淺談構(gòu)造法解題在高中數(shù)學(xué)競賽中運(yùn)用

1、淺談構(gòu)造法解題在高中數(shù)學(xué)競賽中的應(yīng)用在數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)過程中，需要長期給學(xué)生進(jìn)行有針對性的數(shù)學(xué)思想方法的訓(xùn)練。其中構(gòu)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(gòu)造，可以建立起各種數(shù)學(xué)知識之間的聯(lián)系與相互轉(zhuǎn)化,讓學(xué)生在熟練掌握各種數(shù)學(xué)知識的前提下交互使用，融會貫通。、構(gòu)造幾何模型，使代數(shù)問題幾何化代數(shù)運(yùn)算雖然直接，但有時會比較抽象且運(yùn)算復(fù)雜，構(gòu)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(shè)a為實數(shù)，證明：以 v4a2+3, Ja2 a十1, Ja2 +a+1為邊長可以構(gòu)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(dāng)實

2、數(shù)a去互為相反的兩數(shù)時，只是其中兩式角色互換，實質(zhì)一樣，故只需爭對非負(fù)實數(shù)a展開討論即可。J4a2 +3 = R2a 2 +Q3 2a2 -a1 =a212-2 a 1cos60a2 a1 =a212-2 a 1cos120構(gòu)造合乎要求的幾何圖形如圖所示：AD = DF = BC =aAB = BE = CD =1DAB =60CBE =120于是：af =2a, AE =(3,EF =#2af+62 = J4a2+3AD =a, AB =1, FC = DB = ；a2 12 -2 a 1 cos60 =Ta2 -a 1BC =a,BE =1,CE -Sa2 12-2 a 1 cos120

3、= a 1所以：以4a2 +3, Ma2 a+1, Ja2 +a+1為邊長可以構(gòu)成一個三角形，即 AECF 。則：S. ECF = SAECF - S. AEF= 3Sabd SABE S.BCE - S.AEF1111 一=3 a 1 sin60 1 1 sin120 a 1 sin120 2a 32222,7234二、構(gòu)造方程模型，使幾何問題代數(shù)化。例二，周長為6,面積為整數(shù)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?a,b為根的,6, 6,故分析：設(shè)兩直角邊長為 a,b,斜邊為c,面積s為整數(shù)。于是原題中的條件可用方程組的形式給出如下:2 ,224a +b =c

4、1ab =s2故原問題即為討論方程組使得面積s為整數(shù)的解的情況。由前兩式得： ab=18-6c,于是由韋達(dá)定理可構(gòu)造出以方程是：x2 - 6 -c x 18 -6c =0:=6 -c 2 -4 1 18 -6c =c212c-36若方程有解，則之0,即：c之、后又：c a+b =6c,c 3.6 - c :二 3.s = ab=93c 為整數(shù)，3c 為整數(shù)且：7.2 E 3c 9 TOC o 1-5 h z 3c =8,c =5 一二75 、7代入方程可得：a = 5 b = 5。33可知滿足題目條件的三角形只有一個。三、構(gòu)造極端情況，找到題目要求的最值。例三、在一個有限的實數(shù)列中，任意七個連

5、續(xù)項之和都是負(fù)數(shù)，而任意十一個連續(xù)項之和都是正數(shù)。試問：此數(shù)列最多能包含多少項？分析：根據(jù)題目所給已知條件，可構(gòu)造一個每橫行七個數(shù)，每縱列十一個數(shù)的數(shù)陣如下：a1a2a3a4a7a2a3a4a5%a3a4a5aa6a9a即a12a13a17考慮到?jīng)]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， n17 另一方面有可以構(gòu)造一個連續(xù)十六項的數(shù)列滿足題目要求：6, 6,-15, 6, 6, 6,-16, 6, 6,-16, 6, 6, 6,-15符合條件的數(shù)列最多有十六項。四、構(gòu)造對應(yīng)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

6、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(fù)雜。如果能通過構(gòu)造對應(yīng)的平面模型，將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題來處理，也許會產(chǎn)生清晰明了的新辦法。將空間六條直線1i,123/4, I對應(yīng)為平面上六個點(diǎn) 巳尸2尸3尸4尸5尸6,若li，lj異面,則將P ,Pj的連線段染成紅色,若IjJ共面，則將Pi, Pj的連線段染成藍(lán)色。于是原問題變?yōu)椋阂阎矫鎯?nèi)六點(diǎn)，其中任意兩點(diǎn)的連線為紅色或藍(lán)色，且任意三點(diǎn)構(gòu)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(diǎn)Pi出發(fā)的五條線段 PiP2,PiE,PiP4,Pi

7、P5, RR,用紅藍(lán)二色染色，其中必有三條直線同色，若同為藍(lán)色，則與P,相連的其余三點(diǎn)構(gòu)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R相連的其余三點(diǎn)構(gòu)成的三角形中必有一條邊為紅色，于是也能得到三邊均為紅色的三角形。故原命題得證。五、構(gòu)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(biāo)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ar（1 r M77）表示這位大師第1天到第r天總共比賽的局?jǐn)?shù)，顯然數(shù)列a1,a2, Ill,a77為一嚴(yán)格遞增數(shù)列。構(gòu)造新

8、數(shù)列br =ar +21,則新數(shù)列也是一嚴(yán)格遞增數(shù)列，a77 132 ,b77 =a77+21 1,b77 153,根據(jù)抽屜原理可知，必有數(shù)列an中的一項和數(shù)列bn中的一項相等，不妨設(shè)ai =bj =aj +21 ,則有；句aj =21。即從第i +1天到第j天的連續(xù)j-i天內(nèi)，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2： 3的兩個四邊形。證明：這 9條直線中至少有三條經(jīng)過同一點(diǎn)。分析：因為每條直線將正方形劃分為面積比為2 : 3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，由梯形的面積公式日知，面，比為2： 3時即為梯形的中位線的長度之比為2： 3,由正

9、方形的圖形特征可知：能滿足條件的直線必經(jīng)過圖中四點(diǎn)中的一點(diǎn)，于是有九條直線過四個點(diǎn)，由抽屜原理可知：必有三條直線過同一點(diǎn)。六、構(gòu)造解析幾何模型，找到數(shù)與形的新的結(jié)合點(diǎn)。例七，設(shè)n為大于等于3的整數(shù)。證明：在平面上存在一個由n個點(diǎn)組成的集合，使集合中任意兩點(diǎn)間的距離為無理數(shù)，任意三點(diǎn)組成一個非退化的面積為有理數(shù)的三角形。分析：因為要組成非退化的三角形，所以任意三點(diǎn)不共線，根據(jù)二次曲線的特征可知，任意一種二次曲線與直線相交，最多只能3D-協(xié).-IIT *有兩個公共點(diǎn)，即二次曲線上沒有三點(diǎn)共線，于是可構(gòu)造一個簡 單的二次曲線模型，如拋物線型。構(gòu)造無窮點(diǎn)集：S =(k,k2，k w N 下證此集合中的

10、點(diǎn)符合題目中的條件。在集合S中取任意兩點(diǎn)：(a,a2)(b,b2), 其中 a,bwR。d = J(a -b 2 +(a2 -b2 )=a -b| -J(a + b j +1由平方差公式可知：a2b2 = (a+b ),(ab )。當(dāng)a, bw N且a Ab時，必有a2b2為一大于 1的自然數(shù)，所以:2a +b ) +1為無理數(shù)，又 a-b w N ,故d為無理數(shù)。2(a+b )+1 一定是一一個非完全平方數(shù)，即取圖象上三點(diǎn)：A(a,a2 ),B(b,b2 )C(c,c2卜則:1 b b21 c c21=2 b-a c-b c-a此式顯然為非零有理數(shù)。另外也可以用面積公式，經(jīng)過A(a,a2、B

11、(b,b2 )的直線方程為：(a+b)x y ab = 0由點(diǎn)到直線的距離公式得：d2a b c-c -aba-c c-b,其余同上。七、構(gòu)造極端情形，推廣至一般。例八，已知平面上有2n+3(nWN”件點(diǎn)，其中既無三點(diǎn)共線，也無四點(diǎn)共圓，能否通過它們中的三點(diǎn)作一個圓，使其余2n個點(diǎn)有一半在圓內(nèi)，一半在圓外?分析：考慮極端情況，當(dāng) n =1時，對于平面上的五個點(diǎn)，必定存在兩個點(diǎn)A,B ,使得剩余三點(diǎn)全部在此兩點(diǎn)的連線的同側(cè),設(shè)此三點(diǎn)分別為：P,P2,R,它們相對于 A,B的張角滿足：/R /P2/P3,顯然，過點(diǎn) A, B,P2的圓符合題目要求。對于平面內(nèi)的2n +3(nw N* )個點(diǎn)，必定可

12、選取兩點(diǎn) A, B ,使其余2n +1個點(diǎn)位于此兩點(diǎn)連線的同側(cè)，因為無四點(diǎn)共圓,故此2n +1個點(diǎn)對于此兩點(diǎn)的連線段的張角可以滿足：/p /p2 /Ps IH Pn4t4)個點(diǎn)，其中任意三點(diǎn)不共線。證明：至少有C：二個凸四邊形，其頂點(diǎn)為給定的點(diǎn)。分析：構(gòu)造極端情形，當(dāng)n=5時，分為以下兩種情況： 五個點(diǎn)中的四個點(diǎn)恰好是一個凸四邊形的頂點(diǎn)，另一個為任意點(diǎn)，此情形顯然滿足題義; 五個點(diǎn)中的三個點(diǎn)構(gòu)成三角形，而其余兩個點(diǎn)在三角形內(nèi)。如圖所示:因無三點(diǎn)共線，故經(jīng)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。考查四邊形 BDEC不 難發(fā)現(xiàn)，對角線 BE CD在其內(nèi)部，所以四邊形為凸四邊形。所給定點(diǎn)為頂點(diǎn)的凸四邊形，而同一個凸四邊形至多屬于n-4個不同的五點(diǎn)集，故至少有-C-個符合要求的凸四邊形。下n-4一般地，在一個平面內(nèi)給定 n個點(diǎn)，可以構(gòu)成 C；個不同 的五點(diǎn)集，從上面的討論可知，每個五點(diǎn)集中至少有一個以C5,_2面比較f (n =與g(n =Cn上的大?。簄 -4當(dāng) n =5時，f (5)=g(5) = 1當(dāng) n=6 時,f(6 尸 g(6)=3當(dāng)n 上7時，f 7 n n-1 n -2 n -3 n -42 n n1 n-2: =:X=:g 75 4 3 2 1 n -4 n-