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。、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a為實數，證明：以 v4a2+3, Ja2 a十1, Ja2 +a+1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

2、數a去互為相反的兩數時，只是其中兩式角色互換，實質一樣，故只需爭對非負實數a展開討論即可。J4a2 +3 = R2a 2 +Q3 2a2 -a1 =a212-2 a 1cos60a2 a1 =a212-2 a 1cos120構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?a,b為根的,6, 6,故分析：設兩直角邊長為 a,b,斜邊為c,面積s為整數。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為整數的解的情況。由前兩式得： ab=18-6c,于是由韋達定理可構造出以方程是：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，3c 為整數且：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、構造極端情況，找到題目要求的最值。例三、在一個有限的實數列中，任意七個連

5、續項之和都是負數，而任意十一個連續項之和都是正數。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：a1a2a3a4a7a2a3a4a5%a3a4a5aa6a9a即a12a13a17考慮到沒一橫行為連續七項，其和小于 0,沒一縱列為連續十一項，其和大于 0。于是得到矛盾，所以， n17 另一方面有可以構造一個連續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

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1i,123/4, I對應為平面上六個點 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的連線段染成藍色。于是原問題變為：已知平面內六點，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。考慮從點Pi出發的五條線段 PiP2,PiE,PiP4,Pi

7、P5, RR,用紅藍二色染色，其中必有三條直線同色，若同為藍色，則與P,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R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ar（1 r M77）表示這位大師第1天到第r天總共比賽的局數，顯然數列a1,a2, Ill,a77為一嚴格遞增數列。構造新

8、數列br =ar +21,則新數列也是一嚴格遞增數列，a77 132 ,b77 =a77+21 1,b77 153,根據抽屜原理可知，必有數列an中的一項和數列bn中的一項相等，不妨設ai =bj =aj +21 ,則有；句aj =21。即從第i +1天到第j天的連續j-i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2： 3的兩個四邊形。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n為大于等于3的整數。證明：在平面上存在一個由n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.-IIT *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：S =(k,k2，k w N 下證此集合中的

10、點符合題目中的條件。在集合S中取任意兩點：(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a, bw N且a Ab時，必有a2b2為一大于 1的自然數，所以:2a +b ) +1為無理數，又 a-b w N ,故d為無理數。2(a+b )+1 一定是一一個非完全平方數，即取圖象上三點：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。另外也可以用面積公式，經過A(a,a2、B

11、(b,b2 )的直線方程為：(a+b)x y ab = 0由點到直線的距離公式得：d2a b c-c -aba-c c-b,其余同上。七、構造極端情形，推廣至一般。例八，已知平面上有2n+3(nWN”件點，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2n個點有一半在圓內，一半在圓外?分析：考慮極端情況，當 n =1時，對于平面上的五個點，必定存在兩個點A,B ,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：P,P2,R,它們相對于 A,B的張角滿足：/R /P2/P3,顯然，過點 A, B,P2的圓符合題目要求。對于平面內的2n +3(nw N* )個點，必定可

12、選取兩點 A, B ,使其余2n +1個點位于此兩點連線的同側，因為無四點共圓,故此2n +1個點對于此兩點的連線段的張角可以滿足：/p /p2 /Ps IH Pn4t4)個點，其中任意三點不共線。證明：至少有C：二個凸四邊形，其頂點為給定的點。分析：構造極端情形，當n=5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: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。考查四邊形 BDEC不 難發現，對角線 BE CD在其內部，所以四邊形為凸四邊形。所給定點為頂點的凸四邊形，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，在一個平面內給定 n個點，可以構成 C；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C5,_2面比較f (n =與g(n =Cn上的大?。簄 -4當 n =5時，f (5)=g(5) = 1當 n=6 時,f(6 尸 g(6)=3當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-