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小学奥数题型与解题思路21~40讲

21、数字和与最大最小问题

  【数字求和】

  例1 100个连续自然数的和是8450,取其中第1个,第3个,第5个,………,第99个(所有第奇数个),再把这50个数相加,和是______。

  (上海市第五届小学数学竞赛试题)

  讲析:第50、51两个数的平均数是8450÷ 100= 84. 5,所以,第50个数是84。则100个连续自然数是:

  35,36,37,………,133,134。

  上面的一列数分别取第1、3、5、……、99个数得:

  35,37,39,……131,133。

  则这50个数的和是:

  

  例2 把1至100的一百个自然数全部写出来,所用到的所有数码的和是_____。

  (上海市第五届小学数学竞赛试题)

  讲析;可把1至100这一百个自然数分组,得

  (1、2、3、……、9),(10、11、12、……、19),(20、21、22、……29),……,(90、91、92、……99),(100)。

  容易发现前面10组中,每组的个位数字之和为45。而第一组十位上是0,第二组十位上是1,第三组十位上是2,……第十组十位上是9,所以全体十位上的数字和是(l+2+3+……+9)×10=450。故所有数码的和是45×10+450+l=901。

  

续若干个数字之和是1992,那么a=____。

  (北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题)

  

  又,1992÷27=73余21,而21=8+5+7+1,所以a=6。

  例4 有四个数,每次选取其中三个数,算出它们的平均数,再加上另外一个数,用这种方法计算了四次,分别得到四个数:86,92,100,106。那么,原来四个数的平均数是

  (1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:每次所选的三个数,计算其平均数,实际上就是计算这三个数中

原来四个数的平均数为(86+92+100+106)÷2=192。

  【最大数与最小数】

  例1 三个不同的最简真分数的分子都是质数,分母都是小于20的合数,要使这三个分数的和尽可能大,这三个分数是

  (全国第四届《从小爱数学》邀请赛试题)。

  讲析: 20以内的质数有: 2、 3、 5、 7、 11、 13、 17、 19

  要使三个分数尽量大,必须使每个分子尽量大而分母尽量小。且三个真

  例2 将1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分成三组,分别计算各组数的和。已知这三个和互不相等,且最大的和是最小和的2倍。问:最小的和是多少?

  (全国第三届“华杯赛”决赛口试试题)

  讲析;因为1+2+3+……+8=36,又知三组数的和各不相同,而且最大的

  例3 把20以内的质数分别填入□中(每个质数只用一次):

  

  使A是整数。A最大是多少?

  (第五届《从小爱数学》邀请赛试题)

  讲析:要使A最大,必须使分母尽量小,而分子尽量大。

  分母分别取2、3、5时,A都不能为整数。当分母取7时,

  

  例4 一组互不相同的自然数,其中最小的数是1,最大的数是25。除1之外、这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍,或者等于这组数中某两个数之和。问:这组数之和的最大值是多少?当这组数之和有最小值时,这组数都有哪些数?并说明和是最小值的理由。

  (全国第四届“华杯赛”决赛第一试试题)

   析:观察自然数1、2、3、4、5、……、25这25个数,发现它们除1之外,每个数都能用其中某一个数的2倍,或者某两个数之和表示。因此,这组数之和的最大值是1+2+3+……+25=325。

  下面考虑数组中各数之和的最小值。

  1和25是必取的,25不能表示成一个数的2倍,而表示成两个数之和的形式,共有12种。我们取两个加数中含有尽可能大的公约数的一组数(20+5)或者(10+15)。当取1、5、20、25时,还需取2、3、10三个;当取1、10、15、25时,还需取2、3、5。经比较这两组数,可知当取1、2、3、4、5、10、15、25时,和最小是61。

22、数字串问题

  【找规律填数】

  例1 找规律填数

  

  (杭州市上城区小学数学竞赛试题)

    

  (1992年武汉市小学数学竞赛试题)

  讲析:数列填数问题,关键是要找出规律;即找出数与数之间有什么联系。

  第(1)小题各数的排列规律是:第1、3、5、……(奇数)个数分别

别是4和2。

  第(2)小题粗看起来,各数之间好像没有什么联系。于是,运用分数

得到了 

  

  

  例2 右表中每竖行的三个数都是按照一定的规律排列的。按照这个规律在空格中填上合适的数。

  (1994年天津市小学数学竞赛试题)

  讲析:根据题意,可找出每竖行的三个数之间的关系。不难发现每竖行中的第三个数,是由前两数相乘再加上1得来的。所以空格中应填33。

  【数列的有关问题】

   

数是几分之几?

  (第一届《从小爱数学》邀请赛试题)

  讲析:经观察发现,分母是1、2、3、4、5……的分数个数,分别是1、3、5、7、9……。所以,分母分别为1、2、3……9的分数共

 

   

  

  例2 有一串数:1,1993,1992,1,1991,1990,1,1989,1988,…这个数列的第1993个数是______

  (首届《现代小学数学》邀请赛试题)

  讲析:把这串数按每三个数分为一组,则每组第一个数都是1,第二、三个数是从1993开始,依次减1排列。

  而1993÷3=664余1,可知第1993个数是1。

  例3 已知小数0.12345678910111213……9899的小数点后面的数字,是由自然数1—99依次排列而成的。则小数点后面第88位上的数字是______。

  (1988年上海市小学数学竞赛试题)

  讲析:将原小数的小数部分分成A、B两组:

  

  A中有9个数字,B中有180个数字,从10到49共有80个数字。所以,第88位上是4。

  例4 观察右面的数表(横排为行,竖排为列);

   

  

几行,自左向右的第几列。(全国第三届“华杯赛”决赛试题)

  讲析:第一行每个分数的分子与分母之和为2,第二行每个分数的分子与分母之和为3,第三行每个分数的分子与分母之和为4,……即每行各数的分子与分母之和等于行数加1。

   

  例5 如图5.4,除了每行两端的数之外,其余每个数都是与它相连的上一行的两个数的平均数,那么第100行各数之和是_______。

  (广州市小学数学竞赛试题)

  讲析:可试探着计算每行中各数之和。第一、二、三、四行每行的各数之和分别是6、8、10、12,从而得出,每行的数字之和,是行数的2倍加4。故第100行各数之和为100×2+4=204.

  例6 伸出你的左手,从大拇指开始,如图5.5所示的那样数数:l、2、3……。问:数到1991时,会落在哪个手指上?

  (全国第三届“华杯赛”决赛口试试题)

  讲析:除1之外,从2开始每8个数为一组,每组第一个数都是从食指开始到拇指结束。∵(1991—1)÷8=248余6,∴剩下最后6个数又从食指开始数,会到中指结束。

  例7 如图5.6,自然数按从小到大的顺序排成螺旋形。在“2”处拐第一个弯,在“3”处拐第二个弯……问拐第二十个弯处是哪个数?

  (全国第一届“华杯赛”决赛口试试题)

  讲析:写出拐弯处的数,然后按每两个数分为一组:(2,3),(5,7),(10,13),(17,21),(26,31),……。将会发现,每组数中依次相差1、2、3、4、5、……。每组的第二个数与后一组的第二个数依次相差2、3、4、5、……。从而可推出,拐第二十个弯处的数是111。

  例8 自然数按图5.7顺次 排列。数字3排在第二行第一列。问:1993排在第几行第几列?

  (全国第四届“华杯赛”复赛试题)

  讲析:观察每斜行数的排列规律,每斜行数的个数及方向。

  每一斜行数的个数分别是1、2、3、4、5、……,奇数斜行中的数由下向上排列,偶数斜行中的数由上向下排列。

  

斜行,该斜行的数是由下向上排列的,且第63行第1列是1954。

  由于从1954开始,每增加1时,行数就减少1,而列数就增加1。所以1993的列数、行数分别是:

  1993—1954+1=40(列),63-(1993—1954)=24(行)

23、数阵图

  【方阵】

  例1 将自然数1至9,分别填在图5.17的方格中,使得每行、每列以及两条对角线上的三个数之和都相等。

  (长沙地区小学数学竞赛试题)

  讲析:中间一格所填的数,在计算时共算了4次,所以可先填中间一格的数。

  (l+2+3+……+9)÷3=15,则符合要求的每三数之和为15。显然,中间一数填“5”。

  再将其它数字顺次填入,然后作对角线交换,再通过旋转(如图5.18),便得解答如下。

  例2 从1至13这十三个数中挑出十二个数,填到图5.19的小方格中,使每一横行四个数之和相等,使每一竖列三个数之和又相等。

  (“新苗杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:据题意,所选的十二个数之和必须既能被 3整除,又能被 4整除,(三行四列)。所以,能被12整除。十三个数之和为91,91除以12,商7余7,因此,应去掉7。每列为(91—7)÷4=21

  而1至13中,除7之外,共有六个奇数,它们的分布如图5.20所示。

  三个奇数和为21的有两种:21=1+9+11=3+5+13。经检验,三个奇数为3、5、13的不合要求,故不难得出答案,如图5.21所示。

  例3 十个连续自然数中,9是第三大的数,把这十个数填到图5.22的十个方格中,每格填一个,要求图中三个2×2的正方形中四数之和相等。那么,这个和数的最小值是______。

  (1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题)

  讲析:不难得出十个数为:2、3、4、5、6、7、8、9、10、11。它们的和是65。在三个2×2的正方形中,中间两个小正方形分别重复了两次。

  设中间两个小正方形分别填上a和b,则(65+a+b)之和必须是 3的倍数。所以,(a+b)之和至少是7。

  故,和数的最小值是24。

  【其他数阵】

  例1 如图5.23,横、竖各12个方格,每个方格都有一个数。

  已知横行上任意三个相邻数之和为20,竖列上任意三个相邻数之和为21。图中已填入3、5、8和“×”四个数,那么“×”代表的数是______。

  (1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题)

  讲析:可先看竖格。因为每相邻三格数字和为21,所以每隔两格必出现重复数字。从而容易推出,竖格各数从上而下是:3、10、8、3、10、8、3、10、8、3、10、8。

  同理可推导出横格各数,其中“×”=5。

  例2 如图5.24,有五个圆,它们相交后相互分成九个区域,现在两个区域里已经分别填上数字10、6,请在另外七个区域里分别填进2、3、4、5、6、7、9七个数字,使每个圆内的数之和都是15。

  (上海市第五届小学数学竞赛试题) 

  讲析:可把图中要填的数,分别用a、b、c、d、e、f、g代替。(如图5.25)

  显然a=5,g=9。

  则有:b+c=10,e+f=6,c+d+e=15。经适当试验,可得b=3,c=7,d=6,e=2,f=4。

  例3 如图5.26,将六个圆圈中分别填上六个质数,它们的和是20,而且每个小三角形三个顶点上的数之和相等。那么,这六个质数的积是______。

  (全国第一届“华杯赛”决赛试题)

  讲析:最上面的小三角形与中间的小三角形,都有两个共同的顶点,且每个小三角形顶点上三数之和相等。所以,最上边圆圈内数字与最下面中间圆圈内数字相等。

  同样,左下角与右边中间的数相等,右下角与左边中间数相等。

  20÷2=10,10=2+3+5。

  所以,六个质数积为2×2×3×3×5×5=900。

  例4 在图5.27的七个○中各填上一个数,要求每条直线上的三个数中,中间一个数是两边两个数的平均数。现已填好两个数,那么X=_______。

  (1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:如图5.28,可将圆圈内所填各数分别用a、b、c、d代替。

  则d=15。

  由15+c+a=17+c+b,得:a比b多2。

  所以,b=13+2=15。进而容易算出,x=19。

  例5 图5.29中8个顶点处标注的数字:

  a、b、c、d、e、f、g、h,其中的每一个数都等于相邻三个顶点

 

  (全国第三届“华杯赛”复赛试题)

  讲析:将外层的四个数,分别用含其它字母的式子表示,得

    

   

  

  即(a+b+c+d)-(e+f+g+h)=0

24、数的组成

  【数字组数】

  例1 用1、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字组成质数,如果每个数字都要用到,并且只能用一次,那么这九个数字最多能组成______个质数。

  (1990年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:自然数1至9这九个数字中,2、3、5、7本身就是质数。于是只剩下1、4、6、8、9五个数字,它们可组成一个两位质数和一个三位质数:41和689。所以,最多能组成六个质数。

  例2 用0、1、2、……9这十个数字组成五个两位数,每个数字只用一次,要求它们的和是一个奇数,并且尽可能的大。那么,这五个两位数的和是______。

  (1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:组成的五个两位数,要求和尽可能大,则必须使每个数尽可能大。所以它们的十位上分别 是9、8、7、6、5,个位上分别是0、1、2、3、4。但要求五个两位数和为奇数,而1+2+3+4=10为偶数,所以应将4与5交换,使和为:

  (9+8+7+6+4)×10+(1+2+3+5)=351。

  351即本题答案。

  例3 一个三位数,如果它的每一个数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字,那么就称它被另一个三位数“吃掉”。例如,241被342吃掉,123被123吃掉(任何数都可以被与它相同的数吃掉),但240和223互不被吃掉。现请你设计出6个三位数,它们当中任何一个数不被其它5个数吃掉,并且它们的百位上数字只允许取1、2;十位上数字只允许取1、2、3;个位上数字只允许取1、2、3、4。

  这6个三位数是_______。

  (第五届《从小爱数学》邀请赛试题)

  讲析:六个三位数中,任取两个数a和b,则同数位上的数字中,a中至少有一个数字大于b,而b中至少有一个数字大于a。

  当百位上为1时,十位上可从1开始依次增加1,而个位上从4开始依次减少1。即:114,123,132。当百位上为2时,十位上从1开始依次增加1而个位上只能从3开始依次减少1。即:213,222,231。经检验,这六个数符合要求。

  例4 将1、1、2、2、3、3、4、4这八个数字排成一个八位数,使得两个1之间有一个数字;两个2之间有两个数字;两个3之间有三个数字;两个4之间有四个数字。那么这样的八位数中的一个是______。

  (1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题)

  讲析:两个4之间有四个数字,则在两个4之间必有一个数字重复,而又要求两个1之间有一个数,于是可推知,这个重复数字必定是1,即412134或421314。然后可添上另一个2和3。

  经调试,得23421314,此数即为所答。

  【条件数字问题】

  例1 某商品的编号是一个三位数,现有五个三位数:874,765,123,364,925。其中每一个数与商品编号,恰好在同一位上有一个相同的数字,那么这个三位数是_______

  (1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:将五个数按百位、十位、个位上的数字分组比较,可发现:百位上五个数字都不同;十位上有两个2和两个6;个位上有两个4和两个5。故所求的数的个位数字一定是4或5,百位上一定是2或6。经观察比较,可知724符合要求。

  例2 给一本书编页码,共用了1500个数字,其中数字“3”共用了_______个

  (首届《现代小学数学)》邀请赛试题)

  讲析:可先求出1500个数字可编多少页。

  从第一页到第9页,共用去9个数字;从第10页到第99页,共用去2×90=180(个)数字;余下的数字可编(1500-189)÷3=437(页)

  所以,这本书共有536页。

  l至99页,共用20个“3”,从100至199页共用20个“3”,从200至299页共用20个“3”,从300至399页共用去120个“3”,从400至499页共用去20个“3”,从500到536页共用去11个“3”。所以,共用去211个数字3。

  例3 在三位数中,数字和是5的倍数的数共有_______个。

  (全国第四届“华杯赛”决赛口试试题)

  讲析:可把三位数100至999共900个数,从100起,每10个数分为一组,得

  (100,101、……109),(110、111、……119),……(990、991、……、999)

  共分成了90组,而每组中有且只有两个数的数字和是5的倍数,所以一共有2×90=180(个)。

  例4 有四个数,取其中的每两个数相加,可以得到六个和。这六个和中最小的四个数是83、87、92、94,原因数中最小的是______。

  (上海市第五届小学数学竞赛试题)

  讲析:设原四个数从小到大为a、b、c、d,则有a+b=83,a+c=87,所以c比b大4。而对于和为92和94时,或者是b+c=92,或者是b+c=94。

  当b+c=92时,因c比b大4,可得b=45,进而可求得a=38。

  当b+c=94时,因c比b大4,可得b=44,进而可求得a=39。

  所以,原四数中最小的数是38或39。

  

abcd=______

  (广州市小学数学竞赛试题)

  讲析:原四位数增加8倍后得新的四位数,也就是原四位数乘以9,得新四位数(如图5.29)。从而可知,a一定为1,否则积不能得四位数。则

 

  例6 有两个两位数,它们的个位数字相同,十位数字之和是11。这两个数的积的十位数字肯定不会是哪两个数字?

  (1990年《小学生报》小学数学竞赛试题)

  讲析:由题意可知,两个数的十位上为(2,9),(3,8),(4,7),(5,6),而个上则可以是0至9的任意一个数字。如果分别去求这两个数的积,那是很麻烦的。

  设这两个数的个位数字是c,十位数字分别为a、b,则a+b=11,两数分别为(10a+c),(10b+c)。

  

  

字。

    

能是6、8。

  例7 期的记法是用6个数字,前两个数字表示年份,中间两个数字表示月份,后两个数字表示日(如1976年4月5日记为760405)。

  第二届小学“祖杯赛”的竞赛日期记为921129。这个数恰好左右对称。因此这样的日期是“吉祥日”。问:从87年9月1日到93年6月30日,共有_______个吉祥日。(第二届“祖冲之杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:一个六位数从中间分开,要求左右对称,则在表示月份的两个数中,只有11月份。而且“年份”的个位数字只能是0、1、2。

  所以是共有3个吉祥日:901109、911119、921129。

25、数的整除性规律

  【能被2或5整除的数的特征】(见小学数学课本,此处略)

  【能被3或9整除的数的特征】一个数,当且仅当它的各个数位上的数字之和能被3和9整除时,这个数便能被3或9整除。

  例如,1248621各位上的数字之和是

  1+2+4+8+6+2+1=24

  3|24,则3|1248621。

  又如,372681各位上的数字之和是

  3+7+2+6+8+1=27

  9|27,则9|372681。

  【能被4或25整除的数的特征】一个数,当且仅当它的末两位数能被4或25整除时,这个数便能被4或25整除。

  例如,173824的末两位数为24,4|24,则4|173824。

  43586775的末两位数为75,25|75,则25|

  43586775。

【能被8或125整除的数的特征】一个数,当且仅当它的末三位数字为0,或者末三位数能被8或125整除时,这个数便能被8或125整除。

  例如,32178000的末三位数字为0,则这个数能被8整除,也能够被125整除。

  3569824的末三位数为824,8|824,则8|3569824。

  214813750的末三位数为750,125|750,则125|214813750。

【能被7、11、13整除的数的特征】一个数,当且仅当它的末三位数字所表示的数,与末三位以前的数字所表示的数的差(大减小的差)能被7、11、13整除时,这个数就能被7、11、13整除。

  例如,75523的末三位数为523,末三位以前的数字所表示的数是75,523-75=448,448÷7=64,即

  7|448,则7|75523。

  又如,1095874的末三位数为874,末三位以前的数字所表示的数是1095,1095-874=221,221÷13=17,即

  13|221,则13|1095874。

  再如,868967的末三位数为967,末三位以前的数字所表示的数是868,967-868=99,99÷11=9,即

  11|99,则11|868967。

  此外,能被11整除的数的特征,还可以这样叙述:

  一个数,当且仅当它的奇数位上数字之和,与偶数位上数字之和的差(大减小)能被11整除时,则这个数便能被11整除。

  例如,4239235的奇数位上的数字之和为

  4+3+2+5=14,

  偶数位上数字之和为2+9+3=14,

  二者之差为14-14=0,0÷11=0,

  即11|0,则11|4239235。

26、数的公理、定理或性质

  【小数性质】小数的性质有以下两条:

  (1)在小数的末尾添上或者去掉几个零,小数的大小不变。

  (2)把小数点向右移动n位,小数就扩大10n倍;把小数点向左移动n位,小数就缩小10n倍。

  【分数基本性质】一个分数的分子和分母都乘以或者都除以同一不为零的数,分数的大小不变。即

   

  【去九数的性质】用9去除一个数,求出商后余下的数,叫做这个数的“去九数”,或者叫做“9余数”。求一个数的“去九数”,一般不必去除,只要把该数的各位数字加起来,再减去9的倍数,就得到该数的“去九数”。(求法见本书第一部分“(四)法则、方法”“2.运算法则或方法”中的“弃九验算法”词条。)去九数有两条重要的性质:

  (1)几个加数的和的去九数,等于各个加数的去九数的和的去九数。

  (2)几个因数的积的去九数,等于各个因数的去九数的积的去九数。

  这两条重要性质,是用“弃九验算法”验算加、减、乘、除法的依据。

  【自然数平方的性质】

(1)奇数平方的性质。任何一个奇数的平方被8除余1。

  为什么有这一性质呢?这是因为奇数都可以表示为2k+1的形式,k为整数。而

  (2k+1)2=4k2+4k+1

  =4k(k+1)+1

  k与k+1又是连续整数,其中必有一个是偶数,故4k(k+1)是8的倍数,能被8整除,所以“4k(k+1)+1”,即(2k+1)2能被8除余1,也就是任何一个奇数的平方被8除余1。

  例如,272=729

  729÷8=91……1

(2)偶数平方的性质。任何一个偶数的平方,都是4的倍数。

  这是因为偶数可以用2k(k为整数)表示,而(2k)2=4k2

  显然,4k2是4的倍数,即偶数的平方为4的倍数。

  例如,2162=46656

  46656÷4=11664

  即 4|46656

  【整数运算奇偶性】整数运算的奇偶性有以下四条:

  (1)两个偶数的和或差是偶数;两个奇数的和或差也是偶数。

  (2)一个奇数与一个偶数的和或差是奇数。

  (3)两个奇数之积为奇数;两个偶数之积为偶数。

  (4)一个奇数与一个偶数之积为偶数。

  由第(4)条性质,还可以推广到:

  若干个整数相乘,只要其中有一个整数是偶数,那么它们的积就是个偶数。

  【偶数运算性质】偶数运算性质有:

  (1)若干个偶数的和或者差是偶数。

  (2)若干个偶数的积是偶数。

  例如,四个偶数38、126、672和1174的和,是偶数2010;用偶数相减的算式3756-128-294-1350的差,也是偶数1984。

  【奇数运算性质】奇数运算性质有:

  (1)奇数个奇数的和(差)是奇数;偶数个奇数的和(差)是偶数。

  (2)若干个奇数的积是奇数。

27、数的大小概念

  【比较分数大小】用常规方法比较分数大小,有时候速度很慢。采用下述办法,往往可大大提高解题的速度。

  (1)交叉相乘。把要比较大小的两个分数的分子分母交叉相乘,然后

  

  

  2×5=10, 3×3=9, 3×8=24, 5×5=25,

  

  之所以能这样比较,是由于它们通分时,公分母是分母的乘积。这时,分数的大小就只取决于分子的大小了。

  (2)用“1”比较。当两个分数都接近1,又不容易确定它们的大小

 

 

  

  

  

 

  

  (4)化相同分子。把分子不同的分数化成同分子分数比较大小。有时

序排列起来:

  

  (5)两分数相除。用两个分数相除,看它们的商是大于1还是小于1,往往能快速地找出它们的大小关系。由于这样做,省略了通分的过程,所以

  

  显然,将它们反过来相除,也是可以的:

  

【巧比两数大小】若甲、乙两数间的关系未直接给出,比较它们的大小,有一定难度。这时,可按下面的办法去做:

  (1)先看分子是1的情况。例如下题:

  

  第一种方法是直观比较。先画线段图(图4.4):

  由对线段图的直观比较可知,乙数大于甲数。

  

 

 

  

数。

  

可知

  

  

  (2)再看分子不是1的情况。例如下题:

  

  它同样也可以用四种方法比较大小。比方

  用直观比较方法,可画线段图如下(图4.5):

  由图可知,甲数大于乙数。

  用统一分子的方法,也可比较它们的大小。因为

  

  用图表示就是图4.6:

  这就是说,把甲数分为9份,乙数分为8份,它们的6份相等。所以,它们每一份也相等。而甲数有9份,乙数只有8份,故甲数大于乙数。

  

去,即可知道甲数大于乙数。

  如果用转化关系式比较。由题意可知

  

  根据一个因数等于积除以另一个因数,可得

  

28、数的大小比较

  【分数、小数大小比较】

  

  (全国第二届“华杯赛”决赛口试试题)

  讲析:这两个分数如果按通分的方法比较大小,计算将非常复杂。于是可采用比较其倒数的办法去解答。倒数大的数反而较小。

  

  

  

  

 

个数是______。

  (1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:将给出的六个数分别写成小数,并且都写出小数点后面前四位数,则把这六个数按从大到小排列是:

  

  

  

  【算式值的大小比较】

  例1 设A=9876543×3456789; B=9876544×3456788。

  试比较A与B的大小。

  (1990年《小学生数学报》小学数学竞赛试题)

  讲析:可将A、B两式中的第一个因数和第二个因数分别进行比较。这时,只要把两式中某一部分变成相同的数,再比较不同的数的大小,这两个算式的大小便能较容易地看出来了。于是可得

  A =9876543×(3456788+1)

  =9876543×3456788+9876543;

  B =(9876543+1)×3456788

  =9876543×3456788+3456788;

  所以,A>B。

  例2 在下面四个算式中,最大的得数是算式______。

  

  (1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:如果直接把四个算式的值计算出来,显然是很麻烦的,我们不妨运用化简繁分数的方法,比较每式中相同位置上的数的大小。

  

   

  

  

  比较上面四个算式的结果,可得出最大的得数是算式(3)。

  例3 图5.1中有两个红色的正方形和两个蓝色正方形,它们的面积

  问:红色的两个正方形面积大还是蓝色的两个正方形面积大?

  (全国第四届“华杯赛”决赛口试试题)

  讲析:

  

方形放入大正方形中去的办法,来比较它们的大小(如图5.2)。

 

  

  

  所以,两个蓝色正方形的面积比两个红色正方形的面积大。

29、实践与实际操作

  【最短路线】

  例1 一只蚂蚁要从A处出发,经粘合在一块木板上的正方体(如图5.74)的表面爬到B处。

  请你在图上画出最短的路线(看得见的画实线,看不见的画虚线),有几条就画几条。

  (1990年“新苗杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:可将正方体的几个面,按正视位置的前面—上面展开,前面—右面展开,左面—后面展开,左边—上面展开,其展开图都是由两个正方形面组成的长方形(如图5.75所示)。

  根据两点之间直线段最短的原理,故最短路线为每个长方形对角线,它们共有四条,如图5.76所示。

  例2 请你在图5.773)、(4)、(5)上画出三种与图(2)不一样的设计图,使它们折起来后,都成为图(1)所示的长方形盒子(粗线和各棱交于棱的中点)。

  (第四届《从小爱数学》邀请赛试题)讲析:解题的关键,是要分清实线与虚线,然后思考它们是按什么方式展开的。

  不难想象,其答案如图(3)、(4)、(5)所示。

  【切分图形】

  例1 请将图5.78分成面积相等,形状相同,且每一块中都含有“数学竞赛”字样的四块图形。

  (“新苗杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:从条件看,所分成的每一块图中,必须有四个小正方形,且只有五种(如图5.79)。

  根据图中汉字的具体位置,可发现图5.79中图(1)、图(2)明显不合,图(3)、图(4)也不能分成。于是只剩下图(5)。

  进一步搜索,便可得到答案。答案如图5.80所示。

  例2 在一张正方形纸上画两个三角形,最多可以把这个正方形分成________块,画三个三角形,最多可以把这个正方形分成________块;画四个三角形,最多可以把这个正方形分成_________块。

  (1990年无锡市小学数学竞赛试题)

  讲析:可先找出规律。

  在正方形纸上,画一个三角形,依次画三条边时,增加了(111)块,最多可把它分成4块;画二个三角形,依次画三条边时,增加了(333)块,共13块;画三个三角形,依次画三条边时,增加了(555)块,共28块,如图5.81所示。

  由此推得,画四个三角形,可增加(777)块,最多,共49块。

  【拼合图形】

  例1 5.82是由图5.83中的六块图形拼合而成的,其中图①放在中间一列的某一格。请在图5.82中找出这六个图形,并画出来。

  (1993年全国小学数学奥林匹克总决赛试题)

  讲析:可先确定图①的位置。因为图①在中间的一列的某一格,当图①放在ABC处时,经试验,与其它五图不能拼成图5.82

  当图①放在D处时,这六幅图可以拼成图5.82。拼法如图5.84所示。

  例2 7块正方体积木堆在桌上。

  从东、南、西、北四个方向看去,所看到的一面都只有5个正方形,而且看到的图案是一样的。(如图5.85)。那么从上面看下去,看到的图形可能是什么

  样的?请在图5.86中正确的图形下面打

  “√”,错误的图形下面打“×”。(《从小爱数学》邀请赛第五届试题)

  讲析:上面的七幅图都是俯视图。在看每幅图是否正确时,关键是想象出将另两块积木,放在这五块中哪两块的上面,然后分别从东西南北四个方向去看,得出的图形是否与图5.85相吻合。

  经试验,得出的答案如图5.86所示,即按从左往右,从上至下的位置,依次为√、√、×、√、×、√、√。

省工省时问题

  例1 某车队有4辆汽车,担负ABCDEF六个分厂的运输任) N/ ?+ O# T- ~5 U5 ^+ s5 w
  (图5.97所标出的数是各分厂所需装卸工人数)。若各分厂自派装卸工,则共需33人。若让一部分人跟车装卸,在需要装卸工人数较多的分厂再配备一个或几个装卸工,那么如何安排才能既保证各分厂所需工人数,又使装卸工人数最少?

 

  (1990年《小学生报》小学数学竞赛试题)
  讲析:可从需要工人数最少的E分厂着手。假定每辆车上配备3人,则需在DCBAF五处分别派15234人,共需27人。* Z3 d, m7 Q6 s. H/ [
  若每车配备4人,则需在CBAF四处分别派4123人,共需26人。# u; t% t' S4 n) d, Y1 `* d
  若每车配备5人,则需在CAF三处分别派312人,共需26人。
  所以,上面的第二、三种方案均可,人数为26人。& WD4 p4 u. a) }4 k" E) w" e3 c
  例2 少先队员在植树中,每人植树2棵。如果一个人挖一个树坑需要25分钟,运树苗一趟(最多可运4棵)需要20分钟,提一桶水(可浇4棵树)需要10分钟,栽好一棵树需要10分钟,现在以两个人为一个小组进行合作,那么,完成植树任务所需的最短时间是______分钟。
  (福州市鼓楼区小学数学竞赛试题)
  讲析:可将甲、乙两人同时开始劳动的整个过程安排,用图5.98来表示出来。5 g1 d; d) y1 x- ?- o, O6 J

  

  由图可知,完成任务所需的最短时间,是85分钟。0 h2 Q* h0 `D4 A, g1 I$ A
  例3 若干箱同样的货物总重19.5吨,只知每箱重量不超过353千克。今有载重量为1.5吨的汽车,至少需要______辆,才能保证把这些货物一次全部运走。(箱子不能拆开)/ x- |$ m+ ~! p% p
  (北京市第七届迎春杯小学数学竞赛试题)
  讲析:关键是要理解至少几辆车,才能保证一次运走的含义。也就是说,在最大浪费车位的情况下,最少要几辆车。
  这堆货物箱数至少有:2 v% \- b' {6 B" s: A) e
  19500÷353≈55.2≈56(箱);; l- \0 ^8 b: z8 V7 `
  一辆汽车每次最多能装的箱数:
  1500÷353≈4.2≈4(箱)。
  一次全部运走所有货物,至少需要汽车56÷4=14(辆)。8 u' ~3 l+ bqZ4 o
  例4 如图5.99,一条公路(粗线)两侧有7个工厂(0102……07),通过小路(细线)分别与公路相连于ABCDEF点。现在要设置一个车站,使各工厂(沿小路和公路走)的距离总和越小越好。这个车站应设在一______点。
  (1992年福州市小学数学竞赛试题)7 E6 xu* ~. C" E* a/ ]6 x

  

  讲析:从各工厂到车站,总是先走小路,小路的总长不变,所以问题可转化为:在一条公路上的ABCDEF处各有一个工厂,D处有两个工厂。要在公路上设一个站,使各厂到车站的距离总和最小(如图5.100)。; D& Q6 |9 Y; d# ?# m

  

  显然,车站应设在尽量靠七个厂的中间部位。
  如果车站设在D处,则各厂到D总长是:6 K5 j7 X- P4 W; e
  (DADF)+(DBDE)+DC=AFBEDC
  如果车站设在C处,则各厂到C总长是
  (CACF)+(BCCE)+2·DCAFBE2·DC9 k\6 h1 z4 k! f2 Gk
  比较上面两个式子得:当车站设在D处时,七厂到车站的距离总和最小。8 S. E2 z0 ~2 `+ P0 o. P; _# @
【费用最少问题】
  例1 在一条公路上每隔100千米有一个仓库(如图5.101),共有五个仓库。一号仓库存有10吨货物,二号仓库存有20吨货物,五号仓库存有40吨货物,其余两个仓库是空的。现在想把所有的货物集中存放在一个仓库里,如果每吨货物运输1千米需要0.5元的运费,那么最少要花多少运费才行?$ I/ }5 S% x8 H: a. ^% e- p8 B
  (全国第一届华杯赛复赛试题)

  

  讲析:这类问题思考时,要尽量使运这些货物的吨千米数的和最小。处理的方法是:小往大处靠/ K* m9 ?- G2 R6 E
  因为第五个仓库有40吨,比第一、二仓库货物的总和还多。所以,尽量把第五个仓库的货不动或者动得最近。
  当存放站设在第四仓库时,一、二、五仓库货物运输的吨千米数为:
  10×30020×20040×100=11000
  当存放站设在第五仓库时,一、二仓库货物运输的吨千米数为:
  10×400+20×300=10000
  所以,存放点应设在第五号仓库,运费最少。运费是0.5×10000=5000(元)。
  例2 有十个村,坐落在从县城出发的一条公路上(如图(5.102,单位:千米),要安装水管,从县城送自来水到各村,可用粗细两种水管,粗管足够供应所有各村用水,细管只能供一个村用水,粗管每千米要用8千元,细管每千米要用2千元。把粗管细管适当搭配,互相连接,可降低工程总费用。按最节省的办法,费用应是多少?7 ?& Z5 D/ i4 i8 S6 ]
  (全国第一届华杯赛决赛第二试试题)$ Jy; M+ Q' I, ~* Y5 b1 {

  

  讲析:因为粗管每千米的费用是细管的4倍,所以应该在需要安装四根或四根以上水管的地段,都应安装粗管。因此,只有到最后三个村安装细管,费用才最省。
  不难求出,最少费用为414000元。" S# k0 f`: Z4 X. n1 o- N% [

30、容斥原理问题

  例1 在1至1000的自然数中,不能被5或7整除的数有______个。

  (莫斯科市第四届小学数学竞赛试题)

  讲析:能被5整除的数共有1000÷5=200(个);

  能被7整除的数共有1000÷7=142(个)……6(个);

  同时能被5和7整除的数共有1000÷35=28(个)……20(个)。

  所以,能被5或7整除的数一共有(即重复了的共有):

  200+142—28=314(个);

  不能被5或7整除的数一共有

  1000—314=686(个)。

  例2 某个班的全体学生进行短跑、游泳、篮球三个项目的测试,有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀,其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表:

  

  求这个班的学生人数。

  (全国第三届“华杯赛”复赛试题)

  讲析:如图5.90,图中三个圆圈分别表示短跑、游泳和篮球达到优秀级的学生人数。

  

  只有篮球一项达到优秀的有

  15—6—5+2=6(人);

  只有游泳一项达到优秀的有

  18—6—6+2=8(人);

  只有短跑一项达到优秀的有

  17—6—5+2=8(人)。

  获得两项或者三项优秀的有

  6+6+5—2×2=13(人)。

  另有4人一项都没获优秀。

  所以,这个班学生人数是13+6+8+8+4=39(人)。

31、奇数偶数与奇偶性分析

  【奇数和偶数】

  例1 用l、2、3、4、5这五个数两两相乘,可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多?

  (全国第二届“华杯赛”决赛口试试题)

  讲析:如果两个整数的积是奇数,那么这两个整数都必须是奇数。在这五个数中,只有三个奇数,两两相乘可以得到3个不同的奇数积。而偶数积共有7个。所以,乘积中是偶数的多。

  例2 有两组数,甲组:1、3、5、7、9……、23;乙组:2、4、6、8、10、……24,从甲组任意选一个数与乙组任意选出一个数相加,能得到______个不同的和。

  (《现代小学数学》邀请赛试题)

  讲析:甲组有12个奇数,乙组有12个偶数。甲组中任意一个数与乙组中任意一个数相加的和,必为奇数,其中最大是47,最小是3。

  从3到47不同的奇数共有23个。

  所以,能得到23个不同的和。

  本题中,我们不能认为12个奇数与12个偶数任意搭配相加,会得到12×12=144(个)不同的和。因为其中有很多是相同的。

  【奇偶性分析】

  例1 某班同学参加学校的数学竞赛。试题共50道。评分标准是:答对一道给3分,不答给1分,答错倒扣1分。请你说明:该班同学得分总和一定是偶数。

  (全国第三届《从小爱数学》邀请赛试题)

  讲析:如果50道题都答对,共可得150分,是一个偶数。每答错一道题,就要相差4分,不管答错多少道题,4的倍数总是偶数。150减偶数,差仍然是一个偶数。

  同理,每不答一道题,就相差2分,不管有多少道题不答,2的倍数总是偶数,偶数加偶数之和为偶数。

  所以,全班每个同学的分数都是偶数。则全班同学的得分之和也一定是个偶数。

  例2 5只杯子杯口全都朝上。规定每次翻转4只杯子,经过若干次后,能否使杯口全部朝下?

  (美国小学数学奥林匹克通讯赛试题)

  讲析:一只杯口朝上的杯子,要想使杯口朝下,必须翻转奇数次。要想5只杯口全都朝上的杯子,杯口全都朝下,则翻动的总次数也一定是奇数次才能办得到。

  现在每次只翻转4只杯子,无论翻多少回,总次数一定是偶数。

  所以,不能使杯口全部朝下。

  例3 某班共有25个同学。坐成5行5列的方阵。我们想让每个同学都坐到与他相邻的座位上去。(指前、后、左、右),能否做得到?

  (广州市小学数学竞赛预赛试题)

  讲析:如图5.44,为了方便,我们将每一格用A或B表示,也就是与A相邻的用B表示,与B相邻的用A表示。

  要想使每位同学都坐到相邻座位上去,也就是说坐A座位的同学都要坐到B座位上去,而坐B座位上的同学都要坐到A座位上去。

  但是,A座位共13个,而B座位共12个,所以,不管怎样坐,要想坐A座位的同学都坐到B座位上去,是办不到的。

  例4 线段AB的两个端点,一个标以红色,一个标以蓝色。在线段中间插入1991个分点,每个分点随意标上红色或蓝色。这样分得1992条不重叠的小线段,如果把两端点颜色不同的小线段叫做标准线段,那么标准线段的条数是奇数还是偶数?

  (1992年长沙市小学数学竞赛预选赛试题)

  讲析:每插入一个点,无论其颜色怎样,其非标准线段的条数增加0条或2条,所以插入1991个点后,非标准线段增加总数是一个偶数。又原非标准线段条数为1,是一个奇数,故最后得到的非标准线段必为奇数。

  非标准线段条数+标准线段条数=1992条。

  所以,标准线段的条数是奇数。

32、其他定理或性质

  【算术基本定理】任意一个大于1的整数,都能表示成若干个质数的乘积,如果不计质因数的顺序,则这个分解式是唯一的。即任意一个大于1的整数

  a=[p1×p2×p3×……×pn(p1≤p2≤p3≤……≤pn)其中p1、p2、p3、…、np都质数;并且若

  a=q1×q2×q3×…qm(q1≤q2≤q3≤…≤qm

  其中q1、q2、q3、…、qm都是质数。那么,m=n,qi=pi(i=1,2,3,…,n)

  当这个整数是质数时是符合定理的特例。

  上述定理,叫做“算术基本定理”。

  【方程同解变形定理】方程的同解变形,有下列两个基本定理:

  定理一 方程两边同时加上(或同时减去)同一个数或整式,所得的方程与原方程同解。

  根据这一同解定理,可把方程中某一项改变符号后,从方程的一边移到另一边。这种变形叫做移项。

  例如,解方程3x=2x+5。

  解 移项,得

  3x-2x=5

  合并同类项,得

  x=5。

  定理二 方程两边同时乘以(或除以)同一个不是零的数,所得的方程与原方程同解。

  

是同解的。

  【一笔画的性质】为掌握“一笔画”的性质,先介绍“一笔画”的有关概念。

  图──用若干条线(不一定是直线段)把一些点连接起来的图形,如图1.7。这些点叫图的顶点,如A、B、C、D;这些线叫图的边,如AB、AC、AD等。

  点的次--每个点上所连接的线的条数,叫做这个点的“次”。如图1.7中,A点有五条线与它相连,B点有三条线与它相连,则A点的次为5;B点有三条线与它相连,则B点的次为3。

  奇点--点的次数为奇数,则这个点为“奇点”。如图1.7中的A、B、C、D点,全部都是奇点。

  偶点--点的次数为偶数,则这个点叫做“偶点”。

  如图1.8中的B点(4次)、D点(2次),都是偶点。一笔画问题--在图1.8中,能否从A点(或其他点)出发,不重复任一边(点可随便经过若干次)而一笔画出全图的问题,叫做“一笔画问题”(也称“七桥问题”,见本书第九部分“七桥问题”词条)。

  能一笔画的图形,具有下面两条性质:

  (1)若一个图形中,奇点的个数不大于2,则这个图形必能一笔画成,否则就不能画成。

  例如图1.7中,奇点有A、B、C、D四个,它无论从哪一点出发,都是不可能一笔画成的。而图1.8中,奇点只有A、C两个,它是可以一笔画成的。其画法可如图1.9所示:从A点出发,经1到C,经2到D,经3到B,经4到A,又经5到B,再经6到A,然后经7到C,完成全图。显然,此图的画法并不止于这一种,这只是多种画法中的一种画法。

  (2)若一个图中没有奇点,那么始点和终点必须重合;若一个图中有两个奇点,则这两个奇点必是起点和终点。

  例如图1.10中,点A、B、C均为偶点,没有奇点。若从A点出发,按图外箭头所指的方向,经①、②、③、④、⑤,便又回到了A点。这样,A点便既是始点又是终点。而图1.8中有A、C两个奇点,按性质(1)中的画法,可从A点出发,到C点结束,A是始点,C是终点。图1.9(也可以从C点出发,到A点结束,C为始点,A为终点。)

平移变换

  【平移线段】有些几何问题,通过线段的上、下、左、右平移以后,能使问题很快地得到正确的解答。

  例如,下面的两个图形(图4.17和图4.18)的周长是否相等?

  单凭眼睛观察,似乎图4.18的周长比图4.17的要长一些。但把有关线段平移以后,图4.18就变成了图4.19,其中的线段,有的上移,有的左移,有的右移,它可移成一个正方形。于是,不难发现两图周长是相等的。

 

  【平移空白或阴影部分】有些求阴影部分或空白部分面积的几何题,采用平移空白部分或平移阴影部分的办法,往往能化难为易,很快使问题求得解答。例如,计算图4.20中阴影部分的面积。

 

  

圆面积”,然后相加,得整个阴影部分的面积。这显然是很费时费力的。但认真观察一下就会发现,图4.20左半左上部的空白部分,与右半左上部的阴影部分大小一样,只需将右半左上部的阴影部分,平移到左半左上部的空白部分,所有的阴影部分便构成一个正方形了(如图4.21)。所以,阴影部分的面积很快就可求得为5×5=25。

  又如,一块长30米,宽24米的草地,中间有两条宽2米的走道,把草地分为四块,求草地的面积(如图4.22)。

  这只要把丙向甲平移靠拢,把丁向乙平移靠拢,题目也就很快能解答出来了。(具体解法略)

33、平面图形的计算

【周长的计算】

  例1有9个同样大小的小长方形,拼成一个大长方形(如图5.54)的面积是45厘米2,求这个大长方形的周长。

  (第四届《小学生数学报》邀请赛决赛试题)

  讲析:设每个小长方形的长是a厘米,宽是b厘米。于是有

  a×b=45÷9=5;

  又有:4a=5b。

  可求得b=2,a=2.5。

  所以大长方形的周长为6a+7b=29(厘米)。

  例2 图5.55中图(1)和图(2)是两个形状、大小完全相同的大长方形,在每个大长方形内放入四个如图(3)所示的小长方形,斜线区域是空下来的地方,已知大长方形的长比宽多6厘米,问:图(1),图(2)中画斜线的区域的周长哪个大?大多少?(全国第四届“华杯赛”决赛试题)

  讲析:图5.55(1)中画斜线区域的周长恰好等于大长方形的周长,图5.55(2)中画斜线区域的周长明显比大长方形周长小。二者相差2·AB。

  从图5.55(2)的竖直方向看,AB=a-CD

  图5.55(2)中大长方形的长是a+2b,宽是2b+CD,

  所以,(a+2b)-(2b+CD)=a-CD=6(厘米)

  故:图5.55(1)中画斜线区域的周长比图5.55(2)中画斜线区域的周长大,大12厘米。

【面积的计算】

  例1如图5.56,长方形ADEF的面积是16,三角形ADB的面积是3,三角形ACF的面积是4,那么三角形ABC的面积是______。

  (北京市第十届“迎春杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:连结AE(如图5.57),则三角形AEC的面积是16÷2-4=4。因为△ACF与△AEC等高,且面积相等。所以,CF=CE。

  同理,△ABE的面积是16÷2-3=5,则BD∶BE=3∶5。即BE=

  从而,△ABC的面积是16-(3+4+2.5)=6.5。

  例2 如图5.58,在等边三角形ABC中,AF=3FB,FH垂直于BC,已知阴影部分的面积为1平方厘米,这个等边三角形的面积是多少平方厘米?

  (1992年武汉市小学数学竞赛试题)

  讲析:如图5.59,连接△ABC各边中点,则△ABC被分成了大小相等的四个小三角形。

  在△DBG中,再连接各边中点,得出将△DBG又分成了四个很小的三角形。

  经观察,容易得出△ABC的面积为(1×2)×4×4=32(平方厘米)。

  例3 三条边长分别为5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形如图5.60(1),将它的短直角边对折到斜边上去与斜边相重合如图5.60(2)。那么,图5.60(2)中阴影部分(即未被盖住部分)的面积是______平方厘米。

  (1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题)

  讲析:如图5.60(2),设EC等于a厘米,那么DE也为a厘米。

  △ABC的面积等于△ABE的面积加上△AEC的面积。

  

  

  例4 如图5.61,ABCD是一个梯形,已知三角形ABD的面积是12平方厘米,三角形AOD的面积比三角形BOC的面积少12平方厘米,那么梯形ABCD的面积是______平方厘米。

  (广州市小学数学竞赛试题)

  讲析:可设△AOD的面积为S1

  则,△BOC的面积为S1+12。

  于是有:S△ABO=S△ABD-S△AOD=12-S1

  S△ABC=S△ABO+S△BOC=(12-S1)+(S1+12)

  =24(平方厘米)。

  所以,梯形ABCD的面积是24+12=36(平方厘米)。

  例5 梯形ABCD被两条对角线分成了四个三角形S1、S2、S3、S4。已知S1=2厘米2,S2=6厘米2。求梯形ABCD的面积。

  (小学数学奥林匹克通讯赛决赛试题)

  讲析:三角形S1和S2都是等高三角形,它们的面积比为2∶6=1∶3;

  则:DO∶OB=1∶3。

  △ADB和△ADC是同底等高三角形,

  所以,S1=S3=2厘米2

  三角形S4和S3也是等高三角形,其底边之比为1∶3,所以S4∶S3=1∶

  所以,梯形ABCD的面积为

  

  例6 正方形边长为20厘米(如图5.63),已知DD′=EE′,CE=6厘米。则阴影部分三角形的面积最大值是______平方厘米。

  (海口市小学数学竞赛试题)

  讲析:E′点在BE段滑动,D′点在DC段滑动。

  设DD′长a厘米。

  D′C=20-a,E′C=a+6。

  

  又因为D′C+E′C=(20-a)+(a+6)=26。

  运用等周长的长方形面积最大原理,两个数的和一定(等于26),要把这个和分成两个数,使这两个数的积最大,则当20-a=a+6=13时,即a=7

  =84.5(平方厘米)。

  例7 图5.64是一个正方形,图中所标数字的单位是厘米。问:阴影部分的面积是多少平方厘米?

  (全国第四届“华杯赛”决赛试题)

  讲析:如图5.65,连接AC,所分成的四个小三角形分别用S1、S2、S3、S4表示。

  容易看出S2和S3是关于OC为对称轴的对称图形。

  所以S2=S3

  从而不难得出S1、S2、S3、S4四个小三角形面积相等,即每个小三角

  例8 一个正方形(如图5.66),被分成四个长方形,它们的面积在图中标出(单位:平方米)。图中阴影部分是一个正方形。那么,它的面积是______。

  (1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:可将四个长方形分别用A、B、C、D表示(如图5.67),阴影部分是B中的一部分。

  大正方形的面积为1平方米,所以它的边长为1米。

  因为长方形C和D的宽相等,所以它们长的比等于面积比。于是得C的

  

米。

  例9 把大的正三角形每边8等分,组成图5.68所示的三角形网。如果每个小三角形面积是1,那么图中粗线围成的三角形面积是______。

  (1988年北京市奥林匹克邀请赛试题)

  讲析:一般地,关于格点多边形的面积,有下面的公式:

  

  这里,格子面积等于小正方形或平行四边形面积,也就是小三角形面积的2倍。

  题中,格子面积为1×2=2,内部格点数为12,边上格点数为4。

  所以,粗线围成的面积是

  

34、判断题的解答

  【用筛去(消倍)法判断】一个数能否被3整除,本来是不太难的问题。但当一个数比较大时,用各数位上的数相加,速度很慢,而且容易出现口算错误。若用“筛去(消倍)法”来判断,情况就大不一样了。例如

  (1)判断76935能否被3整除。先直接筛去能被3整除的6、9、3,剩下的7与5,和为3的倍数,所以3|76935(3能整除76935,或76935能被3整除)。

  (2)判断3165493能否被3整除。先直接筛去3的倍数3、6、9、

能整除3165493,或3165493不能被3整除。)

  【能否被7整除】一个数能否被7整除,只要把这个数的末位数字截去,再从余下的数中,减去这个末位数字的2 倍,如果这时能看出所得的差能被7整除,则原来的数就能被7整除,否则就不能被7整除;若是仍看不出来,就要继续上述过程,直到能清楚作出判断为止。例如,判断133能否被7整除:

  因为差数7能被7整除,所以7|133。

  这是什么原因呢?请看下面的算式:

  133×2=(13×10+3)×2

  =13×20+3×2

  =13×(21-1)+3×2

  =13×21-13+3×2

  =13×7×3-(13-3×2)

  显然,13×7×3中有约数7,它能被7整除,故只要检验后面的(13-3×2)能否被7整除就可以了。(原理可见第一部分的整除性定理)

  如果要判断的数的位数很多,那么,将这种做法一直进行下去就是。例如,判断62433能否被7整除:

  ∵7|42,∴7|62433

  这样的判定方法可称作“割尾法”。一个数能否被11、13、17和19整除,也可用割尾法去判断。

  【能否被11整除】判断一个数能否被11整除,可以采用割尾法、奇偶位差法及分节求和法。

  (1)割尾法。一个数能否被11整除,只要把它的末尾数字截去,从余下的数里减去这个末位数,看所得的差能否被11整除。差能整除的,原来的数就能整除;差不能整除的,原来的数就不能整除。如一次所得的差还看不出能否被11整除,就继续上述过程,直到能作出判断为止。例如,判断2629能否被11整除:

  因为11|22,所以11|2629。

  之所以能这么判断,原因在于

  2629=2620+9

  =262×10+9

  =262×(11-1)+9

  =262×11-262+9

  =262×11-(262-9)

  在262×11中有因数11,所以只要看(262-9)的差能否被11整除,就可判断原来的2629能否被11整除。

  而(262-9)的差是253,

  253=250+3

  =25×10+3

  =25×(11-1)+3

  =25×11-25+3

  =25×11-(25-3)

  同样,只要看(25-3)能否被11整除,就会知道253能否被11整除。进而便可知2629能否被11整除了。

  (2)奇偶位差法。判断一个数能否被11整除,可先分别求出此数的奇位数字之和及偶位数字之和,再求这两个和的差数,若这个差能被11整除,则原来的那个数就能被11整除;否则,原来的数就不能被11整除。例如,判断823724能否被11整除:

  ∵它的奇位数字之和为4+7+2=13(数位数,从右边个位开始往左数),

  它的偶位数字的和为2+3+8=13

  两个和的差数是13-13=0(两数不等时用大数减小数)

  而 11|0

  ∴11|823724

  之所以能这样判断,是因为

  823,724

  =8×100,000+2×10,000+3×1,000+7×100+2×10+4

  =8×(100,001-1)+2×(9,999+1)+3×(1,001-1)+7×(99+1)+2×(11-1)+4

  =8×100,001+2×9,999+3×1,001+7×99+2×11+[(2+7+4)-(8+3+2)]

  显然,在前几项中,因数100,001、9,999、1,001、99、11都是11的倍数,故只需检验[(2+7+4)-(8+3+2)]

  能否被11整除,就可以作出判断了。

  (3)分节求和法。把一个自然数从右向左每两位截为一节,然后把这些节加起来。若所得的和能被11整除,那么这个数就能被11整除;否则,这个数就不能被11整除。在这一情况下,如果仍不能作出判断,那就继续上述过程,直到清楚地作出判断为止。例如,判断762421能否被11整除:

  

  这一判断方法的理由,可见下面的算式:

  762421=76×10000+24×100+21

  =76×(9999+1)+24×(99+1)+21

  =76×9999+76+24×99+24+21

  =76×9999+24×99+(76+24+21)

  在前两项中,因数9999和9都能被11整除,所以只需要检验后面的(76+24+21)能否被11整除了。能整除的原数就能被11整除;不能整除的原数,就不能被11整除。

  【能否被13整除】一个数能否被13整除,可采用“割尾法”判断:截去末位数字,余下的数加上末位数的4倍。所得的和是13的倍数,则这个数就能被13整除,否则,就不能被13整除。要是割尾一次仍不能作出判断,那就继续割尾,直到能作出判断为止。例如,判断364能否被13整除:

  ∵13|52,∴13|364。

  这一判断的理由,可由下式看出:

  364×4=(36×10+4)×4

  =36×40+4×4

  =36×(39+1)+4×4

  =36×39+36+4×4

  =36×13×3+(36+4×4)

  前面的36×13×3中,有约数13,所以作出判断时,只需要检验(36+4×4)是否能被13整除了。

  【能否被17整除】一个数能否被17整除,同样可用“割尾法”作巧妙而快速地判断。不过,具体地做法有所不同。例如,判断731能否被17整除,判断方法如下:

  ∵17|68,∴17|731。

  这样做的理由,可见下面的算式推导:

  731×5=(73×10+1)×5

  =73×50+1×5

  =73×(51-1)+1×5

  =73×51-73+1×5

  =73×17×3-(73-1×5)

  由于前面的73×17×3有约数17,故只需检验(73-1×5)能否被17整除,就知道“731×5”能否被17整除。知道“731×5”能否被17整除,也就是知道731能否被17整除了(根据整除性定理)。

  若是“割尾”一次仍不能作出判断,那就依法继续割尾下去,直到能作出判断为止。例如,判断279191能否被17整除, 可以作如下割尾判断:

  ∵17|17,∴17|279191

  【能否被19整除】一个数能否被19整除,也是可用“割尾法”作巧妙判断的,具体做法如

  判断475能否被19整除:

  ∵19|57,∴19|475。

  其中的道理,可见下面的算式推导:

  475×2=(47×10+5)×2

  =47×20+5×2

  =47×(19+1)+5×2

  =47×19+(47+5×2)

  最后算式中的47×19有约数19,故只需要检验(47+5×2)能否被19整除,就知道“475×2”及“475”能否被19整除了。

  如果一次“割尾”仍不能作出判断,那就继续“割尾”下去,直至能作出判断为止。例如,判断14785能否被19整除:

排列与组合

【有条件排列组合】

  例1 用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字能够组成______个没有重复数字的三位数。

  (哈尔滨市第七届小学数学竞赛试题)

  讲析:用这十个数字排列成一个不重复数字的三位数时,百位上不能为0,故共有9种不同的取法。

  因为百位上已取走一个数字,所以十位上只剩下9个数字了,故十位上有9种取法。

  同理,百位上和个位上各取走一个数字,所以还剩下8个数字,供个位上取。

  所以,组成没有重复数字的三位数共有

  9×9×8=648(个)。

  例2 甲、乙、丙、丁四个同学排成一排,从左到右数,如果甲不排在第一个位置上,乙不排在第二个位置上,丙不排在第三个位置上,丁不排在第四个位置上,那么不同的排法共有______种。

  (1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题)

  讲析:因每个人都不排在原来的位置上,所以,当乙排在第一位时,其他几人的排法共有3种;同理,当丙、丁排在第一位时,其他几人的排法也各有3种。

  因此,一共有9种排法。

  例3 有一种用六位数表示日期的方法,如890817表示1989年8月17日,也就是从左到右第一、二位数表示年,第三、四位数表示月,第五、六位数表示日。如果用这种方法表示1991年的日期,那么全年中六个数字都不相同的日期共有______天。

  (1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题)

  讲析:第一、二位数字显然只能取9和1,于是第三位只能取0。

  第五位数字只能取0、1、2或3,而0和1已取走,当取3时,第六位上只能取0和1,显然不行。因此,第五位上只能取2。

  于是,第四位上只能取3、4、5、6、7、8;第六位上也只能取3、4、5、6、7、8,且第四、六位上数字不能取同。

  所以,一共有 6×5=30(种)。

【环形排列】

  例1 编号为1、2、3、4的四把椅子,摆成一个圆圈。现有甲、乙、丙、丁四人去坐,规定甲、乙两人必须坐在相邻座位上,一共有多少种坐法?

  (长沙市奥林匹克代表队集训试题)

  讲析:如图5.87,四把椅子排成一个圆圈。

  

  当甲坐在①号位时,乙只能坐在②或④

  号位上,则共有4种排法;同理,当甲分别坐在②、③、④号位上时,各有4种排法。

  所以,一共有16种排列法。

  例2 从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在图5.88的六个圆圈中,使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数,那么最多能找出______种不同的挑法来。(挑出的数字相同,而排列次序不同的都只算一种)

  

  (北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:在1至9这九个自然数中,奇数有1、3、5、7、9五个,偶数有2、4、6、8四个。要使排列之后,每相邻两个数字之和为质数,则必须奇数与偶数间隔排列,也就是每次取3个奇数和3个偶数。

  从五个奇数中,取3个数共有10种方法;

  从四个偶数中,取3个数共有4种方法。

  但并不是每一种3个奇数和3个偶数都可以排成符合要求的排列。经检验,共有26种排法。

35、逻辑思路

  “逻辑思路”,主要是指遵循逻辑的四大基本规律来分析推理的思路。

  【同一律思路】同一律的形式是:“甲是甲”,或“如果甲,那么甲”。它的基本内容是,在同一思维过程中,同一个概念或同一个思想对象,必须保持前后一致性,亦即保持确定性。这是逻辑推理的一条重要思维规律。运用这一规律来解题,我们把它叫同一律思路。

  例1 某公安人员需查清甲、乙、丙三人谁先进办公室,三人口供如下:

  甲:丙第二个进去,乙第三个进去。

  乙:甲第三个进去,丙第一个进去。

  丙:甲第一个进去,乙第三个进去。

  三人口供每人仅对一半,究竟谁第一个进办公室?

  分析(用同一律思路推理);

  这一类问题具有非此即彼的特点。比如甲是否是第一个进办公室只有两种可能:是或非。我们用1表示“是”,0表示“非”,则可把口供列表处理。

  (1)若甲第一,则依据丙的口供见左表,这个表与甲的口供仅对一半相矛盾;

  (2)若甲非第一,则依据丙的口供,乙第三个进去,进行列表处理如右表,与“三人口供仅对一半”相符。

 

  从而可以判定,丙最先进入办公室。

  这个问题也可以不列表而用同一律推理。

  甲的话第一句对,第二句错,则丙第二,乙不是第三,又不是第二,自然乙第一,甲第二,这个结论与丙说的话“半对半错”不符。因此,有甲的第一句错,第二句对。即乙第三个进去,丙不是第二个,自然是第一个。这个结论与乙的话“半对半错”相符:甲不是第三,丙是第一。并且这个结论与丙的话“半对半错”也相符:甲不是第一,乙是第三。

  在整个思维过程中,我们对三人的话“半对半错”进行了一一验证,直到都符合题目给定的条件为止。

  例2 从前一个国家里住着两种居民,一个叫宝宝族,他们永远说真话;另一个叫毛毛族,他们永远说假话。一个外地人来到这个国家,碰见三位居民,他问第一个人:“请问你是哪个民族的人?”

  “匹兹乌图。”那个人回答。

  外地人听不懂,就问其他两个人:“他说的是什么意思?”

  第二个人回答:“他说他是宝宝族的。”

  第三个人回答:“他说他是毛毛族的。”

  请问,第一个人说的话是什么意思?第二个人和第三个人各属于哪个民族?

  分析(用同一律思路思考):

  如果第一个人是宝宝族的,他说真话,那么他说的是“我是宝宝族的”。如果这个人是毛毛族的,他说假话,他说的还是“我是宝宝族的”。这就是说,第一个人不管是什么民族的,那句话的意思都是:“我是宝宝族的”。

  根据这一推理,那么第二个人回答“他说他是宝宝族的”这句话是真的,而从条件可知,说真话的是宝宝族人,因此可以判断第二个人是宝宝族人。

  不管第一个人是什么民族的,根据前面推理已知他说的话是“我是宝宝族的”,而第三个人回答“他说他是毛毛族的”显然是错的,而说假话的是毛毛族人,因此可以断定第三个人是毛毛族人。

  我们在分析本题时,始终保持了思维前后的一致性,这就是同一律思路的具体运用。

  【不矛盾律思路】不矛盾律的形式是“甲不是非甲”。它的基本内容是:同一对象,在同一时间内和同一关系下,不能具有两种互相矛盾的性质,它是逻辑推理的又一重要规律,运用不矛盾律来推理、思考某些问题的解答,这种思路我们把它叫做不矛盾律思路。

  例1 有三个和尚,一个讲真话,一个讲假话,另外一个有时讲真话,有时讲假话。一天,一位智者遇到这三个和尚,他先问左边的那个和尚:“你旁边的是哪一位?”和尚回答说“讲真话的。”他又问中间的和尚:“你是哪一位?”和尚答:“我是半真半假的。”他最后问右边的和尚:“你旁边是哪一位?”答:“讲假话的。”根据他们的回答,智者马上分清了他们,你能分清吗?

  分析(运用不矛盾律思路探讨):

  两件相互矛盾对立的事情,如果一件是不正确的,另一件就是正确的,这就是不矛盾律的基本思路。我们先假设左边和尚讲的是真的,那么中间的和尚是讲真话的,但这与他的回答:“我是半真半假的”矛盾,所以左边和尚讲真话这一假设不对。从而左边和尚讲的是假话,他一定不是讲真话的和尚。中间那个和尚也一定不是讲真话的,所以右边的和尚是讲真话的和尚。根据他的话,中间是讲假话的和尚,剩下左边的和尚自然就是半真半假的。

  例2 一次学校举行田径运动会,A、B、C、D、E五个班取得了团体前五名,发奖后有人问他们的名次,回答是:

  A班代表说:“B是第三名,C是第五名。”

  B班代表说:“D是第二名,E是第四名。”

  C班代表说:“A是第一名,E是第四名。”

  D班代表说:“C是第一名,B是第二名。”

  E班代表说:“D是第二名,A是第三名。”

  最后,他们都补充说:“我的话是半真半假的。”请你判断一下,他们各个班的名次。

  分析(用不矛盾律思路分析):

  先简化一下记法,比如B班是第三名,则写成B-3,其它类似,这样五个班代表的讲话可简记为:

  (1)B-3,C-5。

  (2)D-2,E-4。

  (3)A-1,E-4。

  (4)B-2,C-1。

  (5)A-3,D-2。

  假设(1)的前半句是真的,即B-3,那么由(4)有C-1,由(3)知A-1不对,有E-4;再由(2)知D-2不对,从(5)知A-3,这与假设矛盾,所以(1)中正确的应是C-5,于是由(4)知C-1不对,应该是B-2,进而知(2)D-2不对,有E-4,并知(5)D-2不对,有A-3,最后只剩下D及第一名,所以知道D应为第一名。

  最后排出名次自然就非常简单了。

  上述叙述虽然简化了记号,但文字表述仍然觉得累赘,所以还可以借助图表表达上述推理过程。

  如图2.21,假设B-3,在B上画一个圆圈(左图),表示推理的起点,找到另一个B,则应是不对的,画一个“×”,再找与这个B同行的“C”,它应是对的,画一个“√”,找与C同列的“A”,它不对,画一个“×”,等等。最后A-3被画了一个“√”,这与B-3相矛盾,故B-3是错的。在这个“B”上画一个“×”,重新开始推理(右图)。

 

  从(1)的C开始,因B-3是错的,则C-5记“√”,则(4)中C-1画“×”,B-2记“√”,由此推出(5)D-2记“×”,(2)D-2记“×”,……从表中可以看出,B-2,A-3、E-4、C-5,那么谁是第一,表中虽然未表达,但明眼人一看就知道了。

  【排中律思路】排中律的形式是“或者是甲,或者是非甲”。它的基本内容是:同一对象在同一时间内和同一关系下,或者是具有某种性质。或者是不具有某种性质,二者必居其一,不能有第三种情况。它是处理肯定判断与否定判断之间的关系的一个规律。运用这一规律来推理的思路,我们把它叫排中律思路。

  排中律和不矛盾律的基本作用是相同的,即都是排除思想中的矛盾。但也有区别:一是适用范围不同,不矛盾律的适用范围宽,既适用于互相反对的判断,也适用于互相矛盾的判断,排中律的作用范围窄些,只适用于互相矛盾的判断,不适用互相反对的判断;二是要求不同,不矛盾律要求对互相反对的和互相矛盾的判断,不能同时断定其中每一个都是真的,因为其中至少有一个是假的。排中律则要求:对于互相矛盾的判断,必须肯定其中一个是真,因为其中必有一真,不能都假。如果我们确定了某一个是正确的,根据不矛盾律,就可以得出另一个是错误的。反过来。如果我们确定了某一个是错误的,根据排中律,就可以得出另一个是正确的。从这方面来看,如果说不矛盾律提供我们逻辑否定的基础,那么排中律则主要提供我们逻辑肯定的基础;三是逻辑错误性质不同,不矛盾律要求的逻辑错误是“自相矛盾”,排中律要求的逻辑错误是“模棱两不可”。

  例1 老师有一黑两白三顶帽子,给两个学生看后,让他们闭上眼睛,从中取出两顶给他们戴上,然后让他们睁开眼睛,互相看清对方戴的帽子,并立即说出自己头上戴的帽子是什么颜色,两位同学都不能立即说出,请问你知道这两位学生戴的各是什么颜色的帽子吗?

  分析(运用排中律思路思索):

  假设你是这两个学生中的一个,因为你知道只有一顶黑帽子,当你看到对方戴的是黑帽子时,你能判断自己戴的帽子颜色吗?可以的,根据排中律:“非此即彼”,你一定会推断出自己戴的是白帽子。

  现在两个学生都不能利用排中律很快地说出自己戴的是白帽子,说明他们两人都没有看见黑帽子,由此断定,老师给两位学生戴的是两顶白帽子。

  例2 曾实、张晓、毛梓青在一起,一位是工程师、一位是医师、一位是教师。现在只知道:

  (1)毛梓青比教师年龄大;

  (2)曾实和医师不同岁;

  (3)医师比张晓年龄小。

  你能确定谁是工程师?谁是医师?谁是教师吗?

  分析(沿着排中律思路探索):

  根据排中律的要求,如果我们能确定某个是错误的,就可以得出另一个是正确的。现在已知(1)曾实和医师不同岁,(2)医师比张晓年龄小,就可以判定曾实和张晓都不是医师,因此只有毛梓青是医师;

  若张晓是教师,则根据(1)毛梓青比教师年龄大,即毛梓青比张晓年龄大,与(3)医师比张晓年龄小,即毛梓青比张晓年龄小,这两个结论是互相矛盾的,因此张晓不可能是教师。张晓既不是医师(因为毛梓青是医师),又不是教师,所以张晓应该是工程师了。因为三个人、三个职业,已经确定了毛梓青是医师,张晓是工程师,剩下的曾实只能是教师了。

  该题的思路还可以用下表表示:

  【充足理由律思路】充足理由律的形式是:“所以有甲,是因为有乙”。它的意思是说,任何正确的思想,一定有它的充足理由;任何思想,只有当它具有充足的理由时,这种思想才能被认为是正确的。在数学中,如果由条

  正确的,A就是B的正确性的充分理由。因此B的正确性要以A的正确性为基础,而要使A的正确性得到确认,又得为它提出充足的理由,照此类推。这样,当我们要论证某一思想是正确的时候,常常要引证一系列的理由。以此连锁引证下去,直到最后的理由——它的正确性已经确定,并且得到普遍承认的。具体说来有下列三种:(1)明显的事实,它可以为人们所直接感知的;(2)公理;(3)科学的规律。当然在实际进行论证时,并不是总要引证到最后的理由,数学中已经证明过的定理、定律、公式、法则等,都可以作为论证所根据的理由。

  充足理由律是进行推理的基础。运用充足理由律来思考数学问题,我们把它叫做充足理由律思路。

  例1 200米赛跑,张强比李军快0.2秒,王明的成绩是39.4秒,赵刚的成绩比王明慢0.9秒,但比张强快0.1秒,林林比张强慢3秒,请你给这五人排出名次来。

  分析(运用充足理由律思路思索):

  题中有两种概念。一是成绩好坏,需要进行量的计算;二是快慢关系推理,先用计算量进行比较推理。

  抓住“各人跑200米需要的时间”为比较量。并设字母A、B、C、D、E来分别表示张强、李军、王明、赵刚、林林的时间。

  ∵王明的成绩是39.4秒,赵刚的成绩比王明慢0.9秒(即C=39.4秒,D=C+0.9)

  ∴D=39.4+0.9=40.3(秒)

  又∵ 赵刚比张强快0.1秒(即D+0.1=A)

  ∴A=40.3+0.1=40.4(秒)(传递性)

  又∵张强比李军快0.2秒(即A=B-0. 2)

  ∴B=A+0.2=40.4+0.2=40.6(秒)

  又∵林林比张强慢3秒(即A=E-0.3)

  ∴E=A+3=40.4+3=43.4(秒)

  由43.4>40.6>40.4>40.3>39.4

  即 E>B>A>D>C

  谁是第一、谁是第二、第三、第四、第五名,不就一目了然了吗?

  本题还可以单纯用快慢关系来进行判断。

  ∵ A<B,D>C, D<A, E>A,

  可得B、E均>A>D>C,

  ∴一、二、三名分别应是C、D、A。

  但第四、五名仍需计算。

  由E=A+3秒,B=A+0.2秒,

  可知E>B,

  故 B是第四,E是第五名。

  例2 填数使下列竖式成立:

  

  分析(运用充足理由律思路来探讨这两个式题):

  第(1)题。抓住乘、除法法则和乘除的互逆关系去思考。

  ∵( )( )×5=33( )

  ∴只要求得 33( )÷5=( )( ),就可以得出竖式被乘数了,现可知33( )÷5商的十位得6,故被乘数的十位应是6,个位是几呢?

  再往下看:乘数35的十位数字是3,3与被乘数个位相乘的积的末尾数字要是8,显然只有3与6相乘末尾数字才能是8,所以被乘数是66。

  找到了被乘数是66以后,其他数字自然就容易找到了。

  第(2)题仍抓住除法算式特征和乘除的互逆关系去找理由。

  由除法竖式特征第二次余数为0,只好把被除数十位数和个位数同时移下,故可得y=0。

  ∴x>8。

  又∵1≤x≤9,∴x=9,

  则商数为9807。

  ∴ab≥12。

  故ab=12。

  此题确定了商和除数,其他数字自然就容易找了。

36、连续数求和的速算

  苦干个连续整数求和的问题,可以分为“连续自然数求和”、“连续奇数求和”与“连续偶数求和”三类。

  【连续自然数求和】几个连续的自然数相加,可以把它们的首项和末项相加,把所得的结果除以2以后,再乘以项数,得到的便是这几个连续自然数的和。

  例如,13+14+15+16+17+18+19+20+21+22

  =(13+22)÷2×10

  =17.5×10

  =175

  如果加数的个数(项数)是奇数(单数),也可以直接用排列在正中间的数(中间项)乘以项数,去求它们的和。例如

  

  =15×9 (中间项)

  =135

  【连续奇数求和】连续奇数的求和,也可以用上面介绍的“连续自然数求和的速算”方法去速算。例如

  3+5+7+ 9+11+13+ 15+17+19

  =(3+19)÷2×9

  =11×9

  =99

  

  =11(中间项)×9(项数)

  =99

  如果是从1开始的几个连续奇数求和,则可以用这些奇数的个数自乘,便得到这几个连续奇数的和。例如

  1+3+5+ 7+9+11=6×6=36(奇数个数是6)

  1+3+5+7+9+11+13+15+17+19+21

  =11×11

  =121。(奇数个数是11)

  【连续偶数求和】 连续偶数的求和,同样可以用“连续自然数求和的速算”方法速算。例如

  8+10+12+14+16+18+20+22+24

  =(8+24)÷2×9

  =144

  如果连续偶数是从2开始的,即求从2开始的连续偶数之和,则可以用这些偶数的个数乘以个数加1之和,就得到这几个连续偶数的和。例如

  2+4+6+8+10=5×(5+1)(偶数个数是5)

  =30

  2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22+24+26

  =13×(13+1)(偶数个数是13)

  =182

37、利用间接条件

  【利用隐含的间接条件】 发现和利用隐含的间接条件来解答题目,往往能克服所学知识不够所造成的困难,大大减少计算的时间。例如

  如图4.65,已知正方形面积为18平方厘米,求阴影部分的面积。

  一般解法是用正方形面积,减去圆的面积。但在小学阶段,大家还不会求圆的半径或直径怎么办呢?

  因为圆面积公式是

  

  

刃而解。至于能否求出r或d这样的直接条件,是并不重要的。所以,可以用下面的方法来解答:

  

便是

  18-14.3=3.87(平方厘米)

  

  

  阴影部分的面积便是

  18-14.13=3.87(平方厘米)

  (3)若把正方形面积扩大2倍,则面积为36平方厘米,新正方形的边长就是6厘米,即随之也扩大了2倍的新圆的直径为6厘米,半径为3厘米。所以随之而扩大了2倍的阴影部分的面积是

  

  =7.74(平方厘米)

  原来的阴影部分的面积便是

  7.74÷2=3.87(平方厘米)

  又如,如图4.66,ABCD为矩形,里面有一个最大的半圆,OC=10厘米,求阴影部分的面积。

  解题时,可将矩形分割为两个小正方形,并连结O、D。因为△DOC是等腰三角形,OC=OD=10厘米,所以

  

  

  

  故阴影部分的面积便是

  100-3.14×50÷2=100-78.5

  =21.5(平方厘米)

  【利用定比】 利用题目中不变的“定比”来解题,有时也能使题目得到较快地解答。这也是利用间接条件去解答题目。

  我们仍以上面的第一个例子(图4.65)为例。按照扩、缩图形的思路,可将它一分为四,得到图4.67。

 

  

小正方形的面积和阴影部分的面积也会改变。不过,变化中有个不变的因素,即阴影部分面积和小正方形面积之比是不变的。实际上,这也是题目中的一个间接条件。

  设小正方形边长为a,则阴影部分面积占小正方形面积的

  

  所以,原图阴影部分的面积是

  18÷4×21.5%×4=4.5×21.5%×4

  =0.9675×4

  =3.87(平方厘米)

  或者是18×21.5%=3.87(平方厘米)

  显然,只要是由这样的基本图形拼合的图形,如以下四图(图4.68),都可用“21.5%”(即21.5∶100)这一定比,去求图中的阴影部分的面积。(解略)

38、立体图形的计算

  【表面积的计算】

  例1 一个正方体木块,棱长1米,沿水平方向将它锯成3片,每片又锯成4长条,每条又锯成5小块,共得到大小不等的长方体60块(如图5.69)。那么,这60块长方体的表面积的和是平方米。

  (1988年北京小学数学奥林匹克邀请赛试题)

  讲析:不管每次锯的长方体大小如何,横着锯2次一共增加了4个正方形面;前后竖直方向锯3次共增加了6个正方形面;左右竖直方向锯4次共增加了8个正方形面。原来大正方体有6个正方形面,所以一共有24个正方形面。

  所以,60块长方体的表面积之和是

  (1×1)×24=24(平方米)。

  例2 图5.70是由19个边长都是2厘米的正方体重叠而成的。求这个立体图形的外表面积。

  (北京市第一届“迎春杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:如果按每一层有多少个正方体,然后再数出每层共有多少个外表面正方形,则很麻烦。于是,我们可采用按不同的方向来观察的方法去计算。

  俯视,看到9个小正方形面;正视,看到10个小正方形面;侧视,看到8个小正方形面。

  所以,这个立体图形的表面积是(2×2)×[(9+10+8)×2]=216(平方厘米)。

  【体积的计算】

  例1 一个正方体的纸盒中恰好能放入一个体积为628立方厘米的圆柱体,如图5.71,纸盒的容积有多大?(π取3.14)

  (全国第四届“华杯赛”复赛试题)

  讲析:因圆柱体的高、底面直径以及正方体的棱长都相等。故可设正方

 

  

  

  即:正方体纸盒的容积是800立方厘米。

  例2 在一个棱长4厘米的正方体的上面、右面、前面这三个面的中心分别挖一个边长1厘米的正方形小孔(如图5. 72所示),并通过对面,求打孔后剩下部分的体积。

  (北京市第二届“迎春杯”小学数学竞赛试题)。

  讲析:打完孔之后,在大正方体正中央就有一个1×1×1的空心小正方体。

  三个孔的体积是(1×1×4)×3-(1×1×1)×2=10(立方厘米)。

  所以,打孔后剩下部分的体积是4×4×4—10=54(立方厘米)。

  例3 一个长、宽、高分别是21厘米、15厘米、12厘米的长方体,从它的上面尽可能大地切下一个正方体,然后从剩余部分中再尽可能大地切下一个正方体,最后再从第二次剩余部分尽可能大地切下一个正方体,剩下的体积是多少立方厘米?

  (北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题)

  讲析:解本题的关键,是要想到每次以哪个边长作棱长去切下正方体。实际上,我们可以将三个数轮换相减,即,在三个数 21、 15、12中,第一次取最小数12为棱长切下一个正方体;第二次取大数与

小数的差21—12=9为棱长切下一个正方体;第三次取15与9的差为棱长切下一个正方体(如图5.73)

  所以,剩下的体积是

  21×15×12-(123+93+63)=107(立方厘米)。

39、解应用题的公式

  【和差问题公式】

  (和+差)÷2=较大数;

  (和-差)÷2=较小数。

  【和倍问题公式】

  和÷(倍数+1)=一倍数;

  一倍数×倍数=另一数,

  或 和-一倍数=另一数。

  【差倍问题公式】

  差÷(倍数-1)=较小数;

  较小数×倍数=较大数,

  或 较小数+差=较大数。

  【平均数问题公式】

  总数量÷总份数=平均数。

  【一般行程问题公式】

  平均速度×时间=路程;

  路程÷时间=平均速度;

  路程÷平均速度=时间。

  【反向行程问题公式】反向行程问题可以分为“相遇问题”(二人从两地出发,相向而行)和“相离问题”(两人背向而行)两种。这两种题,都可用下面的公式解答:

  (速度和)×相遇(离)时间=相遇(离)路程;

  相遇(离)路程÷(速度和)=相遇(离)时间;

  相遇(离)路程÷相遇(离)时间=速度和。

  【同向行程问题公式】

  追及(拉开)路程÷(速度差)=追及(拉开)时间;

  追及(拉开)路程÷追及(拉开)时间=速度差;

  (速度差)×追及(拉开)时间=追及(拉开)路程。

  【列车过桥问题公式】

  (桥长+列车长)÷速度=过桥时间;

  (桥长+列车长)÷过桥时间=速度;

  速度×过桥时间=桥、车长度之和。

  【行船问题公式】

  (1)一般公式:

  静水速度(船速)+水流速度(水速)=顺水速度;

  船速-水速=逆水速度;

  (顺水速度+逆水速度)÷2=船速;

  (顺水速度-逆水速度)÷2=水速。

  (2)两船相向航行的公式:

  甲船顺水速度+乙船逆水速度=甲船静水速度+乙船静水速度

  (3)两船同向航行的公式:

  后(前)船静水速度-前(后)船静水速度=两船距离缩小(拉大)速度。

  (求出两船距离缩小或拉大速度后,再按上面有关的公式去解答题目)。

  【工程问题公式】

  (1)一般公式:

  工效×工时=工作总量;

  工作总量÷工时=工效;

  工作总量÷工效=工时。

  (2)用假设工作总量为“1”的方法解工程问题的公式:

  1÷工作时间=单位时间内完成工作总量的几分之几;

  1÷单位时间能完成的几分之几=工作时间。

  (注意:用假设法解工程题,可任意假定工作总量为2、3、4、5……。特别是假定工作总量为几个工作时间的最小公倍数时,分数工程问题可以转化为比较简单的整数工程问题,计算将变得比较简便。)

  【盈亏问题公式】

  (1)一次有余(盈),一次不够(亏),可用公式:

  (盈+亏)÷(两次每人分配数的差)=人数。

  例如,“小朋友分桃子,每人10个少9个,每人8个多7个。问:有多少个小朋友和多少个桃子?”

  解(7+9)÷(10-8)=16÷2

  =8(个)………………人数

  10×8-9=80-9=71(个)………………………桃子

  或8×8+7=64+7=71(个)(答略)

  (2)两次都有余(盈),可用公式:

  (大盈-小盈)÷(两次每人分配数的差)=人数。

  例如,“士兵背子弹作行军训练,每人背45发,多680发;若每人背50发,则还多200发。问:有士兵多少人?有子弹多少发?”

  解(680-200)÷(50-45)=480÷5

  =96(人)

  45×96+680=5000(发)

  或50×96+200=5000(发)(答略)

  (3)两次都不够(亏),可用公式:

  (大亏-小亏)÷(两次每人分配数的差)=人数。

  例如,“将一批本子发给学生,每人发10本,差90本;若每人发8本,则仍差8本。有多少学生和多少本本子?”

  解(90-8)÷(10-8)=82÷2

  =41(人)

  10×41-90=320(本)(答略)

  (4)一次不够(亏),另一次刚好分完,可用公式:

  亏÷(两次每人分配数的差)=人数。

  (例略)

  (5)一次有余(盈),另一次刚好分完,可用公式:

  盈÷(两次每人分配数的差)=人数。

  (例略)

  【鸡兔问题公式】

  (1)已知总头数和总脚数,求鸡、兔各多少:

  (总脚数-每只鸡的脚数×总头数)÷(每只兔的脚数-每只鸡的脚数)=兔数;

  总头数-兔数=鸡数。

  或者是(每只兔脚数×总头数-总脚数)÷(每只兔脚数-每只鸡脚数)=鸡数;

  总头数-鸡数=兔数。

  例如,“有鸡、兔共36只,它们共有脚100只,鸡、兔各是多少只?”

  解一 (100-2×36)÷(4-2)=14(只)………兔;

  36-14=22(只)……………………………鸡。

  解二 (4×36-100)÷(4-2)=22(只)………鸡;

  36-22=14(只)…………………………兔。

  (答 略)

  (2)已知总头数和鸡兔脚数的差数,当鸡的总脚数比兔的总脚数多时,可用公式

  (每只鸡脚数×总头数-脚数之差)÷(每只鸡的脚数+每只兔的脚数)=兔数;

  总头数-兔数=鸡数

  或(每只兔脚数×总头数+鸡兔脚数之差)÷(每只鸡的脚数+每只免的脚数)=鸡数;

  总头数-鸡数=兔数。(例略)

  (3)已知总数与鸡兔脚数的差数,当兔的总脚数比鸡的总脚数多时,可用公式。

  (每只鸡的脚数×总头数+鸡兔脚数之差)÷(每只鸡的脚数+每只兔的脚数)=兔数;

  总头数-兔数=鸡数。

  或(每只兔的脚数×总头数-鸡兔脚数之差)÷(每只鸡的脚数+每只兔的脚数)=鸡数;

  总头数-鸡数=兔数。(例略)

  (4)得失问题(鸡兔问题的推广题)的解法,可以用下面的公式:

  (1只合格品得分数×产品总数-实得总分数)÷(每只合格品得分数+每只不合格品扣分数)=不合格品数。或者是总产品数-(每只不合格品扣分数×总产品数+实得总分数)÷(每只合格品得分数+每只不合格品扣分数)=不合格品数。

  例如,“灯泡厂生产灯泡的工人,按得分的多少给工资。每生产一个合格品记4分,每生产一个不合格品不仅不记分,还要扣除15分。某工人生产了1000只灯泡,共得3525分,问其中有多少个灯泡不合格?”

  解一 (4×1000-3525)÷(4+15)

  =475÷19=25(个)

  解二 1000-(15×1000+3525)÷(4+15)

  =1000-18525÷19

  =1000-975=25(个)(答略)

  (“得失问题”也称“运玻璃器皿问题”,运到完好无损者每只给运费××元,破损者不仅不给运费,还需要赔成本××元……。它的解法显然可套用上述公式。)

  (5)鸡兔互换问题(已知总脚数及鸡兔互换后总脚数,求鸡兔各多少的问题),可用下面的公式:

  〔(两次总脚数之和)÷(每只鸡兔脚数和)+(两次总脚数之差)÷(每只鸡兔脚数之差)〕÷2=鸡数;

  〔(两次总脚数之和)÷(每只鸡兔脚数之和)-(两次总脚数之差)÷(每只鸡兔脚数之差)〕÷2=兔数。

  例如,“有一些鸡和兔,共有脚44只,若将鸡数与兔数互换,则共有脚52只。鸡兔各是多少只?”

  解 〔(52+44)÷(4+2)+(52-44)÷(4-2)〕÷2

  =20÷2=10(只)……………………………鸡

  〔(52+44)÷(4+2)-(52-44)÷(4-2)〕÷2

  =12÷2=6(只)…………………………兔(答略)

  【植树问题公式】

  (1)不封闭线路的植树问题:

  间隔数+1=棵数;(两端植树)

  路长÷间隔长+1=棵数。

  或 间隔数-1=棵数;(两端不植)

  路长÷间隔长-1=棵数;

  路长÷间隔数=每个间隔长;

  每个间隔长×间隔数=路长。

  (2)封闭线路的植树问题:

  路长÷间隔数=棵数;

  路长÷间隔数=路长÷棵数

  =每个间隔长;

  每个间隔长×间隔数=每个间隔长×棵数=路长。

  (3)平面植树问题:

  占地总面积÷每棵占地面积=棵数

  【求分率、百分率问题的公式】

  比较数÷标准数=比较数的对应分(百分)率;

  增长数÷标准数=增长率;

  减少数÷标准数=减少率。

  或者是

  两数差÷较小数=多几(百)分之几(增);

  两数差÷较大数=少几(百)分之几(减)。

  【增减分(百分)率互求公式】

  增长率÷(1+增长率)=减少率;

  减少率÷(1-减少率)=增长率。

  

比甲丘面积少几分之几?”

  解 这是根据增长率求减少率的应用题。按公式,可解答为

  

百分之几?”

  解 这是由减少率求增长率的应用题,依据公式,可解答为

   

  【求比较数应用题公式】

  标准数×分(百分)率=与分率对应的比较数;

  标准数×增长率=增长数;

  标准数×减少率=减少数;

  标准数×(两分率之和)=两个数之和;

  标准数×(两分率之差)=两个数之差。

  【求标准数应用题公式】

  比较数÷与比较数对应的分(百分)率=标准数;

  增长数÷增长率=标准数;

  减少数÷减少率=标准数;

  两数和÷两率和=标准数;

  两数差÷两率差=标准数;

  【方阵问题公式】

  (1)实心方阵:(外层每边人数)2=总人数。

  (2)空心方阵:

  (最外层每边人数)2-(最外层每边人数-2×层数)2=中空方阵的人数。

  或者是

  (最外层每边人数-层数)×层数×4=中空方阵的人数。

  总人数÷4÷层数+层数=外层每边人数。

  例如,有一个3层的中空方阵,最外层有10人,问全阵有多少人?

  解一 先看作实心方阵,则总人数有

  10×10=100(人)

  再算空心部分的方阵人数。从外往里,每进一层,每边人数少2,则进到第四层,每边人数是

  10-2×3=4(人)

  所以,空心部分方阵人数有

  4×4=16(人)

  故这个空心方阵的人数是

  100-16=84(人)

  解二 直接运用公式。根据空心方阵总人数公式得

  (10-3)×3×4=84(人)

  【利率问题公式】利率问题的类型较多,现就常见的单利、复利问题,介绍其计算公式如下。

  (1)单利问题:

  本金×利率×时期=利息;

  本金×(1+利率×时期)=本利和;

  本利和÷(1+利率×时期)=本金。

  年利率÷12=月利率;

  月利率×12=年利率。

  (2)复利问题:

  本金×(1+利率)存期期=本利和。

  例如,“某人存款2400元,存期3年,月利率为10.2‰(即月利1分零2毫),三年到期后,本利和共是多少元?”

  解 (1)用月利率求。

  3年=12月×3=36个月

  2400×(1+10.2%×36)

  =2400×1.3672

  =3281.28(元)

  (2)用年利率求。

  先把月利率变成年利率:

  10.2‰×12=12.24%

  再求本利和:

  2400×(1+12.24%×3)

  =2400×1.3672

  =3281.28(元)(答略)

  (复利率问题例略)

40、解一般题用得较多的技巧

  【巧换角度】 从多种角度去思考、分析复合应用题,不仅可找到多种解题方法,而且还可找到比较巧妙的解法。例如:

  “挖一段56米长的水沟,每天挖7米,已经挖了5天。照这样计算,剩下的还要挖几天?”

  按一般思考角度,可先求剩下的长度,再求要挖的天数。如果能换一个角度,先求共要挖的天数,再求还要挖的天数,那么解答起来就既简便,又巧妙了:

  56÷7-5=8-5

  =3(天)

  

了多少名女队员?”

  如按一般的思考角度,应抓住“女队员人数”去寻找解法和答案。可是这在小学的知识范围内,显然有一定困难,题目似乎是无法可解的。但是,只要转换一个角度,从“男队员人数”方面去思考、分析,前景就“柳暗花明了”:

  

所以男队员人数是

  

  

在有的男女队员总数便是

  

  于是,转进来的女队员人数便是

  250-240=10(名)

  【巧妙替换】 有些应用题,已给的条件常出现两种或更多种不同属性的量,并且在不同量之间存在有换算关系。这时,暂用其中的一种量去替换另一种量,有时候往往会给题目的解答,带来不少方便。例如

  “工地用5辆大车和4辆小车一次共运来水泥42.5吨,已知每辆大车比每辆小车多运4吨,每辆大车和每辆小车各运来水泥多少吨?”

  题目中有两个未知数,解答起来有一定困难。但运用替换方法,把4辆小车换成大车,题目的解答就变得比较容易:

  设每辆小车都多运4吨,那么小车运的吨数就和大车同样多了(也就是将小车都转换为大车了)。这时,4辆小车就会共增加运量

  4×4=16(吨)

  总共运的吨数就会增加到

  42.5+16=58.5(吨)。

  这58.5吨便是(5+4)辆大车运的水泥数,所以,每辆大车运来的水泥便是

  58.5÷(5+4)=58.5÷9

  =6.5(吨)

  每辆小车运来的水泥便是

  6.5-4=2.5(吨)

  显然,将大车转换为小车(即将小车去替换大车解题),也是可以的。

  又如,“买3千克奶糖的钱与买4.8千克水果糖的价钱相等。买4千克巧克力的钱与买6千克奶糖的钱相等。那么,买9千克巧克力的钱可买水果糖多少千克?”

  题目的条件中没有具体的钱数,可用替换方法去解。但巧克力与水果糖不能直接替换,需要通过奶糖这一中间的“媒介”去进行替换。

  解题方法可以是:

  (1)6千克奶糖是3千克奶糖的多少倍?

  6÷3=2(倍)

  (2)6千克奶糖可换多少水果糖?

  4.8×2=9.6(千克)

  (3)1千克巧克力的钱可买多少水果糖?

  9.6÷4=2.4(千克)

  (4)9千克巧克力的钱可以买多少水果糖?

  2.4×9=21.6(千克)

  列成综合算式便是

  4.8×(6÷3)÷4×9=4.8×2÷4×9

  =9.6÷4×9

  =21.6(千克)(答略)

  【巧用等量关系】 有些应用题已知条件间的关系比较复杂。但是,如果能从这些复杂的关系中,找到一种合适的等量关系,则常常可使问题较简捷地解答出来。这是一种力求寻找和巧用最佳等量关系的解题方法。例如

  “甲乙二人需要做同样多的零件数,甲比乙每天多做5个,乙因病中途休息了3天,所以8天后甲做的零件数刚好是乙做的零件数的2倍。求这时甲乙二人各做的零件个数。”

  由题中的条件,可以得到两组等量关系:

  甲每天做的个数-乙每天做的个数=5………①

  甲8在做的个数=乙8天后做的个数×2………②

  设甲每天做x个,则乙每天做(x-5)个;

  设乙每天做x个,则甲每天做(x+5)个。

  设元列方程以后,若使用等量关系①,很明显,方程的解答是比较繁琐的,因为分数需要通分。于是,我们便选择等量关系②来列方程解题:

  设乙每天做零件x个,则甲每天做零件(x+5)个。于是,有方程

  (x+5)×8=2×(8-3)x

  

  进而可知,甲每天做的是 20+5=25(个)

  8天后甲做的是 25×8=200(个),

  8天后乙做的是 20×(8-3)=100(个)

  (答略)

    

36名学生到乙校学习,则甲乙两校学生人数相等。甲乙两校原来各有学生多少?”

  在题目中,可以找到三组等量关系:

  甲校原来人数-乙校后来人数=36…………①

  甲校原来人数-36=乙校原来人数+36…………②

  

  经过比较,利用等量关系①列方程解题,显然比较简便:

  设两校共有x人,可得方程为

   

  

  

  乙校原有720-396=324(人) (答略)

  在利用等量关系解题时,有时候通过“单位1”,可以找到最巧妙的解法。比方下面的这一道工程问题:

  “一项工程,甲独做24天完成,丙独做40天完成,甲、乙、丙三人合做,10天可以完成。这项工程如果由乙来独做,多少天可以完成?”

  在题目条件中,我们可以得到下面的两组等量关系:

  乙工效=三人工效和-(甲+乙)的工效…………①

  乙工效×工时=工作总量…………………………②

  然后,通过巧用“单位1”,还可找到更好的办法:

  设乙独做,x天可以完成。若把整个工程看作“单位1”,那么乙每天

 

  

 

 

  

  所以,其解答就比较简便、快速而巧妙了:

  设乙单独做,x天可以完成,则有

  

  

  即乙独做30天可以完成。(答略)

【巧用直觉思维】 有些题目的条件和结构比较特殊,常常不需要把全部条件用于计算解题,而只要根据其特殊性,经过一次或两次计算,就能将题目解答出来。这是“巧用直觉思维”的解法。例如

  “从同一个地点步行到火车站,甲要40分钟,乙要30分钟。甲比乙先走5分钟,乙出发后,要走多少分钟才能追上甲?”

  

 

  

  若巧用直觉思维解答,可以这样去思考、解答:

  甲先走5分钟,他比乙会晚到火车站5分钟。那么,追及时,应是乙在路程的中心点追上,故可直接用30÷2=15(分钟),求得题目的答案。(答略)

  又如,“工厂运来一批煤,计划每天烧3吨,可以烧12天。实际上每天比原计划节约0.6吨,实际上比原计划可多烧多少天?”

  巧用直觉思维,可以这样思考:实际每天节约煤0.6吨,相当于实际每

 

  

  再如,“有一只底面半径为30厘米的圆柱形水桶,桶中有一段半径为10厘米的圆柱形钢材浸没在水中。当钢材从水桶中取出时,桶里的水下降了5厘米。这段钢材有多长?”

  按一般方法解,必须先求钢材的体积(即下降的水的体积),再求钢材底面积,然后求钢材的长。这是很麻烦、很费时的。若用直觉思维思考、解答,可以设想一下钢材底面积同水面积的关系,再找出钢材长与水面下降部分的关系,便可不用求积,而直接求出钢材的长度:

  根据水面半径30厘米和钢材底面半径10厘米,可知它们的关系是:钢

 

妙的解答方法:

  5×9=45(厘米) (答略)

【巧妙放缩】 有些应用题,由于条件和问题的特殊情况,从直接给出的已知条件中不容易找到简捷的解题途径。这时,我们不妨把某一个已知条件扩大或缩小一定的倍数,促使其他条件相应地发生变化,由此往往能找到简单的解法。例如

  “5千克大米的价钱相当于0.8千克食油的价钱,如果2元钱可买2.5千克大米,那么8元钱可买多少千克食油?”

  按一般方法解答,需要先求出5千克大米的价钱是多少,再求出0.8千克食油的价钱,然后求出每千克食油的价钱,进而才可求出8元钱可买的食油的数量。

  若采用“放缩方法”,可把其中一个条件放大几倍来思考:将2元钱买2.5千克大米这一条件放大4倍,可知8元钱可买10千克大米。因为5千克大米的价钱相当于0.8千克食油的价钱,所以,10千克大米的价钱可买食油0.8×2=1.6(千克),即8元钱可买食油1.6千克。(答略)

  有些典型应用题,也可以用“放缩方法”去解答,从而较快、较巧妙地找出它的答案。例如

  “鸡兔同笼,共头48个,共足114只。问:鸡兔各有多少只?”

  如果把鸡和兔的足数缩小2倍,则鸡的足数和头数相等,兔的足数为头数的2倍。这时,鸡和兔的总足数与总头数(总只数)的差数,就是兔子的只数,故可这样解答:

  114÷2-48=9(只)……………兔数

  48-9=39(只)…………………鸡数 (答略)

  上面两例,是单纯用放大,或单纯用缩小的办法解答的。但有些较复杂的应用题,就既要用“放大法”,又需用“缩小法”,才能使问题正确而快速地解答出来。

  例如

  “甲乙两个商店去年平均每月的利润,甲店比乙店多5万元。已知甲店

元?”

  

 

    

  根据这一新条件解题,还难很快发现其数量关系,这时不妨把这个条件再缩小2倍,于是得到

  

  这样得到的新条件中,就可以清楚地看出,甲店比乙店每月多的5万元,也就是甲店比乙店多的那个

  

  于是,甲店每月的利润数便是

  

  乙店每月的利润数便是

  6.25-5=1.25(万元) (答略)

  还有比这更复杂一些的问题,可结合其他解法来运用“放缩方法”,使问题得到解答。例如下面的这道英国名题——“第三牧场的牛数问题(实际上也是个牛顿问题)”:

  “有三个牧场,场上的牧草长得同样的茂盛和同样的快,它的面积分别

  

  二牧场饲养21头牛,可维持9个星期。假若第三牧场饲养的牛,在该场要维持18个星期,那么,这牧场应养牛多少头?”(注:草料是边吃边生长的。)

  按照“牛顿问题”的解法来死套,是很难找到解法的。不过,当我们运用“放缩法”,假定三个牧场面积同样大,这一道在三个牧场牧牛群的复杂题目,就会变成在同一牧场牧牛群的简单题目了。这是因为题目中已交代:三牧场牧草同样的茂盛,并且长得同样的快。

  

倍数),则

  第一牧场可以有牛

  

  第二牧场可以有牛

  21×(120÷10)=252(头)(仍是9个星期可以吃完)

  那么,第三牧场是多少头牛18个星期可以吃完呢?

  这一道用放大了的假定数据编成的题目,还可以改编成一道与它同解的应用题:

  “有一个牧场,养牛432头,4个星期可以吃完全部草料。若养牛252头,则9个星期可以吃完全部草料。如果要在18个星期内吃完这牧场里的全部草料,那么,它应该养牛多少头呢?(草料是边吃边生长的)”

  这是一道简单点的“牛顿问题”,可用“牛顿问题”的解法解答如下:

  因为432头牛4星期吃的草料,等于432×4=1728(头牛一星期吃的草料)

  252头牛9星期吃的草料,等于

  252×9=2268(头牛一星期吃的草料)

  而4星期吃完与9星期吃完,要相差

  2268-1728=540(头牛一星期吃的草料)

  显然,这多出的草料,是

  9-4=5(个星期)

  之内新长出的草料。所以,牧场一个星期长出的草料是

  540÷5=108(头牛一星期吃的草料)

  因此,这牧场最初有的草料是

  (432-108)×4=1296(头牛吃一星期的草料)

  现在,这1296头牛吃一星期的草料,要求能维持18个月,则能饲养的牛数就只能是

  1296÷18=72(头)

  但这牧场的草料是不断生长的,还必须用108头牛来吃掉每个星期新长出的草料,所以,能饲养的牛数总共是

  72+108=180(头)

  不过,这还只是假定这牧场为120英亩所得的结果。实际上第三牧场面积只有24英亩,比假定数缩小了

  120÷24=5(倍)

  故第三牧场饲养的牛数,也应比这180头缩小5倍。于是可知,第三牧场饲养的牛数便是

  180÷5=36(头) (答略)

  这道题的解答,显然是得益于“放缩方法”,将复杂题转化为基本题以后,才找到其解答的。

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