，△ACD]）+（S[2][，△ADB]），
故答案为：
（S[2][，△ABC]）+（S[2][，△ACD]）+（S[2][，△ADB]）=（S[2][，△BCD]）.
例4 （2002年高考上海春季试题）如图2，若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点M[，1]、M[，2]与点N[，1]、N[，2]，则三角形面积之比
若从点O所作的不在同一平面内的三条射线OP、OQ、OR上分别有点P[，1]、P[，2]、点Q[，1]、Q[，2]和点R[，1]、R[，2]，则类似的结论为_____.
解 如图3，作R[，1]T[，1]⊥平面OPQ，R[，2]T[，2]⊥平面OPQ，垂足分别为T[，1]、T[，2]，则O、T[，1]、T[，2]共线且R[，1]T[，1]∥R[，2]T[，2]，于是三棱锥O-（P[，1]Q[，1]R[，1]）与O-（P[，2]Q[，2]R[，2]）的体积之比
例5 （2004年高考上海春季试题）如图4，点P为斜三棱柱ABC-A[，1]B[，1]C[，1]的侧棱BB[，1]上一点，PM⊥BB[，1]交AA[，1]于点M，PN⊥BB[，1]交CC[，1]于点N.
（1）求证CC[，1]⊥MN；
（2）在任意△DEF中有余弦定理：
DE[2]=DF[2]+EF[2]-2·DF·EF·cos∠DFE.
拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中的两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.
（1）证明 ∵CC[，1]∥BB[，1]，
∴CC[，1]⊥PM，CC[，1]⊥PN，
∴CC[，1]⊥平面PMN，∴CC[，1]⊥MN.
（2）解 在斜三棱柱ABC-A[，1]B[，1]C[，1]中有：（S[2][，ABB[，1]A[，1]]）=（S[2][，BCC[，1]B[，1]]）+（S[2][，ACC[，1]A[，1]]）-2·（S[，BCC[，1]B[，1]]）·（S[，ACC[，1]A[，1]]）·cosα，其中α为二面角A-CC[，1]-B的大小.
证明 ∵CC[，1]⊥平面PMN，
∴∠PNM为二面角A-CC[，1]-B的平面角设为α.
在△PNM中，有
PM[2]=PN[2]+MN[2]-2PN·MN·cosα，
于是PM[2]·CC[2][，1]=PN[2]·CC[2][，1]+MN[2]·CC[2][，1]-2·（PN·CC[，1]）·（MN·CC[，1]）·cosα=PM[2]·（BB[2][，1]），
即（S[2][，ABB[，1]A[，1]]）=（S[2][，BCC[，1]B[，1]]）+（S[2][，ACC[，1]A[，1]]）-（2S[，BCC[，1]B[，1]]）·（S[，ACC[，1]A[，1]]）·cosα.