構造法解題在高中數學競賽中的應用

1、淺談構造法解題在高中數學競賽中的應用 在數學競賽輔導過程中，需要長期給學生進行有針對性的數學思想方法的訓練。其中構造法解題的思想，就是一種值得推廣的解題思想方法。通過構造，可以建立起各種數學知識之間的聯(lián)系與相互轉化，讓學生在熟練掌握各種數學知識的前提下交互使用，融會貫通。一、 構造幾何模型，使代數問題幾何化。代數運算雖然直接，但有時會比較抽象且運算復雜，構造合乎要求的幾何圖形，可以是所求解的問題變得直觀明朗，從而找到一個全新的接替辦法。例一，設為實數，證明：以為邊長可以構成一個三角形，且三角形的面積為定值。分析：從題目給出的三個根式我們知道，當實數去互為相反的兩數時，只是其中兩式角色互換，實質

2、一樣，故只需爭對非負實數展開討論即可。FEDCBA構造合乎要求的幾何圖形如圖所示：于是：所以：以為邊長可以構成一個三角形，即。則： 二、 構造方程模型，使幾何問題代數化。例二，周長為6，面積為整數的直角三角形是否存在？若不存在，則給出證明，若存在，請證明一共有幾個？分析：設兩直角邊長為，斜邊為，面積為整數。于是原題中的條件可用方程組的形式給出如下：故原問題即為討論方程組使得面積為整數的解的情況。由前兩式得：，于是由韋達定理可構造出以為根的方程是：若方程有解，則即：又： ， 為整數， 為整數且： =8， 代入方程可得：。可知滿足題目條件的三角形只有一個。三、構造極端情況，找到題目要求的最值。例三

3、、在一個有限的實數列中，任意七個連續(xù)項之和都是負數，而任意十一個連續(xù)項之和都是正數。試問：此數列最多能包含多少項？分析：根據題目所給已知條件，可構造一個每橫行七個數，每縱列十一個數的數陣如下：考慮到沒一橫行為連續(xù)七項，其和小于0，沒一縱列為連續(xù)十一項，其和大于0。于是得到矛盾，所以， 。另一方面有可以構造一個連續(xù)十六項的數列滿足題目要求：6，6，-15，6，6，6，-16，6，6，-16，6，6，6，-15，6，6，故符合條件的數列最多有十六項。四、構造對應的平面模型，將空間問題降為平面問題處理。例四，已知空間六條直線，任意三條中必有兩條異面。求證：在這六條直線中總可以選出三條，其中任意兩條都

4、異面。分析：空間問題的處理，往往比平面問題的處理顯得更為復雜。如果能通過構造對應的平面模型，將空間問題轉化為平面問題來處理，也許會產生清晰明了的新辦法。將空間六條直線對應為平面上六個點，若異面，則將的連線段染成紅色，若共面，則將的連線段染成藍色。于是原問題變?yōu)椋阂阎矫鎯攘c，其中任意兩點的連線為紅色或藍色，且任意三點構成的三角形，三邊中必有一條紅邊。求證：存在一個三角形三條邊都是紅色?？紤]從點出發(fā)的五條線段，用紅藍二色染色，其中必有三條直線同色，若同為藍色，則與相連的其余三點構成的三角形必定三條邊均為紅色，于是有原命題成立。若同為紅色，而與相連的其余三點構成的三角形中必有一條邊為紅色，于是也

5、能得到三邊均為紅色的三角形。故原命題得證。五、構造符合已有原理、定理的模型。例五，一位國際象棋大師有11周的時間備戰(zhàn)一場錦標賽，他決定每天至少下一盤棋，但為了不使自己過于疲勞，他還決定在每周不能下棋超過12盤。證明存在若干天，在此期間這位大師恰好下了21盤棋。分析：用表示這位大師第1天到第天總共比賽的局數，顯然數列為一嚴格遞增數列。構造新數列，則新數列也是一嚴格遞增數列， ， 由于兩數列共有77×2=154項，其中，根據抽屜原理可知，必有數列中的一項和數列中的一項相等，不妨設，則有；。即從第天到第天的連續(xù)天內，此人共下棋21盤。例六，9條直線中的每一條都把正方形分成面積比為23的兩個

6、四邊形。證明：這9條直線中至少有三條經過同一點。分析：因為每條直線將正方形劃分為面積比為23的兩個四邊形，易知此兩四邊形必為兩個高度相等的梯形或長方形，由梯形的面積公式可知，面積比為23時即為梯形的中位線的長度之比為23，由正方形的圖形特征可知：能滿足條件的直線必經過圖中四點中的一點，于是有九條直線過四個點，由抽屜原理可知：必有三條直線過同一點。六、構造解析幾何模型，找到數與形的新的結合點。例七，設為大于等于3的整數。證明：在平面上存在一個由個點組成的集合，使集合中任意兩點間的距離為無理數，任意三點組成一個非退化的面積為有理數的三角形。分析：因為要組成非退化的三角形，所以任意三點不共線，根據二

7、次曲線的特征可知，任意一種二次曲線與直線相交，最多只能有兩個公共點，即二次曲線上沒有三點共線，于是可構造一個簡單的二次曲線模型，如拋物線型。構造無窮點集： 下證此集合中的點符合題目中的條件。在集合中取任意兩點：， 其中 。由平方差公式可知：。當且時，必有為一大于1的自然數，所以：一定是一個非完全平方數，即為無理數，又，故為無理數。取圖象上三點：。則： ， 此式顯然為非零有理數。另外也可以用面積公式，經過的直線方程為：由點到直線的距離公式得：，其余同上。七、構造極端情形，推廣至一般。例八，已知平面上有個點，其中既無三點共線，也無四點共圓，能否通過它們中的三點作一個圓，使其余個點有一半在圓內，一半

8、在圓外？分析：考慮極端情況，當時，對于平面上的五個點，必定存在兩個點，使得剩余三點全部在此兩點的連線的同側，設此三點分別為：，它們相對于的張角滿足：，顯然，過點的圓符合題目要求。對于平面內的個點，必定可選取兩點，使其余個點位于此兩點連線的同側，因為無四點共圓，故此個點對于此兩點的連線段的張角可以滿足：顯然過點的圓滿足題目要求。例九，在一個平面內給定個點，其中任意三點不共線。證明：至少有個凸四邊形，其頂點為給定的點。分析：構造極端情形，當時，分為以下兩種情況： 五個點中的四個點恰好是一個凸四邊形的頂點，另一個為任意點，此情形顯然滿足題義； 五個點中的三個點構成三角形，而其余兩個點在三角形內。如圖所示：QPEDCBA因無三點共線，故經過D、E的直線必與三角形的兩邊相交，不妨交AB于P，交AC于Q?？疾樗倪呅蜝DEC，不難發(fā)現，對角線BE、CD在其內部，所以四邊形為凸四邊形。一般地，在一個平面內給定個點，可以構成個不同的五點集，從上面的討論可知，每個五點集中至少有一個以