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时间:2017-11-26
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1、2中等数学。数学活动课程讲座。构造法在数学竞赛中的应用朱华伟(广州大学计算机科学与教育软件学院,510006)中图分类号:01414文献标识码:A文章编号:1005—6416(2010)04—0002~05(本讲适合初中)a+A=6+B=C+C=,可联想以后为边长解答数学问题时,常规的思考方法是由的正三角形.已知到结论的顺向思考,或由结论到已知的如图1,构造P逆向思考.但无论是顺向思考还是逆向思考,以后为边长的正在解题思路上都不能保证一帆风顺,有时会△PQR,分别在其遇到一些障碍.此时,同学们可以通过构造适各边上取点、、当的辅助量(如图形、方程、等式、函数
2、等)来Ⅳ,使得帮助解决困难,使问题中原来隐晦不清的关QL=,=。,QAⅡR系和性质在新的构造过程中清晰地展现出RM:,=b,图1来,从而简捷地解决问题.PN=C.NQ=c.运用构造法解题,首先,要认真分析题电sM+sPN+sQL3、用代数方法求解比较的三个小矩形面积之困难时,也可以从数形转化的角度出发,考虑和.于是,欲证结论成其几何意义,通过构造几何图形使题设条件立,只需将这三个小直观地反映出来,从而将代数问题转化为几矩形不重叠地嵌入到何问题求解.边长为的正方形即例1已知正数a、b、c-,A、B、C满足可.据此构造图2即a+A=b+B=C+C=后得证。图2求证:aB+6C+cA<.【评注】1.当题目的条件中出现两个正(第21届全苏数学奥林匹克)数的积的形式时,可考虑构造矩形.讲解1两个正数的乘积的最简单的几2.在1989年第15届全俄数学奥林匹克何意义可以看作是一个几何图形的面积,又4、中,又出现了一道与本例如出一辙的赛题收稿日期:2010一O1—19(见例8).2010年第4期3例2设正数x,y、满足方程组由韦达定理的逆定理知x,y是方程t。f++等=25,一2t+(z+1)=0的两个实根,则i,△:(~2)一4(z+1)≥0j。≤0.9,又≥O,则=0.L++=l6。故t一2t+l=0。求+2yz+3zx的值.于是,=Y=1.讲解本题若按常规解三元二次方程因此,原方程组仅有一组实数解.组,先求出、y,z的值,再求代数式的值,势【评注】利用韦达定理的逆定理构造方必陷入繁琐的计算之中.程的关键是先根据题中提供的信息,从中变事实上,可将原方5、程组变形为换出l+2=A,X12=B,从而构造以1、222+·老coso=s,为根的一元二次方程一Ax+B=0,再利用方程的有关知识求解.一般地,当题目的条件中出现和与积的式子时,常利用根与系数的,关系来构造方程.z+一22cos120。=4.例4设abc是十进制中的质数.证明:上述三式与余弦定理及勾股定理结构b一4ac不是完全平方数.相似,故可构造出C证明采用反证法。图3,分别算出假设存在一十进制的质数abc,使得ABOBCOb一4ac为平方数.注意到求证结果的形式,△CAO和△ABC可考虑(辅助的)二次方程的面积,即可求得5)=ax+6+c=0.(xy6、+2yz+3zx图3已知条件意味着:24.P=10)=a×10+b×10+c=abc【评注】当题目的条件中出现平方和或是一个质数.平方差的形式时,可以考虑构造直角三角形;由于b一4ac是完全平方数,故方程①当题臣的条件中出现a+b±ab,可考虑构的两个根造两边为口和b、夹角为6O。或120。的三::生②角形.1,2一2口均为有理数.于是,2构造方程ax2+bx+c=a(一1)(一2).根据题设的特征,利用方程根的概念、根取=10,得的判别式、根与系数的关系等构造方程,从而P=a(10一)(10一2).③利用方程的知识求解.由式②可知2ax、2ax均是整数.7、例3方程组{r+=Z.有几组实数解?将式③两边同乘以4口得[xy—zl4ap=(20a一2ax1)(20a一2ax2).④r+v=2因P是质数,所以,式④右边的两个因子讲解由已知得{,从而联想txy。+1.中必有一个被p整除,不妨设20a一2ax。是P到韦达定理的逆定理,试用构造方程解决.的倍数。4中等数学注意到20a一2ax1≠0,故120a一2axlI≥p.4构造函数结合式④导出I20a一2ax2I≤40.⑤有些问题,可以从中找出作为自变量的但由式②易知:≤0.因素或可以表示成某一变量的函数,此时,就从而,式⑤不可能成立,矛盾.可以构造一个函数并利用所8、作函数的性质求【评注】当题目条件中出现形如b一4ac解.当题目的条
3、用代数方法求解比较的三个小矩形面积之困难时,也可以从数形转化的角度出发,考虑和.于是,欲证结论成其几何意义,通过构造几何图形使题设条件立,只需将这三个小直观地反映出来,从而将代数问题转化为几矩形不重叠地嵌入到何问题求解.边长为的正方形即例1已知正数a、b、c-,A、B、C满足可.据此构造图2即a+A=b+B=C+C=后得证。图2求证:aB+6C+cA<.【评注】1.当题目的条件中出现两个正(第21届全苏数学奥林匹克)数的积的形式时,可考虑构造矩形.讲解1两个正数的乘积的最简单的几2.在1989年第15届全俄数学奥林匹克何意义可以看作是一个几何图形的面积,又
4、中,又出现了一道与本例如出一辙的赛题收稿日期:2010一O1—19(见例8).2010年第4期3例2设正数x,y、满足方程组由韦达定理的逆定理知x,y是方程t。f++等=25,一2t+(z+1)=0的两个实根,则i,△:(~2)一4(z+1)≥0j。≤0.9,又≥O,则=0.L++=l6。故t一2t+l=0。求+2yz+3zx的值.于是,=Y=1.讲解本题若按常规解三元二次方程因此,原方程组仅有一组实数解.组,先求出、y,z的值,再求代数式的值,势【评注】利用韦达定理的逆定理构造方必陷入繁琐的计算之中.程的关键是先根据题中提供的信息,从中变事实上,可将原方
5、程组变形为换出l+2=A,X12=B,从而构造以1、222+·老coso=s,为根的一元二次方程一Ax+B=0,再利用方程的有关知识求解.一般地,当题目的条件中出现和与积的式子时,常利用根与系数的,关系来构造方程.z+一22cos120。=4.例4设abc是十进制中的质数.证明:上述三式与余弦定理及勾股定理结构b一4ac不是完全平方数.相似,故可构造出C证明采用反证法。图3,分别算出假设存在一十进制的质数abc,使得ABOBCOb一4ac为平方数.注意到求证结果的形式,△CAO和△ABC可考虑(辅助的)二次方程的面积,即可求得5)=ax+6+c=0.(xy
6、+2yz+3zx图3已知条件意味着:24.P=10)=a×10+b×10+c=abc【评注】当题目的条件中出现平方和或是一个质数.平方差的形式时,可以考虑构造直角三角形;由于b一4ac是完全平方数,故方程①当题臣的条件中出现a+b±ab,可考虑构的两个根造两边为口和b、夹角为6O。或120。的三::生②角形.1,2一2口均为有理数.于是,2构造方程ax2+bx+c=a(一1)(一2).根据题设的特征,利用方程根的概念、根取=10,得的判别式、根与系数的关系等构造方程,从而P=a(10一)(10一2).③利用方程的知识求解.由式②可知2ax、2ax均是整数.
7、例3方程组{r+=Z.有几组实数解?将式③两边同乘以4口得[xy—zl4ap=(20a一2ax1)(20a一2ax2).④r+v=2因P是质数,所以,式④右边的两个因子讲解由已知得{,从而联想txy。+1.中必有一个被p整除,不妨设20a一2ax。是P到韦达定理的逆定理,试用构造方程解决.的倍数。4中等数学注意到20a一2ax1≠0,故120a一2axlI≥p.4构造函数结合式④导出I20a一2ax2I≤40.⑤有些问题,可以从中找出作为自变量的但由式②易知:≤0.因素或可以表示成某一变量的函数,此时,就从而,式⑤不可能成立,矛盾.可以构造一个函数并利用所
8、作函数的性质求【评注】当题目条件中出现形如b一4ac解.当题目的条
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