构造对偶式巧解竞赛题

初中数学巧添辅助-- 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1 挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化.1.1 作出三角形的外接圆例1如图1,在△ABC中,AB＝AC,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED＝∠A.求证：BD＝2CD.ABGC DFE 图1例 2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝∠BCD ＝90°, AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2.则sin ∠AOB ＝____.例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P . 求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .A图3BP QD HC ABCDPO图22 构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长.2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.A EDCB图4图5例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N . 求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2.EANCD B FM 12345图6例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.同步练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD.2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a . 求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数.(1)(2)图8ABCA'B'C'cb a'c'b'3. 如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2.4. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D . 求证：AC 2＝AB ·AE .6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点. 求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.7. 若正五边形ABCDE 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1.F DAB EC图10C图11初中数学巧添辅助-- 妙解竞赛题答案在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1 挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝ ∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系. 容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能 直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆 于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC ,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF .作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝ ∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2. 则sin ∠AOB ＝____.ABGCD FE图1ABCDPO 图2分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. 故sin ∠AOB ＝263615 . 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证： △ABC 的面积S ＝43AP ·BD . 分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只 须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ . 又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD . 于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD . A图3BPQDHC2 构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长.分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在 半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与 p 、q 的关系.解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE . 显然A 、B 、C 在⊙D 上. ∵AB ∥CD ,∴BC ＝AE . 从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -. 2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围. 解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9), 对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、 C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、A EDCB图4图5Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论. 证明：如图6,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5, ∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交 BA 的延长线于E .则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有 BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF ) ＝(AB ＋AN )(AB －AN ) ＝AB 2－AN 2, 即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2. 分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连 结CG .因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆.EA N D BFM 12345图6由切割线定理,有 EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2,即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇ C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、 b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD .∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB .有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '',即 DC c '＝a a '＝DB b '.故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a . 从而,由托勒密定理,得 AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD , 即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.练习题(1)(2)图8ABCA'B'C'ca b a'c'b'A BCDa b b c图91. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而AC AB ＝DEBD＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数. (提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.) 4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2. (提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点 G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.) 5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE . (提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3 于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点. 求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2.(提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCDE 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)FDAEC图10图11。

十、构造法解数学问题时，常规的思考方法是由条件到结论的定向思考，但有些问题用常规的思维方式来寻求解题途径却比较困难，甚至无从着手。

在这种情况下,经常要求我们改变思维方向，换一个角度去思考从而找到一条绕过障碍的新途径。

历史上有不少著名的数学家，如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人，都曾经用“构造法”成功地解决过数学上的难题。

数学是一门创造性的艺术，蕴含着丰富的美,而灵活、巧妙的构造令人拍手叫绝，能为数学问题的解决增添色彩，更具研究和欣赏价值。

近几年来，构造法极其应用又逐渐为数学教育界所重视，在数学竞赛中有着一定的地位。

构造需要以足够的知识经验为基础，较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提，根据题目的特征，对问题进行深入分析，找出“已知”与“所求（所证）”之间的联系纽带，使解题另辟蹊径、水到渠成。

用构造法解题时，被构造的对象是多种多样的，按它的内容可分为数、式、函数、方程、数列、复数、图形、图表、几何变换、对应、数学模型、反例等，从下面的例子可以看出这些想法的实现是非常灵活的，没有固定的程序和模式，不可生搬硬套。

但可以尝试从中总结规律：在运用构造法时，一要明确构造的目的，即为什么目的而构造；二要弄清楚问题的特点，以便依据特点确定方案，实现构造。

再现性题组 1、求证： 31091022≥++=x x y （构造函数） 2、若x > 0, y > 0, x + y = 1，则42511≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+y y x x （构造函数） 3、已知01a <<，01b <<，求证：22)1()1()1()1(22222222≥-+-+-+++-++b a b a b a b a（构造图形、复数）4、求证：9)9(272≤-+x x ，并指出等号成立的条件。

（构造向量） 5、已知：a>0、b>0、c>0 ,求证：222222c ac a c bc b b ab a ++≥+-++-当且仅当ca b 111+=时取等号。

构造对偶式妙解六类题作者：蔡勇全来源：《理科考试研究·高中》2017年第03期摘要：有些数学问题，按常规思路寻求解答，常常由于繁琐的运算而极易出错，这时若能根据题设条件或所求结论中某些式子的结构特征，联想并构造出能与之形成和与差、积与商、正与负、互为有理化因式、互为共轭因式、正弦与余弦、正切与余切、奇函数与偶函数等匹配类型的对偶式，则能高效地完成问题的解决，使陷入僵局的解答过程“拨云见日”，这样做，不仅可以极大地减少运算量，优化解题过程，起到化繁为简、化难为易的效果，而且可以较好地体现数学的对称美、奇异美、和谐美与统一美.关键词：结构特征；构造；对偶式一、三角求值例1 若0解析由3sinθ+4cosθ=5联想并构造对偶式3sinθ-4cosθ=y，可联立方程组3sinθ+4cosθ=5，3sinθ-4cosθ=y解得sinθ=5+y6cosθ=5-y8，代入sin2θ+cos2θ=1解得y=-75，所以sinθ=35，cosθ=45，tanθ=34.变式1 设△ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且满足acosB-bcosA=35c，求tanAtanB的值.解析由acosB-bcosA=35c联想到一个本已存在的对偶式acosB+bcosA=c，联立解得acosB=45c，bcosA=15c，故tanAtanB=sinAcosBsinBcosA=acosBbcosA=4.变式2 求cosπ15cos2π15cos3π15cos4π15cos5π15cos6π15cos7π15的值.解析令x=cosπ15cos2π15cos3π15cos4π15cos5π15cos6π15cos7π15，构造其对偶式，令y=sinπ15sin2π15sin3π15sin4π15sin5π15sin6π15sin7π15，则27xy=sin2π15sin4π15sin6π15sin8π15sin10π15sin12π15sin14π15=sin2π15sin4π15sin6π15sin7π15sin 5π15sin3π15sinπ15=y，所以27x=1，解得x=1128.变式3 求cos7°+cos47°+cos87°+cos127°+…+cos327°的值.解析令M=cos7°+cos47°+cos87°+cos127°+…+cos327°，N=sin7°+sin47°+sin87°+sin127°+…+sin327°，则sin40°·M+cos40°·N=（sin40°cos7°+cos40°·sin7°）+（sin40°cos47°+cos40°sin47°）+…+（sin40°cos327°+cos40°×sin327°），即sin40°·M+cos40°·N=sin47°+sin87°+…+sin327°+sin367°，所以sin40°·M+cos40°·N=N①.cos40°·N-sin40°·M=（sin7°cos40°-cos7°sin40°）+（sin47°cos40°-cos47°sin40°）+…+（sin327°cos40°-cos327°sin40°），故cos40°·N-sin40°·M=sin（-33°）+sin47°+sin87°+…+sin287°，即cos40°·N-sin40°·M=N②，由①与②作差，得2sin40°·M=0，因此M=0.变式4 求cos40°cos80°+cos80°cos160°+cos160°cos40°的值.解析令m=cos40°cos80°+cos80°cos160°+cos160°cos40°，且n=sin40°sin80°+sin80°sin160°+sin160°sin40°，则m+n=cos40°+cos80°-12，m-n=-12-12+cos200°，所以有2m=cos40°+cos80°+cos200°-32=2cos60°cos20°-cos20°-32=-32，故m=-34.变式5 求sin220°+cos280°+3sin20°cos80°的值.解析令x=sin220+cos280+3sin20°cos80°，且y=cos220°+sin280°+3cos20°sin80°，则有x+y=2+3sin100°，x-y=-32-3sin100，解得x=14.变式6 求（cosπ8+sinπ8）（cos3π8-sin3π8）的值.解析令x=（cosπ8+sinπ8）（cos3π8-sin3π8），且令y=（sinπ8+cosπ8）·（sin3π8-cos3π8），x=-y>0，所以有xy=（cosπ8+sinπ8）2（cos3π8-sin3π8）.（sin3π8-cos3π8）=-（cosπ8+sinπ8）2（cosπ8-sinπ8）2（1+cosπ8sinπ8）2=-（1+2sinπ8cosπ8）（1-2sinπ8cosπ8）（1+12sinπ4）2=-（1+22）（1-22）（1+24）2=-12（1+24）2，所以x2=12（1+24）2，又因x>0，所以x=1+224.评注从以上实例可以看到，解决三角求值问题，构造对偶式之后，必要时还须熟练运用三角函数中的诱导公式、同角三角函数的基本关系、二倍角公式等知识.另外，利用对偶式解题时的构造策略往往不是唯一的，如例1，可令3cosθ+4sinθ=m，由3sinθ+4cosθ=5，3cosθ+4sinθ=m解得sinθ=4m-157，cosθ=20-3m7，代入sin2θ+cos2θ=1中整理得25m2-240m+576=0，解得m=245，所以tanθ=sinθcosθ=4m-1520-3m=34.二、证明不等式或恒等式1.证明不等式例2 求证：2sin4x+3sin2xcos2x+5cos4x≤5.证明令A=2sin4x+3sin2xcos2x+5cos4x，B=2cos4x+3cos2xsin2x+5sin4x，则A+B=7（sin4x+cos4x）+6sin2xcos2x=7（sin2x+cos2x）2-8sin2x·cos2x=7-2sin22x=5+2cos22x①，A-B=3（cos4x-sin4x）=3（cos2x-sin2x）=3cos2x②.由①+②得2A=5+2cos22x+3cos2x=2（cos2x+34）2+318≤2（1+34）2+318=10，A≤5（当x=kπ，k∈z时等号成立），故原不等式得证.变式1 已知a，b，c，d∈R，a2+b2+c2+d2≤1，求证：（a+b）4+（a+c）4+（a+d）4+（b+c）4+（b+d）4+（c+d）4≤6.证明令A=（a+b）4+（a+c）4+（a+d）4+（b+c）4+（c+d）4，再令B=（a-b）4+（a-c）4+（a-d）4+（b-c）4+（b-d）4+（c-d）4，A+B=6（a4+b4+c4+d4+2a2b2+2a2c2+2a2d2+2b2c2+2b2d2+2c2d2）=6（a2+b2+c2+d2）2≤6.又B≥0，所以A≤6，即原不等式得证.变式2 求证：12019证明设A=12·34·56·78·…·20172018，B=23·45·67·…·20182019，则A·B=12019，因为AA·B=12019.又因为A·A变式3 若n∈N*，且n≥2，求证：12·34·56·…·n2-1n2证明令A=12·34·56·…·n2-1n2，B=23·45·67·…·n2n2+1，因为A变式4 求证：（1+1）（1+14）…（1+13n-2）>33n+1（n∈N*）.证明令M=（1+1）（1+14）…（1+13n-2）=21·54·…·3n-13n-2，再令N=32·65·…·3n3n-1，P=43·76·…·3n+13n，因为有21>32>43，54>65>76，…，3n-13n-2>3n3n-1>3n+13n，所以M3>M·N·P=（21·54·…·3n-13n-2）·（32·65·…·3n3n-1）·（43·76·…·3n+13n）=3n+1，故M>33n+1，即原不等式得证.变式5 若n∈N*，且n≥2，求证：（1+13）（1+15）…（1+12n-1）>122n+1.证明令A=（1+13）（1+15）…（1+12n-1）=43·65·87·…·2n2n-1，B=54·76·98·…·2n+12n，则A>B，所以A2>A·B=2n+13>2n+14，故A>2n+14=122n+1，即原不等式得证.评注事实上，对于变式5，还可以在待证不等式左边不作改变的前提下，把其右边进一步加强，即求证：（1+13）（1+15）…（1+12n-1）>6n+33.解答时，可令M=（1+13）（1+15）…（1+12n-1），N=（1+12）（1+14）…（1+12n），考虑到M与N的项数差别，NM·N=2n+12，M>6n+33.2.证明恒等式例3 求证：sin3α·sin3α+cos3α·cos3α=cos32α.证明令m=sin3α·sinα·sin2α+cos3α·cosα·cos2α，且n=cos3α·cosα·sin2α+sin3α·sinα·cos2α，则m+n=cos2α，m-n=cos4α·cos2α，所以2m=cos2α（1+cos4α）=2cos32α，m=cos32α，即原结论得证.变式1 求证：cos2α+cos2β-2cosαcosβcos（α+β）=sin2（α+β）.证明令M=cos2α+cos2β-2cosαcosβcos（α+β），N=sin2α+sin2β+2sinαsinβcos（α+β），M+N=2-2cos2（α+β）=2sin2（α+β），M-N=cos2α+cos2β-2cos（α+β），M+N=2-2cos2（α+β）=2sin2（α+β），M-N=cos2α+cos2β-2cos（α+β）cos（α-β）=cos[（α+β）+（α-β）]+cos[（α+β）-（α-β）]-2cos（α+β）cos（α-β）=0，2M=2sin2（α+β），即M=sin2（α+β），即原结论得证.变式2 求证：cosx2cosx22cosx23…cosx2n=sinx2nsinx2n（n∈N*）.证明令A=cosx2cosx22cosx23…cosx2n，B=sinx2sinx22sinx23…sinx2n，则A·B=12sinx·12sinx2·12sinx22…12sinx2n-1=sinx2n·sinx2n·sinx2·sinx22·sinx23…sinx2n-1·sinx2n=sinx2nsinx2nB，因为B≠0，所以A=sinx2nsinx2n，即原结论得证.评注从例3及其变式1可以看到，构造对偶式证明恒等式时，对于同一个式子，可以局部对偶创设其对偶式，其余部分不变.三、求最值或取值范围1.求最值例4 设x>0，求y=x+1x-x+1x+1的最大值.解析令μ=x+1x+x+1x+1，则yμ=1，y=1μ.因为μ≥2+2+1=2+3（当x=1时等号成立），所以y=1μ≤2-3（当x=1时等号成立），即所求最大值为2-3.变式1 求函数y=sin（x-π6）cosx的最小值.解析令z=cos（x-π6）sinx，则y+z=sin（2x-π6），y-z=-12，2y=-12+sin（2x-π6），y=-14+12sin（2x-π6），当sin（2x-π6）=-1，即x=-π6+kπ（k∈Z）时，该函数取得最小值-34.变式2 求函数y=sinθ-1cosθ-2的最大值和最小值.解析由y=sinθ-1cosθ-2变形得1-2y=sinθ-ycosθ①，令x=cosθ+ysinθ②，①与②两式的平方和为（2y-1）2+x2=1+y2，即x2=-3y2+4y，因为x2≥0，所以-3y2+4y≥0，解得0≤y≤43，故原函数的最大值为43，最小值为0.评注例4的变式2的常见解答思路是：由y=sinθ-1cosθ-2变形可以得1-2y=sinθ-ycosθ=1+y2sin（θ-φ）（其中tanφ=y），sin（θ-φ）=1-2y1+y2，由1-2y1+y2≤13y3-4y≤0，解得0≤y≤43，故原函数的最大值为43，最小值为0.相比之下，通过构造对偶式求解，虽然运算量相当，但新意十足，让人眼前一亮、耳目一新，而且构造策略并非难以掌握.2.求取值范围例5 已知实数x，y满足x2-3xy+y2=2，求x2+y2的取值范围.解析令x=u+v，y=u-v，代入条件式，得（u+v）2-3（u2-v2）+（u-v）2=2，化简得5v2-u2=2v2=2+u25≥25，x2+y2=（u+v）2+（u-v）2=2（u2+v2）=2（6v2-2）≥2（6×25-2）=45，所以x2+y2的取值范围为45，+∞.变式若sinαcosβ=-12，cosαsinβ=t，求t的取值范围.解析将两个条件式相加，得sin（α+β）=-12+t，将两个条件式相减，得sin（α-β）=-12-t，所以-1≤-12+t≤1，-1≤-12-t≤1，解得-12≤t≤12.评注对于例5的变式，题目中的两个条件式本是一组对偶式，而在解答过程中，通过逆用公式又得到了sin（α+β）与sin（α-β），从和与差的角度看，它们仍是一组对偶式，这正是解答本题的关键所在.四、求和问题1.函数中的求和问题例6 已知f（x）=4x4x+2，求f（12017）+f（22017）+f（32017）+…+f（20162017）的值.解析由f（x）=4x4x+2可设其对偶式f（1-x）=41-x41-x+2=24x+2，两式相加，得f（x）+f（1-x）=1，令s=f（12017）+f（22017）+f（32017）+…+f（20162017）①，其对偶式为s=f （20162017）+f（20152017）+f（20142017）+…+f（12017）②，将①与②两式相加且右边对应项相加，得2s=2016，则s=1008.变式1 已知f（x）=x21+x2，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（12）+f（13）+f（14）的值为.解析由f（x）=x21+x2可设其对偶式f（1x）=（1x）21+（1x）2=1x2+1，两式相加，得f （x）+f（1x）=1，令s=f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（12）+f（13）+f（14）①，其对偶式为s=f（1）+f（12）+f（13）+f（14）+f（2）+f（3）+f（4）②，将①与②两式相加且右边对应项相加，得2s=7，所以s=72.变式2 已知f（x）=x5+ax2+bx-8，且f（-2）=10，则f（2）（）A.-26B.-18C.-10D.10解析因为f（x）=x5+ax3+bx-8，其对偶式为f（-x）=-x5-ax3-bx-8，易知f（x）+f（-x）=-16，所以f（-2）+f（2）=-16，f（2）=-26，故应选A.评注从例6及其变式可以看到，构造对偶式解决函数中的求和问题时，可多次设出必要的对偶式，既体现个别（局部）性，又体现整体性.2.二项展开式中的求和问题例7 求（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂项系数之和.解析令A=（x+2）2n+1，B=（x-2）2n+1，又设f（x）=（x+2）2n+1+（x-2）2n+1，由二项式定理可知，f（x）是x的整数次幂多项式，且f（x）展开式中x的整数次幂多项式之和等于（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂多项式之和的2倍，所以（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂项系数之和为12f（1）=32n+1-12.变式1 若（2x-1）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2+a4= .解析令x=0，得a0=-1.令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1①.令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4-a5=-243②，①与②两式相加，得a0+a2+a4=-121，因此a2+a4=-120.变式2 若（1-x）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则（a0+a2+a4）·（a1+a3+a5）值等于 .解析令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0①.令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4-a5=32②.联立①、②两式，得a0+a2+a4=16，a1+a3+a5=-16，所以（a0+a2+a4）·（a1+a3+a5）=-256.评注解答例7的关键是巧妙构造出A的对偶式B=（x-2）2n+1以及抓出“（x+2）2n+1展开式中x的整数次幂项系数之和为12f（1）”；而解答例7的变式1与变式2的关键均是构造①、②两个对偶式.3.数列中的求和问题例8 求数列11+x，21+x2，221+x22，231+x23，…的前100项之和.解析设该数列的前n项和为Sn，因此可得S100=11+x+21+x2+221+x22+…+2991+x299.若x=1，则S100=12+1+2+…+298=299-12.若x≠±1，设出S100的对偶式P=11-x+21-x2+221-x22+…+2991-x299，则S100+P=21-x2+221-x22+231-x23+…+21001-x2100=P-11-x+21001-x2100，所以S100=-11-x+21001-x2100=x2100-2100x+2100-1（x-1）（x2100-1）（x≠±1）.下面，我们不妨再来尝试一下构造对偶式解决求数列前n项之积的问题：变式求数列1+3，1+32，1+322，…的前n项之积.解析令A=（1+3）（1+32）（1+322）...（1+32n），B=（1-3）（1-32）（1-322） (1)323），则A·B=（1-32）（1-322）（1-323）…（1-32n）（1-32n+1）=-12B（1-32n+1），A=-12（1-32n+1）=32n+1-12.评注解决例8的变式，推导得出A·B=-12B（1-32n+1），用到了添项策略，这在研究前文例2的变式5的加强结论时也涉及到了.五、解方程例9 解方程x2+10x+32-x2-10x+32=8.解析令x2+10x+32+x2-10x+32=k，则两式相乘，得8k=（x2+10x+32）-（x2-10x+32）=20x，所以k=5x2，即x2+10x+32+x2-10x+32=5x2，所以2x2+10x+32=8+5x2，两边平方得x=±163，检验知x=-163为增根，所以原方程的解为x=163.变式1 解方程4-23sinx+10-43sinx-6cosx=2.解析令4-23sinx-10-43sinx-6cosx=2m，联立两个式子可得到4-23sinx=1+m，10-43sinx-6cosx=1-m，从而23sinx=-m2-2m+3，6cosx=m2+6m+3，代入sin2x+cos2x=1，解得m=-3或m=0.若m=-3，则sinx=0，cosx=-1，显然不满足原方程；若m=0，则sinx=32，cosx=12，显然满足原方程，所以x=π3+2kπ（k∈Z）.变式2 已知z-为复数z的共轭复数，解方程zz--3iz-=1+3i.解析构造对偶方程，两边取共轭复数，得zz-+3iz=1-3i①，两式相减，得z+z-=-2，即z-=-2-z，代入①式，得z2+（2-3i）z+（1-3i）=0，z=-1或z=-1+3i.变式3 解方程cos2x+cos22x+cos23x=1.解析令A=cos2x+cos22x+cos23x，B=sin2x+sin22x+sin23x，A+B=（cos2x+sin2x）+（cos22x+sin22x）+（cos23x+sin23x）=3①，且A-B=（cos2x-sin2x）+（cos22x-sin22x）+（cos23x-sin23x）=cos2x+cos4x+cos6x=2cosx·cos3x+2cos23x-1=2cos3x·（cosx+cos3x）-1=4cosx·cos2x·cos3x-1②，由①+②，得cosx·cos2x·cos3x=14（2A-2），又A=1，所以cosx·cos2x·cos3x=0，cosx=0或cos2x=0或cos3x=0，解得x=kπ+π2或x=kπ2+π4或x=kπ3+π6，其中k∈Z.评注从例9及其变式可以看到，对于无理方程的求解，是从和与差的视角来构造对偶式的；对于复数方程的求解，是从寻找共轭复数代数式的视角来构造对偶式的；对于三角方程的求解，是从正弦（切）对余弦（切）的角度来构造对偶式的.六、求函数解析式例10 已知对任意x∈（-∞，0）∪（0，+∞），总有f（x）+2f（1x）+x=0，求函数y=f （x）的解析式.解析因为f（x）+2f（1x）+x=0①，以1x替换①式中的x，得f（1x）+2f（x）+1x=0②，由①-2×②得f（x）+x-4f（x）-2x=0，所以f（x）=x2-23x.变式1 已知定义域为R的函数y=f（x）满足3f（1-x）-f（1+x）=2x+4，求函数y=f（x）的解析式.解析因为3f（1-x）-f（1+x）=2x+4①，以-x替换①式中的x，得3f（1+x）-f（1-x）=-2x+4②，由①+3×②，得8f（1+x）=-4x+16=-4（1+x）+20，则f（1+x）=-12（1+x）+52③，以x替换③式中的1+x，得f（x）=-12x+52.变式2 设定义域为（-∞，1）∪（1，+∞）的函数y=f（x）满足2f（x+2002x-1）+f（x）=4015-x，求函数y=f（x）的解析式.解析因为2f（x+2002x-1）+f（x）=4015-x①，以x+2002x-1替换①式中的x，得2f（x）+f（x+2002x-1）=4015-x+2002x-1②，由②×2-①，3f（x）=4013+x-4006x-1，所以f（x）=40133+x3-40063（x-1）.变式3 已知定义域为R的函数y=f（x）满足f（1-x）+xf（x）=3x，求函数y=f（x）的解析式.解析依次令x=t，x=1-t，代入条件式，可得f（1-t）+tf（t）=3t①，f（t）+（1-t）f（1-t）=3（1-t）②，由①×（1-t）-②，得[t（1-t）-1]f（t）=3t（1-t）-3（1-t），解之得f（t）=3（t-1）2t2-t+1，故f（x）=3（x-1）2x2-x+1.变式4 已知f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，且f（x）+g（x）=x2+x+2，求f（x）与g（x）的解析式.解析因为f（x）+g（x）=x2+x+2①，以-x替换①式中的x，可得f（-x）+g（-x）=x2-x+2，又f（x）为偶函数，g（x）为奇函数，所以f（-x）+g（-x）=f（x）-g（x）=x2-x+2②，联立①与②，解得f（x）=x2+2，g（x）=x.评注若把上述变式1中条件式左边改为“3f（-x）±f（x）”或“3f（a-x）±f（a+x）”，则构造对偶式的替换策略依然不会发生改变.对于变式4，其对偶构造思想体现在利用f（x）与g （x）的奇、偶性，构造出“f（x）+g（x）”与“f（x）-g（x）”这一组对偶式.。

构造对偶式解数列题浙江省绍兴县柯桥中学（312030）徐学军对于某些若干项和或积的数列问题，如果能对其结构进行对称性分析，将数学的对称美与题目的条件或结论相结合，再凭借知识经验与审美直觉，就能构建一组互相关联的对偶式，从而确定解题的总体思路或入手方向. 其实质是让美的启示、美的追求在解题过程中成为一股宏观指导力量，使问题的解决过程更加简洁明快.1、 求数列的和. 例1 求和：S 100=x +11＋12112x +＋22212x ++…＋9929912x +. 解若x =1，则S 100=21＋1＋2＋…＋298=299－21.当x ≠±1时，令P= x -11＋12112x -＋22212x -+…＋9929912x-. ∴S 100＋P=12112x-＋22212x-+…＋100210012x -=P －x -11＋100210012x -. ∴S 100=－x -11＋100210012x -=)1)(1(12210010021001002---+-x x x x （x ≠±1）. 例2 求和：S n =(C 0n )2＋(C 1n )2＋…＋(C n n )2.解 构造对偶式（1＋x ）n =C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n .（1＋x 1）n =C 0n ＋C 1n x 1＋…＋C n n nx1. 两展开式右边乘积中的常数项恰好等于(C 0n )2＋(C 1n )2＋…＋(C n n )2.而左边（1＋x ）n ·（1＋x 1）n =n x1（1＋x ）2n 中的常数项为C n n 2. ∴S n =(C 0n )2＋(C 1n )2＋…＋(C n n )2= C nn 2.2、求数列的积.例3 求积： cos 2x cos 22x cos 32x …cos n x2.解 令A= cos 2x cos 22x cos 32x …cos n x2.B= sin2x sin 22x sin 32x …sin n x 2. 则A ·B=n 21 sin x sin 2x sin 22x …sin 12-n x=n 21 sin x （sin 2x sin 22x sin 32x …sin n x2）n x 2sin 1=nn x x 2sin 2sin ·B.∴A= cos2x cos 22x cos 32x …cos n x2=n n x x 2sin 2sin .例4 求积：（1＋3）（1＋32）（1＋223）…（1＋n23）. 解记 A=（1＋3）（1＋32）（1＋223）…（1＋n23）B=（1－3）（1－32）（1－223）…（1－n23）.则A ·B=（1－32）（1－223）（1－323）…（1－123+n ）=－21（1－3）（1－32）（1－223）…（1－n 23）（1－123+n ） =－21B （1－123+n ）.∴A=（1＋3）（1＋32）（1＋223）…（1＋n23）=21312-+n .3、 对若干项和的估值.例5 （1990 24届全苏数学奥林匹克竞赛）设a 1，a 2，…，a n ∈R +，且a 1＋a 2＋…＋a n =1，试证必有下列不等式成立：2121a a a +＋3222a a a +＋…＋n n n a a a +--121＋12a a a n n +≥21.证明 设x =2121a a a +＋3222a a a +＋…＋n n n a a a +--121＋12a a a n n+y =2122a a a +＋3223a a a +＋…＋n n n a a a +-12＋121a a a n +.则x －y =212221a a a a +-＋322322a a a a +-＋…＋n n nn a a a a +---1221＋1212a a a a n n +-.=(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a n-1－a n )＋(a n －a 1)=0.∴x = y又∵ji j i a a a a ++22≥2ji a a +.∴x =21(x ＋y )= 21(212221a a a a ++＋322322a a a a ++＋…＋n n nn a a a a ++--1221＋1212a a a a n n ++)≥41[(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n-1＋a n )＋(a n ＋a 1)]=21(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )= 21 即2121a a a +＋3222a a a +＋…＋n n n a a a +--121＋12a a a n n +≥21.当a 1=a 2=…=a n =n1时，等号成立.例6 设x 1，x 2，…，x n ∈R ，证明：存在实数x ，使得{x －x 1}＋{x －x 2}＋…＋{x －x n }≤21-n .这里{y }表示y 的小数部分.证明 ∵{y }＋{－y }=⎩⎨⎧∈∉Z y Zy ,0,1.∴{y }＋{－y }≤1记 A i ={x i －x 1}＋{x i －x 2}＋…＋{x i －x n }B i ={x 1－x i }＋{x 2－x i }＋…＋{x n －x i }. 则A i ＋B i ≤n －1 (∵{x i －x i }＋{x i －x i }=0). 又∵∑=ni i A 1=∑=ni i B 1∴2∑=n i i A 1=∑=n i i A 1＋∑=n i i B 1=∑=+n i i i B A 1)(≤∑=ni 1(n －1)=n(n －1).∴∑=ni i A 1≤2)1(-n n . 根据抽屉原理，必存在k(1≤k ≤n)，使得A k ≤n 1·2)1(-n n =21-n .取x =x k ，由上知{x －x 1}＋{x －x 2}＋…＋{x －x n }≤21-n .4、 对若干项积的估值. 例7求证：（1＋1）（1＋41）…（1＋231-n ）>313+n (n ∈N *). 证明 令左边=A=2.45.78 (231)3--n nB=24.57.810 (1)313-+n n .∵(2313--n n )2>1313-+n n ⇔(3n －1)3>(3n ＋1)(3n －2)2⇔9n>5.且n ∈N *∴上式成立∴A 2>B ∴A 3>A·B=3n ＋1.∴A>313+n . 即（1＋1）（1＋41）…（1＋231-n ）>313+n . 例8求证：121++n n <)2(642)12(531n n ⋅⋅-⋅⋅<121+n (n ∈N *). 证明 令A=21·43·65…n n 212- B=32.54.76 (1)22+n n.∵n n 212-<122+n n ∴A<B.∴A 2<A·B=121+n . ∴A<121+n .再令C=23·45·67…n n 212+D=34.56.78 (1)222++n n .∵n n 212+>1222++n n ∴C>D.∴C 2>C·D=222+n =n ＋1 ∴A=C·121+n >121++n n .综上可知121++n n <A<121+n 即121++n n <)2(642)12(531n n ⋅⋅-⋅⋅<121+n .。

应用“构造法”巧解数学问题例析河北省隆化县职业中学 曹瑞民（068150）构造法是初中数学的一种重要的数学方法，利用构造法可以巧妙的解决数学中的很多难题。

一、构造矛盾，巧证几何题例1、 求证：两条角平分线相等的三角形是等腰三角形。

证明：如图1，已知∆ABC ，BD 、CE 分别是ACB ABC ∠∠,的平分线。

BD=CE ，要证AB=AC 。

假设AB ,AC ≠不妨设AB>AC,则有ACB ∠>ABC ∠ A因而ACE ∠>ABD ∠构造ECF ∠=ABD ∠. F设CF 分别交AB 、BD 于G ，则CEF BFG ∆≈∆。

E G D 即BF ：CF=BG ：CE但BF>CF ∴BG>CE B C BD>BG ∴ BD>CE (图1)这显然与已知BD=CE 相矛盾，故AB ≠AC 的假设不成立，而必有AB=AC 。

二、构造对偶式，巧求非对称式的值例2、设x 21x 是方程x 2＋5x ＋2=0的两根，不解方程；求21x x 的值。

分析：21x x 是非对称式，构造其对偶式12x x （即将21x x 中的2,1x x 互换位置）以后，组合成对称式再进行运算。

22124)5(2)(11,221212212122211221=--=-+=+=+∴==x x x x x x x x x x y y y x x y x x 则解：设即2y 2－21y ＋2=0,解之得 4175212,1±=y 三、构造方程，巧解几何最值问题例2、 如图2，平行四边形MNPQ 的一边在ABC ∆的边BC 上， A 另两个顶点分别在AB ，AC 上。

M H N 求证：平行四边形MNPQ 的面积的最大值为ABC ∆面积的一半。

分析：题设中出现两个相关图形——平行四边形，三角形；结论是证明面积最值问题，面积问题自然联想到作高AG ， 与两个图形面积有关的元素有四个：MN 、HG 、BC 、AG 。

构造“对偶式”，巧解数学问题在解答某些数学问题时，针对已知式M 的结构特征，构造一个或几个与之相关联的式子N ，使M 与N 经过相加、相减、相乘、相除等运算之后，所需解答的问题得到合理的转化和解决。

这种解题方法称之为构造“对偶式”解题，是一种极其巧妙的解题方法。

通过构造对偶式可以巧妙地解决多项式求值、恒等式证明、求函数的最值、解方程(组以及求解析式等，当然难点在于如何构造解题所需要的“对偶式”。

典型例题1求证:2sin 4x +3sin 2x cos 2x +5cos 4x ≤5。

【分析】本例是三角不等式的证明，运用一般的方法证明是困难的，若能运用对称的方法，构造对偶式，则比较容易证明【解析】【证明】设A =2sin 4x +3sin 2x cos 2x +5cos 4x ，B =2cos 4x +3cos 2x sin 2x +5sin 4x ，则 A +B =7sin 4x +cos 4x +6sin 2x cos 2x =7sin 2x +cos 2x 2-8sin 2x cos 2x=7-2sin 22x =5+2cos 22x ，①A -B =3cos 4x -sin 4x =3cos2x ，②①+②，得 2A =5+2cos 22x +3cos2x =5+2cos2x +342-916 ≤5+21+34 2-916=10所以A ≤5，命题得证2已知α，β是方程x 2-7x +8=0的两根，且α>β，不解方程，求2α+3β2的值。

【分析】 若要不解方程求2α+3β2的值, 因为2α+3β2是非对称式, 无法化为αβ及α+β的形式,所以需要构造2α+3β2相应的对偶式2β+3α2，两者结合就可以化为αβ及α+β的形式，然后运用韦达定理,从而求出2α+3β2的值.【解析】设A =2α+3β2，构造对偶式B =2β+3α2。

∵α，β是方程x 2-7x +8=0的两根，∴α+β=7，αβ=8。

用构造法巧解初中数学竞赛题作者：徐亚培来源：《语数外学习·上旬》2014年第03期构造法就是在数学解题过程中利用题目中已知的条件以及结论原本所具有的性质，从而来构建满足结论的数学对象，并且借助数学对象来解决实际的数学问题。

数学构造法是一种富有创造性的解题方法，也是解决数学问题的基本思维方法。

运用这种方法来解答初中数学竞赛中的有关题目，关键在于如何构造。

充分的挖掘已知条件与结论的关系，将问题与学生现有的公式、概念、图形等理论知识联系起来，将问题原有的蕴涵的关系和性质能够很清晰的呈现出来，从而恰当的构建有关的数学模型，进而解决题目中的有关问题。

通过这种方法来进行解题，是培养学生创新能力、激发学生思维能力的重要手段，同时也是提高学生分析问题、解决问题的能力的有效方法。

下面笔者结合自己多年的教学经验，简要的介绍了几种数学竞赛解题中的构造法。

一、构建方程构建方程式是在初中数学竞赛解题过程中一个较为基本的方法。

在实际的解题过程中我们要善于发现问题、善于与已学过的知识相联系、认真的分析题型，根据问题的结构特征以及题目中的数量关系，来充分的挖掘题目中的有关知识点的联系，从而来构建方程，让解题变得更加的巧妙、合理。

其实在面对有些问题时，如果按照常规方法来进行解答会比较的困难，但是如果可以根据实际问题的特征来构造有关的方程式，然后找到解决问题的答案。

例如：如果关于x的方程式ax+b=2（2x+7）+1有无数个解，那么a和b分别是多少？解：将原方程式ax+b=2（2x+7）+1整理可得，（a-4）x=15-b因为原一元一次方程有无数个解，所以a-4=0，15-b=0，解得a=4，b=15。

二、构建几何图形在进行几何题的解答时，借助几何图形的性质，通过巧妙的构建，可以很容易找到解题的方法，不仅仅能够让问题快速的解决，而且有利于提高学生的几何能力和思维能力。

例如在△ABC中，∠B=2∠C，∠BAC的平分线交BC于点D。

!巧构对偶式!妙解数学题"重庆市璧山中学!杨帆对偶!在语文中是一种修辞手法!如岳飞"满江红#中的诗句'三十功名尘与土!八千里路云和月(就是对偶句!殊不知!数学中也有对偶!处处可见给人以美感的对偶关系!有加便有减!有乘便有除!有几何就有代数!诸如此类!无不体现出数学中的对偶关系!然而!本文要讲的是另外一种对偶!一种隐藏在解题过程中的对偶式!要求解题者为了便于解题有意识去发现去构造的对偶式!这样的对偶式该如何构造呢+本文举例说明!!和差对偶 水到渠成和与差是一种对偶关系!如果我们遇到表达式O)&*L P)&*!那么可尝试构造表达式O)&*=P)&*来作为它的对偶关系式!利用这种关系来解题!可谓棋高一招!例!!)#*若"%$%'!!且,@56$*&21@$$/!求<:6$的值!)!*已知7!H!8!C5+!且7!*H!*8!*C!4#!求证%)7*H*&*)7*8*&*)7*C*&*)H*8*&*)H*C*&*)8*C*&4+!解 )#*由,@56$*&21@$$/想到构造,@56$"&21@$$%!于是由,@56$*&21@$$/!,@56$"&21@$$%!3得@56$$/*%+!21@$$/"%-!./再根据@56!$*21@!$$#!就可求得%$"$/!所以<:6$$,&!)!*证明%设D$)7*H*&*)7*8*&*)7*C*&*)H*8*&*)H*C*&*)8*C*&!则构造E$)7"H*&*)7"8*&*)7"C*&*)H"8*&*)H"C*&*)8"C*&!于是D*E$+)7&*H&*8&*C&*!7!H!*!7!8!*!7!C!*!H!8!*!H!C!*!8!C!*$+)7!*H!*8!*C!*!4+!又E,"!所以D4+!这样原不等式就成立了!"互倒对偶 由此及彼互倒对偶!就是指分子分母互换!由一个式子变出另一个式子!将它们相乘或建立方程组!往往会出现一些数学中的'奇特(现象!使数学解题更方便!更简捷!令人拍案叫绝!例"!)#*若&!%!@5)"!#*!求证%##"&*%*##"%*@*##"@*&,,!)!*已知对任意实数&5)"H!"*7)"!*H*总有/)&**!/#&)**&$"成立!试求函数%$/)&*的表达式!解 )#*证明%令D$##"&*%*##"%*@*##"@*&!构造对偶式!再令E$)#"&*%**)#"%*@**)#"@*&*$,!于是D*E$##"&*%*)#"&*%**##"%*@*)#"%*@**##"@*&*)#"@*&**##"%*@,!*!*!$+!而E$,!故D,,!即##"&*%*##"%*@*##"@*&,,!原不等式成立!)!*由于/)&**!/#&)**&$"!!!只需用#&替代上式中的&!便可构造对偶式/#&)**!/)&**#&$"!!"由!""2!!得/)&**&"&/)&*"!&$"!故/)&*$&!"!&,&)&$"*!#倒序对偶 配对成双在数列求和问题中!出现了一种倒序相加的求和"#备习备考解法探究!"!!年!月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.!方法!像当初数学小王子高斯就是用了倒序相加法求出了#*!*,*//*#""$/"/"的结果!其实高斯就是利用倒序构造对偶式!这种方法不仅对数列求和有用!对组合数求和问题也有立竿见影的效果!例#!)#*求和%A $4#:*!4!:*,4,:*&4&:*//*:4::&)!*在正项等比数列37:4中!Q $7#07!07,0//07:!A $7#*7!*7,*//*7:!试用A !Q 表示,$#7#*#7!*/*#7:!解析 )#*因为4#:$4:"#:!"4#4:!:5,8!故想到倒序构造对偶式%由A $"04":*4#:*!4!:*//*:4::!构造对偶式%A $:4":*):"#*4#:*):"!*4!:*//*"4::"把"化为%A $"04":*4#:*!4!:*//*:4::#!*#!得:4":*:4#:*//*:4:"#:*:4::!所以!A $:4":*:4#:*//*:4:"#:*:4::$:)4":*4#:*//*4:"#:*4::*!所以!A $:0!:!所以A $:0!:"#!)!*本题若用传统解法!需对I $#和I $#两种情形讨论!会陷入漫漫无期的运算绝境!而构造倒序对偶式!却能'柳暗花明又一村(!根据题意!得Q $7#07!07,0//07:!构造倒序对偶式%Q $7:07:"#07:"!0//07#"!2"!得Q !$)7#07:*0)7!07:"#*0//0)7:07#*$)7#07:*!!即Q $)7#07:*!再看%,$#7#*#7!*//*#7:#构造倒序对偶式%,$#7:*#7:"#*//*#7#$#*$!得!,$#7#*#7:)**#7!*#7:"#)**//*#7:*#7#)*!即!,$7#*7:7#07:*7!*7:"#7!07:"#*//*7:*7#7:07#!根据等比数列性质!右边的分母都是7#07:!故!,$)7#*7:**)7!*7:"#**//*)7:*7#*7#07:!即!,$!A 7#7:!所以,$A7#7:!又因为7#7:$Q !所以,$A Q$A:Q 槡!!$互余对偶独领风骚三角函数中的正弦与余弦!也是对偶元素!@56!&*21@!&$#!体现了它们之间的内在联系!正弦可以变成余弦!余弦也可以变成正弦!我们利用对偶函数来构造对偶式!同样也能解决一些看似不能解决的三角问题!例$!)#*已知&5"!'!12!解方程%21@!&*21@!!&*21@!,&$#&)!*试求@56!#"G *21@!&"G *@56#"G 21@&"G 的值!解析 )#*令D $21@!&*21@!!&*21@!,&!则可构造对偶式%E $@56!&*@56!!&*@56!,&!于是D *E $,!D "E $21@!&*21@&&*21@+&$!21@&21@,&*!21@!,&"#$!21@,&)21@&*21@,&*"#$&21@&21@!&21@,&"#!所以D "E $&21@&21@!&21@,&"#"!*"!得21@&21@!&21@,&$#&)!D "!*!又因为D $#!所以21@&21@!&21@,&$"!所以21@&$"或21@!&$"或21@,&$"!&5"!'!12!所以&$'+或&$'&或&$'!!)!*令D $@56!#"G *21@!&"G *@56#"G 21@&"G !根据正余弦平方和为#!构造对偶式%E $21@!#"G*@56!&"G "21@#"G @56&"G !于是D *E $!*@56#"G 21@&"G *21@#"G @56&"G $!*@56/"G!D "E $"21@!"G *21@-"G *@56#"G 21@&"G "21@#"G @56&"G $"!@56/"G @56,"G "@56,"G $"#!"@56/"G !所以D *E $!*@56/"G !D "E $"#!"@56/"G!./0所以D $,&!当然数学解题中的对偶式的构造远不止以上四种!比如!还有利用奇偶构造!利用轮换式构造!利用共轭关系构造!利用和为定值构造!利用积为定值构造等等!构造对偶式的目的只有一个!即优化解题过程!提高解题速度!发展数学思维能力!同时!我们也欣赏到了数学的内在美!激发了学习数学的兴趣!去追求数学解题的最高境界,,,简捷!-##!"!!年!月上半月解法探究复习备考Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

运用构造法解决高中数学试题刘明花(庆阳第一中学ꎬ甘肃庆阳７４５０００)摘㊀要:高中数学试题具有复杂性和抽象性ꎬ学生不易找到解决的方法ꎬ这就要求教师既要注重培养学生善于观察试题的能力ꎬ也要注重培养学生的思维能力ꎬ依据试题的特点构造出典型的模型ꎬ从而有效地解决试题.构造法的运用ꎬ既有助于启发学生的创新思维ꎬ又有助于培养学生的数学思想意识ꎬ教师需引导学生尝试运用构造法解决复杂数学问题ꎬ灵活地构造出已知模型ꎬ顺利解决高中数学问题.文章将以具体的试题为例ꎬ阐述构造法的具体运用ꎬ旨在帮助学生学会运用构造法解题的技巧.关键词:高中数学ꎻ构造法ꎻ解题策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２１－０００５－０３收稿日期:２０２３－０４－２５作者简介:刘明花(１９７８.１１－)ꎬ女ꎬ甘肃省庆阳环县人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀数学知识通常具有较强的抽象性与复杂性ꎬ尤其是综合性试题ꎬ常常会使学生陷入解题困境.当正向的解题思路不能迅速求解出数学问题时ꎬ就需灵活运用逆向思维ꎬ通过构造法分析问题ꎬ挖掘数学试题中的显性与隐性信息ꎬ迅速地找出问题求解时必备的解题条件ꎬ构造成已知的数学模型ꎬ简化试题的求解过程ꎬ高效解决问题ꎬ提高学生的解题能力.１构造法概念及其作用１.１构造法的概念构造法主要是指依据数学题中已知条件与所求结论之间的关系㊁特征和性质ꎬ运用新的角度去分析和观察研究对象ꎬ以反映问题条件与结论之间的内在联系为主线ꎬ灵活地运用问题的坐标㊁数据和外形等方面的特征ꎬ通过试题中给出的已知条件ꎬ运用已有的数学关系式或是理论工具构造成满足试题条件或结论的数学对象ꎬ这样就能够通过构造新对象的方法将试题中的隐含条件和关系展现出来ꎬ并通过新构造的对象高效㊁简便地解决复杂的数学问题.对于构造法而言ꎬ其主要的优势就是帮助学生更加简洁地分析数学试题ꎬ迅速构建具体解题思路ꎬ以促使学生迅速㊁有效地解决相关数学试题[１].１.２构造法在解决高中数学试题中的作用构造法主要是依据题设条件或者是结论之间所具备的性质㊁特征ꎬ构造与条件或者结论相符的数学模型或对象ꎬ并通过构造新的数学模型或对象有效地解决数学问题.将构造法运用于解高中数学试题中ꎬ通常有着重要作用ꎬ具体表现为:第一ꎬ有利于提高学生的解题能力.构造法是解决复杂数学试题的一种重要方法ꎬ学生只有掌握了构造法在试题问题解决中的运用技巧ꎬ才能实现学生解题能力的提升.第二ꎬ有利于提高学生的思维能力.数学学科通常对学生的思维能力有着较高的要求ꎬ学生在学习数学知识时ꎬ不仅需掌握数学的概念㊁公式ꎬ而且还需具备思维意识.而构造法的应用ꎬ就能使学生形成主动探索的创新思维ꎬ通过类比㊁归纳㊁转化等数学思想ꎬ实现数学模型或对象的５构造ꎬ实现高效解题的目的.第三ꎬ有利于提高学生的联想能力.在解决高中数学试题中运用构造法的前提就是学生要具备一定的联想能力ꎬ通过试题中图形或数量的特征展开联想ꎬ引入相应的数学模型或对象ꎬ从而运用已有的方法和经验解决问题.因此ꎬ数学解题的教学中ꎬ教师需引导学生积极联想ꎬ从问题的结构和特征联想到类似的已知问题ꎬ构造一个类似的简单问题进行分析和研究ꎬ从而使学生形成相应创新能力[２].第四ꎬ有利于提高学生命题转化的能力.高中阶段的数学学科有许多的知识点ꎬ大多数学生在实际学习中ꎬ容易忽视各个知识点之间的关联ꎬ导致其掌握的数学知识缺乏关联性与完整性.２构造法运用于高中数学的教学策略２.１培养学生的构造理念构造法的运用ꎬ通常能够提高学生的解题正确率与效率.高中数学的题量㊁难度都比较大ꎬ想要使学生能够主动地掌握数学知识ꎬ激发学生的解题积极性ꎬ教师需引导学生尝试在数学问题中运用构造法进行分析和解决ꎬ以帮助学生更好地掌握构造法的解题技巧ꎬ并为后期的练习奠定基础ꎬ形成应用构造法解题的意识ꎬ能够运用特殊情形构造㊁联想构造㊁命题转化㊁间接构造等方法分析和解决问题ꎬ使学生充分理解构造法的同时ꎬ实现高效解题.因此ꎬ在数学教学中ꎬ教师需以具体的问题为载体ꎬ积极地渗透构造的思想与方法ꎬ以此使学生有效了解到运用构造法进行数学试题解答的优势ꎬ突破常规的解题模式ꎬ简化解题步骤ꎬ提高解题能力.２.２培养学生的发散思维以往ꎬ教师常常依据常规的方法引导学生对问题实施分析和解决ꎬ而学生依据教师的方法和步骤开展解题活动ꎬ导致思维活跃度不高.对此ꎬ数学教师在课堂教学当中ꎬ要引导学生从不同的角度和层面进行问题的分析ꎬ尝试运用不同的方法构造已知条件与结论之间的内在联系ꎬ开阔学生的解题思路ꎬ发散学生的思维ꎬ提高学生解决数学问题的能力.由此可知ꎬ想要使学生运用构造法有效解决数学试题ꎬ学生自身的思维培养也是极其重要的.２.３与多种解题法结合就构造法来说ꎬ因为其能够帮助学生迅速找出解题思路ꎬ实现解题效率与正确率有效提高而被广泛运用.但是ꎬ构造法并不能适用于所有的数学试题.因此ꎬ学生在进行数学题解答时ꎬ只有依据试题的特征熟练应用各种解题方法ꎬ才能实现高效解题.例如ꎬ函数问题是高中数学较为常见的试题ꎬ在实施解题的时候ꎬ可通过函数的极值思想进行解题ꎬ此时ꎬ构造法就不再适用ꎬ又或者学生通过两边平方进行方程题解决时ꎬ构造法的运用也是不合适的.对此ꎬ构造法的运用目的主要是帮助学生形成一定的联想与关联能力ꎬ让学生通过教师所讲解的理论知识ꎬ尽量迅速地掌握更多的解题方法ꎬ这样学生在具体解题时ꎬ才能够充分了解到构造法具备的优势与不足ꎬ并形成数学思维ꎬ能够在具体问题中正确地运用构造法高效解题ꎬ提高学生的数学综合水平.３运用构造法解决高中数学试题的策略３.１运用已知条件构造函数构造法在数学解题中的运用ꎬ主要是引导学生依据数学试题已知条件与结论之间具备的特性进行分析ꎬ构造能够直观体现试题条件与结论内在联系的数学对象或模型ꎬ从而有效解决问题.学生在解题的时候ꎬ不仅能形成清晰的思路ꎬ而且还能发现数学知识的本质规律ꎬ通过数学试题的已知条件ꎬ构造相关的函数内容ꎬ有效解决问题.例如ꎬ在 解不等式 的教学时ꎬ大多数学生在面对问题的时候ꎬ会通过传统思维的方式解题ꎬ虽然这样也能够获得答案ꎬ但是解题的整个过程较为复杂ꎬ运算量比较大ꎬ学生容易出现错误.因此ꎬ为了防止该类情况出现ꎬ数学教师就需引导学生通过构造法对 不等式 试题的条件和结论之间的特征实施分析ꎬ通过已知的条件进行函数构造ꎬ利用函数的单调性和图形ꎬ对论证的过程实施深化.例题１㊀已知ｘ㊁ｙ㊁ｚ都位于区间(０ꎬ１)中ꎬ求证:ｘ(１－ｙ)＋ｙ(１－ｚ)＋ｚ(１－ｘ)<１.分析㊀试题只给出了ｘ㊁ｙ㊁ｚ的定义域ꎬ看似和求证内容并没有太多联系ꎬ学生没有直接证明的思路.通过观察试题的结论ꎬ发现其可以变形为(１－ｙ６－ｚ)ｘ＋(ｙ－ｙｚ＋ｚ－１)<０ꎬ因此可以尝试构造关于ｘ的函数ｆ(ｘ)＝(１－ｙ－ｚ)ｘ＋(ｙ－ｙｚ＋ｚ－１).３.２运用等量关系构造方程式在面对相对复杂㊁抽象的数学问题时ꎬ通常会出现多个因变量或自变量ꎬ这就需要学生充分掌握数学基本概念.数学教师以此作为基础ꎬ指导学生依据变量的特征和数量关系进行方程式构造ꎬ不论是一元二次的方程式ꎬ还是二元二次的方程式ꎬ在具体解题中ꎬ都需将未知量的解决作为解题目的ꎬ在面对定量关系的时候ꎬ业可依据等量关系进行方程式的构造.例题２㊀已知ａ>ｂ>ｃꎬａ＋ｂ＋ｃ＝１ꎬａ２＋ｂ２＋ｃ２＝１ꎬ求ａ＋ｂ的取值范围.分析㊀试题中并没有给出取值范围ꎬａꎬｂꎬｃ之间也没有明显的区别ꎬ通过观察ꎬ发现构造方程ꎬ利用方程的定义㊁系数之间的关系能够建立起已知条件与结论之间的关系ꎬ有效地解答ａ＋ｂ的取值范围.ａ＋ｂ＋ｃ＝１可以变形为ａ＋ｂ＝１－ｃꎻ两边平方: (ａ＋ｂ)２＝(１－ｃ)２ꎬ代入ａ２＋ｂ２＋ｃ２＝１得:ａｂ＝ｃ２－ｃ.因此ꎬ可以构造两个实根为ａ㊁ｂ的方程式:ｘ２＋(ｃ－１)ｘ＋ｃ２－ｃ＝０.３.３运用题设特征构造数列等差数列㊁等比数列是高中数学知识体系中的重要内容ꎬ数列有许多的性质ꎬ也是高考的必考内容.在对数列问题进行解决时ꎬ可通过构造法的运用ꎬ将不规则的数列转化为规则的等比或等差数列ꎬ从而运用数列的概念和公式解决问题.在构造法的具体运用中ꎬ教师需指导学生进行题设特征分析ꎬ以联想或等效替代的方式进行等差数列或等比数列的构造ꎬ明确数学问题的具体求解要点ꎬ化繁为简ꎬ从而使学生实现高效解题.例题３㊀已知在数列{ａｎ}中ꎬａ１＝１ꎬ并且ａｎ＋１＝２ａｎ＋１ꎬ求数列{ａｎ}的通项ａｎ.分析㊀通过观察ꎬ数列{ａｎ}中ꎬ前后两项之间的关系既不符合等比数列的要求ꎬ也不符合等差数列的要求ꎬ{ａｎ}是一个特殊的数列ꎬ这就使得其通项ａｎ难以用等比数列或等差数列的性质求出.因此ꎬ通过观察ａｎ＋１＝２ａｎ＋１ꎬ进行变形ａｎ＋１＋１＝２ａｎ＋２ꎬ构造一个等比数列{ａｎ＋１＋１}ꎬ问题就迎刃而解.３.４运用数形结合思想构造图像高中数学教学中ꎬ数形结合思想是解决问题的有效方法ꎬ在一些不易直接求解的代数问题中ꎬ可以借助问题的条件构造图像ꎬ将代数问题转化为直观的图像ꎬ通过图像直观㊁准确地解决问题.例题４㊀求函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓｘｓｉｎｘ－２的值域.分析㊀对函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓｘｓｉｎｘ－２的值域进行求解的时候ꎬ如果按照传统的课堂教学模式下ꎬ学生在复杂的计算过程中ꎬ不仅浪费了大量的时间ꎬ还容易出现错误ꎬ无法保证答案的正确性.据此ꎬ就可以引导学生运用ｓｉｎｘ２＋ｃｏｓｘ２＝１这一性质ꎬ将ｓｉｎｘ㊁ｃｏｓｘ看作是圆ｓｉｎｘ２＋ｃｏｓｘ２＝１上的一点ꎬ构造图像(如图１)(单位圆图)ꎬ则原问题就转化为求圆上任意一点与(２ꎬ０)连线斜率的问题ꎬ借助图像的观察ꎬ对其值域进行正确求解.图１㊀单位圆图综上所述ꎬ构造法是解决复杂数学问题的有效方法.但是ꎬ即便学生已经熟练地掌握了构造法的内涵ꎬ在运用其解决具体的问题时仍然具有较大的难度.因此ꎬ教师需引导学生观察复杂数学问题的特征ꎬ尝试通过构造函数㊁方程式㊁数列等方法进行问题的解决ꎬ帮助学生掌握数学构造思想ꎬ提高学生的解题效率.参考文献:[１]李逾洹.高中数学解题中 构造法 的应用[Ｊ].新教育时代电子杂志(学生版)ꎬ２０１７(１９):１５０. [２]高慧明.割补法㊁构造法㊁特值法应用综述:高中数学解题基本方法系列讲座(９)[Ｊ].广东教育(高中版)ꎬ２０１８(３):２０－２２.[责任编辑:李㊀璟]７。