题目（高三 · 逻辑题）：将下列演绎推理写成“三段论”的形式.

（1）太阳系的大行星都以陏圆形轨道绕太阳运行, 海王星是太阳系中的大行星, 所以海王星以椭圆形轨道绕太阳运行;

（2）菱形的对角线互相平分;

(3) 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-\cos \mathrm{x}$ 是偶函数.
选项：
答案：答案：（1）【解析】太阳系的大行星都以㤢圆形轨道绕太阳运行，（大前提）

海王星是太阳系中的大行星，（小前提）

海王星以椭圆形轨道绕太阳运行。（结论）

（2）【解析】平行四边形的对角线互相平分，（大前提）

菱形是平行四边形，（小前提）

菱形的对角线互相平分. （结论）

（3）【解析】 若对函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 定义域中的 $\mathrm{x}$, 都有 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是偶函数，（大前提）对于函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-\cos \mathrm{x}$ ，当 $\mathrm{x} \in \mathrm{R}$ 时，有 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ ，(小前提)所以函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-\cos \mathrm{x}$ 是偶函数. (结论)

【分析】(1)太阳系的大行星都以椭圆形轨道绕太阳运行是大前提, 海王星是太阳系中的大行星是小前提，海王星以粗圆形轨道绕太阳运行是结论;

(2)对于结论:菱形的对角线互相平分来说,平行四边形的对角线互相平分是大前提,菱形是平行四边形是小前提.

(3) 作为函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-\cos \mathrm{x}$ 是偶函数, 其大前提是: 偶函数的定义, 小前提是函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 满足偶定义.

23. 答案: 【解析】 类比三角形中的结论,

猜想在四面体中的结论为 $S=S_{1} \cdot \cos \alpha+S_{2} \cdot \cos \beta+S_{3} \cdot \cos \gamma$.

证明：如图, 设 $\mathrm{P}$ 点在底面的射影为 $\mathrm{O}$ 点, 过 $\mathrm{O}$ 点作 $O H \perp A B$, 交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{H}$, 连接 $\mathrm{PH}, \mathrm{OA}, \mathrm{OB}$,

<ImageHere>

$\angle P H O$ 就是平面 $\mathrm{PAB}$ 与底面 $\mathrm{ABC}$ 所成的二面角, 则 $\angle P H O=\alpha$,

$S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} \times A B \times O H, S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2} \times A B \times P H, \quad \cos \alpha=\cos \angle P H O=\frac{O H}{P H}=\frac{S_{\triangle A O B}}{S_{1}}$

$\therefore S_{\triangle A O B}=S_{1} \cos \alpha_{\text {同理, }} S_{\triangle C O B}=S_{2} \cos \beta, S_{\triangle A O C}=S_{3} \cos \gamma$,
又 $S=S_{\triangle A O B}+S_{\triangle C O B}+S_{\triangle A O C}, \quad \therefore \mathrm{S}=\mathrm{S}_{1} \cdot \cos \alpha+\mathrm{S}_{2} \cdot \cos \beta+\mathrm{S}_{3} \cdot \cos \gamma$

【分析】类比三角形中的结论，猜想四面体中的结论, 并证明即可.

24.答案: 【解析】 命题: 长方体 $A B C D-A B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中(如图 2),

<ImageHere>

图2

对角线 $A C$ 与棱 $A B 、 A D 、 A A$ 所成的角分别为 $\alpha, \beta, \gamma$,则 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma=1$;

证明: $\because \cos \alpha=\frac{A B}{A C^{\prime}}, \quad \cos \beta=\frac{A D}{A C^{\prime}}, \quad \cos \gamma=\frac{A A^{\prime}}{A C^{\prime}}$,

$\therefore \cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma=\frac{A B^{2}+A D^{2}+A A^{2}}{A C^{2}}=\frac{A C^{2}}{A C^{2}}=1$. (此题答案不唯一)

【分析】先掌握已知矩形中得到的结论 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta=1$ 的特点, 再利用类比推理的方法, 在长方体中得到类似的结论, 并进行证明即可.
解析：答案：（1）【解析】太阳系的大行星都以㤢圆形轨道绕太阳运行，（大前提）

海王星是太阳系中的大行星，（小前提）

海王星以椭圆形轨道绕太阳运行。（结论）

（2）【解析】平行四边形的对角线互相平分，（大前提）

菱形是平行四边形，（小前提）

菱形的对角线互相平分. （结论）

（3）【解析】 若对函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 定义域中的 $\mathrm{x}$, 都有 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是偶函数，（大前提）对于函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-\cos \mathrm{x}$ ，当 $\mathrm{x} \in \mathrm{R}$ 时，有 $\mathrm{f}(-\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ ，(小前提)所以函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-\cos \mathrm{x}$ 是偶函数. (结论)

【分析】(1)太阳系的大行星都以椭圆形轨道绕太阳运行是大前提, 海王星是太阳系中的大行星是小前提，海王星以粗圆形轨道绕太阳运行是结论;

(2)对于结论:菱形的对角线互相平分来说,平行四边形的对角线互相平分是大前提,菱形是平行四边形是小前提.

(3) 作为函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}-\cos \mathrm{x}$ 是偶函数, 其大前提是: 偶函数的定义, 小前提是函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 满足偶定义.

23. 答案: 【解析】 类比三角形中的结论,

猜想在四面体中的结论为 $S=S_{1} \cdot \cos \alpha+S_{2} \cdot \cos \beta+S_{3} \cdot \cos \gamma$.

证明：如图, 设 $\mathrm{P}$ 点在底面的射影为 $\mathrm{O}$ 点, 过 $\mathrm{O}$ 点作 $O H \perp A B$, 交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{H}$, 连接 $\mathrm{PH}, \mathrm{OA}, \mathrm{OB}$,



$\angle P H O$ 就是平面 $\mathrm{PAB}$ 与底面 $\mathrm{ABC}$ 所成的二面角, 则 $\angle P H O=\alpha$,

$S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} \times A B \times O H, S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2} \times A B \times P H, \quad \cos \alpha=\cos \angle P H O=\frac{O H}{P H}=\frac{S_{\triangle A O B}}{S_{1}}$

$\therefore S_{\triangle A O B}=S_{1} \cos \alpha_{\text {同理, }} S_{\triangle C O B}=S_{2} \cos \beta, S_{\triangle A O C}=S_{3} \cos \gamma$,
又 $S=S_{\triangle A O B}+S_{\triangle C O B}+S_{\triangle A O C}, \quad \therefore \mathrm{S}=\mathrm{S}_{1} \cdot \cos \alpha+\mathrm{S}_{2} \cdot \cos \beta+\mathrm{S}_{3} \cdot \cos \gamma$

【分析】类比三角形中的结论，猜想四面体中的结论, 并证明即可.

24.答案: 【解析】 命题: 长方体 $A B C D-A B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中(如图 2),



图2

对角线 $A C$ 与棱 $A B 、 A D 、 A A$ 所成的角分别为 $\alpha, \beta, \gamma$,则 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma=1$;

证明: $\because \cos \alpha=\frac{A B}{A C^{\prime}}, \quad \cos \beta=\frac{A D}{A C^{\prime}}, \quad \cos \gamma=\frac{A A^{\prime}}{A C^{\prime}}$,

$\therefore \cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma=\frac{A B^{2}+A D^{2}+A A^{2}}{A C^{2}}=\frac{A C^{2}}{A C^{2}}=1$. (此题答案不唯一)

【分析】先掌握已知矩形中得到的结论 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta=1$ 的特点, 再利用类比推理的方法, 在长方体中得到类似的结论, 并进行证明即可.