综合法与分析法习题课

2.2.综合法与分析法-人教A版选修2-2教案
一、教学目标
1.理解综合法和分析法的概念。

2.掌握综合法和分析法的基本原理。

3.能够应用综合法和分析法解决实际问题。

4.培养学生系统思维的能力。

二、教学内容
1.综合法的概念和基本原理。

2.分析法的概念和基本原理。

3.综合法和分析法的应用。

三、教学过程
1. 导入（5分钟）
教师通过提问和讲解，引导学生了解问题解决的两种方法：综合法和分析法，并介绍本节课的教学目标和重点。

2. 讲解（25分钟）
2.1 综合法的概念和基本原理
1.综合法是从整体综合出发，从多个方面考虑，综合分析问题的方法。

2.综合法的基本原理是整体观念、多元观念和系统观念。

2.2 分析法的概念和基本原理
1.分析法是从局部出发，从单个方面考虑，分析问题的方法。

2.分析法的基本原理是简化化、抽象化和精确化。

3. 练习（25分钟）
1.给学生提供综合法和分析法的例子，让学生分别应用综合法和分析法解决问题。

2.针对不同的问题，让学生思考采用哪种方法更适合。

4. 总结（5分钟）
让学生回顾本节课的重点内容，并讲解综合法和分析法的区别和联系。

四、教学反思
本节课通过提供练习例子的方式，让学生更深入地理解了综合法和分析法的概念和应用方法。

同时，通过问题讨论的方式，培养了学生系统思维的能力。

高中数学高中数学新课程标准数学选修1—2第二章课后习题解答第二章 推理与证明2．1合情推理与演绎推理 练习（P30）1、由12341a a a a ====，猜想1na=.2、相邻两行数之间的关系是：每一行首尾的数都是1，其他的数都等于上一行中与之相邻的两个数的和.3、设111O PQ R V -和222O P Q R V -分别是四面体111O PQ R -和222O P Q R -的体积，的体积， 则111222111222O PQR O P Q R V OP OQ OR V OP OQ OR --=××. 4、略. 练习（P33）1、略.2、因为通项公式为n a 的数列{}n a ，若1n na p a +=，p 是非零常数，则{}n a 是等比数列；是等比数列； …………………………大前提…………………………大前提又因为0cq ¹，则q 是非零常数，则11n n nna cq q a cq ++==；……………………小前提……………………小前提 所以，通项公式为(0)n n a cq cq =¹的数列{}n a 是等比数列.……………………结论……………………结论 3、由A D B D >，得到ACD BCD Ð>Ð的推理是错误的. 因为这个推理的大前提是因为这个推理的大前提是“在同一“在同一个三角形中，大边对大角”，小前提是“AD BD >”，而AD 与BD 不在同一个三角形中. 4、略.习题2.1A 组（P35） 1、2(1)n -（n 是质数，且5n ³）是24的倍数.2、21n a n =+()n N *Î. 3、2F V E +=+. 4、当6n £时，122(1)n n -<+；当7n =时，122(1)n n -=+；当8n =时，122(1)n n ->+()n N *Î.5、212111(2)n n A A A n p++³-（2n >，且n N *Î）. 6、121217n n b b b b b b -=（17n <，且n N *Î）.7、如图，作DE ∥AB 交BC 于E . 因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形，因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形，因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形， 又因为AD ∥BE ，AB ∥DE . 所以四边形所以四边形ABED 是平行四边形是平行四边形.. 因为平行四边形的对边相等因为平行四边形的对边相等因为平行四边形的对边相等. . DEBAC（第7题）又因为四边形ABED 是平行四边形是平行四边形. .所以所以AB DE =.因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等，因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等，因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等， 又因为AB DE =，AB DC =, 所以DE DC = 因为等腰三角形的两底角是相等的. 又因为△DEC 是等腰三角形是等腰三角形, , 所以DEC C Ð=Ð 因为平行线的同位角相等因为平行线的同位角相等 又因为DEC Ð与B Ð是平行线AB 和DE 的同位角的同位角, , 所以DEC B Ð=Ð 因为等于同角的两个角是相等的，因为等于同角的两个角是相等的， 又因为DEC C Ð=Ð，DEC B Ð=Ð, 所以B C Ð=Ð习题2.1B 组（P35） 1、由123S =-，234S =-，345S =-，456S =-，567S =-，猜想12n n S n +=-+.2、略.3、略. 2．2直接证明与间接证明 练习（P42）1、因为442222cos sin (cos sin )(cos sin )cos 2q q q q q q q -=+-=，所以，命题得证. 2、要证67225+>+，只需证22(67)(225)+>+， 即证1324213410+>+，即证42210>，只需要22(42)(210)>，即证4240>，这是显然成立的. 所以，原命题得证.3、因为、因为222222222()()()(2sin )(2tan )16sin tan a b a b a b a a a a -=-+==， 又因为又因为 sin (1cos )sin (1cos )1616(tan sin )(tan sin )16cos cos ab a a a a a a a a a a +-=+-=×22222222sin (1cos )sinsin161616sin tan cos cos aa aa a a aa-===，从而222()16a b ab -=，所以，命题成立.说明：进一步熟悉运用综合法、分析法证明数学命题的思考过程与特点.练习（P43）1、假设B Ð不是锐角，则90B г°. 因此9090180C B Ð+г°+°=°. 这与三角形的内角和等于180°矛盾. 所以，假设不成立. 从而，B Ð一定是锐角.2、假设2，3，5成等差数列，则2325=+.所以22(23)(25)=+，化简得5210=，从而225(210)=，即2540=， 这是不可能的. 所以，假设不成立. 从而，2，3，5不可能成等差数列. 说明：进一步熟悉运用反证法证明数学命题的思考过程与特点.习题2.2A 组（P44） 1、因为、因为(1tan )(1tan )2A B ++=展开得展开得1tan tan tan tan 2A B A B +++=，即tan tan 1tan tan A B A B +=-. ① 假设1tan tan 0A B -=，则cos cos sin sin 0cos cos A B A B A B -=，即cos()0cos cos A B A B += 所以cos()0A B +=.因为A ，B 都是锐角，所以0A B p <+<，从而2A B p+=，与已知矛盾.因此1tan tan 0A B -¹.①式变形得①式变形得 tan tan 11tan tan A BA B +=-，即tan()1A B +=. 又因为0A B p <+<，所以4A B p+=.说明：本题也可以把综合法和分析法综合使用完成证明. 2、因为PD ^平面ABC ，所以PD AB ^. 因为AC BC =，所以ABC D 是等腰三角形. 因此ABC D 底边上的中线CD 也是底边上的高，也是底边上的高， 因而CD AB ^ 所以AB ^平面PDC . 因此AB PC ^.3、因为,,a b c 的倒数成等差数列，所以211b ac =+.假设2B p<不成立，即2B p³，则B 是ABC D 的最大内角，的最大内角，所以,b a b c >>（在三角形中，大角对大边），从而从而 11112a c b b b +>+=. 这与211b a c =+矛盾.所以，假设不成立，因此，2B p<.习题2.2B 组（P44） 1、因为、因为 1tan 12tan aa-=+，所以12tan 0a +=，从而2sin cos 0a a +=.另一方面，要证另一方面，要证3sin 24cos2a a =-， 只要证226sin cos 4(cos sin )a a a a =-- 即证即证 222sin 3sin cos 2cos 0a a a a --=，即证即证 (2s i n c o s )(s i n 2c o s a a a a+-= 由2sin cos 0a a +=可得，(2sin cos )(sin 2cos )0a a a a +-=，于是命题得证.说明：本题可以单独使用综合法或分析法进行证明，但把综合法和分析法结合使用进行证明的思路更清晰.2、由已知条件得、由已知条件得2b ac = ① 2x a b =+，2y b c =+ ②要证2a cx y +=，只要证2ay cx xy +=，只要证224ay cx xy +=由①②，得由①②，得22()()2ay cx a b c c a b ab ac bc +=+++=++， 24()()2x y a b b c a b b a c b c a b a c b c=++=+++=++， 所以，224ay cx xy +=，于是命题得证.第二章 复习参考题A 组（P46）1、图略，共有(1)1n n -+（n N *Î）个圆圈.2、333n 个（n N *Î）.3、因为2(2)(1)4f f ==，所以(1)2f =，(3)(2)(1)8f f f ==，(4)(3)(1)16f f f ==………… 猜想()2n f n =.4、如图，设O 是四面体A BCD -内任意一点，连结AO ，BO ，CO ，DO 并延长交对面于A ¢，B ¢，C ¢，D ¢，则，则1O A O B O C O D A A B B C C D D ¢¢¢¢+++=¢¢¢¢ 用“体积法”证明：用“体积法”证明： O A O B O C O DA AB BC CD D¢¢¢¢+++¢¢¢¢ O B C D O C D AO D A B OA B C A B C D BC D A CD AB D A B CV VV V V VVV --------=+++1A B C D A B C DVV --==5、要证、要证(1tan )(1tan )2A B ++= 只需证只需证 1tan tan tan tan 2A B A B +++=即证即证t a n t a n 1t a n t a A B A B +=- 由54A B p +=，得tan()1A B +=. ①又因为2A B k p p +¹+，所以tan tan 11tan tan A BA B+=-，变形即得①式.所以，命题得证. 第二章 复习参考题B 组（P47）1、（1）25条线段，16部分；部分； （2）2n 条线段；条线段；（3）222n n ++部分. 2、因为90BSC Ð=°，所以BSC D 是直角三角形.A BCDA'B'D'C'（第4题）在Rt BSC D 中，有222BC SB SC =+.类似地，得类似地，得 222AC SA SC =+，222AB SB SA =+ 在ABC D 中，根据余弦定理得中，根据余弦定理得2222cos 02AB AC BC SA A AB AC AB AC+-==>××2222cos 02AB BC AC SB B AB BCAB BC+-==>×× 2222cos 02BC AC AB SC C BC ACBC AC +-==>×× 因此，,,A B C 均为锐角，从而ABC D 是锐角三角形. 3、要证、要证cos 44cos 43b a -= 因为因为 cos 44cos 4cos(22)4cos(22)b a b a -=´-´ 2212sin 24(12sin 2)b a =--´-222218s i n c o s 4(18s i n c o s )b b a a =--´-222218s i n (1s i n )4[18s i n (1s i n )]bb a a=---´-- 只需证只需证 222218sin (1sin )4[18sin (1sin )]3b b a a ---´--= 由已知条件，得由已知条件，得 sincos sin2q q a +=，2sin sin cos b q q =，代入上式的左端，得代入上式的左端，得 222218sin (1sin )4[18sin (1sin )]b b a a ---´-- 2238sin cos (1sin cos )32sin (1sin )q q q q a a =---+-2238sin cos 8sin cos 2(12sin cos )(32sin cos )q q q q q q q q =--+++-222238s i n c o s 8s i nc o s 68s i n c o s 8s i nc o sq q q q q q q q =--++-+ 3= 因此，cos 44cos 43b a -=。

“问题导学”下的习题课教学模式【关键词】问题导学习题课教学模式习题课，是指教师经过一个阶段的教学，根据知识系统要求和学生学习实际，通过习题讲解或指导学生完成习题，达到巩固所学知识目的的课型。

习题课的主要任务，是针对学生所学知识的难点和易错点，通过习题讲解或训练，帮助学生提高对所学知识的理解和认识，完善知识结构，形成一定的解题技能、技巧，培养数学思想，发展思维能力。

“黄河清问题导学教学法”习题课教学模式，将教学过程分为四个环节：知识回顾一例题讲解一方法总结一应用探究，对每个环节的教学都赋予了明确的标准和要求，构建了教学的核心要素，为提高教学效益、促进学生能力发展提供了一个可以借鉴的教学范式。

以下对此作简要的阐述。

一、知识回顾知识回顾是习题课重要的教学环节。

学生对数学知识和方法能否形成合理的认知结构，能否正确地理解和掌握知识间的内在联系，教师适时对知识进行梳理、整合、强调、深化至关重要。

特别地，以习题为载体，启发学生分析知识的整体结构和各知识点间的联系，突出解决学生认知上的一些重点、难点问题，有利于学生全面、系统地掌握所学知识，提高联想记忆，逐步学会自主进行深层次的知识拓展。

在这一环节，教师要注重从以下两个方面去设置问题，引导学生思考：一是以概念和基本方法作为出发点去引导学生回顾和构建知识网络。

概念是从一些具有相同属性的事物或现象中抽象出来的，这些本质属性就是这一概念的内涵，满足这些内涵的全部对象就是这个概念的外延。

不少同学之所以学习数学有很多障碍，概念不清往往是最直接的原因。

因此，在知识回顾环节，教师要注重对概念进行辨析，让学生对概念的内涵认识得更深刻，对概念的外延了解得更丰富，这是提高学生对知识认知能力的重要途径。

同时，思想方法又是数学的灵魂，掌握数学的思想方法是提高数学能力的关键。

特别是在课堂学习中，往往某一方法在这节课的内容中它是孤立的，但是在整个章节中它却起到联系与转化的桥梁作用，是解决全局性问题的根本办法，这就需要教师的启发与引导，使它的作用充分显现出来。

第十一章：全等三角形一、基础知识1.全等图形的有关概念 （1）全等图形的定义能够完全重合的两个图形就是全等图形。

例如：图13-1和图13-2就是全等图形图13-1图13-2 （2）全等多边形的定义两个多边形是全等图形，则称为全等多边形。

例如：图13-3和图13-4中的两对多边形就是全等多边形。

图13-3 图13-4（3）全等多边形的对应顶点、对应角、对应边两个全等的多边形，经过运动而重合，相互重合的顶点叫做对应顶点，相互重合的边叫做对应边，相互重合的角叫做对应角。

（4）全等多边形的表示例如：图13-5中的两个五边形是全等的，记作五边形ABCDE ≌五边形A ’B ’C ’D ’E ’（这里符号“≌”表示全等，读作“全等于”）。

图13-5表示图形的全等时，要把对应顶点写在对应的位置。

（5）全等多边形的性质全等多边形的对应边、对应角分别相等。

A B DC E B ’A ’ C ’ D ’ E ’（6）全等多边形的识别多边形相等、对应角相等的两个多边形全等。

2.全等三角形的识别（1）根据定义若两个三角形的边、角分别对应相等，则这两个三角形全等。

（2）根据SSS如果两个三角形的三条边分别对应相等，那么这两个三角形全等。

相似三角形的识别法中有一个与（SSS）全等识别法相类似，即三条边对应成比例的两个三角形相似，而相似比为1时，就成为全等三角形。

（3）根据SAS如果两个三角形有两边机器夹角分别对应相等，那么这两个三角形全等。

相似三角形的识别法中同样有一个是与（SAS）全等识别法相类似，即一角对应相等而夹这个角的两边对应成比例的两个三角形相似，当相似比为1时，即为全等三角形。

（4）根据ASA如果两个三角形的两个角及其夹边分别对应相等，那么这两个三角形全等。

（5）根据AAS如果两个三角形有两个角及其中一角的对边分别对应相等，那么这两个三角形全等。

3.直角三角形全等的识别（1）根据HL如果两个直角三角形的斜边及一条直角边分别对应相等，那么这两个直角三角形全等。

习题课综合法和剖析法明目标、知要点加深对综合法、剖析法的理解，应用两种方法证明数学识题．1．综合法综合法是中学数学证明中最常用的方法，它是从已知到未知，从题设到结论的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真切判断出发，经过一系列的中间推理，最后导出所要求证的命题．综合法是一种由因导果的证明方法．综合法的证明步骤用符号表示是：P0(已知)?P1?P2??P n(结论) 2．剖析法剖析法是指从需证的问题出发，剖析出使这个问题成立的充足条件，使问题转变为判断那些条件能否具备，其特色能够描绘为“执果索因”，即从未知看需知，逐渐聚拢已知．剖析法的书写形式一般为“因为，为了证明，只需证明，即，所以，只需证明，因为成立，所以，结论成立”．剖析法的证明步骤用符号表示是：P0(已知)??P n－2?P n －1?P n(结论)剖析法属逻辑方法范围，它的谨慎表此刻剖析过程步步可逆．题型一选择适合的方法证明不等式2例1 设a，b，c为随意三角形三边长， I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，试证：3S≤I<4S.22222证明I＝(a＋b＋c)＝a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2caa2＋b2＋c2＋2S.欲证3S≤I2<4S，即证ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.先证明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，只需证2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，明显成立；再证明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，只需证a2－ab－ac＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，只需证a<b＋c，且b<c＋a，且c<b＋a，因为a 、b 、c 为三角形的三边长，2上述三式明显成立，故有 3S ≤I<4S. 反省与感悟 此题要证明的结论要先进行转变，能够使用剖析法．对于连续不等式的证明， 能够分段来证，使证明过程层次清楚． 证明不等式所依靠的主假如不等式的基天性质和已知 的重要不等式，此中常用的有以下几个：2(1)a ≥0(a ∈R )．222≥2ab ，(a ＋b 222≥a ＋b 2(2)(a －b)≥0(a 、b ∈R )，其变形有a ＋b 2)≥ab ，a ＋b 2 .(3)若a ，b ∈(0，＋∞)，则a ＋b≥ab ，特别地b ＋a ≥2.2a b(4)a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca(a ，b ，c ∈R )．追踪训练1 已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，求证：1＋1≥4.a b证明方法一∵a ，b 是正数且a ＋b ＝1，∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤1，∴1＋1＝a ＋b ＝1≥4.2ababab 方法二 ∵a ，b 是正数，∴a ＋b ≥2ab>0，1＋ 1≥21a bab >0，(a ＋b)(1＋1)≥4.ab又a ＋b ＝1，∴1＋1≥4.ab方法三11a ＋ba ＋bbaba ＋＝ a ＋＝1＋＋＋1≥2＋2·＝4.当且仅当a ＝b 时，取“＝”号．ab b abab题型二 选择适合的方法证明等式例2已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，对应的三边为a ，b ，c ，求证：1＋a ＋b1 ＝ 3b ＋c a ＋b ＋c.证明要证原式，只需证 a ＋b ＋c ＋a ＋b ＋c ＝3，a ＋b b ＋cc ＋a2＋a 2＋ab＝1，即证 ＝1，即只需证bc ＋c2a ＋b b ＋c ab ＋b ＋ac ＋bc而由题意知A ＋C ＝2B ，π2 2 2∴B ＝3，∴b ＝a ＋c －ac ，bc ＋c 2＋a 2＋abbc ＋c 2＋a 2＋ab∴ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝ab ＋a 2＋c 2－ac ＋ac ＋bc22＋ab bc＋c＋a＝ab＋a2＋c2＋bc＝1，∴原等式成立，即1＋1＝3a＋b b＋c a＋b＋c.反省与感悟综合法推理清楚，易于书写，剖析法从结论下手易于找寻解题思路．在实质证明命题时，常把剖析法与综合法联合起来使用，称为剖析综合法，其构造特色是：依据条件的构造特色去转变结论，获取中间结论Q；依据结论的构造特色去转变条件，获取中间结论P；若由P可推出Q，即可得证．追踪训练2设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，a c试证：x＋y＝2.证明由已知条件得b2＝ac，①2x＝a＋b,2y＝b＋c.②a c要证＋＝2，只需证ay＋cx＝2xy，只需证2ay＋2cx＝4xy.由①②得2ay＋2cx＝a(b＋c)＋c(a＋b)＝ab＋2ac＋bc，4xy＝(a＋b)(b＋c)＝ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋2ac＋bc，所以2ay＋2cx＝4xy.命题得证．题型三立体几何中地点关系的证明例3如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：CD⊥AE；证明：PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，又AB∩AE＝A，综上得PD⊥平面ABE.反省与感悟综合法证明线面之间的垂直关系是高考考察的要点，利用垂直的判断定理和性质定理能够进行线线、线面以及面面之间垂直关系的转变．此外，利用一些常有的结论还经常能够将线面间的垂直与平前进行转变．比方：两条平行线中一条垂直于平面α，则此外一条也垂直于平面α；垂直于同一条直线的两个平面相互平行等．追踪训练3如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.求证：AF∥平面BDE；求证：CF⊥平面BDE.证明(1)如图，设AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，1AG＝2AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)连结FG.因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以四边形CEFG为菱形．所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.[呈要点、现规律]1．综合法的特色是：从已知看可知，逐渐推出未知．2．剖析法的特色是：从未知看需知，逐渐聚拢已知．3．剖析法和综合法各有优弊端．剖析法思虑起来比较自然，简单找寻到解题的思路和方法，弊端是思路逆行，表达较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思虑．实际证题时经常两法兼用，先用剖析法探究证明门路，而后再用综合法表达出来．学习不是一时半刻的事情，需要平常累积，需要平常的好学苦练。

第一章国际政治学科1.1 复习笔记一、国际政治学的学科发展现代意义上的国际政治学，产生于20世纪初，并且最早出现于英国和美国。

国际政治学产生于人们希望更好地理解国际事务和国家间政治的需求。

第一次世界大战的爆发，是世界范围内错综复杂的国家间矛盾的第一次总爆发，使得学者们不得不密切关注国际关系。

1919年，威尔士工业家戴维·戴维斯在威尔士大学资助建立了国际政治系，并为国际政治专业设立了伍德罗·威尔逊讲座教授，标志着独立的国际政治学科的诞生。

第二次世界大战之后，国际政治学得到了很大的发展。

尽管许多政治学领域的学者把国际政治学看作是政治学的子学科，时至今日仍然有人认为“国际政治学”还不能说已成为一门成熟的社会科学学科，但是国际政治研究却形成了自己的独特的学科领域和知识体系。

二、国际政治学的学科界定1．国际关系的研究对象界定国际关系学的研究对象，既要看到国家行为体，也要看到非国家行为体。

由此我们可以把国际关系的研究对象概括为三类关系：（1）国家与国家的关系，既包括合作的关系，也包括冲突的关系；既包括双边关系，也包括多边关系。

（2）国家与非国家行为体的关系，既包括主权国家与政府间组织的关系，亦包括主权国家与非政府组织的关系。

（3）非国家行为体之间的关系，包括各国际组织间的关系，非政府组织间的关系，国际组织与非政府组织问的关系等。

此外，国际关系的整体的运动规律也是国际关系学的研究对象。

2．国际关系学科的界定国际关系学就是研究以国家为主体的国际行为体的跨国互动关系，并从国际政治视角研究影响这种互动的一切因素的学科。

学界将国际政治学等同于国际关系学，是因为国际关系中的经济关系、军事关系、文化关系、政治关系等诸多关系中，政治关系最为突出，研究得也最多。

国际政治中，以国家为主要国际行为体，其间的主要互动方式为国家的对外政策行为。

三、怎样进行国际政治学科的专业学习？国际政治专业学生需要进行两种学习，一是知识的学习，二是方法的学习。

习题课 课时目标 1.进一步理解直接证明和间接证明的思想.2.利用两种证明方法解决简单的实际问题．1．________证明和________证明是数学证明的两类基本证明方法．________法和________法是直接证明中最基本的两种证明方法；__________是间接证明的一种基本方法．2．综合法和分析法经常结合使用；直接证明比较麻烦的结论，我们可以采用__________．一、选择题1．要证明3＋7<25可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )A ．综合法B ．分析法C ．类比法D ．归纳法2．若实数a ，b 满足0<a <b ，且a ＋b ＝1，则下列四个数中最大的是( ) A ．12B ．2abC ．a 2＋b 2D ．a3．在△ABC 中，“AB →·AC →>0”是“△ABC 为锐角三角形”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数( )A ．两个都是偶数B ．一个是奇数，一个是偶数C ．至少一个是偶数D ．恰有一个是偶数5．有下列叙述：①“a >b ”的反面是“a <b ”；②“x ＝y ”的反面是“x >y 或x <y ”；③“三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形的外心在三角形内”； ④“三角形最多有一个钝角”的反面是“三角形没有钝角”．其中正确的叙述有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个二、填空题6．已知sin θ＋cos θ＝15且π2≤θ≤3π4，则cos 2θ＝______. 7．在等差数列{a n }中，当a r ＝a s (r ≠s )时，{a n }必定是常数数列．然而在等比数列{a n }中，对某些正整数r 、s (r ≠s )，当a r ＝a s 时，非常数数列{a n }的一个例子是____________．8．若一个圆和一个正方形的周长相等，则圆的面积比正方形的面积________(填“大”或“小”)．三、解答题9．△ABC 的三边长a 、b 、c 的倒数成等差数列．求证：B <90°.10．如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD .能力提升11．如图，在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，当底面四边形ABCD 满足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形) 12．若a 、b 、c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6.求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.1．综合法和分析法的证明思路截然相反；分析法既可作为一种证明方法，也可以用来探求解题思路方向．2．直接证明较复杂，可以考虑使用反证法．习题课答案知识梳理1．直接 间接 综合 分析 反证法2．反证法作业设计1．B [要证明3＋7<25， 只需证3＋7<5＋ 5.两边平方有10＋221<10＋10.即只要证221<10.再两边平方有84<100成立． 故3＋7<25成立．由证明过程可知分析法最合理．]2．C [∵a ＋b ＝1，a ＋b >2ab ，∴2ab <12， 由a 2＋b 2>(a ＋b )22＝12， 又∵0<a <b ，且a ＋b ＝1，∴a <12，∴a 2＋b 2最大．] 3．B [∵AB →·AC →>0，∴A 为锐角，但B 、C 不确定．]4．C5．B [①错，应为a ≤b ；②对；③错，应为三角形的外心在三角形内或三角形的边上；④错，应为三角形可以有2个或2个以上的钝角．]6．－725解析 ∵sin θ＋cos θ＝15，∴1＋sin 2θ＝125， ∴sin 2θ＝－2425.∵π2≤θ≤3π4， ∴π≤2θ≤3π2.∴cos 2θ＝－1－sin 22θ＝－725. 7．a n ＝(－1)n (答案不惟一)解析 设等比数列公比为q ，首项为a 1，由a r ＝a s ，得a 1q r －1＝a 1q s －1，即q r －s ＝1.∵r ≠s ，∴r －s ≠0.又q ≠1，∴q ＝－1，则数列{a n }可以为a n ＝(－1)n .8．大解析 设正方形和圆的周长都为a ，依题意圆的面积S 1＝π⎝⎛⎭⎫a 2π2，正方形的面积S 2＝⎝⎛⎭⎫a 42.要比较S 1与S 2的大小，只需比较1π与14的大小，因为π<4，所以圆的面积S 1比正方形的面积S 2大．9．证明 由题意知2b ＝1a ＋1c，∴b (a ＋c )＝2ac . ∵cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ≥2ac －b 22ac ＝1－b 22ac ＝1－b 2b (a ＋c )＝1－b a ＋c， 又△ABC 三边长a 、b 、c 满足a ＋c >b ，∴b a ＋c <1.∴1－b a ＋c>0.∴cos B >0，即B <90°. 10．证明 (1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD . 又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF ∥平面PCD .(2)连接BD .因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD .又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .11．AC ⊥BD (或四边形ABCD 为菱形、正方形等)12．证明 假设a 、b 、c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，所以a ＋b ＋c ≤0.而a ＋b ＋c＝⎝⎛⎭⎫x 2－2y ＋π2＋⎝⎛⎭⎫y 2－2z ＋π3＋⎝⎛⎭⎫z 2－2x ＋π6 ＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3.所以a ＋b ＋c >0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾，故a 、b 、c 中至少有一个大于0.。