4构造二元一次方程。
例4已知f(x)=asinx+bcosx，a、b为常数，又存在x1、x2，使f(x1)=f(x2)=0，且 x1-x2≠kπ，k∈z，求证：对一切实数x，f(x)恒等于0。
思路分析：由题设可得，视a、b为未知数，则构造出一个二元一次方程，再利用方程组特点去证之。由消元法得sinx1cosx2-sinx2cosx1= sin（x1-x2）≠0，故方程组只有零解，即 a=b=0，f(x)=0sinx+0cosx=0。
所以对一切实数x，f(x)恒等于0。
5构造一元二次方程。
例5已知ａ、ｂ是⊿ａｂ的三内角，sina≠sinb，且(sinc-sina)2-4(sina-sinb)(sinb-sinc)=0。求证：0思路分析：
题中所给等式是b2-4ac的形式，故可构造一元二次方程。又sina－sinb≠０，故可构造方程(sinc-sina)x2+(sina-sinb)x+(sinb-sinc)=0。方程各项的系数之和为０，所以１是方程的一个根。
由已知b2-4ac＝０，知此方程的加一个根也是１，根据韦达定理得，2sincos=sincos， cos=sin≠0， 2sin= cos≤1 ， sin≤，∴06构造复数方程。
例6试证：cos-cos+cos=
思路分析：由上式可用匹配的三角函数对偶式来构造复数方程，再利用复数性质解题。设a= cos-cos+cos，b= sin- sin+ sin，z=cos+isin (z7= -1)，则a+ib = z -z2+z3 ==i.
比较等式两边的实部，得a=，即 cos-cos+cos=
7构造相似三角形。
例7在⊿abc中，已知2b=a+c，且a思路分析：由c-a=900可想到相似三角形，根据相似三角形性质及勾股定理来求出三边之比。在⊿abc中，在ab上取一点d，满足∠acd=900，可得∠bcd=∠a，∠b=∠b，⊿abc∽⊿cbd，得，。
在rt⊿abd中，(c-y)2=x2+b2，又2b=a+c，即得3a2-8ac+3c2=0，解得a=c，又b= (a+c)= c，所以 a:b:c=c: c:c
得sina:sinb:sinc=a:b:c=(-1)::1)
8构造长方体。
例8若锐角α、β满足cos2α+cos2β+cos2γ=1，求tgαtgβtgγ的最小值。
思路分析：锐角α、β满足cos2α+cos2β+cos2γ=1形式满足长方体的三度平方和等于对角线的平方，故可构造长方体。使三棱长分别为a、b、c，对角线为１，对角线与三条棱所成的角分别为α、β则tgα＝，tgβ＝，tgγ＝所以 tgαtgβtgγ≥＝故tgαtgβtgγ的最小值是２。
9 构造直角坐标系中常用性质。
例9已知：sina+sinb+sinc=0，cosa+cosb+cosc=0，求证：cos2a+cos2b+cos2c=0为定值。
思路分析：构造三点p（cosa，sina），q（cosb，sinb），r（cosc，sinc），利用求三角形重心坐标公式，可得⊿pqr的重心坐标xg= (cosa+cosb+cosc)=0，yg= (sina+sinb+sinc)=0，又p、q、r在同一圆周上，所以⊿pqr的重心与外心重合，故⊿pqr是正三角形。不仿设p、q、r的顺序是逆时针方向，则向量、、的辐角a、b、c满足下列关系：
b-a=，c-b=，c-a=。于是cos2a+cos2b+cos2c
+（cos2a+cos2b+cos2c）=+cos2a+2cos(b+c)cos(c-b)）
+（cos2a-cos(c-b)）=sin(b+c-2a)sin(2a+b+c)
+sin(+)sin(2a+b+c)=
10构造圆锥曲线方程。
例10已知： +1，求证： +1
思路分析：这是一道纯粹的三角命题，若能将题中的式子的形状而联想到椭圆方程，就有可能构造椭圆方程来证题的新途径。设椭圆c：
+1，由题设得点m（cos2a，sin2a）在椭圆c上。又n（cos2b，sin2b）也满足椭圆c，可知点n也在椭圆上。过点n的椭圆c的切线方程为+=1，即x+y=1。
又点m（cos2a，sin2a）满足x+y=1，所以点m也在此切线上。由过椭圆上一点的切线的唯一性，得点m和点n重合，于是cos2a= cos2b，sin2b=sin2a，所以+=+1
构造法解题是一种富有创造性的思维活动，一种数学形式的构造绝不是单一的思维方式，而是多种思维方式交叉、联系、融汇在一起共同作用的结果。上述所列举的各类思维构造，仅是就构造形式的区分，旨在方便通过揭示构造法思维方式教会学生如何去构造。
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