构造平行四边形解题

构造平行四边形解题（精选6篇）

构造平行四边形解题 篇1

构造法是数学解题中一种十分重要和基本的方法.根据问题所给定的条件不同或者结论不同,可构造与之相应的合适式子、函数、方程、图形、数列、模型、实例、反例、复数等,以求捷径的解题方法。本文从以下几个角度举例说明应用“构造法”解题的构思途径。

一、圆锥曲线的定义在解析几何中的应用十分广泛,用定义解题有简捷、清晰、明了之优点,这已是大家熟知的事实。殊不知,有的代数问题,若与圆锥曲线的模型联系起来,回到定义中去思考问题,可化繁为简,化难为易,起到事半功倍之效,举例如下:

例1、解方程

分析:解此类方程一般是先移项,然后两边平方,计算量很大,有点繁琐,下面给出其他解法:

解原方程化为

令y=0, 则有

上式表示动点M(x,y)到定点A(6,0),B(-4,0)距离之差是18的点的轨迹,

即|MA|-|MB|=8,

所以M点的轨迹为双曲线的左支,其方程为

令y2=0,得

x1=5(舍),x2=-3,

所以原方程的解是x2=-3

例2、解不等式

解:原不等式化为

令由椭圆定义得,上式表示以F1 (-3,0),F2(3,0)为焦点,长轴长为10的椭圆,由a=5,c=3得b=4,所以此椭圆方程为,如图原不等式的解就是直线y=1与椭圆交点或椭圆外部点的横坐标。令y=0得.所以原不等式的解集为

二、构造相关的几何图形,借助数学问题的几何意义也可使解题思路宽广灵活,简洁、巧妙。举例如下:

例3已知x,y为任意实数,求证

分析:式子左端的几何意义是点P(x,y)分别到点A(-1,0),点B(1,0),点(0,)的距离之和,于是可构造ΔABC证之。

证明:如图ΔABC,A(-1,0),B(1,0),C(0,),则|AB|=|BC|=|AC|=2,

当点P、点A、点B、点C任三点都不共线时,有

将三式相加,整理得

|PA|+|PB|+|PC|>3,(4)当点P与点A、B、C中任两点共线时,设点P与点A、B共线,有|PA|+|PB|≥|AB|=2,(2),(3)仍然成立,所以(4)成立。

所以原不等式成立。

例4求值

解.

因为的图象表示以点(1,0)为圆心,以1为半径的上半圆,从0到1的部分是圆面,所以表示以点(0,0),点(1,1),点(1,0)为顶点的直角三角形。其面积为所以

三、结合数学式子的特点,构造与之相关的复数,函数,利用相关结论和思想巧妙解题。

举例如下:

例5已知a,b,c为非负实数,求证

分析:式子左端形如复数模的表达式,故可构造复数, 用复数的性质来解。

证明:令z1=a+bi,z2=b+ci,z3=c+ai,

则:z1+z2+z3=(a+b+c) (1+i),

得

例6、证明不等式分析:首先构造函数,再通过函数的单调性证之。证明:令,则有又由于f(x)在x=0处连续,所以f(x)在[0,+∞)上是增函数,从而当x>0时,有f(x)>f(0)=0,即原不等式成立。

总之,全面观察分析问题,把握问题的实质,激发思维的种种联想因素,寻求简捷的解题方法,则能使思维突破障碍,沟通思路,应用“构造法”解题,事半功倍。

构造法解题初探 篇2

一、构造对偶式

由上可知, 通过图形, 可使复杂问题具体化, 形象化, 观其“形”得其“果”, 是一种好的解题方法.

构造平面向量解题 篇3

一、构造向量求最值

向量在函数中的应用非常广泛, 主要表现在求函数的定义域、值域、最值、字母的取值范围、化简函数或方程等方面.它的应用会给我们带来新的思路和方法, 从而更能激发学生的学习兴趣。

例1求函数的最小值.

分析:用数形结合等的方法也能解决问题, 但通过构造向量, 利用向量的性质来解决方法更巧妙

二、构造向量证明不等式

分析:根据题意可引入向量, 利用向量的数量积来证明.

显然A点是在以原点为圆心, 1为半径的上半圆上运动, 因此向量

三、构造向量解决解析几何问题

向量作为解决解析几何问题的工具, 很好地体现了数与形的转化, 利用向量把几何关系转化为数量关系, 使思路更清晰, 解决问题更简洁。

1.利用向量知识求参数的取值范围, 解决问题更简洁

例3椭圆的焦点为F为其上的一点, 当∠F1PF2为钝角时, 求点P的横坐标的取值范围。

分析:此题的关键在于“为钝角”, 如果在△F1PF2利用余弦定理, 进一步用焦半径公式也未尝不可, 但相对用构造向量的方法解决就显得繁琐了。

摘要：向量是现行高中数学的必修内容之一.由于它具有几何形式与代数形式的“双重身份”, 从而使它成为中学数学知识的一个交汇点, 成为联系多项内容的媒介, 使向量在研究数学乃至其它学科问题时获得了广泛的应用.将向量作为联系代数与几何的桥梁, 是高中数学新教材的重要特色之一, 也是高考数学非常亲睐的内容之一.

构造平行四边形解题 篇4

为了让大家容易理解这种方法, 我们先来研究两个问题:

问题1如图1, 在平面内已知三个点A, B, C, 试确定第四个顶点D, 使四边形ABCD是平行四边形.

分析:对这个问题大家并不陌生, 由于条件中并没有指明这三个顶点中, 哪两个点之间的线段作对角线, 因此应分三种情况讨论, 如图2, 连接AB、AC、BC、分别过A、B、C作BC、AC、AB的平行线, 则以A、B、C三点为顶点的平行四边形有三个:以BC为对角线, 有荀CABD1;以AC为对角线, 有荀ABCD2;以AB为对角线, 有荀ACBD3.

问题2如图3, 我们把问题1中的图2放在如图3所示的平面直角坐标系中, 已知A、B、C三点的坐标分别为 (x1, y1) 、 (x2, y2) 、 (x3, y3) , 求顶点D1, D2, D3的坐标.

分析:我们在学图形在坐标系中平移时, 已经了解了这样的结论:对一个图形进行平移, 图形上所有点的横、纵坐标的变化分别相同.

我们先来求D1的坐标:在荀CABD1中, 由于AC∥BD1, AC=BD1, 线段BD1可看作是线段AC沿AB方向, 移动的距离为线段AB的长度后得到的, 因为由A→B横坐标增 加 (x2-x1) 、纵坐标 增加 (y2-y1) , 所以点D1的坐标为 (x3+x2-x1, y3+y2-y1) .

同理得D2 (x3+x1-x2, y3+y1-y2) 、D3 (x2+x1-x3, y2+y1-y3) .

通过上面两个问题的研究, 我们不难发现下面的结论:

(1) 以不在同一直线上的三点为顶点的平行四边形有三个.

(2) 根据已知的三点坐标我们可以求出第四个顶点的坐标.可简单记忆为:第四个顶点的横坐标分别等于已知任意两个顶点的横坐标与第三个顶点的横坐标的差, 相应的纵坐标分别等于这两个顶点的纵坐标与第三个顶点的纵坐标的差, 每种情况下都是第三个顶点和所求的第四个顶点是相对的顶点.

下面我们就利用上面两个问题的研究成果, 通过具体的实例, 探究解决平行四边形问题的解题方法.

例如图4, 在平面直角坐标系中, 二次函数y=ax2+bx+c (a>0) 的图像的顶点为D点, 与y轴交于C点, 与x轴交于A、B两点, A点在原点的左侧, B点的坐标为 (3, 0) , OB=OC , tan∠ACO=1/3.

(1) 求这个二次函数的表达式.

(2) 经过C、D两点的直线, 与x轴交于点E, 在该抛物线上是否存在这样的点F, 使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形?若存在, 请求出点F的坐标;若不存在, 请说明理由.

分析: (1) 由已知得C (0, -3) , A (-1, 0) , 然后用待定系数法即可求解.将A、B、C三点的坐标代入得

解得:

所以这个 二次函数 的表达式 为 :y=x2-2x-3;

(2) 由条件可知, 若以点A、C、E、F为顶点的平行四边形存在的话, 其中A、C、E三点在坐标系中的位置是确定的, 由抛物线的表达式可知, 点D坐标为 (1, -4) , 进而可知直线CD的表达式为y=-x-3, 令y=0, 可知E点的坐标为 (-3, 0) . 综上可知点A、C、E三点的坐标依次为:

A (-1, 0) , C (0, -3) , E (-3, 0) .

根据上面方法可知点F的坐标可能为 (-1+0- (-3) , 0+ (-3) -0) , 或 (-1+ (-3) -0, 0+0- (-3) ) , 或 (0+ (-3) - (-1) , -3+0-0) , 即 (2, -3) 或 (-4, 3) 或 (-2, -3) .

由于点F在抛物线上, 我们需要验证这三种情况下哪些是满足抛物线的表达式的, 经过验证只有当F (2, -3) 是满足条件的.

方法归纳:本题所要研究的平行四边的特点为:已知其中三个定点的坐标的具体数值, 可以根据上面的规律写出第四个顶点的坐标, 然后再验证每个点的坐标是否满足相应的条件.另外, 三个点的坐标已知的情况比较简单, 此时用画草图的办法, 运用其他的方法解决也不会特别烦琐.

从上面这个例子我们可以看出, 这种解法的优点是用一个固定的程式来解任意的平行四边形的存在问题, 能够很好地避免漏解情况发生, 且学生容易掌握, 但此类方法也容易让学生形成思维定式, 不利于学生思维灵活性的养成, 所以在教学中, 我们除了让学生掌握这种通式通法外, 还应注意培养学生用多种方法解决问题的能力.

例谈构造法解题 篇5

所谓构造法, 就是根据题设条件和结论的特殊性, 构造出一些新的数学形式, 并借助它认识与解决原问题的一种思想方法.就构造对象来看, 常用的有构造表达式、构造几何体 (图形) 等.在构造表达式中又有构造函数、构造方程、构造不等式、构造数列、构造二项展开式等.

一、构造不等式解题

例1 椭圆$\frac{x{}^2}{9}+\frac{y{}^2}{4}=1$的焦点为F1, F2, 点P为其上的动点, 当∠F1PF2为钝角时, 点P的横坐标的取值范围是____.

解析 由平几知识知, 要使∠F1PF2为钝角, 当且仅当点P在以F1F2为直径的圆的内部.为此构造以F1F2为直径的圆面x2+y2<5, 即点P在圆面x2+y2<5①上.又点P在椭圆$\frac{x{}^2}{9}+\frac{y{}^2}{4}=1$, 即4x2+9y2=36②上.由①②消去y2, 得5x2-9, 即$-\frac{3\sqrt{5}}{5}<x<\frac{3\sqrt{5}}{5}.$

点评 本题的常规解法是利用两向量数量积小于零求横坐标的取值范围.根据平几知识巧妙构造不等式可使问题既快又准得以解决.

二、构造函数解题

构造一次函数求取值范围.

例2 设不等式2x-1>m (x2-1) 对满足|m|≤2的一切实数m的值都成立, 求x的取值范围.

解析 原不等式可化为 (x2-1) m- (2x-1) <0.

记f (m) = (x2-1) m- (2x-1) ,

要使原不等式成立, 则

即解得$\frac{-1+\sqrt{7}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}.$

点评 视“未知”为“已知”, 构造关于m的一次函数, 由一次函数的单调性得不等式组求出x的取值范围.某些数学问题, 可以通过构造一次函数, 将问题转化为判断一次函数在[a, b]上函数值的符号问题, 从而使问题获得解决.

三、构造方程解题

例3 (2002年全国高考·理17) 已知$\sin {}^{2}2\alpha +\sin 2\alpha \cos \alpha -\cos 2\alpha =1‚\alpha \in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right)$, 求sinα, tanα的值.

解 条件式可以整理为sin22α+sin2αcosα- (1+cos2α) =0,

即sin22α+sin2αcosα-2cos2α=0. (※)

将 (※) 式看成是关于sin2α的一元二次方程, 由求根公式, 得

$\begin{array}{l}\sin 2\alpha =\frac{-\cos \alpha \pm \sqrt{\cos {}^2\alpha +8\cos {}^2\alpha }}{2}=\frac{-\cos \alpha \pm 3\cos \alpha }{2}.\\ \therefore \sin 2\alpha =\cos \alpha \text{或}\sin 2\alpha =-2\cos \alpha .\end{array}$

$\begin{array}{l}\because \alpha \in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right)‚\therefore \sin 2\alpha \ne -2\cos \alpha .\\ \therefore \sin 2\alpha =\cos \alpha ‚\therefore \cos \alpha (2\sin \alpha -1)=0.\\ \because \alpha \in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right)‚\therefore \cos \alpha \ne 0‚\therefore 2\sin \alpha -1=0,\end{array}$

即$\sin \alpha =\frac{1}{2}‚\therefore \alpha =\frac{\text{π}}{6}$, 从而$\tan \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}.$

点评 这里没有说让你解方程, 更没有说它是关于sin2α的一元二次方程, 它需要你自觉视它为关于sin2α的方程.这就是能力!

四、构造二项展开式证不等式

例4 证明:对于n≥5的任意正整数2n>n2+n.

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}2{}^n=(1+1){}^n=\text{C}{}_n^0+\text{C}{}_n^1+\text{C}{}_n^2+\cdots +\text{C}{}_n^{n-2}+\text{C}{}_n^{n-1}+\text{C}{}_n^n\\ =1+n+\frac{n(n-1)}{2}+\cdots +\frac{n(n-1)}{2}+n+1\\ >n{}^2+n(n\ge 5).\end{array}$

点评 二项式 (a+b) n的展开式共有n+1项, 当各项均为正数时, 项数减少, 展开式各项的和也随之变小.

五、构造数列求值

例5 已知$\cos \left(\frac{\text{π}}{4}+x\right)=\frac{3}{5}‚\frac{17\text{π}}{12}<x<\frac{7\text{π}}{4}$, 求$\frac{\sin 2x+2\sin {}^{2}x}{1-\text{t}\text{a}\text{n}x}$的值.

解 由已知得$\cos x+(-\sin x)=2\times \frac{3\sqrt{2}}{10},$

即$\cos x‚\frac{3\sqrt{2}}{10},-\sin x$成等差数列.

设其公差为d, 则$\cos x=\frac{3\sqrt{2}}{10}-d‚-\sin x=\frac{3\sqrt{2}}{10}+d.$

又$\because \sin {}^{2}x+\cos {}^{2}x=1‚\therefore \left(\frac{3\sqrt{2}}{10}+d\right){}^2+\left(\frac{3\sqrt{2}}{10}-d\right){}^2=1$,

$\begin{array}{l}\text{解}\text{得}d=\frac{2\sqrt{2}}{5}\text{或}d=-\frac{2\sqrt{2}}{5}.\\ \because \sin x<0‚\therefore d=\frac{2\sqrt{2}}{5}.\end{array}$

则$\cos x=-\frac{\sqrt{2}}{10}‚\sin x=-\frac{7\sqrt{2}}{10}‚\therefore$原式$=-\frac{28}{75}.$

点评 将已知条件构造成等差数列, 利用换元法, 减少了变量, 简化了运算, 构思奇妙.

六、构造图形证不等式

例6 设x, y, z∈ (0, +∞) , 求证:

$\begin{array}{l}\sqrt{x{}^2-xy+y{}^2}+\sqrt{y{}^2-yz+z{}^2}>\\ \sqrt{z{}^2-zx+x{}^2}.\end{array}$

分析 该代数不等式的证明, 虽然已知条件较简单, 但不易入手, 而仔细分析不等式的模式, 构造空间图形, 把代数问题转化成立体几何模型, 情况就不一样了.

证明$\sqrt{x{}^2-xy+y{}^2}=\sqrt{x{}^2-2xy\text{c}\text{o}\text{s}60°+y{}^2}$表示以x, y为两边, 夹角为60°的三角形的第三边;同理$\sqrt{y{}^2-yz+z{}^2}‚\sqrt{z{}^2-zx+x{}^2}$也具有同样的几何意义, 于是可构造如图所示的四面体V-ABC, 使∠AVB=∠CVA=∠BVC=60°, VA=x, VB=y, VC=z, 可得$AB=\sqrt{x{}^2-xy+y{}^2}‚BC=\sqrt{y{}^2-yz+z{}^2}‚CA=\sqrt{z{}^2-zx+x{}^2}$.在△ABC中, AB+BC>AC, 故原不等式成立.

点评 构造空间图形, 构代数不等式化归为立体几何问题, 思路新颖独特.

浅谈构造法解题 篇6

1. 构造函数

通过观察数学结构式的特征, 引入相关的函数模型, 再运用该函数熟知的性质, 往往使解答有理有据, 顺畅自然.

例1若函数f (x) 的定义域是实数, 并关于原点对称, 则它可以表示为一个奇函数和一个偶函数的和.

分析对这个抽象函数的证明, 如果不去把抽象的奇函数与偶函数构造出来, 几乎是欲证无门的.而利用奇函数的特征, 我们不难构造出两个辅助函数.

很容易看出F (x) 为偶函数, G (x) 为奇函数, 而f (x) =F (x) +G (x) 的存在, 就使证明得以完美的解决.

2. 构造方程

根据条件式与所求式的特征, 联想有关的方程 (组) 利用方程的理论求解, 可使问题变得十分熟悉.

例2已知实数x满足等式x2-yz-8x+7=0和y2+z2+yz-6x+6=0, 求实数x的取值范围.

分析本题有三个未知数, 一般需三个方程才能求解, 但条件中只提供了两个方程, 直接求解较为困难, 但观察两个方程发现, 若把两个方程中的未知数x看成已知数, 则两个方程都可看成是关于y, z的对称式, 故结合一元二次方程的根与系数的关系, 把y, z看成某个一元二次方程的两个实根构造一个新的一元二次方程, 从而用根的判别式求出实数x的取值范围.

两式变形为yz=x2-8x+7,

把y, z看作关于t的一元二次方程t2± (x-1) t+ (x2-8x+7) =0的两根.因为y, z是实数, 故此一元二次方程有两个实数解, 所以Δ≥0.即 (x-1) 2-4 (x2-8x+7) ≥0, 解不等式得

3. 构造复数

复数具有代数式, 三角式, 几何形式等多种表示方法, 而这些表示所含的实际意义, 以新的视角, 新的途径, 沟通了代数三角和几何等内容之间的联系, 若能在解题时, 根据题设条件的特点, 巧妙地构造复数, 便能迅速地找到解题方法.

分析看到这么多分式相加, 似乎有种难以下手的感觉.若注意到根号里式子的特点, 都是两个数的平方和, 立即联想到复数的模, 于是构造复数, 再用三角不等式便迅速得证.

4. 构造对偶式

若条件式或所求式具有对偶的特征, 可构造对偶式, 使问题变得简单明了.

分析显然不能将, 2006代入求解, 但是若注意到其中的对偶性, 进而构造对偶式

从而原式的结果为2006.

5. 构造三角关系式

善于从隐蔽的数量关系中挖掘出量与量之间的特征关系, 如与某些三角函数关系式相似, 则可构造相关的三角函数关系式, 使问题顺利得解.

例5如图, 中, ∠C=90°, CD⊥AB于D.

求证:AC+BC

分析若把结论变形可构造三角函数关系式, 要证AC+BC

总之, 构造的形式多种多样, 还有构造图形, 构造不等式等等, 这里我们不再一一列举了.通过对以上例题的分析, 不难看出, 构造法是具有创造性的思维活动, 对增强解题能力, 培养思维品质有着不可低估的作用.它不仅需要坚实而广博的数学基础知识更需要具备敏锐的洞察力善于由此及彼, 由表及里.思考的越深, 构造就越成功, 方法也就越简单, 数学的魅力在于追求简单, 而解题中的巧妙构造, 往往有化繁琐为简洁之功效, 是对数学美的最好不过的一次注释.

摘要：从几个角度例举了如何用构造法巧妙地解数学题, 认识构造法在解数学题中的重要作用, 对数学思维活动中的构造问题进行了探讨.

关键词：构造法,函数,方程 (组) ,复数,对偶式,三角关系式

参考文献

[1]尹建堂, 刘博闻.例说三角代换法解代数题[J].数理化学习 (高中版) , 2003 (24) :4.

[2]刘银福.用构造法解题[J].初中数学教与学, 2003 (2) :15.