浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用

学好构造法 妙解竞赛题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 ∆∆-=︒60 FEDCBA ︒30︒120aaa1 11433221120sin 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。

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b a ,,斜边为c ,面积s 为整数。

于是原题中的条件可用方程组的形式给出如下：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=++s ab c b a c b a 216222 故原问题即为讨论方程组使得面积s 为整数的解的情况。

由前两式得：c ab 618-=,于是由韦达定理可构造出以b a ,为根的方程是：()()()()361261814606186222-+=-⨯⨯--=∆=-+--c c c c c x c x若方程有解,则,0≥∆即：6≥c又：c b a c -=+<6 , ∴ 3<c∴ 36<≤c∵ c ab s 3921-==为整数, ∴c 3为整数且：932.7<≤c ∴ c 3=8, ∴ 38=c代入方程可得：375,375+=-=b a 。

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：1714131211965438543274321 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 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 17 n 。

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654321,,,,,l l l l l l 对应为平面上六个点654321,,,,,P P P P P P ,若j i l l ,异面,则将j i P P ,的连线段染成红色,若j i l l ,共面,则将j i P P ,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1P 出发的五条线段6151413121,,,,P P P P P P P P P P ,用红蓝二色染色,其中必有三条直线同色,若同为蓝色,则与1P 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1P 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r a ()177r ≤≤表示这位大师第1天到第r 天总共比赛的局数,显然数列1277,,,a a a 为一严格递增数列。

构造新数列21r r b a =+,则新数列也是一严格递增数列,∵ 77132a ≤, ∴ 777721153b a =+≤由于两数列共有77×2=154项,其中1771,153a b ≥≤,根据抽屉原理可知,必有数列n a 中的一项和数列n b 中的一项相等,不妨设21i j j a b a ==+,则有；21i j a a -=。

即从第1i +天到第j天的连续j i -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2∶3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2∶3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2∶3时即为梯形的中位线的长度之比为2∶3,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n 为大于等于3的整数。

证明：在平面上存在一个由n 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：(){}2,S k k k N =∈ 下证此集合中的点符合题目中的条件。

在集合S 中取任意两点：()()22,,,a a b b , 其中 ,a b R ∈。

d a b ==-由平方差公式可知：()()22a b a b a b -=+⋅-。

当,a b N ∈且a b >时,必有22a b -为一大于1的自然数,所以：()21a b ++一定是一个非完全平方数,,又a b N -∈,故d 为无理数。

取图象上三点：()()()222,,,,,A a a B b b C c c 。

则：()()()2221 111 =221 a a S b b b a c b c a c c=⋅⋅--- , 此式显然为非零有理数。

另外也可以用面积公式,经过()()22,,,A a a B b b 的直线方程为：()0a b x y ab +--= 由点到直线的距离公式得：d ==其余同上。

七、构造极端情形,推广至一般。

例八,已知平面上有()23n n N *+∈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2n 个点有一半在圆内,一半在圆外？分析：考虑极端情况,当1n =时,对于平面上的五个点,必定存在两个点,A B ,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：123,,P P P ,它们相对于,A B 的张角满足：123P P P ∠<∠<∠,显然,过点2,,A B P 的圆符合题目要求。

对于平面内的()23n n N*+∈个点,必定可选取两点,A B ,使其余21n +个点位于此两点连线的同侧,因为无四点共圆,故此21n +个点对于此两点的连线段的张角可以满足：123121n n P P P P P ++∠<∠<∠<<∠<<∠显然过点1,,n A B P +的圆满足题目要求。

例九,在一个平面内给定()4n n >个点,其中任意三点不共线。

证明：至少有23n C -个凸四边形,其顶点为给定的点。

分析：构造极端情形,当5n =时,分为以下两种情况：① 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；② 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n 个点,可以构成5n C 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4n -个不同的五点集,故至少有54n C n -个符合要求的凸四边形。

下面比较()54n C f n n =-与()23n g n C -=的大小：当5n =时,()()551f g == 当6n =时,()()663f g == 当7n ≥时,()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()2712341227543214346043214616242416046046041211161662160546060f n n n n n n n ng n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n ------=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯-----+⋅+-+⎡⎤-+⎡⎤⎣⎦===++⎢⎥---⎣⎦=+++≥++≥⨯>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦- ∴ ()()f n g n ≥对一切4n >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。