例谈构造法解题(1)

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例谈“构造法”在高中数学解题中的应用

例谈构造法在高中数学解题中的应用曾㊀智(光泽县第一中学ꎬ福建南平３５４１００)摘㊀要:高中数学新课程提出ꎬ高中数学的教学重点之一就是空间形式与数量关系ꎬ这两点数学知识是探讨研究自然规律与社会规律的基础工具.构造法ꎬ一方面ꎬ它是高中数学学习的一种重要方法ꎬ能够有效帮助学生理解空间形式与数量关系ꎻ另一方面ꎬ它也是培养学生构造思维的重要基础ꎬ是高中数学教育的关键之一.本文在此背景下ꎬ总结了在高中数学解题中应用构造法的原则ꎬ又进一步分类总结了具体应用构造法的解题案例ꎬ以期为我国高中数学教师开展构造法教学提供参考.关键词:构造法ꎻ高中数学ꎻ应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０３－００６０－０３收稿日期:２０２３－１０－２５作者简介:曾智(１９８４.１－)ꎬ男ꎬ福建省光泽人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高中数学知识相对于初中而言难度更高ꎬ高中生在学习中不免会面临许多难以解决的问题ꎬ尤其是高中生本身解题经验较少ꎬ解题时常常会出现无法找到题目提供的各项条件与问题间的联系的情况ꎬ进而使解题变得十分艰难[１].这种情况一方面会导致学生解题效率降低ꎬ数学考试成绩下降ꎬ另一方面也会使学生长期承受较大的学习压力ꎬ导致对数学学习的兴趣降低ꎬ甚至抵触数学学习[２].此时ꎬ若学生掌握了构造法 ꎬ则能够以新的角度审视难题ꎬ通过分析问题条件构造与题目本不相关的知识或模型ꎬ间接地解决难题[３].在这一过程中ꎬ高中生的数学思维能力与逻辑推理能力也得到了提高.因此ꎬ对构造法在高中数学解题中的应用进行研究ꎬ是具有一定的理论与现实价值的.１在高中数学解题中应用构造法的原则在高中数学解题中应用构造法是具有一定的原则的ꎬ其具体内容包括:相似性原则㊀在实际应用构造法进行解题时ꎬ需要仔细分析题目中提供的条件或题目本身特征ꎬ展开具有相似性的联想ꎬ进而构造出合理的数学对象ꎬ最终通过该数学对象完成数学解题[４].直观性原则㊀高中生在以构造法解题时ꎬ应遵循直观性原则ꎬ通过构造某种辅助解题的数学形式ꎬ使得题目中的条件与结论间形成直观的联系ꎬ进而快速地完成解题.熟悉化原则㊀这一原则指的是高中生在解题时应仔细分析题目的结构特征ꎬ并将其与自身熟悉的某种数学式㊁形㊁方程等进行对比ꎬ进而构造出能够与题目相对应的数学形式ꎬ从而解决问题[５].２应用构造法进行高中数学解题的案例应用构造法进行高中数学解题的重点在于:(１)应用构造法的目的ꎬ即想要通过该方法得到的结论是什么ꎻ(２)构造哪种数学形式才能实现应用构造法的目的.只有有效实现上述两个重点ꎬ高中生才能够应用构造法解决问题[６].本文通过展示几类高中数学常见问题的构造法解法ꎬ展示构造法的具体应用方法ꎬ如下所示.２.１函数构造法解题案例在高中数学学习中ꎬ函数是重点学习的内容之一ꎬ而在实际题目中ꎬ包含函数的题目往往还会与方０６程㊁数列㊁图形等其他数学知识结合ꎬ使高中生解题难度增大.在这一类问题中应用构造法能够有效降低解题难度ꎬ进而加快学生解题速度[７].具体案例如下.案例１㊀求函数ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ＋１ｘ－１ꎬ讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎬ并证明ｆ(ｘ)有且仅有两个零点.解㊀ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ１)ɣ(１ꎬ＋¥)ꎬ因为ｆᶄ(ｘ)＝１ｘ＋２(ｘ－１)２>０ꎬ则ｆ(ｘ)在０ꎬ１()和(１ꎬ＋ɕ)这两个区间上单调递增.通过分析题意发现该函数有两个零点ꎬ因为ｆ(ｅ)＝１－ｅ＋１ｅ－１<０ꎬｆ(ｅ２)＝２－ｅ２＋１ｅ２－１＝ｅ２－３ｅ２－１>０ꎬ则ｆ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)有唯一零点ｘ１ꎬ即ｆ(ｘ１)＝０.又因为０<１ｘ１<１ꎬ则ｆ(１ｘ１)＝－ｌｎｘ１＋ｘ１＋１ｘ１－１＝－ｆ(ｘ１)＝０.故ｆ(ｘ)在０ꎬ１()有唯一零点１ｘ１.综上所述ꎬｆ(ｘ)有且仅有两个零点.２.２方程构造法解题案例在构造法中ꎬ方程是一种较为常见的数学形式. 方程构造法是高中数学解题中的常用方法之一ꎬ尤其是在函数相关题目的解题中.这种方法主要是通过分析题目中的数量关系或特征结构ꎬ构造出一组等量的关系式ꎬ并通过解析关系式找到题目中几个未知量间的关系ꎬ进而得到方程中包含的等量关系[８].具体案例如下.案例２㊀若ａ１ꎬａ２ꎬａ３ꎬａ４均为非零的实数ꎬ且(ａ２１＋ａ２２)ａ２４－２ａ２(ａ１＋ａ３)ａ４＋ａ２２＋ａ２３＝０ꎬ证明四个非零实数中ａ１ꎬａ２ꎬａ３能够形成一个等比数列ꎬ且该数列的公比为ａ４.证明㊀分析题目可推导得出ꎬ在四个非零实数中ꎬａ４这一非零实数是一元二次方程(ａ２１＋ａ２２)ｘ２－２ａ２(ａ１＋ａ３)ｘ＋(ａ２２＋ａ２３)＝０的实数根ꎬ则可以推出关系式:ә＝４ａ２２(ａ１＋ａ３)２－４(ａ２１＋ａ２２)(ａ２２＋ａ２３)＝４(２ａ１ａ２２ａ３－ａ２１ａ２３－ａ４２)＝－４(ａ２２－ａ１ａ３)２ȡ０ꎬ因此ꎬ只有当ａ２２－ａ１ａ３＝０时ꎬ关系式才能成立ꎬ则可推导出ａ２２＝ａ１ａ３ꎬ同时由于题中表明ａ１ꎬａ２ꎬａ３均为非零实数.则可得出ａ１ꎬａ２ꎬａ３能够形成等比数列.且通过构造的求根公式可知ａ４＝２ａ２(ａ１＋ａ３)２(ａ２１＋ａ２２)＝ａ２(ａ１＋ａ３)ａ２１＋ａ１ａ３＝ａ２ａ１ꎬ则ａ４为该等比数列的公比.综上所述可以证明ａ１ꎬａ２ꎬａ３能够形成一个等比数列ꎬ且该数列的公比为ａ４.２.３向量构造法解题案例在高中数学的所有知识点中ꎬ向量的相关知识是教学与学习的重难点之一.在高中数学考试中ꎬ与这一知识点相关的题目大多相对简单ꎬ以选择题或填空题为主ꎬ但当这一知识点出现在解答题中时ꎬ常常与立体几何相联系ꎬ解题难度增加许多ꎬ对学生的数学能力要求也相对较高[９].应用向量构造法进行解题ꎬ能够引导高中生将日常学习的向量知识点与三角函数㊁复数㊁函数等知识点联系起来ꎬ进而更加轻松地解决问题ꎬ案例如下.案例３㊀已知ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ＝０ꎬ求ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ的值.解㊀设Ｐ(ｃｏｓＡꎬｓｉｎＡ)ꎬＱ(ｃｏｓＢꎬｓｉｎＢ)ꎬＲ(ｃｏｓＣꎬｓｉｎＣ)为单位圆上的三个点ꎬ则根据题意可以推导得出Ｏ是әＰＱＲ的外心.由此可以得到关系式:ＯＰң＝(ｃｏｓＡꎬｓｉｎＡ)ꎬＯＱң＝(ｃｏｓＢꎬｓｉｎＢ)ꎬＯＲң＝(ｃｏｓＣꎬｓｉｎＣ).因为ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ＝０ꎬ则ＯＰң＋ＯＱң＋ＯＲң＝(ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣꎬｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ)＝０ꎬ可以推导得出Ｏ是әＰＱＲ重心ꎬ也是әＰＱＲ的外心ꎬ则әＰＱＲ为正三角形.由此可得出关系式Ｂ＝Ａ＋２π３＋２ｋπꎬＣ＝Ａ－２π３＋２ｋπꎬ则ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ＝ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ａ＋２π３æèçöø÷＋ｓｉｎ２Ａ－２π３æèçöø÷＝ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎＡｃｏｓ２π３＋ｃｏｓＡｓｉｎ２π３æèçöø÷２＋ｓｉｎＡｃｏｓ２π３－ｃｏｓＡｓｉｎ２π３æèçöø÷２１６＝ｓｉｎ２Ａ＋１２ｓｉｎ２Ａ＋３２ｃｏｓ２Ａ＝３２综上所述可得ꎬｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ＝３２.２.４复数构造法解题案例复数构造法的应用ꎬ简单来说可以主要分为两类ꎬ一类题目本身就是复数问题ꎬ通过应用复数本身的性质就可以完成解题ꎻ另一类则是非复数问题ꎬ需要间接构造复数形式来完成解题[１０].案例如下.案例４㊀求函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－５)２＋１６＋(ｘ－１)２＋４的最小值.证明:构造复数ｚ１＝５－ｘ＋４ｉꎬｚ２＝ｘ－１＋２ｉꎬ则ｆ(ｘ)＝ｚ１＋ｚ２ȡｚ１＋ｚ２＝４＋６ｉ＝２１３.当ｚ１＝ｋｚ２ꎬ即５－ｘ＋４ｉ＝ｋ(ｘ－１)＋２ｉ[]时取等号ꎬ解得ｘ＝７３ꎬ即ｘ＝７３时ꎬｆ(ｘ)有最小值２１３.２.５图形构造法解题案例数形结合思维是高中数学思维培养中的关键ꎬ这一思维的形成与图形构造法的应用有着密不可分的关系.应用图形构造法进行解题的案例具体如下所示.案例５㊀证明正弦两角和公式ｓｉｎ(α＋β)＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ.证明:如图１所示ꎬ在线段ＣＤ上任取一点Ａꎬ以Ａ为圆心ꎬ１为半径做圆弧分别过Ｃ点和Ｄ点ꎬ且和ＣＤ垂直的直线相交于点Ｂ与点Ｅꎬ令øＢＡＣ＝αꎬøＥＡＤ＝βꎬ则øＢＡＥ＝π－(α＋β)ꎬＢＣ＝ｓｉｎαꎬＡＣ＝ｃｏｓαꎬＤＥ＝ｓｉｎβꎬＡＤ＝ｃｏｓβ.图１㊀案例５证明示意图梯形ＢＣＤＥ＝әＡＢＣ＋әＡＤＥ＋әＡＢＥꎬ考虑面积相等可得:１２(ｓｉｎα＋ｓｉｎβ)(ｃｏｓα＋ｃｏｓβ)＝１２ｓｉｎαｃｏｓα＋１２ｓｉｎβｃｏｓβ＋１２ˑ１２ˑｓｉｎ(π－α－β)即(ｓｉｎα＋ｓｉｎβ)(ｃｏｓα＋ｃｏｓβ)＝ｓｉｎαｃｏｓα＋ｓｉｎβｃｏｓβ＋ｓｉｎ(α＋β)ꎬ展开整理得ｓｉｎ(α＋β)＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ即可得证.３结束语«普通高中数学课程标准»中提出ꎬ数学核心素养包含具有数学基本特征的思维品格和关键能力ꎬ是数学知识㊁技能㊁思想㊁经验及情感㊁态度㊁价值观的综合体现. 构造法作为高中最常使用的数学思想方法之一ꎬ能够有效培养高中生的创造思维与创新意识ꎬ综合提升其数学学科思维ꎬ但目前我国高中生对于构造法的了解大多有限.本文探讨了构造法在高中数学解题中的应用ꎬ为构造法在我国高中的推广应用贡献力量.㊀参考文献:[１]吴玉辉.构造法在高中数学圆锥曲线解题中的应用[Ｊ].华夏教师ꎬ２０２１(３５):３１－３２.[２]顾建华.基于构造法的高中数学解题思路探索[Ｊ].科学咨询(教育科研)ꎬ２０２０(１０):１６６.[３]吴建文.构造法在高中数学教学中的应用[Ｊ].华夏教师ꎬ２０１９(１９):４０.[４]袁胜蓝ꎬ袁野.高中数学数列通项公式的几种求法[Ｊ].六盘水师范学院学报ꎬ２０１９ꎬ３１(０３):１１７－１２０.[５]杨丽菲.高中数学解题中应用构造法的实践尝试[Ｊ].科学大众(科学教育)ꎬ２０１８(１２):７.[６]何婷.构造函数求解高中数学问题[Ｊ].科学咨询(科技管理)ꎬ２０１８(０６):１４４.[７]李正臣.高中数学解题中应用构造法之实践[Ｊ].科学大众(科学教育)ꎬ２０１８(０２):３４.[８]罗杰.分析高中数学三角函数的解题技巧[Ｊ].中国高新区ꎬ２０１７(２２):１０２.[９]洪云松.高中数学圆锥曲线解题中构造法的使用[Ｊ].农家参谋ꎬ２０１７(１３):１６０.[１０]刘米可.构造函数法在高中数学解题中的应用[Ｊ].经贸实践ꎬ２０１６(２３):２２６.[责任编辑:李㊀璟]２６。

浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用_3

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a 为实数，证明：以1,1,34222+++-+a a a a a 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a 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a 展开讨论即可。

()()︒⨯⨯⨯-+=++︒⨯⨯⨯-+=+-+=+120cos 121160cos 12113234222222222a a a a a a a a a a 构造合乎要求的几何图形如图所示：︒=∠︒=∠======120601CBE DAB CD BE AB a BC DF AD于是：()()3432,3,2222+=+===a a EF AE a AF1120cos 121,1,160cos 121,1,222222++=︒⨯⨯⨯-+===+-=︒⨯⨯⨯-+====a a a a CE BE a BC a a a a DB FC AB a AD所以：以1,1,34222+++-+a a a a a 为边长可以构成一个三角形，即ECF ∆。

则：AEF AECF ECF S S S ∆∆-=433221120sin 121120sin 112160sin 12133=⨯⨯-︒⨯⨯⨯+︒⨯⨯⨯+︒⨯⨯⨯⨯=-++=∆∆∆∆a a a S S S S AEFBCE ABE ABD 二、构造方程模型，使几何问题代数化。

浅议构造法在数学中的作用

浅议构造法在数学中的作用1. 引言1.1 构造法的定义构造法是数学中一种重要的解题方法，它是通过构造出具体的对象或者结构来解决问题的方法。

在数学中，构造法通常包括直接构造出所需对象、通过归纳法逐步构造出解、通过反证法推导出矛盾等方式。

构造法的基本思想是通过建立数学对象之间的关系，从而达到解决问题的目的。

通过构造法，我们可以更清晰地理解问题的本质，找到问题的解决方案。

构造法在数学中具有广泛的应用，涉及代数、几何、组合数学、数论、概率论等多个领域。

构造法的核心是通过建立有效的构造方法和技巧，解决一系列复杂的数学问题。

通过构造法，我们可以深入理解数学的内在规律，提高解决问题的效率和准确性。

构造法在数学领域中具有重要的地位和作用，对于推动数学的发展和教育具有积极的意义。

1.2 构造法在数学中的重要性构造法在数学中起着至关重要的作用。

它不仅是数学研究中常用的方法，也是数学教学中的重要内容。

构造法可以帮助我们更好地理解和应用数学知识，促进数学领域的发展。

构造法在数学中的重要性体现在它对解决问题的作用上。

通过构造法，我们可以借助具体的步骤和方法找到问题的解决方案，为数学理论的发展提供实际的指导。

构造法不仅可以用于证明定理和命题，还可以用于解决实际问题，推动数学领域的研究进展。

构造法在数学教育中的重要性也不可忽视。

通过教授构造法，可以帮助学生培养逻辑思维和创造性思维能力，提高他们解决问题的能力和数学素养。

构造法可以激发学生对数学的兴趣，让他们更好地理解和掌握数学知识，为将来深入研究数学打下坚实的基础。

2. 正文2.1 构造法在代数中的应用构造法在代数中的应用是一种重要的数学方法，通过构造法，我们可以更好地理解和解决代数问题。

在代数中，构造法常常被用于证明存在性和唯一性问题，以及构造出满足特定条件的对象。

一种常见的代数问题是求解某种结构的存在性问题，比如群、环、域等代数结构。

通过构造法，我们可以构造出满足特定条件的结构，从而证明其存在性。

例谈构造法解题

一
ｓ２ｉａ的一元二次方程，需要你自觉视它为关于ｓ２ｎ它ｉａ的ｎ
方程．这就是能力！四、造二项展开式证不等式构例４证明：于ｎ对 ≥５的任意正整数２ｎ．＞＋
、
构造不等式解题
出一些新的数学形式，借助它认识与解决原问题的一种并思想方法．构造对象来看，用的有构造表达式、造几就常构何体（形）．构造表达式中又有构造函数、造方程、图等在构构造不等式、造数列、造二项展开式等．构构
，
即半＜＜．一半
点评本题的常规解法是利用两向量数量积小于零求横坐标的取值范围．据平几知识巧妙构造不等式可使问根
题既快又准得以解决．二、造函数解题构
解由已知得ＣＳＯＸ＋（＿ｓｉ即ｃｓ。，
ｃｓａ）＝０，ｏ２即ｓｎ２＋ｓｎａｃｓｉａｉ２ｏａ一２ｏ。ｔ．ｃｓＯ：０（） ※
分析该代数不等式的证明，
Ｃ
虽然已知条件较简单，不易人手，但
而仔细分析不等式的模式，造空间构图形，把代数问题转化成立体几何模型，况就不一样了．情
＿２×
，ｉ一ｓ成等差数列．ｎ

高中数学二轮复习关于三角函数解题中常用数学模型构造

二轮复习关于三角函数解题中常用数学模型构造构造数学模型是一种比较重要、灵活的思维方式，它没有固定的模式。

在解题中要想用好它，需要有敏锐的观察、丰富的联想、灵活的构思、创造性的思维等能力。

应用好构造思想解题的关键有二：一是要有明确的方向，即为什么目的而构造；二是弄清条件的本质特点和背景，以便重新进行逻辑组合。

常用的有构造命题、构造表达式、构造几何体等，本文拟就通过介绍几种解三角函数的具体问题，对构造的各种思维方式作一些探讨。

1 构造直角三角形例1 设x ∈[4π，2π]，求证：cscx -ctgx ≥2-1 思路分析：由2、1联想等腰直角三角形，不仿构造一个等腰直角三角形来研究。

作Rt ⊿ABC ，令∠Ｃ=900，AC=1，在ＡＣ上取一点D ，记∠ＣＤＢ＝x ，则ＢＤ＝cscx ，ＣＤ＝ctgx ，ＡＤ＝１-ctgx ，利用ＡＤ＋ＤＢ≥ＡＢ＝2，可得cscx -ctgx ≥2-1，等号仅在x ＝4π时成立。

2 构造单位圆例 2若0<β<α<2π，求证：α-β<tg α-tg β 思路分析：构造单位圆，借助三角函数线与三角函数式的关系，把数的比较转化为几何图形面积的比较。

作单位圆O ，AP 1=β，AP 2=α，∴ P 1P 2=α-β，AT 1=tg β，AT 2=tg α，S ⊿AT O =21tg α，S ⊿AP O =21tg β，由于S 扇形OAP=21α，S 扇形OAP =21β。

∴S 扇形OP P =21（α-β），S ⊿OT Ｔ=21tg α－21tg β。

则S ⊿OT Ｔ>S 扇形OP P即 21（α-β）<21（tg α－tg β）所以 α-β<tg α-tg β3 构造函数表达式例3已知x 、y ∈[-4π，4π]，a ∈R ，且⎩⎨⎧=++=-+0cos sin 402sin 33a y y y a x x ，求cos （x+2y ）思路分析：由x 3+sinx 与2（4y 3+sinycosy ），这两部分形式完全类似，由此可构造函数形式。

构造法在中学数学问题中的解题应用

构造法在中学数学问题中的解题应用摘要：本文主要是在前人研究的基础上通过收集大量资料，对用构造法解题的形式进行分类，介绍在中学数学中用构造思想方法解题的典型例子，并归纳整理出构造法在代数和几何中的应用,使得构造法在解题的应用有一个比较系统、清晰且全面的结论。

关键词：构造法中学数学问题思想方法应用一、构造法在代数问题中的应用1.构造函数解代数问题。

如何构造一个函数，构造一个什么样的函数才能解决问题？关键在于分析问题的结构，充分利用问题所提供的信息，善于进行联想。

(1)构造函数证明不等式。

根据代数式的特征(如结构的对称性)，构造适当的函数，借助函数的性质，来证明不等式，是一种常用的构造方法。

构造函数证明不等式是不等式证明的一种重要方法，它要求我们能敏锐地观察不等式的结构特征，联想一些特殊函数所蕴涵的不等式关系，从而合理选择恰当的函数模型。

利用构造函数证明不等式，不仅能使解题过程简捷、明快，而且使解题方法新颖、精致，使数学解题思路突破常规，具有很强的创造性，体现独特的数学价值。

(2)构造函数证明等式。

例2 已知 a，b，c互不相等，求证：分析：如果把式子左边展开来证，是非常繁琐的,注意到a，b，c互不相等这一特性，巧构函数f(x)能富有创造性地证明本题.证明：构造函数f(x)=由于a，b，c互不相等，可知-a，-b，-c也互不相等。

因为f(x)是二次函数，而f(-a)=f(-b)=f(-c)=0，故f(x)=0恒成立，即原式成立。

2.构造方程解代数问题。

在应用方程思想解题时，主要是运用方程的两个性质，即韦达定理及其逆定理、一元二次方程根的判别式。

根据韦达定理及其逆定理构造一元二次方程解代数题。

有些数学问题未必是方程问题，但我们可以构造辅助的方程进行求解。

用方程思想构造方程解题非方程问题有一定的规律性：已知两个或多个数之和、之积的对称式，利用韦达定理的逆定理构造两次或高次方程；当问题中出现形如“b2-4ac”的式子时，可构造出以“b2-4ac”为判别式的二次方程ax2+bx+c=0的形式。

例谈构造分布列在解题中的应用

ｓｎ变量的分布列为：
、１／『卜～１
Ｘ２
／１
Ｘ２
√ 一
ＣＳＯ。
ｓ８ｉｎ
ＰＣＳＯ。
ｓｉ８ｎ
ＣＯＳ４
（罔财 √ ．有．＋
Ｐ
Ｅ（４Ｅ）巧解，以期抛砖引玉．
１利用结论等号成立的条件巧解方程例１（１届加拿大数学奥林匹克竞赛试题）第８
厂厂—
故该方程组的解为＝ｚ１Ｙ＝＝．３利用结论等号成立的条件证明等式例３（９６年山东省竞赛试题）１９
＋
一瓜
）
（－）＋－．ＹＩｘｙ２－／－Ｖ ‘ （，Ｅｚ￣￣２ｌ２
（而
一口６）＝，（＋）２
＞一ｆ阿
（当仅一＝＝，且当）８軎
口
● ●
当仅；ｌ１且当＝Ｓ【ｂ＝，ａｎ且４ｎ＝Ｓ）ｘｏ１
。
求所实数使一Ｖ一．有的，得＝一、一ＶＸ／１１Ｘ＋１
分析将已知变形可得
．
已Ｏ∈，，＋知，（］ｔ。且兰
求证：＋＝．分析依据外形特征构造离散型随机变量的分布列为：
ｆｘｙｚ３＋＋＝
２
．
．
：
半（负）舍根．
ｐ
ｐｌ
ｐ２
Ｐ３
ｐｆ
显然 ≥ ，０且∑Ｐ１１２３４… ．（，，，，）＝
ｉ＝１
利用方差公式得到

例谈三角问题的突破技巧

例谈三角问题的突破技巧作者：贾海军来源：《考试周刊》2013年第82期在高中求解一些三角问题时，学生会觉得繁、难，教师应教学生学会避免繁、难、易错的解题思路与方法，用转化后的巧妙方法快速有效地解决问题.本文就以三角问题为例来说明用构造法解三角题的方法与技巧，以供学习者参考.一、构造向量例1：求参数a的范围，使得方程cosx+asinx=2（a≠0）在[0，■]上有解.分析：设u=cosxv=sinx（它表示一个单位圆），则原方程可化为v=-■+■（它表示过点（2，0）的直线系），如图1，原方程有解等价于直线v=-■+■与■圆弧AP有交点，即斜率-■应满足-■≤-■≤0，于是a≥■.小结：选用常规方法不可避免地要进行分类讨论，显然较繁，而利用单位圆求解，则完全避免了对参数a的分类讨论.例2：证明两角和的余弦公式C■：cos（α+β）=cosα+cosβ-sinαsinβ.分析：设■、■是角α、β终边上的单位向量，■是角-β终边上的单位向量，则A、B′坐标分别为A（cosα，sinα），B′（cos（-β），sin（-β）），所以cos（α+β）=■=cosα·cos（-β）+sinα·sin（-β），即cos（α+β）=cosαcosβ-sinαsinβ成立.小结：构造向量巧妙证明此公式，显然比课本的证明方法简单多了，将向量与单位圆结合起来，达到了简洁明了的效果.二、构造单位圆例3：计算cos10°-cos50°-cos70°分析：由cos10°-cos50°-cos70°=cos10°+cos130°+cos250°，联想到单位圆上的点A（cos10°，sin10°），B（cos130°，sin130°），C（cos250°，sin250°），易知△ABC是正三角形且中心在坐标原点.由重心坐标公式得■（cos10°+cos130°+cos250°）=0，故cos10°-cos50°-cos70°=0.小结：把原式进行转化，联想到单位圆上的三点，进而用三角形的重心坐标公式求解，很巧妙.三、构造几何模型例4：在△ABC中，如果a=10，c-b=6，求证：■=■.分析：由a=10，c-b=6，由双曲线定义知，动点A在以B（-5，0），C（5，0）为焦点的双曲线■-■=1的右支上，由双曲线的性质得：|AB|=■x+3，|AC|=■x-3，故■=■·■=■·■=■·■=■=■.小结：本题虽然可以通过综合运用三角公式来证明，但构造双曲线方程，利用解析法证明更富想象力，更直观、明了.四、构造对偶式例5：化简sin■35°+sin■85°-sin35°sin85°分析：构造对偶式，设M=sin■35°+sin■85°-sin35°sin85°，N=cos■35°+cos■85°-cos35°cos85°.则M+N=2-cos50°；N-M=cos70°+cos170°-cos120°=cos（120°-50°）+cos（120°+50°）+■=-cos50°+■.所以2M=2-cos50°+cos50°-■=■，即M=■，故sin■35°+sin■85°-sin35°s in85°=■.小结：在求解或证明一些三角问题时，如果能灵活运用对偶的数学思想，注意到问题的结构特征，巧妙地构建出对偶式，并对原式和对偶式进行和、差或积的运算，问题就可以巧妙地得以解决.五、构造斜率例6：求函数y=■的最值.分析：设点A（cos■x-sinx，sin■x+sinx），B（3，-1），则y表示AB两点连线的斜率.点A的轨迹方程是x=cos■x-sinxy=sin■x+sinx，即x+y=1（-1≤x≤■），故点A的轨迹为线段MN：x+y=1（-1≤x≤■），其中M（-1，2），N（■，■）如图2所示，因为k■=-■，k■=-■，所以-■≤y≤-■.例7：化简■分析：设A（cos20°，sin20°），B（cos40°，sin40°），则原式的几何意义是单位圆上的两点A、B连线的斜率，如图3，故原式=K■=tan∠BCD=tan（40°+80°）=-■.小结：利用斜率求解分式三角函数问题，解法直观、简便，对创新思考问题，开阔解题思路，提高解题能力十分有益.六、构造参数例8：设n∈N■，且sinα+cosα=-1，求sin■α+cos■α的值.分析：设sinα=-■-t，cosα=-■+t，由（-■-t）■+（-■+t）■=1，解得：t=±■，当t=■时，sinα=-1，cosα=0；当t=-■时，sinα=0，cosα=-1，故sin■α+cos■α=（-1）■.例9：已知△ABC三个内角满足A+C=2B，■+■=■，求cos■的值.分析：由题设知B=■，cosB=■，可设A=■+α，C=■-α（-■小结：构造新的“量”—参数，可以把原来较复杂的数学问题转化为较简单的或更常规的数学问题来求解，更简便.七、构造函数例10：已知函数f（x）=sinxcosx+■+3，若f（lga）=4，则f（lg■）的值为？摇？摇？摇？摇.分析：直接求解显然不可取，构造新函数g（x）=sinxcosx+■，显然g（x）是奇函数，则f（x）=g（x）+3，所以f（-x）=-g（x）+3，所以f（x）+f（-x）=6，则f（lga）+f（-lga）=6，又因为f（lga）=4，所以f（lg■）=2.例11：已知x，y∈[-■，■]，a∈R，且x■+sinx-2a=04y■+sinycosy+a=0，求cos（x+2y）的值.分析：若用三角公式则不易求解，观察题设的两个等式可得：x■+sinx=（-2y）■+sin（-2y），此式有相同的结构，于是可引入函数：f（t）=t■+sint，t∈[-■，■]，则有f（x）=f（-2y）.因为当时t∈[-■，■]时，f（t）=t■+sint是增函数，所以有x=-2y，故cos（x+2y）=cos0=1.小结：构造函数，整体思考，这是整体观念与构造思维的一种应用，整体处理可使问题简单化.八、构造直线例12：求证：（cosα-■）■+（sinα-■）■≥9.分析：这是一道三角证明题，如果滥用公式有一定的运算量，不如回过头来，认真分析一下题目，发现只要证明■≥3，问题就会不攻自破.构造直线：xcosα+ysinα-1=0，因为点M（cosα，sinα）在直线xcosα+ysinα-1=0上，而点P（■，■）不在此直线上，所以点P（■，■）到点M（cosα，sinα）的距离不小于它到此直线的距离3，即■≥3成立，故（cosα-■）■+（sinα-■）■≥9.小结：巧妙构造直线证明三角不等式，避免了繁琐的运算，这是一种行之有效的解题方法.九、构造方程例13：已知α、β为两相异锐角，且满足方程acos2x+bsin2x=c，求证：cos■（α-β）=■.分析：由题设知，点A（cos2α，sin2α）和点B（cos2β，sin2β）所在的直线方程是ax+by-c=0.（1）.而经过A、B两点的直线方程还可以表示为：■=■，即xcos（α+β）+ysin（α+β）-cos（α-β）=0.（2）由于（1）、（2）表示同一条直线，因而原点到两直线的距离相等.所以■=■，即cos■（α-β）=■.小结：数学题目的特点是形式多变，思路纵横，解法繁简迥异.本题通过适当构造方程，弃繁就简，找到了一条解决问题的捷径.。

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例谈构造法解题
作者：王文达
来源：《考试周刊》2013年第38期
构造法是通过构造图形、函数、事例等解决数学问题的一种方法.对于某些题目，如果能恰当地运用构造法，就会使问题得到巧妙简捷的解决，现举要如下.
一、构造事例
例1：求证C■■+C■■+C■■…+C■■=2■
证明：集合｛a■，a■，a■，…，a■｝的子集个数是C■■+C■■+C■■…+C■■.
另外，求该集合的子集个数也可这样进行：分n个步骤，每一步都有2种方法，即a
（i=1，2，3，…，n）选或不选，从而得子集个数为2■.
∴C■■+C■■+C■■…+C■■=2■.
例2：求（a+b+c）■展开式共有多少项.
解：（a+b+c）■展开式中的项为a■b■c■，其中m+n+l=10（m，n，l∈N），于是就转化为求该不定方程的非负整数解有几解.
现构造事例如下：画12个“O”，将其中两个“O”用“/”划去，记剩下的10个“O”在两划线“/”的左中右的个数为（比如?覫?覫OOOOOOOOOO表示m=0，n=0，l=10），那么不定方程的每一非负整数解对应于此事例中的一种划法，反过来此事例中的每一种划法对应于该不定方程的一个非负整数解.
∴（a+b+c）■展开式项数为C■■=66.
问题（2012陕西理，8）：两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同的情形）共有（?摇?摇）
A.10种?摇?摇?摇?摇
B.15种?摇?摇?摇?摇
C.20种?摇?摇?摇?摇
D.30种
分析：问题相当于在OOOOO中取到3个的为胜者，比如取到当中3个的，则此人第一局输，第二、三、四局赢，共比赛四局.故共有2C■■=20种情形，选C.
二、构造图形
例1：已知正四面体A-BCD的棱长为a，求
（1）外接球的半径；
（2）与棱都相切的球的半径.
分析：（1）构造一个正方体，使正四面体的各棱为正方体的面对角线，那么正方体的外接球就是正四面体的外接球.
易得正方体的半径为■a，故外接球的半径为■·■·■a=■a.
（2）所求的球即为上题中构造的正方体的内切球，故所求半径为■·■a=■a.
例2：已知x，y，z∈（0，1），求证：x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1.
证明：构造边长为1的正三角形ABC，
在边AB、AC、BC上分别取点D、E、F，
使AD=x，CE=y，BF=z，
则BD=1-x，AE=1-y，CF=1-z.
由△ADE、△CEF、△BFD的面积之和小于△ABC的面积，得
■x（1-y）+■y（1-z）+■z（1-x）＜■，即x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1.
三、构造函数（或式子）
例1：证明：（a■■+a■■+…+a■■）（b■■+b■■+…+b■■）≥（a■b■+a■b■+…a■b■）■.
分析：要证明原不等式，只需证明
4（a■■+a■■+…+a■■）（b■■+b■■+…+b■■）≥［2（a■b■+a■b■+…+a■b■）］■.
由此联想到一元二次函数根的判别式，故可构造一个二次函数.
证明：构造函数
y=（a■■+a■■+…+a■■）x■+2（a■b■+a■b■+…+a■b■）x+（b■■+b■■+…+b■■）（*）
即y=（a■x+b■）■+（a■x+b■）■+…+（a■x+b■）■，易知对任意x∈R，总有y≥0.
（1）若a■■+a■■+…+a■■=0，即a■=a■=…a■=0，所证不等式显然成立；
（2）若a■■+a■■+…+a■■＞0，则（*）中△=［2（a■b■+a■b■+…+a■b■）］■-4（a■■+a■■+…+a■■）（b■■+b■■+…+b■■）≤0，则所证不等式成立.
综上，所证不等式总成立。

例2：求sin18°值.
分析：构造一个与sin18°有关的等式，然后通过解方程求得sin18°的值.
解：∵sin36°=cos54°
∴2sin18°cos18°=4cos■18°-3cos18°
即2sin18°=4co s■18°-3
化为4sin■18°+2sin■18°-1=0
解得sin18°=■（舍去）或sin18°=■
∴sin18°=■。