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浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用苏 传 忠 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。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,设为实数,证明:以为边长可以构成一个三角形,且三角形的面积为定值。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,只是其中两式角色互换,实质一样,故只需争对非负实数展开讨论即可。FEDCBA构造合乎要求的几何图形如图所示:于是:所以:以为边长可以构成一个三角形,即。则: 二、 构造方程模型,使几何问题代数化。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: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式给出如下: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:,于是由韦达定理可构造出以为根的方程是:若方程有解,则即:又: , 为整数, 为整数且: =8, 代入方程可得:。可知满足题目条件的三角形只有一个。三、构造极端情况,找到题目要求的最值。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: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: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, 。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。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: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: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,于是有原命题成立。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,于是也能得到三边均为红色的三角形。故原命题得证。五、构造符合已有原理、定理的模型。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, , 由于两数列共有772=154项,其中,根据抽屉原理可知,必有数列中的一项和数列中的一项相等,不妨设,则有;。即从第天到第天的连续天内,此人共下棋21盘。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。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: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。构造无穷点集: 下证此集合中的点符合题目中的条件。在集合中取任意两点:, 其中 。由平方差公式可知:。当且时,必有为一大于1的自然数,所以:一定是一个非完全平方数,即为无理数,又,故为无理数。取图象上三点:。则: , 此式显然为非零有理数。另外也可以用面积公式,经过的直线方程为:由点到直线的距离公式得:,其余同上。七、构造极端情形,推广至一般。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?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:,显然,过点的圆符合题目要求。对于平面内的个点,必定可选取两点,使其余个点位于此两点连线的同侧,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:显然过点的圆满足题目要求。例九,在一个平面内给定个点,其中任意三点不共线。证明:至少有个凸四边形,其顶点为给定的点。分析:构造极端情形,当时,分为以下两种情况: 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:QPEDCBA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,可以构成个不同的五点集,从上面的讨论可知,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,故至少有个符合要求的凸四边形。下面比较与的大小:当时,当时,当时, 对一切均成立。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。6
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