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浅谈构造法解题在高中数学竞赛中的应用

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。
F
E
D
C
B
A

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77×2=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：
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：
Q
P
E
D
C
B
A
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。