【数学】2020届一轮复习（理）江苏专版10-3合情推理与演绎推理学案 15页

第三节合情推理与演绎推理 ‎1．合情推理 类型 定义 特点 归纳推理 从个别事实中推演出一般性的结论 由部分到整体、由个别到一般 类比推理 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 由特殊到特殊 ‎2．演绎推理 ‎(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．‎ ‎(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：‎ ‎①大前提——已知的一般原理；‎ ‎②小前提——所研究的特殊情况；‎ ‎③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．‎ ‎[小题体验]‎ ‎1．已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是________．‎ 答案：an＝n2‎ ‎2．已知数列{an}的第1项a1＝1，且an＋1＝(n＝1,2,3，…)，归纳该数列的通项公式an＝________.‎ 答案： ‎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，在空间中，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．合情推理是从已知的结论推测未知的结论，发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明．‎ ‎2．演绎推理是由一般到特殊的证明，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．‎ ‎3．合情推理中运用猜想不能凭空想象，要有猜想或拓展依据．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．由＜，＜，＜，…，猜想若m＞0，则与之间的大小关系为________．‎ 答案：＞ ‎2．推理：“①矩形是平行四边形；②三角形不是平行四边形；③所以三角形不是矩形”中的小前提是________(填序号)．‎ 解析：由三段论的形式，可知小前提是三角形不是平行四边形．故填②.‎ 答案：②‎ 　 ‎[题组练透]‎ ‎1．若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a＞b＞0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是＋＝1，那么对于双曲线则有如下命题：若P(x0，y0)在双曲线－＝1(a＞0，b＞0)外，过P0作双曲线的两条切线，切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程是________．‎ 解析：类比椭圆的切点弦方程可得双曲线－＝1的切点弦方程为－＝1.‎ 答案：－＝1‎ ‎2．半径为x(x＞0)的圆的面积函数f(x)的导数等于该圆的周长的函数．对于半径为R(R＞0)的球，类似的结论为____________________________．‎ 解析：因为半径为x(x＞0)的圆的面积函数f(x)＝πx2，‎ 所以f′(x)＝2πx.‎ 类似地，半径为R(R＞0)的球的体积函数V(R)＝πR3，所以V′(R)＝4πR2.‎ 故对于半径为R(R＞0)的球，类似的结论为半径为R(R＞0)的球的体积函数V(R)的导数等于该球的表面积的函数．‎ 答案：半径为R(R＞0)的球的体积函数V(R)的导数等于该球的表面积的函数 ‎3．(2018·宿迁期末)对于自然数方幂和Sk(n)＝1k＋2k＋…＋nk(n∈N*，k∈N*)，S1(n)＝‎ ，S2(n)＝12＋22＋…＋n2，求和方法如下：‎ ‎23－13＝3＋3＋1，‎ ‎33－23＝3×22＋3×2＋1，‎ ‎…‎ ‎(n＋1)3－n3＝3n2＋3n＋1，‎ 将上面各式左右两边分别相加，就会有(n＋1)3－13＝3S2(n)＋3S1(n)＋n，解得S2(n)＝ n(n＋1)(2n＋1)，类比以上过程，则S3(n)＝________.‎ 解析：24－14＝4×13＋6×12＋4×1＋1，‎ ‎34－24＝4×23＋6×22＋4×2＋1，‎ ‎…‎ ‎(n＋1)4－n4＝4n3＋6n2＋4n＋1，‎ 将上面各式左右两边分别相加，‎ 就会有(n＋1)4－14＝4S3(n)＋6S2(n)＋4S1(n)＋n，‎ 代入S1(n)＝n(n＋1)，S2(n)＝n(n＋1)(2n＋1)，‎ 可得S3(n)＝n2(n＋1)2.‎ 答案：n2(n＋1)2‎ ‎[谨记通法]‎ 类比推理的分类及处理方法 类别 解读 适合题型 类比定义 在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解 已知熟悉定义类比新定义 类比性质 从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键 平面几何与立体几何、等差数列与等比数列 类比方法 有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移 已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法 　 ‎[锁定考向]‎ 归纳推理是每年高考的常考内容．常见的命题角度有：‎ ‎(1)与数字有关的推理；‎ ‎(2)与式子有关的推理；‎ ‎(3)与图形有关的推理．　　　 　‎ ‎[题点全练]‎ 角度一：与数字有关的推理 ‎1．(2019·太湖高级中学检测)如图，它满足第n行首尾两数均为n，A(i，j)表示第i(i≥2)行第j个数，则A(100,2)的值是________．‎ 解析：由图可知：第二行的第二个数为2，‎ 第三行的第二个数为4＝2＋2，‎ 第四行的第二个数为7＝3＋2＋2，‎ 第五行的第二个数为11＝4＋3＋2＋2，‎ 第六行的第二个数为16＝5＋4＋3＋2＋2，‎ ‎…‎ 故推断第n行的第二个数为[(n－1)＋(n－2)＋…＋2]＋2＝，‎ 故第100行的第二个数为＝4 951，‎ 所以A(100,2)的值是4 951.‎ 答案：4 951‎ 角度二：与式子有关的推理 ‎2．(2018·常熟中学测试)已知cos ＝，cos cos ＝，cos cos cos ＝，……‎ ‎(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是____________；‎ ‎(2)若数列{an}中，a1＝cos ，a2＝cos cos ，a3＝cos cos cos ，……，前n项和Sn＝，则n＝________.‎ 解析：(1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n 个余弦相乘，且分母均为2n＋1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为，故可以猜想出的一般结论为 cos ·cos ·…·cos ＝(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)可知an＝，故Sn＝＝1－＝＝，解得n＝10.‎ 答案：(1)cos ·cos ·…·cos ＝(n∈N*)　(2)10‎ 角度三：与图形有关的推理 ‎3．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照如图(1)所示的分形规律可得如图(2)所示的一个树形图．若记图(2)中第n行黑圈的个数为an，则a2 019＝________.‎ 解析：根据题图(1)所示的分形规律，可知1个白圈分形为2个白圈1个黑圈，1个黑圈分形为1个白圈2个黑圈，把题图(2)中的树形图的第1行记为(1,0)，第2行记为(2,1)，第3行记为(5,4)，第4行的白圈数为2×5＋4＝14，黑圈数为5＋2×4＝13，所以第4行的“坐标”为(14,13)，同理可得第5行的“坐标”为(41,40)，第6行的“坐标”为(122,121)，….各行黑圈数乘2，分别是0,2,8,26,80，…，即1－1,3－1，9－1,27－1,81－1，…，所以可以归纳出第n行的黑圈数an＝(n∈N*)，所以a2 019＝.‎ 答案： ‎[通法在握]‎ 归纳推理问题的常见类型及解题策略 常见类型 解题策略 与数字有关的等式的推理 观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解 与式子有关的推理 观察每个式子的特点，找到规律后可解 与图形变化有关的推理 合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性 ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2019·苏州调研)观察下列式子：1＋＜，1＋＋＜，1＋＋＋＜，…，根据以上式子可以猜想1＋＋＋…＋＜________.‎ 解析：由题意，根据所给式子，右边分子是2n－1，分母是n，可得答案为 .‎ 答案： ‎ ‎2．某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度均为1，两两夹角为120°；二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，…，依此规律得到n级分形图．‎ n级分形图中共有________条线段．‎ 解析：分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，‎ 由题图知，一级分形图有3＝(3×2－3)条线段，‎ 二级分形图有9＝(3×22－3)条线段，‎ 三级分形图中有21＝(3×23－3)条线段，‎ 按此规律n级分形图中的线段条数an＝3×2n－3.‎ 答案：3×2n－3‎ 　 ‎[典例引领]‎ 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：‎ ‎(1)数列是等比数列；‎ ‎(2)Sn＋1＝4an.‎ 证明：(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，‎ 所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.‎ 故＝2·，(小前提)‎ 故是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)‎ ‎(大前提是等比数列的定义)‎ ‎(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，‎ 所以Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1‎ ‎＝4an(n≥2)．(小前提)‎ 又因为a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)‎ 所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)‎ ‎[由题悟法]‎ 演绎推理的推证规则 ‎(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．‎ ‎(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．‎ ‎[即时应用]‎ ‎　(2018·南通中学高三数学练习)设数列{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a5＝64，S5－S3＝48.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)对于正整数k，m，l(k＜m＜l)，求证：“m＝k＋1且l＝k＋3”是“5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件．‎ 解：(1)因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，‎ 所以a1a5＝a＝64，所以a3＝8，‎ 又因为S5－S3＝48，所以a5＋a4＝8q2＋8q＝48，所以q＝2，‎ 所以an＝8·2n－3＝2n.‎ ‎(2)证明：(ⅰ)必要性：设5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列，‎ ‎①若2·5ak＝am＋al，则10·2k＝2m＋2l，‎ 所以10＝2m－k＋2l－k，所以5＝2m－k－1＋2l－k－1，‎ 又因为k＜m＜l，所以所以 ‎②若2am＝5ak＋al，则2·2m＝5·2k＋2l，所以2m＋1－k－2l－k＝5，左边为偶数，等式不成立．‎ ‎③若2al＝5ak＋am，同理也不成立，‎ 综合①②③，得m＝k＋1，l＝k＋3，所以必要性成立．‎ ‎(ⅱ)充分性：设m＝k＋1，l＝k＋3，‎ 则5ak，am，al这三项为5ak，ak＋1，ak＋3，即5ak,2ak,8ak，调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列，所以充分性也成立．‎ 综合(ⅰ)(ⅱ)，充要性得证．‎ 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．(2019·徐州调研)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞，则对于任意n(n∈N*)有不等式________成立．‎ 解析：观察已知中的等式：‎ ‎ f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，‎ f(16)＞3，f(32)＞，…，‎ 则f(2n)≥.‎ 答案：f(2n)≥ ‎2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则____________________成等比数列．‎ 解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．‎ 答案：T4，，， ‎3．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：‎ ‎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“＝”．‎ 以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是________．‎ 解析：①②正确，③④⑤⑥错误．‎ 答案：2‎ ‎4．(2018·扬州期末)点(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式为d＝，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(1,1,2)到平面x＋y＋2z＋3＝0的距离为________．‎ 解析：在空间中，点(1,1,2)到平面x＋y＋2z＋3＝0的距离d＝＝.‎ 答案： ‎5．(2019·南京调研)已知函数f(x)＝x3＋x，对于等差数列{an}满足：f(a2－1)＝2， f(a2 016－3)＝－2，Sn是其前n项和，则S2 017＝________.‎ 解析：因为函数f(x)＝x3＋x为奇函数，且在R上单调递增，‎ 又因为f(a2－1)＝2，f(a2 016－3)＝－2，则a2－1＝－(a2 016－3)，‎ 即a2＋a2 016＝4，即a1＋a2 017＝4.‎ 则S2 017＝(a1＋a2 017)＝4 034.‎ 答案：4 034‎ ‎6．(2018·启东检测) [x]表示不超过x的最大整数，例如：[π]＝3.‎ S1＝[]＋[]＋[]＝3，‎ S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝10，‎ S3＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝21，‎ ‎……‎ 依此规律，那么S10＝________.‎ 解析：因为[x]表示不超过x的最大整数，‎ 所以S1＝[]＋[]＋[]＝1×3＝3，‎ S2＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝2×5＝10，‎ S3＝[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝3×7＝21，……，‎ Sn＝[]＋[]＋[]＋…＋[]＋[]＝n×(2n＋1)，‎ 所以S10＝10×21＝210.‎ 答案：210‎ 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．已知正三角形ABC，它的高为h，内切圆的半径为r，则＝，类比这一结论可知：正四面体SABC的高为H，内切球的半径为R，则＝________.‎ 解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，‎ 可得如下结论：正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的.‎ 证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径R，‎ 连结球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为R的三棱锥，设正四面体一个面的面积为S，所以4·S·R＝·S·H，解得R＝H，所以＝.‎ 答案： ‎ ‎2．观察下列等式 ‎12＝1‎ ‎12－22＝－3‎ ‎12－22＋32＝6‎ ‎12－22＋32－42＝－10‎ ‎……‎ 照此规律，第n个等式可为________________．‎ 解析：观察规律可知，第n个式子为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1.‎ 答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1 ‎3．(2018·南京第十三中学检测)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________．‎ 解析：因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.‎ 答案：55‎ ‎4．(2019·南京模拟)观察下列式子：＜2，＋＜，＋＋＜8，＋＋＋＜，……，根据以上规律，第n(n∈N*)个不等式是____________________．‎ 解析：根据所给不等式可得第n个不等式是 ＋＋…＋＜.‎ 答案：＋＋…＋＜ ‎5．在平面几何中：△ABC的∠C内角平分线CE分AB所成线段的比为＝.把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图)，平面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到类比的结论是______________．‎ 解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得＝.‎ 答案：＝ ‎6．(2018·常州调研)已知数组，，，，…，记该数组为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，…，则a2 019＝________.‎ 解析：设a2 019是第M组数中的第N个数，‎ 则 解得M＝64，且1＋2＋3＋…＋63＝2 016，‎ ‎∵2 019－2 016＝3，‎ ‎∴a2 019＝.‎ 答案： ‎7．(2018·沭阳月考)将正奇数按如下规律填在5列的数表中：则2 019排在该表的第________行，第________列．(行是从上往下数，列是从左往右数).‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎15‎ ‎13‎ ‎11‎ ‎9 ‎ ‎17‎ ‎19‎ ‎21‎ ‎23‎ ‎31‎ ‎29‎ ‎27‎ ‎25‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ 解析：∵2 019＝252×8＋3＝253×8－5，∴2 019在第253行，‎ ‎∵第三列数：3,11,19,27，…，规律为8n－5，‎ ‎∴2 019应该出现在第3列．‎ 答案：253　3‎ ‎8．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f.若y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．‎ 解析：由题意知，凸函数满足 ≤f，‎ 又y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，‎ 则sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝.‎ 答案： ‎9．(2018·苏州调研)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2－x－m.‎ ‎(1)当m＝0时，求函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，a]的最大值；‎ ‎(2)证明：当m≥－3时，不等式f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex对任意x∈均成立(其中e为自然对数的底数，e＝2.718…)．‎ 解：(1)当m＝0时，F(x)＝ln x－x2＋x，x∈(0，＋∞)，‎ 则F′(x)＝－，x∈(0，＋∞)，‎ 当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1时，F′(x)＜0，‎ 所以F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以当0＜a≤1时，F(x)的最大值为F(a)＝ln a－a2＋a；‎ 当a＞1时，F(x)的最大值为F(1)＝0.‎ ‎(2)证明：f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex可化为m＞(x－2)ex＋ln x－x，‎ 设h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，x∈，‎ 要证m≥－3时，m＞h(x)对任意x∈均成立，‎ 只要证h(x)max＜－3即可，下证此结论成立．‎ 因为h′(x)＝(x－1)，所以当＜x＜1时，x－1＜0，‎ 设u(x)＝ex－，则u′(x)＝ex＋＞0，‎ 所以u(x)在上单调递增，‎ 又因为u(x)在区间上的图象是一条不间断的曲线，‎ 且u＝－2＜0，u(1)＝e－1＞0，‎ 所以∃x0∈，使得u(x0)＝0，即e＝，ln x0＝－x0，‎ 当x∈时，u(x)＜0，h′(x)＞0；‎ 当x∈(x0,1)时，u(x)＞0，h′(x)＜0；‎ 所以函数h(x)在上单调递增，在(x0,1]上单调递减，‎ 所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)e＋ln x0－x0＝(x0－2)·－2x0＝1－－2x0.‎ 因为y＝1－－2x在x∈上单调递增，‎ 所以h(x0)＝1－－2x0＜1－2－2＝－3，即h(x)max＜－3，‎ 所以当m≥－3时，不等式f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex对任意x∈均成立. ‎ ‎10．已知O是△ABC内任意一点，连结AO，BO，CO并延长，分别交对边于A′，B′，C′，则＋＋＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：‎ ＋＋＝＋＋＝＝1.‎ 请运用类比思想，对于空间中的四面体ABCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．‎ 解：在四面体ABCD中，任取一点O，连结AO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点．‎ 则＋＋＋＝1.‎ 证明：在四面体OBCD与ABCD中，‎ ＝＝＝.‎ 同理有＝；＝；＝.‎ 所以＋＋＋ ‎＝＝＝1.‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．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________．‎ 解析：由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x ‎|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n的不同整数解的个数为4n，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.‎ 答案：80‎ ‎2．古希腊的数学家研究过各种多边形数．记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：‎ 三角形数　　　N(n,3)＝n2＋n 四边形数　　　N(n,4)＝n2‎ 五边形数　　　N(n,5)＝n2－n 六边形数　　　N(n,6)＝2n2－n ‎……‎ 可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(20,15)的值为________．‎ 解析：原已知式子可化为N(n,3)＝n2＋n＝n2＋n；‎ N(n,4)＝n2＝n2＋n；‎ N(n,5)＝n2－n＝n2＋n；‎ N(n,6)＝2n2－n＝n2＋n.‎ 故N(n，k)＝n2＋n，‎ N(20,15)＝×202＋×20＝2 490.‎ 答案：2 490‎ ‎3.(2018·东台中学检测)如图，已知双曲线－＝1，F1，F2是左右两个焦点，点M在双曲线上．‎ ‎(1)若∠F1MF2＝90°，求△F1MF2的面积；‎ ‎(2)若∠F1MF2＝120°，△F1MF2的面积是多少？若∠F1MF2＝60°， △F1MF2的面积又是多少？‎ ‎(3)观察以上结果，你能猜出随着∠F1MF2的度数的变化，‎ ‎△F1MF2的面积将怎样变化吗？试证明你的结论．‎ 解：由双曲线方程知a＝2，b＝3，c＝，‎ 设MF1＝r1，MF2＝r2(r1＞r2)，由双曲线的定义，得r1－r2＝2a＝4，‎ 将r1－r2＝4两边平方得r＋r－2r1r2＝16，‎ ‎(1)若∠F1MF2＝90°，在Rt△F1MF2中，有F1F－4S△F1MF2＝16，‎ 即52－16＝4S△F1MF2，解得S△F1MF2＝9.‎ ‎(2)若∠F1MF2＝120°，在△F1MF2中，由余弦定理得F1F＝r＋r－2r1r2cos 120°，‎ 即F1F＝(r1－r2)2＋3r1r2，‎ 即(2)2＝42＋3r1r2，所以r1r2＝12，‎ 可得S△F1MF2＝r1r2sin 120°＝3.‎ 同理可得，若∠F1MF2＝60°时，S△F1MF2＝9.‎ ‎(3)由此猜想：随着∠F1MF2的度数的逐渐增大，△F1MF2的面积将逐渐减小．‎ 证明如下：令∠F1MF2＝θ(0＜θ＜π)，‎ 则S△F1MF2＝r1r2sin θ，‎ 由双曲线的定义及余弦定理，‎ 得 ‎②－①得r1r2＝，‎ 所以S△F1MF2＝＝，‎ 因为0＜θ＜π，0＜＜，所以当∈时，tan 是增函数．‎ 而当tan 逐渐增大时，S△F1MF2＝将逐渐减小，所以随着∠F1MF2的度数的逐渐增大，△F1MF2的面积将逐渐减小．‎