巧用构造法解数学题
高中数学构造法求解题技巧
高中数学构造法求解题技巧高中数学构造法是一种解题思路和技巧，它通过构造适当的数学结构，使得问题的求解变得更加简单明了。
构造方法在高中数学中应用广泛，可以用于解决各类题型，包括代数题、几何题、概率题等等。
一、构造法的基本思想构造法是一种通过建立合适的数学结构，简化问题的解决方法和步骤的思想。
通过构造一些符合题意的数学对象，我们可以发现一些规律，从而提供问题的解答方式。
二、构造法的常见技巧1.构造等差数列或等比数列在解决一些代数问题时，我们可以尝试构造一个等差数列或者等比数列。
通过构造这样的数列，我们可以找到其中的规律，从而解决问题。
2.构造图形在解决几何问题时，我们可以尝试构造一个与原图形相似或者关联的图形。
通过构造这样的图形，我们可以将复杂的几何问题简化为一些基本的几何性质，从而解决问题。
3.构造排列组合在解决一些概率问题和组合问题时，我们可以尝试构造排列组合。
通过构造排列组合，我们可以得到一些计算公式或者规律，从而解决问题。
4.构造方程组在解决一些代数问题时，我们可以尝试构造一个方程组。
通过构造这样的方程组，我们可以得到一些方程之间的关系，从而解决问题。
5.构造递推公式在解决一些数列问题时，我们可以尝试构造一个递推公式。
通过构造递推公式，我们可以找到数列中的规律，从而解决问题。
三、构造法的实例分析1.构造等差数列例题：有一些连续的整数，它们的和是45，这些整数中最小的是多少？解析：我们可以假设这些连续的整数的首项是x，公差是1，那么这些整数的和可以表示为：x+(x+1)+(x+2)+...+(x+n)=45。
通过求和公式，我们可以得到(x+45)/(n+1)=45，进一步化简得到x=15-n。
我们可以发现，当n=30时，x=15-n=0，此时连续整数中的最小值为0。
2.构造图形例题：在平面直角坐标系中，有一条线l过点(0, 0)和(1, 2)，线l与x轴、y轴以及x=y共同围成一个三角形，求这个三角形的面积。
山重水复疑无路,柳暗花明又一春——巧用构造法解数学题
通 过 上 面 的 例 子 我 们 在 解 题 的 过 程 中要 善 于 观 察 ， 于 发 善
、
构 造 函 数
现， 在解题过程 中不墨守成规。大胆去探求解题 的最佳途径， 我
们 在 口头 提 到 的创 新 思维 ， 怎样 去创 新 ？ 新 思 维 是 整 个创 新 又 创 活 动 的关 键 ， 锐 的 观 察 力 ， 造 性 的 想 象 ， 特 的 知 识 结 构 及 敏 创 独
本题的条件 多， 比较 分散 ， 又 因此需要 认真分析题 意， 寻找 由己知条件 向所求结论转化的转化点。
由 于 Ｃ 与 Ｆ不 在 同 一 个 三 角 形 中 ， 以需 要 寻 找 与 Ｆ Ｄ 所 相 等 的 角 ， 与 Ｃ 相 等 的 线段 ， 分 散 的条 件 集 中在 同一 个 三 或 Ｄ 使 角 形 中 ， 造 可 解 的 直 角 三 角 形 ， 问题 得 到解 决 。 创 使
到某一点上， 自己的解题思路搁浅 了。启发学生思维多变， 把 从
函 数 在 我 们 整 个 中 学 数 学 是 占有 相 当 的 内容 ， 生 对 于 函 学
数的性质也 比较熟悉 。选择烂熟于胸 的 内容来解决棘手 问题， 同时也达 到 了训练学生的思维 ，增强学生 的思维的灵活 性， 开
拓性 和 创 造 性 。
例 １ 己知 ｘ ． （，） 求 证 ： 、 ，ｚ ０ １ ， ｙ
的普 遍 性 与 现 实 问题 的特 殊 性 为 基础 ， 对 具 体 的 问题 的特 点 针 而 采 取 相 应 的解 决 办 法 ， 基 本 的 方 法 是 ： 用 一 类 问 题 的性 及 借 质， 来研 究另 一 类 问题 的 思 维 方 法 。在 解 题 过程 中 ， 按 习 惯 定 若
巧用构造法妙解最值题
正解：去括号，得８髫一４—３０ｘ一６＝２４．
防错诀窍：去括号、不漏乘；正不变、负改变．
三、移项
常常是把含未知数的项移到方程的左边，常数项移到方程
右边．注意移项要变号，其理论依据是等式性质１． 例３ ８ｘ一４—３０ｘ一６＝２４．
错解：移项，得８ｘ＝３０ｘ＝２４＋４—６． 错因分析：（１）一３０ｘ仍在方程左边，没有移项，不应变号； （２）一６由等号左边移项到等号右边应变为６． 正解：移项，得８ｘ～３０ｘ＝２４＋４＋６． 防错诀窍：移项易、符号变． 四、合并同类项 根据法则将同类项合并，要防止发生符号错误和分组错误． 例４ ８ｘ一３０ｘ＝２４＋４＋６．
于是Ｐ到ＢＢ’的距离最大，即将直线向上平移到与抛物线有唯
一交点Ｐ处．设与直线ＢＢ’平行的直线Ｚ的解析式为Ｙ＝一算＋
ｍ，与Ｙ＝一ｚ２＋（√３—１）ｚ＋√３联立，消元后令ａ＝０可得所求．
点评：涉及底边为定值，且三角形第三个顶点在函数图象上
运动的面积类最值问题，常可借助一元二次方程根的判别式加
以解决．
三、利用函数构造反比例函数的性质
最多有４４名同学．
点评：在解决有关“不足、至少、至多、不超过”等的最值问
题时，尝试将如上关键词准确转化为不等量关系，并用不等式
加以刻画往往能收到较好的解决效果．
２．构造方程
例４（芜湖卷）如图２，在平面 直角坐标系中放置一直角三角板，其
顶点为Ａ（一１，Ｏ），曰（０，√３），０（０， ０），将此三角板绕原点Ｄ顺时针旋转 ９００，得到ＡＡ’Ｂ’０．
错解：合并同类项，得２２ｘ＝３４． 错因分析：系数相加时忘记符号的判断． 正解：合并同类项，得一２２ｘ＝３４． 防错诀窍：合并时、准确算；一判号，二定值． 五、系数化为１ 根据等式性质２在方程两边同时除以未知数的系数或乘以 它的倒数进行计算．易发生两种类型错误，一是符号错误，二是
巧用构造法解答数学难题
巧用构造法解答数学难题马沁芳(福建省龙岩初级中学ꎬ福建龙岩３６４０００)摘㊀要:解题教学是初中数学教学中的重要环节ꎬ主要检测学生综合运用所学知识处理问题的能力.在初中数学教学中存在一些较难的问题ꎬ对学生的解题水平要求较高.从本质来看ꎬ解题过程即为条件向结论转化的过程ꎬ只不过面对难度较大的数学问题时ꎬ学生无法轻松找到转化方法.教师可指导学生结合条件和结论的特殊性ꎬ建构已知条件与所求结论之间的逻辑关系ꎬ从而顺利解答数学难题.关键词:初中数学ꎻ构造法ꎻ转化ꎻ数学难题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０２－００６５－０３收稿日期:２０２３－１０－１５作者简介:马沁芳(１９７９.２－)ꎬ女ꎬ福建省龙岩人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初中数学教学研究.㊀㊀构造法指的是当采用常规方法㊁按照定向思维无法处理某些数学问题时ꎬ可基于已知条件与所求结论的特殊性ꎬ从新角度出发ꎬ运用新观点去观察㊁分析与理解问题ꎬ把握已知条件和所求结论之间的内在联系ꎬ运用问题的数据㊁外形㊁坐标等特征ꎬ构造新数学对象ꎬ由此达到解题的目的.在初中数学解题训练中ꎬ针对一些难题ꎬ学生运用常规方法和定向思维很难解决ꎬ教师可指引学生巧用构造法ꎬ结合题设条件和结论构造新对象ꎬ最终解答数学难题[１].１巧妙构造方程ꎬ解答数学难题方程是学生从小学时期就开始学习的一类数学知识ꎬ步入初中阶段以后ꎬ学生需学习更多有关方程的内容.除一元一次方程以外ꎬ还涉及一元二次方程㊁方程组㊁分式方程等知识ꎬ属于初中数学教学的一项重要内容ꎬ在解题中有着广泛应用.在初中数学解题训练中ꎬ有的题目难度较大ꎬ教师可指引学生结合题干中提供的条件和数量关系构造新方程ꎬ获得全新的解题思路ꎬ让学生结合方程知识转化问题ꎬ难题就迎刃而解[２].例１㊀已知ｘꎬｙꎬｚ是三个互不相等的实数ꎬ且ｘ>ｙ>ｚꎬ满足ｘ＋ｙ＋ｚ＝１ꎬｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝１ꎬ那么ｘ＋ｙ的范围是什么?分析㊀题目中给出的方程关系较为特殊ꎬ是三元一次方程与三元二次方程形式ꎬ学生采用常规方法很难进行解题.此时ꎬ教师可指导学生运用构造方程的方法ꎬ将已知条件与所求结论联系到一起ꎬ利用方程知识求得结果.解㊀根据ｘ＋ｙ＋ｚ＝１可得ｘ＋ｙ＝１－ｚꎬ两边同时平方ꎬ得ｘ２＋２ｘｙ＋ｙ２＝１－２ｚ＋ｚ２.又因为ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝１ꎬ所以ｘｙ＝ｚ２－ｚ.由一元二次方程的根与系数的关系可以看出ꎬｘꎬｙ是方程ｍ２＋(ｚ－１)ｍ＋(ｚ２－ｚ)＝０两个不相等的实数根ꎬ再结合Δ>０可以得到－１３<ｚ<１ꎬ即为－１３<１－(ｘ＋ｙ)<１ꎬ则ｘ＋ｙ的范围是４３>ｘ＋ｙ>０.例２㊀已知实数ｘꎬｙꎬｚ满足ｘ＋ｙ＝３ꎬｚ２＝ｘｙ＋ｙ－４ꎬ求ｘ＋３ｙ＋２ｚ的值.分析㊀这是一道比较特殊的代数式求值类问题.教师可要求学生先对题目中的条件展开变形ꎬ把５６原式转变成两个式子的求解问题ꎬ再观察两个已知式子的形式ꎬ通过变形以后构造新方程ꎬ然后让学生结合方程的相关知识求解.解析㊀根据题意可得(ｘ＋１)＋ｙ＝４ꎬ(ｘ＋１)ｙ＝ｚ２＋４ꎬ通过观察易发现ꎬｘ＋１ꎬｙ是一元二次方程ｔ２－４ｔ＋ｚ２＋４＝０的两个实数根ꎬ然后结合一元二次方程根的判别式确定方程根的情况即可解决问题ꎬ求解过程从略.２巧构造不等式ꎬ解答数学难题不等式是用 >ꎬ<ꎬȡꎬɤꎬʂ 等符号表示大小关系的式子ꎬ学生在小学阶段也有所接触.在初中数学学习中ꎬ学生学习的不等式知识难度更大ꎬ深度也有所提升ꎬ涉及一元一次不等式㊁一元一次不等式组等内容ꎬ不少问题中都会用到不等式相关知识.在初中数学解题教学中ꎬ当遇到部分难题时ꎬ教师需提示学生注意题目中 最大 最小 不低于 不高于 等关键词ꎬ引导其尝试构造不等式模型ꎬ然后利用不等式知识解答难题[３].例３㊀已知某工厂存储有甲㊁乙两种原料ꎬ质量分别为３６０ｋｇ和２９０ｋｇꎬ现在准备利用这两种原料生产Ａ㊁Ｂ两种商品共计５０件ꎬ其中生产一件Ａ商品需要甲㊁乙两种原料分别为９ｋｇ㊁３ｋｇꎬ利润是７００元ꎬ生产一件Ｂ商品需要甲㊁乙两种原料分别为４ｋｇ㊁１０ｋｇꎬ利润是１２００元.(１)根据条件和要求生产Ａ㊁Ｂ两种商品一共有多少种方案?(２)设生产Ａ㊁Ｂ两种商品获得的总利润是ｙ(元)ꎬ生产Ａ商品ｘ件ꎬ请写出ｙ与ｘ之间的函数关系式ꎬ且利用函数的性质说明哪种生产方案能够获得最大利润?最大利润为多少?分析㊀先把题目中的文字语言转变成规范的数学语言ꎬ根据已知条件利用构造法建立一个不等式组ꎬ再结合不等式知识处理函数问题ꎬ然后根据实际生产情况确定方案.解㊀(１)设生产Ａ商品ｘ件ꎬ则Ｂ商品的数量为(５０－ｘ)件ꎬ根据题意可得不等式组９ｘ＋４(５０－ｘ)ɤ３６０ꎬ３ｘ＋１０(５０－ｘ)ɤ２９０.{解之得３０ɤｘɤ３２ꎬ由于ｘ的值只能是正数ꎬ故ｘ只能取３０ꎬ３１ꎬ３２ꎬ也就是Ａ商品的件数ꎬ那么根据(５０－ｘ)可以求得Ｂ商品的件数分别是２０ꎬ１９ꎬ１８ꎬ则一共有３种生产方案ꎬ即Ａ商品３０件ꎬＢ商品２０件ꎻＡ商品３１件ꎬＢ商品１９件ꎻＡ商品３２件ꎬＢ商品１８件.(２)根据题意可得ｙ＝７００ｘ＋１２００(５０－ｘ)＝－５００ｘ＋６００００ꎬ根据一次函数的性质可知ꎬ该函数中ｙ随ｘ的增大而减小ꎬ所以当ｘ＝３０时有最大利润ꎬ即生产Ａ商品３０件㊁Ｂ商品２０件获得的利润最大ꎬ此时ｙ＝－５００ˑ３０＋６００００＝４５０００ꎬ最大利润为４５０００元.ｙ与ｘ之间的函数关系式ｙ＝－５００ｘ＋６００００ꎬ由此可知ꎬ(１)中的方案１获得的利润最大ꎬ最大利润是４５０００元.３巧妙构造函数ꎬ解答数学难题函数在初高中数学课程体系中占据着重要地位ꎬ学好函数知识能够为数学学习带来诸多便利.原因在于不少题目都能够借助构造函数的方法解决ꎬ即使无法直接求解ꎬ也能够打开解题思路[４].例４㊀如图１所示ꎬ一位篮球员进行投篮练习ꎬ篮球沿着抛物线ｙ＝－１５ｘ２＋７２运行ꎬ然后顺利命中篮筐ꎬ其中篮筐的高度是３.０５ｍ.图１㊀篮球的运行路线图(１)篮球在空中运行的最大高度是多少?(２)假如该篮球运动员在跳投时ꎬ篮球出手距离地面的高度是２.２５ｍꎬ那么他距离篮筐中心的水平距离是多少?分析㊀对于问题(１)ꎬ应该把整个函数图象构造出来ꎬ求出篮球在空中运行过程中距地面的最高点ꎻ对于问题(２)ꎬ要构造平面直角坐标系ꎬ结合二次函数知识与图象的性质等求解问题ꎬ从而求出运动员与篮筐中心之间的水平距离.６６解㊀(１)根据已知条件可知ꎬ篮球沿着抛物线ｙ＝－１５ｘ２＋７２运行ꎬ该抛物线的顶点坐标是(０ꎬ３.５)ꎬ如图１所示大致画出篮球的运行路线ꎬ即为该抛物线的一部分ꎬ验证后可知最高点在函数的定义域内ꎬ由此可知篮球运行的最大高度是３.５ｍ. (２)建立如图１所示的平面直角坐标系ꎬ审题后可以发现求出该运动员位置的横坐标就是问题的答案ꎬ篮筐处的高度是ｙ＝３.０５ｍꎬ由此可知ｘ＝１.５ｍꎻ再根据该篮球运动员的出手高度ｙ＝２.２５ｍꎬ此时ｘ＝－２.５(ｘɤ０)ꎬ则运动员距篮筐中心的水平距离是４ｍ.例５㊀已知分式ｘ－３ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ无论ｘ取何值ꎬ该分式都有意义ꎬ那么ｍ的取值范围是什么?分析㊀因为本题中的分式恒有意义ꎬ这说明分母ｘ２－６ｘ＋ｍ的值永远不会是０.可据此构建一个二次函数ｙ＝ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ把分式问题转变为一个二次函数取值问题进行研究ꎬ结合二次函数的性质来解题ꎬ找出ｙʂ０的情况ꎬ以此确定ｍ的取值范围.解㊀令ｙ＝ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ根据题意可知ꎬｙ的值永远都不等于０ꎬ由于该抛物线的开口方向是向上的ꎬ所以该二次函数的图像不会与ｘ轴相交ꎬ则Δ＝３６－４ｍ<０ꎬ解之得ｍ<９ꎬ即为ｍ的取值范围是ｍ<９.４巧妙构造图形ꎬ解答数学难题初中数学课程主要分为代数与几何两大方面的内容.用构造法解答数学难题时ꎬ不仅可以根据题意构造代数方面的式子ꎬ还能够构造出相应的几何图形ꎬ利用数形结合思想解题.在初中解题教学中ꎬ将 数 和 形 结合起来ꎬ不少难题就易于解答.例６㊀如图２所示ꎬ在四边形ＡＢＣＤ中ꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ相交于点Ｏꎬ而且ＡＣ与ＢＤ的长度相等ꎬ点ＥꎬＦ分别为对角线ＡＢ与ＣＤ的中点ꎬＥＦ分别同ＢＤꎬＡＣ相交于点ＧꎬＨ.求证:ＯＧ＝ＯＨ.分析㊀在几何图形中出现多个中点ꎬ大多数情况下都要利用中位线的性质进行解题ꎬ所以本题可以先取ＢＣ的中点Ｍꎬ连接ＭＥꎬＭＦꎬ因为ＥꎬＦꎬＭ分别是ＡＢꎬＣＤꎬＢＣ的中点ꎬ由此可构造中位线ＥＭꎬ图２㊀例６题图ＭＦꎬ然后结合三角形中位线定理解题.先证明әＥＭＦ是等腰三角形ꎬ根据 等边对等角 ꎬ即可证明øＭＥＦ＝øＭＦＥꎬ利用平行线的性质证明øＯＧＨ＝øＯＨＧꎬ最后根据 等角对等边 即可解决问题.解㊀如图２所示ꎬ取ＢＣ的中点Ｍꎬ连接ＭＥꎬＭＦ.因为ＭꎬＦ分别是ＢＣꎬＣＤ的中点ꎬ则ＭＦʊＢＤꎬＭＦ＝ＢＤ.同理可得ＭＥʊＡＣꎬＭＥ＝ＡＣ.因为ＡＣ＝ＢＤꎬ所以ＭＥ＝ＭＦꎬøＭＥＦ＝øＭＦＥ.又因为ＭＦʊＢＤꎬ所以øＭＦＥ＝øＯＧＨ.同理可得øＭＥＦ＝øＯＨＧꎬ所以øＯＧＨ＝øＯＨＧꎬ所以ＯＧ＝ＯＨ.５结束语在初中数学解题教学中ꎬ有的题目难度比较大ꎬ采用常规方法和思路很难解答.面对这些难题ꎬ教师可引导学生巧妙运用构造法ꎬ重新处理题目中给出的条件和结论.把问题与熟悉的理论知识联系起来ꎬ通过构造方程㊁不等式㊁函数㊁几何图形等数学模型把问题实质清楚地反映出来ꎬ架构起结论和条件之间的桥梁ꎬ让学生从中寻求解题问题的切入点ꎬ确定合适的解题方案ꎬ继而准确解答数学难题.参考文献:[１]连继莹.例说初中数学的解题方法:以 构造法 为例[Ｊ].中学课程辅导(教师教育)ꎬ２０２１(９):１１４.[２]吴月红.巧用构造法解初中数学题[Ｊ].语数外学习(初中版)ꎬ２０２０(８):２８－２９.[３]张梅.构造法在初中数学解题中的有效运用[Ｊ].数学大世界(中旬)ꎬ２０２０(４):８０－８１. [４]张文贺.初中数学解题技巧的有效运用[Ｊ].数学大世界(下旬)ꎬ２０２０(１):７７.[责任编辑:李㊀璟]７６。
高中数学必修5用构造法求数列的通项公式
用结构法求数列的通项公式在高中数学教材中，有好多已知等差数列的首项、公比或公差 (或许经过计算能够求出数列的首项 ,公比 ),来求数列的通项公式。
但实质上有些数列其实不是等差、等比数列,给出数列的首项和递推公式 ,要求出数列的通项公式。
而这些题目常常能够用结构法，依据递推公式结构出一个新数列，进而间接地求出原数列的通项公式。
关于不一样的递推公式，我们自然能够采纳不一样的方法结构不一样的种类的新数列。
下边给出几种我们常有的结构新数列的方法：一．利用倒数关系结构数列。
比如：数列 { a n } 中，若 a12,114(n N ), 求a n an 1an设b n 1 , 则b n 1b n+4,a n即 b n 1b n＝４，{b n｝是等差数列。
能够经过等差数列的通项公式求出b n,然再求后数列{ a n}的通项。
练习： 1)数列 { a n } 中， a n≠0，且知足a111N ), 求a n , a n11, (n23a nn}中， a11, a n 2a n n通项公式。
2)数列 { a1a n, 求a 2n}中 , a11, a n0,且a n2a n a n 1a n1 0(nn3)数列 { a2, n N ), 求 a .二．结构形如 b n a n2的数列。
例：正数数列 { a n } 中，若 a15, a n 12a n24(n N ), 求a n解：设 b n a n 2 , 则b n1bn4,即b n1b n4数列 { b n } 是等差数列，公差是4， b1225 a1b n25(n 1)( 4)294n即 a n 24n29a n294n , (1n7, n N )练习：已知正数数列 { a n } 中， a1 2, a n 2 a n 1 (n2, n N ) ,求数列 { a n } 的通项公式。
三．结构形如 b n lg a n的数列。
例：正数数列 { a} 中，若 a =10,且lg a n lg a n 1 , (n2, n N ), 求a .n11n2解：由题意得：lg a n1，可设 b n lg a n，lg a n 12即b n1,bn 12b n是等比数列，公比为1， b1 lg 10 12b n 1 (1) n 1(1)n 1 ,(n N) .22(1) n 1 , a n( 1 )n 1即 lg a n10 22练习：（选自 2002 年高考上海卷）数列 { a n } 中，若 a1=3, a n 1a n2 ,n 是正整数，求数列 { a n } 的通项公式。
巧解06 构造法-高考数学选择题巧解课件
常用的构造法有：构造数列法，构造函数法，构造 图形法，构造对应关系法，构造向量法，构造方程 法，构造数与式法等．利用构造法，可将一些问题 抽象成数学模型，从而便于解题．
3．作为平时训练，解完一道题后，还应考虑一下能 不能用其他方法进行“巧算”，并注意及时总结， 这样才能有效地提高解选择题的能力.
THANKS
感谢聆听
编后语
听课对同学们的学习有着非常重要的作用。课听得好好，直接关系到大家最终的学习成绩。如何听好课，同学们可以参考如下建议：
一、听要点。
一般来说，一节课的要点就是老师们在备课中准备的讲课大纲。许多老师在讲课正式开始之前会告诉大家，同学们对此要格外注意。例如在学习物
解析 本题考查线线、线面、面面的位置关系,解题 的关键是结合题意构造一个正方体.
该几何体为正方体截去两个正三棱锥所剩的几何 体,把该几何体放置到边长为1的正方体中,如图所示. 由BC⊥BN,BC⊥AB,BN∩AB=B, 得BC⊥平面ABN,又BC⊂平面BCE, 故平面BCE⊥平面ABN,所以A正确; 取AN的中点F,连接FB,MF, 则MC∥FB,又FB⊥AN, 所以MC⊥AN,所以B正确; 由题意易得EB∥MF,又EB⊄平面AMN,MF⊂平面 AMN,所以EB∥平面AMN,同理BD∥平面 AMN,EB∩BD=B,故平面BDE∥平面AMN,所以D正确. 故选C．
量b1,b2,b3满足|bi|=|ai|,其中i=1,2,3,且ai按顺时针方向旋
转30°后与bi同向,则( D )
A．-b1+b2+b3=0
B．b1-b2+b3=0
高考数学构造法求数列通项的八种技巧(三)(解析版)
构造法求数列通项的八种技巧(三)【必备知识点】◆构造六:取对数构造法型如a n +1=ca n k ,a n =ca n -1k或者a n +b =c (a n -1+b )k ,b 为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.【经典例题1】数列a n 中, a 1=2,a n +1=a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以a 1=2为底的对数(不能取c 为底,因为c =1,不能作为对数的底数),得到log a n +12=log an22,log a n +12=2log a n2,设b n =log a n2,则有b n +1=2b n ,所以b n 是以b 1=log a 12=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n =2n -1,所以log a n2=2n -1,a n =22n -1.【经典例题2】数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以2为底的对数(这里知道为什么不能取a 1=1为底数的对数了吧),得到log a n +12=log 2a n22,log an +12=log 22+2log a n2,log a n +12=1+2log a n2设b n =log an2,则有b n +1=1+2b n ,这又回归到构造二的情况,接下来的步骤大家应该都记得吧,由于这道题较为简单,所以直接可看出b n +1+1=2(b n +1),所以b n +1 是以b 1+1=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n +1=2n -1,所以b n =2n -1-1,log a n2=2n -1-1,a n =22n -1-1.【经典例题3】已知a 1=2,点a n ,a n +1 在函数f x =x 2+2x 的图像上,其中n ∈N *,求数列a n 的通项公式.【解析】将a n ,a n +1 代入函数得a n +1=a n 2+2a n ,a n +1+1=a n 2+2a n +1=a n +1 2,即a n +1+1=a n +1 2两边同时取以3为底的对数,得log a n +1+13=log a n+123⇒log a n +1+13=2log a n+13(为什么此题取以3为底的对数呢,大家思考下,新构造的数列首项为log a 1+13,a 1+1=3,所以应当取以3为底,这样计算会简单很多,当然如果你计算能力较强,也可以取其他数作为底数).所以log a n+1 3 是以1为首项,2为公比的等比数列,即log a n+1 3=1×2n -1,a n +1=32n -1,a n =32n -1-1.【经典例题4】在数列a n 中, a 1=1,当n ≥2时,有a n +1=a n 2+4a n +2,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=a n 2+4a n +2,得a n +1+2=a n 2+4a n +4,即a n +1+2=a n +2 2,两边同取以3为底的对数,得log a n +1+23=log a n+223,即log a n +1+23=2log a n+2 3,所以数列log a n+2 3是以1为首项,2为公比的等比数列,log a n+23=2n -1,a n +2=32n -1,即a n =32n -1-2.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于a n +1=Aa n +Ba n -1的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为a n +1-a n =(A -1)a n -a n -1 ,利用a n +1-a n 成等比数列,以及叠加法求出a n .还有一小部分题型可转化为a n +1+a n =(A +1)a n +a n -1 ,利用a n +1+a n 成等比数列求出a n .【经典例题1】已知数列a n 满足a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1-2a n n ∈N * ,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=3a n -2a n -1⇒a n +1-a n =2a n -a n -1 ,故a n +1-a n 是以a 2-a 1=2为首项,2为公比的等比数列,即a n +1-a n =a 2-a 1 2n -1=2n ,接下来就是叠加法啦,a n -a n -1=2n -1...a 2-a 1=2全部相加得:a n -a 1=2n-2,所以a n =2n -1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a 2=2,a n +2=23a n +1+13a n ,求数列a n 的通项公式。
巧用构造法 速解数学题[论文]
![巧用构造法 速解数学题[论文]](https://img.taocdn.com/s3/m/9e2711b6960590c69ec37613.png)
巧用构造法速解数学题运用构造法解题，是在解题的思维过程中，对已有的知识和方法采取分解、组合、变换、类比、限定、推广等手段进行思维的再创作，充分渗透了猜想、归纳、试验、概括、特殊化等重要的数学方法，通过利用各部分知识之间的内在联系和性质或形式上的某种相似性，有目的地构造一个特定的数学模型，使问题在该模型的作用下实现转化，从而迅速、简洁、新颖、独特地获解。
构造法的运用有利于提高我们的创新意识，培养我们的求异思维创造性思维，提高分析问题和解决问题的能力。
笔者下面举例说明这种解题思想的优越性和巧妙性。
一、构造方程若问题中某些变量的范围符合方程的某些特点，我们可以考虑构造一个辅助方程，然后通过解方程或对方程的研究使问题简捷获解。
例1.求同时满足下列各条件的所有复数z：（1）z+■是实数，且10），方程f（x）-x=0的两个根x1、x2满足0x，即f（x）-x>0，又已知方程f（x）-x=0的根的情况，由此可构造函数f（x）=f（x）-x=ax2+（b-1）x+c（a>0）。
因方程f（x）-x=0的两根为x1、x2，故可设f（x）=a（x-x1）（x-x2）。
由00，所以f（x）=f（x）-x=a （x-x1）（x-x2）>0，f（x）>x。
又x1-f（x）=x1-[f（x）+x]=x1-x-a（x-x1）（x-x2）=（x1-x）[1+a（x-x2）]，由00，1+a（x-x2）=1+ax-ax2>1-ax2>0，f（x）0，b>0），a、b是椭圆上的两点，线段ab的垂直平分线与x轴相交于点p（x0，0）。
证明：-■0则an+1>an，数列{an}是单调递增数列，因此an>an-1>…>a1=1>0，即1+■+■+…■<2■。
六、构造对偶（称）式构造对偶式解题，尤其是解三角试题，方法新颖独特，简洁快速。
例6.求sin220°+cos250°+sin20°cos50°解析：设m=sin220°+cos250°+sin20°cos50°，n=cos220°+sin250°+cos20°sin50°，则m+n=2+sin70°，m-n=cos100°-cos40°-sin30°=-2sin70°sin30°-■=-sin70°-■∴2m=2-■=■，m=■。
高考数学构造法在解决函数、导数问题中的应用
x
(x>0),原不等式转化为f(ex)≥f(ax),根据f(x)的单调性可得ex≥ax,再进行参变分离,
即可得解.
[解析]原不等式化为x+ex≥ax+ln(ax),即ex+ln ex≥ax+ln(ax),令f(x)=x+ln x(x>0),
x
x
易知f(x)在(0,+∞)上单调递增,原不等式转化为f(e )≥f(ax),所以e ≥ax,即a≤
增.由asin a-bsin b=b2-a2-1可得asin a+a2=bsin b+b2-1,即f(a)=f(b)-1,∴f(a)<f(b),
∵f(x)是偶函数,∴f(|a|)<f(|b|),∴|a|<|b|.故选D.
增分微课(一)
❸ 已知函数f(x)的定义域为R,且f(-1)=2.若对任意x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的
· x< ,可得F
6063
∴0<x<e ,∴不等式f
1
ln
3
1
ln
3
<
3
1
ln
3
<1,即F
e
>0,∴函数F(x)在R
3
< (x>0)转化为
1
ln
3
1
<F(2021),∴ ln
3
6063
的解集为(0,e ),故选D.
x<
增分微课(一)
类型二
同构法构造函数
例2 (1)[2020·全国卷Ⅰ] 若2a+log2a=4b+2log4b,则(B )
解码专训一：巧用构造法求几种特殊角的三角函数值
在线分享文档解码专训一：巧用构造法求几种特殊角的三角函数值名师点金：对于30°、45°、60°角的三角函数值，我们都可通过定义利用特殊直角三角形三边的关系进行计算；而在实际应用中，我们常常碰到像15°、22.5°、67.5°等一些特殊角的三角函数值的计算，同样我们也可以构造相关图形，利用数形结合思想进行巧算．巧构造15°与30°角的关系的图形计算15°角的三角函数值 1．求sin 15°，cos 15°，tan 15°的值．巧构造22.5°与45°角的关系的图形计算22.5°角的三角函数值2．求tan 22.5°的值．巧用折叠法求67.5°角的三角函数值3．小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD 沿过点B 的直线折叠，使点A 落在BC 边上的点E 处，还原后，再沿过点E 的直线折叠，使点A 落在BC 边上的点F 处，求出67.5°角的正切值．(第3题)巧用含36°角的等腰三角形中的相似关系求18°、72°角的三角函数值4．求sin 18°，cos 72°的值．巧用75°与30°角的关系构图求75°角的三角函数值5．求sin 75°，cos 75°，tan 75°的值．用科技让复杂让每个人平等地提升自己 解码专训二：巧用三角函数解学科内综合问题名师点金：锐角三角函数体现着一种新的数量关系——边角关系，锐角三角函数解直角三角形，既是相似三角形及函数的延续，又是继续学习三角形的基础，利用三角函数可解决与学科内的一次函数、反比例函数、相似三角形，一元二次方程等综合问题，也会应用到后面学习的圆的内容中，它的应用很广泛．)利用三角函数解与函数的综合问题1．如图，直线y ＝kx －1与x 轴、y 轴分别交于B ，C 两点，tan ∠OCB ＝12.(1)求点B 的坐标和k 的值；(2)若点A(x ，y)是第一象限内的直线y ＝kx －1上的一个动点，在点A 的运动过程中，试写出△AOB 的面积S 与x 的函数关系式．(第1题)2．如图，反比例函数y ＝k x (x ＞0)的图象经过线段OA 的端点A ，O 为原点，过点A 作AB ⊥x 轴于点B ，点B 的坐标为(2，0)，tan ∠AOB ＝32.(1)求k 的值；(2)将线段AB 沿x 轴正方向平移到线段DC 的位置，反比例函数y ＝k x (x ＞0)的图象恰好经过DC 的中点E ，求直线AE 对应的函数关系式；(3)若直线AE 与x 轴交于点M ，与y 轴交于点N ，请你探索线段AN 与线段ME 的数量关系，写出你的结论，并说明理由．(第2题)利用三角函数解与方程的综合问题3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，斜边c＝5，两直角边的长a，b是关于x的一元二次方程x2－mx＋2m－2＝0的两个根，求Rt△ABC中较小锐角的正弦值．利用三角函数解与相似的综合4．如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，点F是边AD上一点，连接FE并延长交BC的延长线于点G，连接BF，BE，且BE⊥FG. 地提升自己(1)求证：BF＝BG；(2)若tan∠BFG＝3，S△CGE＝63，求AD的长．(第4题)解码专训三：应用三角函数解实际问题的四种常见问题名师点金：在运用解直角三角形的知识解决实际问题时，要学会将千变万化的实际问题转化为数学问题，要善于将某些实际问题中的数量关系归结为直角三角形中的元素(边、角)之间的关系，若不是直角三角形，应尝试添加辅助线，构造出直角三角形进行解答，这样才能更好地运用解直角三角形的方法求解．其中仰角、俯角的应用问题，方向角的应用问题，坡度、坡角的应用问题要熟练掌握其解题思路，把握解题关键．定位问题1．(2014·贺州)如图，一艘海轮在A点时测得灯塔C在它的北偏东42°方向上，它沿正东方向航行80海里后到达B处，此时灯塔C在它的北偏西55°方向上．(1)求海轮在航行过程中与灯塔C的最短距离；(结果精确到0.1海里)(2)求海轮在B处时与灯塔C的距离(结果保留整数)．(参考数据：sin 55°≈0.819，cos 55°≈0.574，tan 55°≈1.428，tan 42°≈0.900，tan 35°≈0.700，tan 48°≈1.111)(第1题)坡坝问题2．如图，水坝的横断面是梯形，背水坡AB的坡角∠BAE＝45°，坝高BE ＝20米．汛期来临，为加大水坝的防洪强度，将坝底从A处向后水平延伸到F 处，使新的背水坡BF的坡角∠F＝30°，求AF的长度.(结果精确到1米，参考在线分享文档 数据：2≈1.414，3≈1.732) (第2题)测距问题3．一条东西走向的高速公路上有两个加油站A ，B ，在A 的北偏东45°方向上还有一个加油站C ，C 到高速公路的最短距离是30千米，B ，C 间的距离是60千米，想要经过C 修一条笔直的公路与高速公路相交，使两路交叉口P 到B ，C 的距离相等，请求出交叉口P 到加油站A 的距离．(结果保留根号)测高问题4．(2015·盐城)如图所示，一幢楼房AB 背后有一台阶CD ，台阶每层高0.2米，且AC ＝17.2米，设太阳光线与水平地面的夹角为α，当α＝60°时，测得楼房在地面上的影长AE ＝10米．现有一只小猫睡在台阶的MN 这层上晒太阳．(3取1.73)(1)求楼房的高度约为多少米？(2)过了一会儿，当α＝45°时，问小猫能否还可以晒到太阳？请说明理由．(第4题)解码专训四：利用三角函数解判断说理问题名师点金：利用三角函数解答实际中的“判断说理”问题：其关键是将实际问题抽象成数学问题，建立解直角三角形的数学模型，运用解直角三角形的知识来解决实际问题．航行路线问题1．如图，某货船以24海里/时的速度将一批重要物资从A处运往正东方向的M处，在点A处测得某岛C在北偏东60°的方向上．该货船航行30分钟后到达B处，此时再测得该岛在北偏东30°的方向上，已知在C岛周围9海里的区域内有暗礁．若继续向正东方向航行，该货船有无触礁危险？试说明理由．(第1题)工程规划问题2．A，B两市相距150千米，分别从A，B处测得国家级风景区中心C处的方位角如图所示，风景区区域是以C为圆心、45千米为半径的圆，tanα＝1.627，tanβ＝1.373.为了开发旅游，有关部门设计修建连接A，B两市的高速公路．问连接A，B两市的高速公路会穿过风景区吗？请说明理由．(第2题)航行拦截问题3．(2015·荆门)如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截，红方行驶1 000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离(结果不取近似值)．(第3题)台风影响问题用科技让复杂地提升自己4．如图所示，在某海滨城市O 附近海面有一股强台风，据监测，当前台风中心位于该城市的东偏南70°方向200 km 的海面P 处，并以20 km /h 的速度向北偏西65°的PQ 方向移动，台风侵袭的范围是一个圆形区域，当前半径为60 km ，且圆的半径以10 km /h 的速度不断扩大． (1)当台风中心移动4 h 时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到________km ；当台风中心移动t(h )时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到____________km ；(2)当台风中心移动到与城市O 距离最近时，这股台风是否会侵袭这座海滨城市？请说明理由．(参考数据：2≈1.41，3≈1.73)(第4题)解码专训五：解直角三角形中常见的热门考点名师点金：本章主要学习直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，锐角三角函数值，解直角三角形，以及解直角三角形的实际应用，重点考查运用解直角三角形的知识解决一些几何图形中的应用和实际应用，是中考的必考内容．直角三角形的性质1．(2014·宁波)如图，正方形ABCD 和正方形CEFG 中，点D 在CG 上，BC ＝1，CE ＝3，点H 是AF 的中点，那么CH 的长是( )A ．2.5B .5C .322D ．2(第1题)让每个人平等 (第2题)2．如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，∠B ＝60°，D 是AC 上一点，DE ⊥AB于点E ，且CD ＝2，DE ＝1，则BC 的长为________．锐角三角函数的定义3．如图，∠AOB 是放置在正方形网格中的一个角，则cos ∠AOB 的值是________．(第3题)(第4题)4．如图，在矩形ABCD 中，E 为边CD 上一点，沿AE 折叠，点D 恰好落在BC 边上的F 点处，若AB ＝3，BC ＝5，则tan ∠EFC 的值为________．5．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝3，AC ＝15，AB 的垂直平分线ED 交BC 的延长线于D 点，垂足为E ，求sin ∠CAD 的值．(第5题)特殊角的三角函数值及其计算在线分享文档让每个人平等地提升自己6．在等腰直角三角形ABC 中，∠C ＝90°，那么sin A 等于( )A .12B .22C .32D ．17．若等腰三角形底边与底边上的高的比是23，则顶角为( )A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°8．计算：(cos 60°)－1÷(－1)2 016＋|2－8|－22＋1×(tan 30°－1)0.解直角三角形(第9题)9．如图是教学用的直角三角板，边AC ＝30 cm ，∠C ＝90°，tan ∠BAC ＝33，则边BC 的长为( )A ．30 3 cmB ．20 3 cmC ．10 3 cmD ．5 3 cm (第10题)10．(2014·大庆)如图，矩形ABCD 中，AD ＝2，F 是DA 延长线上一点，G 是CF 上一点，且∠ACG ＝∠AGC ，∠GAF ＝∠F ＝20°，则AB ＝________． 11．(2014·临沂)如图，在▱ABCD 中，BC ＝10，sin B ＝910，AC ＝BC ，则▱ABCD 的面积是________．(第11题)解直角三角形的实际应用12．(2015·南京)如图，轮船甲位于码头O的正西方向A处，轮船乙位于码头O的正北方向C处，测得∠CAO＝45°，轮船甲自西向东匀速行驶，同时轮船乙沿正北方向匀速行驶，它们的速度分别为45 km/h和36 km/h，经过0.1 h，轮船甲行驶至B处，轮船乙行驶至D处，测得∠DBO＝58°，此时B处距离码头O 多远？(参考数据：sin58°≈0.85，cos 58°≈0.53，tan 58°≈1.60)(第12题)三角函数与学科内的综合13．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，P是射线BC上的一个动点，过点P作PE⊥AP，交射线DC于点E，射线AE交射线BC于点F，设BP＝a.(1)当点P在线段BC上时(点P与点B，C都不重合)，试用含a的代数式表示CE的长；(2)当a＝3时，连接DF，试判断四边形APFD的形状，并说明理由；(3)当tan∠PAE＝12时，求a的值．(第13题)地提升自己用科技让复杂的世界变简单解直角三角形中思想方法的应用a ．转化思想14．如图所示，已知四边形ABCD ，∠ABC ＝120°，AD ⊥AB ，CD ⊥BC ，AB ＝303，BC ＝503，求四边形ABCD 的面积．(要求：用分割法和补形法两种方法求解)(第14题)b ．方程思想15．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，sin B ＝35，点D 是BC 上一点，DE ⊥AB 于点E ，CD ＝DE ，AC ＋CD ＝9，求BE ，CE 的长．(第15题)16．(中考·泰州)如图，为了测量山顶铁塔AE 的高，小明在27 m 高的楼CD 底部D 测得塔顶A 的仰角为45°，在楼顶C 测得塔顶A 的仰角为36°52′.已知山高BE 为56 m ，楼的底部D 与山脚在同一水平线上，求该铁塔的高AE.(参考数据：sin 36°52′≈0.60，tan 36°52′≈0.75)的世界变简单让每个人平等地提升自己 (第16题)答案解码专训一1．解：如图，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝30°，∠C ＝90°，延长CA 到D ，使AD ＝AB ，则∠D ＝15°，设BC ＝a ，则AB ＝2a ，AC ＝3a ，∴AD ＝2a ，CD＝(2＋3)a.在Rt △BCD 中，BD ＝BC 2＋CD 2＝a 2＋（7＋43）a 2＝(6＋2)a.∴sin 15°＝sin D ＝BC BD ＝a （6＋2）a ＝6－24； cos 15°＝cos D ＝CD BD ＝（2＋3）a （6＋2）a＝6＋24； tan 15°＝tan D ＝BC CD ＝a （2＋3）a＝2－ 3.(第1题)(第2题)2．解：如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝BC ，延长CA 到D ，使DA ＝AB ，则∠D ＝22.5°，设AC ＝BC ＝a ，则AB ＝2a ，∴AD ＝2a ，DC ＝(2＋在线分享文档用科技让复杂的世界变简单让每个人平等地提升自己1)a ，∴tan 22.5°＝tan D ＝BC CD ＝a （2＋1）a＝2－1. 3．解：∵将矩形纸片ABCD 沿过点B 的直线折叠，使点A 落在BC 边上的点E 处，∴AB ＝BE ，∠AEB ＝∠EAB ＝45°，还原后，再沿过点E 的直线折叠，使点A 落在BC 边上的点F 处，∴AE ＝EF ，∠EAF ＝∠EFA ＝45°÷2＝22.5°，∴∠FAB ＝67.5°. 设AB ＝x ，则AE ＝EF ＝2x ， ∴tan ∠FAB ＝tan 67.5°＝FB AB ＝2x ＋x x＝2＋1.(第4题)4．解：如图，作△ABC ，使∠BAC ＝36°，AB ＝AC ，使∠ABC 的平分线BD 交AC 于D 点，过A 作AE ⊥BC 于E 点，设BC ＝a ，则BD ＝AD ＝a ，由△ABC ∽△BCD 可得：AB BC ＝BC CD ，∴AB a ＝a AB －a ， 即AB 2－a·AB －a 2＝0，∴AB ＝5＋12a(负根舍去)，∴sin 18°＝sin ∠BAE ＝BE AB ＝5－14.∴cos 72°＝cos ∠ABE ＝BE AB ＝5－14.(第5题)5．解：方法1：利用第1题的图形求解．方法2：如图，作△ABD ，△ACD ，使得DC ＝DA ，∠DAB ＝30°，过点A 作AD ⊥BC 于D ，过B 作BE ⊥AC 于E ，则∠BAE ＝75°，设AD ＝DC ＝a ，则AC ＝2a ，BD ＝33a ，AB ＝233a ，∴BC ＝BD ＋CD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋1a.则CE ＝BE ＝BC·sin 45°＝6＋326a ，∴AE ＝AC －CE ＝32－66a ，∴sin 75°＝sin ∠BAE ＝cos 75°＝cos ∠BAE ＝AE AB ＝6－24，tan 75°＝tan ∠BAE ＝BE AE ＝2＋ 3.解码专训二1．解：(1)把x ＝0代入y ＝kx －1，得y ＝－1，∴点C 的坐标是(0，－1)，∴OC ＝1.在Rt △OBC 中，∵tan ∠OCB ＝OB OC ＝12，∴OB ＝12.∴点B 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0. 把B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0的坐标代入y ＝kx －1，得12k －1＝0.解得k ＝2. (2)由(1)知直线AB 对应的函数关系式为y ＝2x －1，所以△AOB 的面积S 与x 的函数关系式是S ＝12OB·y ＝12×12(2x －1)＝12x －14.2．解：(1)∵点B 的坐标为(2，0)，tan ∠AOB ＝32，∴A 点的坐标为(2，3)，∴k ＝6.(2)易知点E 的纵坐标为32，代入y ＝6x 中，得点E 的横坐标为4，即点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4，32，∵直线AE 过点A(2，3)，E ⎝⎛4，32，∴易得直线AE 对应的函数关系式为y ＝－34x ＋92. (3)结论：AN ＝ME.理由：在y ＝－34x ＋92中，令y ＝0可得x ＝6，令x ＝0可得y ＝92. ∴点M(6，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92. 方法一：延长DA 交y 轴于点F ，则AF ⊥ON ，且AF ＝2，OF ＝3，∴NF ＝ON －OF ＝32.根据勾股定理可得AN ＝52.∵CM ＝6－4＝2，EC ＝32，∴根据勾股定理可得EM＝5 2，∴AN＝ME.方法二：连接OE，延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF＝2，∵S△EOM ＝12OM·EC＝12×6×32＝92，S△AON＝12ON·AF＝12×92×2＝92，∴S△EOM＝S△AON.∵AN和ME边上的高相等，∴AN＝ME.3．解：∵a，b是方程x2－mx＋2m－2＝0的根，∴a＋b＝m，ab＝2m－2.在Rt△ABC中，由勾股定理，得a2＋b2＝c2，即a2＋b2＝52.∴a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝25，即m2－2(2m－2)＝25.解得m1＝7，m2＝－3.∵a，b是Rt△ABC的两条直角边的长，∴a＋b＝m＞0.即m＝－3不合题意，舍去．∴m＝7.当m＝7时，原方程为x2－7x＋12＝0.解得x1＝3，x2＝4.不妨设a＝3，b＝4，则∠A是最小的锐角，∴sin A＝ac＝35.即Rt△ABC中较小锐角的正弦值为3 5.4．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DCG＝90°，∵点E是CD 的中点，∴DE＝CE.∵∠DEF＝∠CEG，∴△EDF≌△ECG，∴EF＝EG.∵BE⊥FG，∴BE是FG的中垂线，∴BF＝BG.(2)解：∵BF＝BG，∴∠BFG＝∠G，∴tan∠BFG＝tan G＝3，设CG＝x，则CE＝3x，∴S△CGE ＝32x2＝63，解得x＝23(负值舍去)，∴CG＝23，CE＝6，又易得EC2＝BC·CG，∴BC＝63，∴AD＝6 3.解码专训三1．解：(1)过C作AB的垂线，垂足为D，根据题意可得：∠ACD＝42°，∠BCD＝55°.设CD＝x海里，在Rt△ACD中，tan 42°＝ADCD，则AD＝x·tan 42°海里，在Rt△BCD中，tan 55°＝BDCD，则BD＝x·tan 55°海里．∵AB＝80海里，在线分享文档用科技让复杂的世界变简单让每个人平等地提升自己∴AD ＋BD ＝80海里，∴x·tan 42°＋x·tan 55°＝80，解得x ≈34.4，答：海轮在航行过程中与灯塔C 的最短距离约是34.4海里；(2)在Rt △BCD 中，cos 55°＝CD BC ，∴BC ＝CD cos 55°≈60(海里)，答：海轮在B 处时与灯塔C 的距离约是60海里．2．解：在Rt △ABE 中，∠BEA ＝90°，∠BAE ＝45°，BE ＝20米，∴AE ＝20米． 在Rt △BEF 中，∠BEF ＝90°，∠F ＝30°，BE ＝20米，∴EF ＝BE tan 30°＝2033＝203(米)． ∴AF ＝EF －AE ＝203－20≈20×1.732－20＝14.64≈15(米)．答：AF 的长度约是15米．3．解：分两种情况： (1)如图(1)，在Rt △BDC 中，CD ＝30千米，BC ＝60千米．sin B ＝CD BC ＝12，∴∠B ＝30°.∵PB ＝PC ，∴∠BCP ＝∠B ＝30°. ∴在Rt △CDP 中，∠CPD ＝∠B ＋∠BCP ＝60°，∴DP ＝CD tan ∠CPD＝30tan 60°＝103(千米)． 在Rt △ADC 中，∵∠A ＝ 45°，∴AD ＝DC ＝30千米．∴AP ＝AD ＋DP ＝(30＋103)千米． (第3题)(2)如图(2)，同法可求得DP ＝103千米，AD ＝30千米．∴AP ＝AD －DP ＝(30－103)千米．故交叉口P 到加油站A 的距离为(30±103)千米．用科技让复杂让每个人平等地提升自己点拨：本题运用了分类讨论思想，针对P 点位置分两种情况讨论，即P 可能在线段AB 上，也可能在BA 的延长线上．(第4题)4．解：(1)当α＝60°时，在Rt △ABE 中，∵tan 60°＝BA AE ＝BA 10，∴BA ＝10 tan 60°＝103≈10×1.73＝17.3(米)．即楼房的高度约为17.3米．(2)当α＝45°时，小猫仍可以晒到太阳．理由如下：如图，假设没有台阶，当α＝45°时，从点B 射下的光线与地面AD 的交点为点F ，与MC 的交点为点H. ∵∠BFA ＝45°，∴tan 45°＝BA AF ＝1. 此时的影长AF ＝BA ≈17.3米，所以CF ＝AF －AC ≈17.3－17.2＝0.1(米)，∴CH ＝CF ＝0.1米，∴楼房的影子落在台阶MC 这个侧面上．∴小猫仍能晒到太阳．解码专训四 1．解：若继续向正东方向航行，该货船无触礁危险．理由如下：过点C 作CD ⊥AB ，交AB 的延长线于点D.依题意，知AB ＝24×3060＝12(海里)，∠CAB ＝90°－60°＝30°，∠CBD ＝90°－30°＝60°.在Rt △DBC 中，tan ∠CBD ＝tan 60°＝CD BD ， ∴BD ＝33CD. 在Rt △ADC 中，tan ∠CAD ＝tan 30°＝CD AD ，∴AD ＝3CD.又∵AD ＝AB ＋BD ，在线分享文档用科技让复杂让每个人平等地提升自己∴3CD ＝12＋33CD ，得CD ＝63海里．∵63＞9，∴若继续向正东方向航行，该货船无触礁危险．技巧点拨：将这道航海问题抽象成数学问题，建立解直角三角形的数学模型．该货船有无触礁危险取决于岛C 到航线AB 的最短距离与9海里的大小关系，因此解决本题的关键在于求岛C 到航线AB 的距离．2．解：不会穿过风景区．理由如下：过C 作CD ⊥AB 于点D ，根据题意得：∠ACD ＝α，∠BCD ＝β，则在Rt △ACD 中，AD ＝CD·tan α，在Rt △BCD 中，BD ＝CD·tan β.∵AD ＋DB ＝AB ，∴CD·tan α＋CD·tan β＝AB ，∴CD ＝AB tan α＋tan β＝1501.627＋1.373＝1503＝50(千米)．∵50＞45，∴连接A ，B 两市的高速公路不会穿过风景区．(第3题)3．解：如图，过B 作AB 的垂线，过C 作AB 的平行线，两线交于点E ；过C 作AB 的垂线，过D 作AB 的平行线，两线交于点F ，则∠E ＝∠F ＝90°，拦截点D 处到公路的距离DA ＝BE ＋CF.在Rt △BCE 中，∵∠E ＝90°，∠CBE ＝60°，∴∠BCE ＝30°，∴BE ＝12BC ＝12×1 000＝500(米)；在Rt △CDF 中，∵∠F ＝90°，∠DCF ＝45°，CD ＝1 000米，∴CF ＝22CD ＝5002(米)． ∴DA ＝BE ＋CF ＝(500＋5002)米，即拦截点D 处到公路的距离是(500＋5002)米．4．解：(1)100；(60＋10t)(2)过点O 作OH ⊥PQ 于点H.在Rt △POH 中，∠OHP ＝90°，∠OPH ＝65°－(90°－70°)＝45°，OP ＝200 km ，∴OH ＝PH ＝OP·sin ∠OPH ＝200×sin 45°＝1002≈141(km )．设经过t h 时，台风中心从P 移动到H ，台风中心移动速度为20 km /h ，此时，受台风侵袭的圆形区域半径应为60＋10×52≈131(km )．台风中心在整个移动过程中与城市O 的最近距离OH ≈141 km ，而台风中心从P 移动到H 时受侵袭的圆形区域半径约为131 km ，131 km ＜141 km ，因此，当台风中心移动到与城市O 距离最近时，城市O 不会受到台风侵袭．解码专训五1．B 点拨：连接AC ，CF ，根据正方形性质分别求出AC ，CF 的长，由∠ACD ＝∠GCF ＝45°，得∠ACF ＝90°，然后利用勾股定理求出AF 的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．2.4333.224.435．解：设AD ＝x ，则BD ＝x ，CD ＝x －3，在Rt △ACD 中，(x －3)2＋(15)2＝x 2，解得x ＝4， ∴CD ＝4－3＝1 ∴sin ∠CAD ＝CD AD ＝14. 6．B 7.C8．解：原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1÷1＋22－2－22＋1×1＝2＋22－2－(22－2) ＝2.9. C 10.6 11.181912．解：设B 处距离码头Ox km ，在Rt △CAO 中，∠CAO ＝45°，∵tan ∠CAO ＝COAO ， ∴CO ＝AO·tan ∠CAO ＝(45×0.1＋x)·tan 45°＝(4.5＋x) km ，在Rt △DBO 中，∠DBO ＝58°，∵DC ＝DO －CO ， ∴36×0.1＝x·tan 58°－(4.5＋x)， ∴x ＝36×0.1＋4.5tan 58°－1≈36×0.1＋4.51.60－1＝13.5.因此，B 处距离码头O 大约13.5 km .13．解：设CE ＝y ，(1)∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ＝4，BC ＝AD＝5，∠B ＝∠BCD ＝∠D ＝90°.∵BP ＝a ，CE ＝y ，∴PC ＝5－a ，DE ＝4－y ，∵AP ⊥PE ，∴∠APE ＝90°，∠APB ＋∠CPE ＝90°，∵∠APB ＋∠BAP ＝90°，∴∠CPE ＝∠BAP ，∴△ABP ∽△PCE ，∴BP CE ＝ABPC ，∴y ＝－a 2＋5a 4，即CE ＝－a 2＋5a 4.(2)四边形APFD 是菱形，理由如下：当a ＝3时，y ＝－32＋5×34＝32，即CE＝32，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BF ，∴△AED ∽△FEC ，∴AD CF ＝DECE ，∴CF ＝3，∴PF ＝PC ＋CF ＝5.∴PF ＝AD ，∴四边形APFD 是平行四边形，在Rt △APB 中，AB ＝4，BP ＝3，∠B ＝90°，∴AP ＝5＝PF ， ∴四边形APFD 是菱形．(3)根据tan ∠PAE ＝12可得APPE ＝2，易得△ABP ∽△PCE ，∴BP CE ＝AB PC ＝AP PE ＝2，得a y ＝45－a ＝2或a y ＝4a －5＝2，解得a ＝3，y ＝1.5或a ＝7，y ＝3.5.∴a ＝3或7.14．解法1：如图①所示，过点B 作BE ∥AD 交DC 于点E ，过点E 作EF ∥AB 交AD 于点F ，则BE ⊥AB ，EF ⊥AD.∴四边形ABEF 是矩形．∴∠CBE ＝120°－90°＝30°，∠D ＝180°－120°＝60°.在Rt △BCE 中，BE ＝BC cos ∠CBE ＝503cos 30°＝50332＝100，EC ＝BC·tan ∠CBE ＝503×tan 30°＝503×33＝50. 在Rt △DEF 中，DF ＝EF tan D ＝AB tan 60°＝3033＝30.∴AD ＝AF ＋DF ＝BE ＋DF ＝100＋30＝130. ∴S四边形ABCD ＝S梯形ABED ＋S △BCE ＝12(AD ＋BE)·AB ＋12BC·EC ＝12×(130＋100)×303＋12×503×50＝4 700 3.用科技让复杂的世界变简单让每个人平等地提升自己(第14题)解法2：如图②所示，延长DA ，CB 交于点E ，则∠ABE ＝180°－∠ABC ＝60°，∠E ＝90°－∠ABE ＝30°. 在Rt △ABE 中，AE ＝AB·tan 60°＝303×3＝90， BE ＝AB cos 60°＝30312＝60 3.∴CE ＝BE ＋BC ＝603＋503＝110 3.在Rt △DCE 中，DC ＝CE·tan 30°＝1103×33＝110. ∴S四边形ABCD ＝S △DCE －S △ABE＝12DC·CE －12AB·AE ＝12×110×1103－12×303×90＝4 700 3.点拨：求不规则图形的面积要将其转化为直角三角形或特殊的四边形的面积来求．可适当添加辅助线，把不规则四边形分割为直角三角形和直角梯形求解；还可通过补图，把不规则四边形转化为直角三角形求解．15．解：∵sin B ＝35，∠ACB ＝90°，DE ⊥AB ，∴sin B ＝DE DB ＝AC AB ＝35.设DE ＝CD ＝3k(k ＞0)，则DB ＝5k. ∴CB ＝8k ，AC ＝6k ，AB ＝10k. ∵AC ＋CD ＝9，∴6k ＋3k ＝9.解得k ＝1. ∴DE ＝3，DB ＝5，∴BE ＝DB 2－DE 2＝52－32＝4. 过点C 作CF ⊥AB 于点F ，则CF ∥DE ，∴DE CF ＝BE BF ＝BD BC ＝58，∴CF ＝245，BF ＝325，∴EF ＝BF －BE ＝125.在Rt △CEF 中，CE ＝CF 2＋EF 2＝1255. 16．解：如图，过点C 作CF ⊥AB 于点F.(第16题)设塔高AE＝x m，由题意得EF＝BE－CD＝56－27＝29(m)，AF＝AE＋EF＝(x＋29)m. 在Rt△AFC中，∠ACF＝36°52′，AF＝(x＋29)m，则CF＝AFtan36°52′≈x＋290.75＝43x＋1163(m)，在Rt△ABD中，∠ADB＝45°，AB＝(x＋56)m，则BD＝AB＝(x＋56)m，∵CF＝BD，∴x＋56≈43x＋1163，解得x≈52.答：该铁塔的高AE约为52 m.用科技让复杂。
用构造法巧解初中数学竞赛题
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。
高中数学利用构造法解决导数题专项训练
五、恒成立 六、构造法（构造一个新函数 F（x），利用它的单调性求解
(一)构造 F(x)=xf(x)
1．f(x)是定义在(0,+∞)上非负可导函数，且满足 xf’(x)+f(x)≤0，对任意正数 a,b，若 a<b，则
A．af(b)≤bf(a) B．af(b)≥bf(a)
C．af(a)≤bf(b)
D．af(a)≥bf(b)
( )(A)(-2,+∞) (B)(0,+∞)(C)(1,+∞)
(D)(4,+∞)
(三)构造 F(x)= f(x)-g(x) 1．设 f(x),g(x)在[a,b]上可导,且 f′(x)>g′(x),则当 a<x<b 时,有( ) (A)f(x)>g(x) (B)f(x)<g(x) (C)f(x)+g(a)>g(x)+f(a) (D)f(x)+g(b)>g(x)+f(b)
______
7.f(x)奇函数，x∈R,x≤0 时，f(x)+xf’(x)<0，则(ln 2)f(ln2)与 f(1)大小如何
f (x)
8.f(x)奇函数， x>0，
+f’(x)>0，则 y=xf(x)+1 零点___
x
2． f(x)， g(x)是 R 上 的 函 数 ， g(x)≠0， f’(x)g(x)>f(x)g’(x)， 且 f(x)=axg(x) a>0, 且 a≠1 f（1） f (1) 5 ． 若 { g(1) g(1) 2
已知定义在r上的函数fxgx满足xaxgxf?且fxgxfxgx251111????gfgf若有穷数列若有穷数列ngnfnn?的前n项和等于3231则n等于高中数学利用构造法解决导数题专项训练4
构造几何图形巧解代数问题
构造几何图形巧解代数问题
今天，越来越多的学生通过构造几何图形来解决代数问题。
几何图形的构造是一种灵活的数学技术，它可以帮助我们解决各种复杂的数学问题，特别是平面几何中的许多代数问题。
本文将讨论使用几何图形构造解决代数问题的优势和局限性，以及构造几何图形以解决代数问题的一般方法。
使用几何图形解决代数问题的优势很明显。
最重要的是，它有助于我们更好地理解和记住代数问题的解决过程。
求解代数问题时，学生可以藉由几何图形的构造来更好地理解每步操作。
另外，利用图形构建办法，学生可以更轻松地发现问题解决的可能性，以求得最终结果。
尽管构造几何图形解决代数问题有很多优势，但也存在一些局限性。
首先，学生必须掌握几何图形的构建方法，以使用几何图形解决数学问题。
其次，学生必须熟悉数学基础知识，有能力熟练使用数学符号和概念，才能够有效地利用几何图形来解决代数问题。
构造几何图形以解决代数问题有一般的方法，包括以下步骤。
首先，学生应了解问题的背景并熟悉和分析问题中所涉及的数学概念。
接下来，学生定义必要的几何图形，根据代数表达式在图形中构成特定的点。
随后，学生应该绘制数学表达式中出现的所有元素，如直线、圆等，以构建几何图形。
最后，学生利用几何图形来解决给定的问题，并可以得出结果。
总的来说，使用几何图形来解决代数问题是一种有效的方法，可
以更好地帮助学生掌握数学概念，促进学生对数学问题的解决理解。
因此，老师可以把构造几何图形来解决代数问题纳入学生的学习计划，以帮助学生更好地掌握数学知识，提升数学技能。
浅谈如何运用构造法解决数学问题
） 是 Ｒ上 的增 函数 ． Ｆ （ ） ＜ Ｆ （ 口 ） ． ・ ． ， 又
、
ｊ
例ｌ 已 知， （ ） ＋ ２ 上） ＝ ２ ｘ ＋ ｌ ， 求 ） ．
。
因为解 集为 ｛ ｘ ｌ ｘ ＜ ３ ｝ ． ・ ． ３ ．
分 析 ： 由已知得 ｛
｝ ） ： ２ ｘ ＋ １
法解 题 的创 新性 。
三、 构 造 图形
（ １ － ｃ ｏ ｓ ｌ ３ Ｃ Ｏ Ｓ ＋ ｓ ｉ ｎ １ ３ ｓ ｉ ｎ 仪 ＝ － Ｃ Ｏ Ｓ ￣
点评 ： 从 问题的已知条件和结论的结构特征出 发， 通过化简变形 、 合理推理发现其中隐含的函数关 系， 从而有机地与函数联系起来 ， 利用函数的单调性
和 奇偶性 ， 顺 利地 达到 了解题 目的 ， 充分 体 现 了构造
Ｉ ， （ 一 ） ＋ ２ ） ＝ ＋ １ ，
二 ＇ 曼 Ｊ Ｅ ｄ ｕ ｃ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ ａ ｌ Ｐｒ ａ ｃ ｔ ｉ ｃ ｅ ａ ｎ ｄ Ｒ ｅ ｓ ｅ ａ ｒ ｃ ｈ
一
一
＋ ２ ＝ ０ ， ． ・ ． ｃ ０ ｓ （ ＋ Ｚ ， ， ） ＝ １ ．
例 ４已知 函数 ｙ
） （ ∈ Ｒ） 满足 口 ） ＝ ２ ， ）
的 导 函 数 厂 （ １ ， 且 ） ＜ ｝＋ ２ 一 争的 解 集 为 Ｉ ＜
３ ｌ ， 则实数 ０ 等于（ ）
则ｃ ｏ ｓ （ ｘ ＋ ２ ｙ ） ＝
分析： 此题一 时无从 着手 ， 研究 已知条件发 现
两个等式有一些相似 的地方 ， 对第二个等式进行变 形可得 ： （ ２ ｙ ） ３ ＋ ｓ ｉ ｎ ２ ｙ ＋ ２ ａ ＝ ０ ， 对照两个等式和所求结 论思考 ， 是否 可 以找 到 和 ２ ｙ的关 系 ？从 而 构造 函
高中数学：掌握这7种函数构造方法，巧解导数难题！
近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法1．直接作差构造评注： 本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．评注： 本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母变出统一的一种结构，然后用辅助元将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元为自变量构造函数，利用导数来来求解。
其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注： 本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力．。
人教版八年级数学上册专题(八) 构造“三线合一”巧解题(选用)
方法技巧二：遇到等腰作底边上的高，构造“三线合一”图形． 4．如图，点D，E分别在BA，AC的延长线上，且AB＝AC，AD＝AE. 求证：DE⊥BC. 解 ： 作 AG⊥DE ， ∵ AD ＝ AE ， ∴ ∠ DAG ＝ ∠ EAG ， 又 AB ＝ AC ， ∴∠B＝∠ACB，∵∠DAE＝∠B＋∠ACB＝2∠B＝2∠DAG，∴∠DAG ＝∠B，∴AG∥BC，∴DE⊥BC
2 ． 如 图 ， 在 △ ABC 中 ， AB ＝ AC ， D 是 BC 的 中 点 ， 过 A 点 的 直 线 EF∥BC，且AE＝AF.求证：DE＝DF.
解：连接AD，∵AB＝AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∵EF∥BC， ∴AD⊥EF，又∵AE＝AF，∴DE＝DF
3．如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，E，F分 别是AB，AC上的点，且BE＝AF，求证：(1)DE＝DF；(2)DE⊥DF.
八年级上册人教版数学 第十二章 全等三角形
专题(八) 构造“三线合一”巧解题(选用)
等腰三角形“顶角平分线、底边上的高、底边上的中线”只要知道其中“一 线”，就可以说明是其他“两线”．运用等腰三角形“三线合一”的性质证明 角相等、线段相等或垂直关系，可减少证全等的次数，简化解题过程．
方法技巧一：有等腰三角形底边中点时，常作这底边上的中线，构造“三线 合一”图形．
方法技巧三：遇有垂直时，将图形以垂线为轴翻折，构造“三线合一”． 6．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，且∠ABC＝2∠C.求证：CD＝ AB＋BD. 解：在DC上截取DE＝BD，连接AE，∵BD＝DE，AD⊥BC，∴AB＝ AE，∠B＝∠AEB＝∠EAC＋∠C，又∵∠ABC＝2∠C，∴∠EAC＝∠C， ∴AE＝EC，∴CD＝CE＋DE＝AE＋ED＝AB＋BD
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巧用构造法解数学题
作者：邱习常， 李福兴， QIU Xi-Chang， LI Fu-xing
作者单位：邱习常,QIU Xi-Chang(贺州学院教育科学系,广西,贺州,542800)， 李福兴,LI Fu-xing(贺州学院数学系,广西,贺州,542800)
刊名：
中国西部科技
英文刊名：SCIENCE AND TECHNOLOGY OF WEST CHINA
年，卷(期)：2009，8(8)
被引用次数：0次
1.期刊论文李芝金构造法在数学竞赛中的应用-中国西部科技2009,8(21)
构造法是数学学习中重要的思想方法之一,也是训练学生发散思维,培养学生创造意识和创新思维的手段之一.在数学竞赛中有着广泛的应用,纵观每届数学竞赛都存在不同类型的数学问题应用构造的思想方法来解答及证明.本文通过构造函数、构造方程、构造图形、构造数列等思想方法举例说明构造法的应用.旨在探讨培养学生的解题思想方法,训练学生的思维,增强学生的思维的灵活性,开拓性和创造性.
2.期刊论文叶剑辉浅谈数学的美——构造法-黑龙江科技信息2009,""(22)
研究构造法与数学美,可以培养开拓型创造型人才,也能激发学生学习数学的兴趣.构造法是欣赏数学美的旋律,通过恰如其分的构造去体验、衬托数学美,数学美往往贯穿于构造法的整个过程.
3.期刊论文彭培年浅谈构造法在数学竞赛中的应用-科技信息（科学·教研）2007,""(31)
解决数学问题的方法很多,构造法是其中一种十分重要的基本方法.本文简明地指出了构造法的关键以及利用构造法解决数学问题应具有的观察问题、分析问题、联想、转化等能力.并将引入特殊例题来介绍构造法的妙用,为中学数学教学中渗透构造法提供一点参考.
4.学位论文黄加卫高中数学构造性方法的研究与实践2006
江泽民同志曾指出：“二十一世纪的竞争是人才的竞争，”这里的人才是指具有创造性思维的人才。
而数学思想方法在数学创造性教育中处于十分关键的地位，所以对数学思想方法的辩证分析就成为成功地实践数学创造性教育的关键。
在高中数学教学中，构造思想方法是一种富有创造性的数学思想方法，它充分渗透在归纳、类比等重要的数学方法之中。
而由于在高中数学教学中，构造思想的渗透教学常蕴涵在构造法的解题教学之中，故本文的内容主要体现在构造法的研究领域上。
具体来说，本文将重点阐述以下几个问题：
一、数学构造性方法研究综述。
主要介绍了数学思想方法与构造思想方法的关系，构造思想与构造法两者之间的区别与联系，构造法的界定，国内外有关数学构造法的历史及研究现状，并对构造法解题中教师和学生各自的作用及一些困惑进行了阐述。
二、关于构造法的理论构建。
首先阐明了构造法的两个理论基础，即建构主义理论与波利亚的解题思想；其次指明了构造思想方法在高中数学教学中的作用以及构造法解题的思维策略及生成途径；最后研究了构造法与模式识别解题策略、数学美这两者的辩证关系以及构造法在解题中的负迁移效应及其克服。
三、高中数学教学中构造思想的渗透及培养。
首先说明了高中数学教学中构造思想渗透的几种方式，即如何在数学概念教学、定理和公式教学、解题教学、复习课教学以及研究性学习教学中渗透构造思想；其次阐述了高中数学教学中构造思想的几种常见的培养方法，即完善、发展学生已有的数学认知结构以及数学思维能力，培养学生数学语言的转译能力，提高学生的审美能力，培养学生的求简意识，培养学生敏锐的观察力，加强其它数学思想，特别是数形结合思想的运用，培养学生的创造性思维。
四、构造思想渗透教学的一次实验研究。
在教学实践的基础上，笔者通过实验研究发现，构造思想的渗透教学对提高学生的思维水平以及创新能力有着较好的效果。
它不但能加深学生对数学知识的理解和运用，有助于完善学生的认知结构，而且能使学生的学习方式发生变化，从而有利于学生数学知识的掌握及解决问题能力的培养。
本文最后根据前面研究与实践的结果，提出了若干有待于进一步研究的问题。
5.期刊论文何映定关于用构造法解数学题的一点探讨-中国科技博览2009,""(16)
根据题目的条件和结论,构造出几何图形、方程、代数式、函数、数列、多项式等寻求解题途径的方法,称之为构造法.构造法是中学数学一种重要的解题方法,虽然构造过程存在一定的难度,但是它对于培养学生的创新能力却是很有益处的.因此,在教学过程中要有意识地对学生进行这方面能力的引导和训练.下面,笔者通过构造法 (函数式) 数学题进行这方面知识的探讨.
6.期刊论文徐秋丽浅谈构造法在数学中的应用-长春师范学院学报（自然科学版）2004,23(4)
解决数学问题的方法有很多,构造法是其中的一种基本方法.本文通过实例介绍了几种构造法,简明的指出了构造法的关键以及利用构造法解决数学问题应具有观察问题、分析问题、联想、转化等能力.
7.期刊论文高长峰.段崇华例谈数学构造法解题的功能-硅谷2009,""(1)
当解决命题p遇到阻碍时,可以跳过思维定势,设想构造一个与命题p相关的新命题q,通过对命题q的研究达到解决命题的目的,这种处理问题的方法称之为构造法.构造法是一种精巧的数学方法,其策略具有非常规性,方法带有试探性,思维富有创造性.因此,构造法解题是数学中最富有活力的思想方法之一,而且具有还原、分解、简化及数形转化功能,对培养学生的创造性思维大有裨益.
8.期刊论文柳长青例说构造法对数学创新思维能力的培养-南宁师范高等专科学校学报2004,21(3)
创新教育是实施素质教育的有效突破口,是素质教育的具体化,而学科创新教育则以培养学生的创新能力为重点.本文试图通过对构造法在数学问题解决的分析,探讨培养学生的创新思维能力.
9.学位论文孙林坡中学数学竞赛中的构造性思想方法研究2009
数学奥林匹克竞赛在我国方兴未艾，许多相关人员对竞赛的诸多方面进行了深入的研究，好的思想、好的方法不断涌现。
构造性思想方法在数学竞赛中从命题到解题都有着极其广泛的应用，然而，根据了解，真正系统深入研究的人则少之又少，对它进行一番深入的研究是很有价值的。
鉴于这种现状，本文对构造性思想方法进行了研究。
研究主要是通过对近30年来已发表文献的分析、对从事竞赛事业人员的调查访谈以及自己的亲身体验等方面进行的。
本研究分为五个部分：第一章对研究背景进行了分析，以及数学构造法在国内外研究的历史及现状，说明了研究的日的和意义、内容和方法。
第二章对国际数学奥林匹克竞赛历史进行了一些简单的介绍，以及在我国的发展情况。
第三章分析了构造思想与构造法的关系，找到了构造法解题的理论依据：一是建构主义理论，二是波利亚的解题思想，研究了构造法的意义、构造法的特征、构造的功能、构造法与数学美的辩证关系、以及构造思想与方法的培养等。
第四章利用实例分别在初等数论、代数、几何、组合数学中的应用加以实证。
第五章对构造法解题在教学、培训、学习中的培养、应用和注意事项提出了一些建议，以及需要进一步研究的方向。
10.期刊论文耿济.GENG Ji数学娱乐(四)——Nasik幻方的性质与构造法-海南大学学报(自然科学版)2009,27(2)
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下载时间：2010年8月5日。