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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
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 4a 2 ? 3, a 2 ? a ? 1, a 2 ? a ? 1 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。

4a 2 ? 3 ?

?2a ?2 ? ?

3

?

2

a 2 ? a ? 1 ? a 2 ? 12 ? 2 ? a ? 1 ? cos60? a 2 ? a ? 1 ? a 2 ? 12 ? 2 ? a ? 1 ? cos120?
构造合乎要求的几何图形如图所示:

D a aC 1 120 A 30 ? B ? aa 1 E a a a

aF
1

60 ?

AD ? DF ? BC ? a AB ? BE ? CD ? 1 ?DAB ? 60? ?CBE ? 120?
于是: AF ? 2a, AE ?

3, EF ?

?2a ?2 ? ?

3

?

2

? 4a 2 ? 3

AD ? a, AB ? 1, FC ? DB ? a 2 ? 12 ? 2 ? a ? 1 ? cos60? ? a 2 ? a ? 1 BC ? a, BE ? 1, CE ? a 2 ? 12 ? 2 ? a ? 1 ? cos120? ? a 2 ? a ? 1
所以:以 4a 2 ? 3, a 2 ? a ? 1, a 2 ? a ? 1 为边长可以构成一个三角形,即 ?ECF 。 则: S ?ECF ? S AECF ? S ?AEF

? 3S ?ABD ? S ?ABE ? S ?BCE ? S ?AEF 1 1 1 1 ? 3 ? ? a ? 1 ? sin 60? ? ? 1 ? 1 ? sin 120? ? ? a ? 1 ? sin 120? ? ? 2a ? 3 2 2 2 2 3 ? 4
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 a , b ,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:

? ?a ? b ? c ? 6 ? 2 2 2 ?a ? b ? c ?1 ? ab ? s ?2

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: ab ? 18 ? 6c ,于是由韦达定理可构造出以 a , b 为根 的方程是:

x 2 ? ?6 ? c ?x ? ?18 ? 6c ? ? 0 ? ? ?6 ? c ? ? 4 ? 1 ? ?18 ? 6c ? ? c 2 ? 12c ? 36
2

若方程有解,则 ? ? 0, 即: c ? 又: c ? a ? b ? 6 ? c ∴ ∵ ∴ ,

6


c?3

6 ?c?3
1 ab ? 9 ? 3c 2
∴ 为整数, ∴ 3c 为整数且: 7.2 ? 3c ? 9

s?

3c =8,

c?

8 3

代入方程可得: a ?

5? 7 5? 7 。 ,b ? 3 3

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:

a1 a2 a3 ? a11

a2 a3 a4 ? a12

a3 a4 a5 ? a13

a4 a5 a6 ? a14

?? ?? ?? ?? ??

a7 a8 a9 ? a17
n ? 17 。

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 l1 , l 2 , l3 , l 4 , l5 , l6 对应为平面上六个点 P 1, P 2, P 3, P 4, P 5, P 6 ,若 li , l j 异面,则将 P i , Pj 的连线段染成红色,若

li , l j 共面,则将 Pi , Pj 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 P 1 出发的五条线段 P 1相 1P 2, P 1P 3, P 1P 4,P 1P 5, P 1P 6 ,用红蓝二色染色,其中必有三条直线同色,若同为蓝色,则与 P 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 P 1 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 ar ?1 ? r ? 77? 表示这位大师第 1 天到第 r 天总共比赛的局数,显然数列

a1 , a2 ,?, a77 为一严格递增数列。构造新数列 br ? ar ? 21,则新数列也是一严格递增数列,


a77 ? 132 ,



b77 ? a77 ? 21 ? 153

由于两数列共有 77×2=154 项,其中 a1 ? 1, b77 ? 153 ,根据抽屉原理可知,必有数列 an 中的一项和数列 bn 中的一项相等, 不妨设 ai ? bj ? a j ? 21 ,则有; ai ? a j ? 21。即从第 i ? 1 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: S ? 题目中的条件。
2 2 在集合 S 中取任意两点: a, a , b, b ,

?? k , k ? k ? N ?
2

下证此集合中的点符合

?

??

?

其中
2

a, b ? R 。

d?

? a ? b?

2

? ? a 2 ? b2 ? ? a ? b ?
2

? a ? b?

?1

2 2 2 2 由平方差公式可知: a ? b ? ? a ? b? ? ? a ? b ? 。当 a, b ? N 且 a ? b 时,必有 a ? b 为一大于 1 的自然数,所以:

?a ? b?

2

? 1一定是一个非完全平方数,即

? a ? b?

2

? 1 为无理数,又 a ? b ? N ,故 d 为无理数。

2 2 2 取图象上三点: A a, a , B b, b , C c, c 。则:

?

? ?

? ?

?

1 1 S ? ? 1 b b2 = ? ? b ? a ?? c ? b ?? c ? a ? 2 2 1 c c2

1 a a2

, 此式显然为非零有理数。

2 2 另外也可以用面积公式,经过 A a, a , B b, b 的直线方程为: ? a ? b? x ? y ? ab ? 0

?

? ?

?

由点到直线的距离公式得: d ?

? a ? b ? c ? c2 ? ab ? a ? b?
2

?1

?

? a ? c ?? c ? b ? ,其余同上。 2 ?a ? b? ?1

七、构造极端情形,推广至一般。
? 例八,已知平面上有 2n ? 3 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 2 n

?

?

个点有一半在圆内,一半在圆外? 分析:考虑极端情况,当 n ? 1 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: P 1, P 2, P 3 ,它们相对于 A, B 的张角满足: ?P 1 ? ?P 2 ? ?P 3 ,显然,过点 A, B, P 2 的圆符合题目要求。
? 对于平面内的 2n ? 3 n ? N 个点,必定可选取两点 A, B ,使其余 2n ? 1 个点位于此两点连线的同侧,因为无四点共

?

?

圆,故此 2n ? 1 个点对于此两点的连线段的张角可以满足:

?P 1 ? ?P 2 ? ?P 3 ? ? ? ?P n?1 ? ? ? ?P 2 n?1
显然过点 A, B, P n ?1 的圆满足题目要求。
2 例九,在一个平面内给定 n ? n ? 4? 个点,其中任意三点不共线。证明:至少有 Cn ?3 个凸四边形,其顶点为给定的点。

分析:构造极端情形,当 n ? 5 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。
5 一般地,在一个平面内给定 n 个点,可以构成 Cn 个不同

A P D E Q

的五点集,从上面的讨论可知,每个五点集中至少有一个以

B

C

5 Cn 所给定点为顶点的凸四边形,而同一个凸四边形至多属于 n ? 4 个不同的五点集,故至少有 个符合要求的凸四边形。下 n?4 5 Cn 2 与 g ? n ? ? Cn?3 的大小: n?4

面比较 f ? n ? ?

当 n ? 5 时, f ? 5? ? g ? 5? ? 1 当 n ? 6 时, f ? 6? ? g ? 6? ? 3 当 n ? 7 时,

f ? 7 ? n ? n ? 1?? n ? 2 ?? n ? 3?? n ? 4 ? n ? n ? 1?? n ? 2 ? 2 ? ? ? g ?7? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1? ? n ? 4 ? 60 ? n ? 4 ? ? n ? 3?? n ? 4 ? ? ?


n ? n 2 ? 3n ? 2 ? 60 ? n ? 4 ?

?

n?? ?? n ? 1?? n ? 4 ? ? 6 ? ? 60 ? n ? 4 ?

?

1 ? 6n ? 24 ? 24 ? n ? n ? 1? ? ? ? 60 ? n?4 ?

1 2 1 1 n ? n ? 1? ? 6? ? ? ? n ? n ? 1? ? 6? ? ? 62 ? 1 ? ? ? ? ? 60 5 ? n ? 4 ? 60 60

f ? n? ? g ? n? 对一切 n ? 4 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。


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