《浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用在数学竞赛辅导过程中，需要长期给学生进行有针对性的数学思想方法的训练。其中构造法解题的思想，就是一种值得推广的解题思想方法。通过构造，可以建立起各种数学知识之间的联系与相互转化，让学生在熟练掌握各种数学知识的前提下交互使用，融会贯通。一、构造几何模型，使代数问题几何化构造几何模型，使代数问题几何化。代数运算虽然直接，但有时会比较抽象且运算复杂，构造合乎要求的几何图形，可以是所求解的问题变得直观明朗，从而找到一个全新的接替办法。例一例一，设为实数，证明：以为边长可以构成一个三角a1, 1, 34222aaaaa形，且三角形
2、的面积为定值。分析分析：从题目给出的三个根式我们知道，当实数去互为相反的两数时，只是其中两式角色a互换，实质一样，故只需争对非负实数展开讨论即可。a 120cos121160cos12113234222222222aaaaaaaaaa构造合乎要求的几何图形如图所示：120601CBEDABCDBEABaBCDFAD于是： 3432, 3,2222aaEFAEaAF1120cos121, 1,160cos121, 1,222222aaaaCEBEaBCaaaaDBFCABaAD所以：以为边长可以构成一个三角形，即。1, 1, 34222aaaaaECF则：AEFAECFECFSSS60FEDCB
3、A30120aa aa a1 a 1 a1 a2433221120sin121120sin112160sin12133aaaSSSSAEFBCEABEABD二、二、构造方程模型，使几何问题代数化。构造方程模型，使几何问题代数化。例二，例二，周长为 6，面积为整数的直角三角形是否存在？若不存在，则给出证明，若存在，请证明一共有几个？分析分析：设两直角边长为，斜边为，面积为整数。于是原题中的条件可用方程组的形ba,cs式给出如下：sabcbacba216222故原问题即为讨论方程组使得面积为整数的解的情况。由前两式得：，于是scab618由韦达定理可构造出以为根的方程是：ba, 361261814
4、606186222cccccxcx若方程有解，则即：, 06c又： ， cbac63c 36 c 为整数， 为整数且：cabs3921c3932 . 7 c =8， c338c代入方程可得：。375,375ba可知满足题目条件的三角形只有一个。3三、构造极端情况，找到题目要求的最值。三、构造极端情况，找到题目要求的最值。例三、例三、在一个有限的实数列中，任意七个连续项之和都是负数，而任意十一个连续项之和都是正数。试问：此数列最多能包含多少项？分析分析：根据题目所给已知条件，可构造一个每横行七个数，每纵列十一个数的数阵如下：1714131211965438543274321aaaaaaaaaaa
5、aaaaaaaaaLLMLLMMMMLLLLLL考虑到没一横行为连续七项，其和小于 0，没一纵列为连续十一项，其和大于 0。于是得到矛盾，所以， 。17n另一方面有可以构造一个连续十六项的数列满足题目要求：6，6，-15，6，6，6，-16，6，6，-16，6，6，6，-15，6，6，故符合条件的数列最多有十六项。四、构造对应的平面模型，将空间问题降为平面问题处理。四、构造对应的平面模型，将空间问题降为平面问题处理。例四例四，已知空间六条直线，任意三条中必有两条异面。求证：在这六条直线中总可以选出三条，其中任意两条都异面。分析分析：空间问题的处理，往往比平面问题的处理显得更为复杂。如果能通过构
6、造对应的平面模型，将空间问题转化为平面问题来处理，也许会产生清晰明了的新办法。将空间六条直线对应为平面上六个点，若异面，则654321,llllll654321,PPPPPPjill ,将的连线段染成红色，若共面，则将的连线段染成蓝色。于是原问题变为：jiPP,jill ,jiPP,已知平面内六点，其中任意两点的连线为红色或蓝色，且任意三点构成的三角形，三边中必有一条红边。求证：存在一个三角形三条边都是红色。考虑从点出发的五条线段，用红蓝二色染色，其中必有三条直1P6151413121,PPPPPPPPPP线同色，若同为蓝色，则与相连的其余三点构成的三角形必定三条边均为红色，于是有原1P命题成
7、立。若同为红色，而与相连的其余三点构成的三角形中必有一条边为红色，于是也1P能得到三边均为红色的三角形。故原命题得证。4五、构造符合已有原理、定理的模型。五、构造符合已有原理、定理的模型。例五例五，一位国际象棋大师有 11 周的时间备战一场锦标赛，他决定每天至少下一盘棋，但为了不使自己过于疲劳，他还决定在每周不能下棋超过 12 盘。证明存在若干天，在此期间这位大师恰好下了 21 盘棋。分析：用表示这位大师第 1 天到第天总共比赛的局数，显然数列ra177rr为一严格递增数列。构造新数列，则新数列也是一严格递增数列，1277,a aaL21rrba ， 77132a777721 153ba由于两
8、数列共有 772=154 项，其中，根据抽屉原理可知，必有数列中的1771,153abna一项和数列中的一项相等，不妨设，则有；。即从第天nb21ijjaba21ijaa1i到第天的连续天内，此人共下棋 21 盘。jji例六，例六，9 条直线中的每一条都把正方形分成面积比为 23 的两个四边形。证明：这 9 条直线中至少有三条经过同一点。分析：因为每条直线将正方形划分为面积比为 23 的两个四边形，易知此两四边形必为两个高度相等的梯形或长方形，由梯形的面积公式可知，面积比为 23 时即为梯形的中位线的长度之比为 23，由正方形的图形特征可知：能满足条件的直线必经过图中四点中的一点，于是有九条直
9、线过四个点，由抽屉原理可知：必有三条直线过同一点。六、构造解析几何模型，找到数与形的新的结合点。六、构造解析几何模型，找到数与形的新的结合点。例七，例七，设为大于等于 3 的整数。证明：在平面上存在一个由个点组成的集合，使集合中nn任意两点间的距离为无理数，任意三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形。分析分析：因为要组成非退化的三角形，所以任意三点不共线，根据二次曲线的特征可知，任意一种二次曲线与直线相交，最多只能有两个公共点，即二次曲线上没有三点共线，于是可构造一个简单的二次曲线模型，如抛物线型。5构造无穷点集： 下证此集合中的点符合2,Sk kkN题目中的条件。在集合中取任意两点：， 其
10、中 。S22,a ab b, a bR222221dabababab由平方差公式可知：。当且时，必有为 22ababab, a bNab22ab一大于 1 的自然数，所以：一定是一个非完全平方数，即为无理数，21ab21ab又，故为无理数。abNd取图象上三点：。则： 222,A a aB b bC c c， 此式显然为非零有理数。2221 111 =221 aaSb bbacbcacc另外也可以用面积公式，经过的直线方程为： 22,A a aB b b0ab xyab由点到直线的距离公式得：，其余同上。 22211ab ccabaccbd abab 七、构造极端情形，推广至一般。七、构造极端
11、情形，推广至一般。例八例八，已知平面上有个点，其中既无三点共线，也无四点共圆，能否通过它23nnN们中的三点作一个圆，使其余个点有一半在圆内，一半在圆外？2n分析分析：考虑极端情况，当时，对于平面上的五个点，必定存在两个点，使得剩余1n ,A B三点全部在此两点的连线的同侧，设此三点分别为：，它们相对于的张角满足：123,P P P,A B，显然，过点的圆符合题目要求。123PPP 2, ,A B P对于平面内的个点，必定可选取两点，使其余个点位于此两23nnN,A B21n点连线的同侧，因为无四点共圆，故此个点对于此两点的连线段的张角可以满足：21n123121nnPPPPP LL6显然过点
12、的圆满足题目要求。1, ,nA B P例九，例九，在一个平面内给定个点，其中任意三点不共线。证明：至少有个凸四边4n n 2 3nC形，其顶点为给定的点。分析：分析：构造极端情形，当时，分为以下两种情况：5n 五个点中的四个点恰好是一个凸四边形的顶点，另一个为任意点，此情形显然满足题义；五个点中的三个点构成三角形，而其余两个点在三角形内。如图所示：因无三点共线，故经过 D、E 的直线必与三角形的两边相交，不妨交 AB 于 P，交 AC 于 Q。考查四边形 BDEC，不难发现，对角线 BE、CD 在其内部，所以四边形为凸四边形。一般地，在一个平面内给定个点，可以构成个不同n5 nC的五点集，从上
13、面的讨论可知，每个五点集中至少有一个以所给定点为顶点的凸四边形，而同一个凸四边形至多属于个不同的五点集，故至少有4n个符合要求的凸四边形。下面比较与的大小：54nC n 54nCf nn 2 3ng nC当时，5n 551fg当时，6n 663fg当时，7n 271234122 75 4 3 2 14346043214616242416046046041211161662160546060fn nnnnn nn gnnnnn nnnnnnn nnnnn nn nn 对一切均成立。 f ng n4n QPEDCBA7构造法是数学竞赛中经常用到的解题方法，用构造法解题，常能起到化繁为简的作用。同时还有助于揭示题目的内涵，激发学习兴趣。
