小學奧數題型與解題思路21~40講

21、數字和與最大最小問題

　　【數字求和】

　　例1 100個連續自然數的和是8450，取其中第1個，第3個，第5個，………，第99個（所有第奇數個），再把這50個數相加，和是______。

　　（上海市第五屆小學數學競賽試題）

　　講析：第50、51兩個數的平均數是8450÷ 100= 84. 5，所以，第50個數是84。則100個連續自然數是：

　　35，36，37，………，133，134。

　　上面的一列數分别取第1、3、5、……、99個數得：

　　35，37，39，……131，133。

　　則這50個數的和是：

　　

　　例2 把1至100的一百個自然數全部寫出來，所用到的所有數碼的和是_____。

　　（上海市第五屆小學數學競賽試題）

　　講析；可把1至100這一百個自然數分組，得

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

　　容易發現前面10組中，每組的個位數字之和為45。而第一組十位上是0，第二組十位上是1，第三組十位上是2，……第十組十位上是9，所以全體十位上的數字和是（l+2+3+……+9）×10=450。故所有數碼的和是45×10+450+l=901。

　　

續若幹個數字之和是1992，那麼a=____。

　　（北京市第八屆“迎春杯”小學數學競賽試題）

　　

　　又，1992÷27=73餘21，而21=8+5+7+1，所以a=6。

　　例4 有四個數，每次選取其中三個數，算出它們的平均數，再加上另外一個數，用這種方法計算了四次，分别得到四個數：86，92，100，106。那麼，原來四個數的平均數是

　　（1993年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：每次所選的三個數，計算其平均數，實際上就是計算這三個數中

原來四個數的平均數為（86+92+100+106）÷2=192。

　　【最大數與最小數】

　　例1 三個不同的最簡真分數的分子都是質數，分母都是小于20的合數，要使這三個分數的和盡可能大,這三個分數是

　　（全國第四屆《從小愛數學》邀請賽試題）。

　　講析： 20以内的質數有： 2、 3、 5、 7、 11、 13、 17、 19

　　要使三個分數盡量大，必須使每個分子盡量大而分母盡量小。且三個真

　　例2 将1、2、3、4、5、6、7、8這八個數分成三組，分别計算各組數的和。已知這三個和互不相等，且最大的和是最小和的2倍。問：最小的和是多少？

　　（全國第三屆“華杯賽”決賽口試試題）

　　講析；因為1+2+3+……+8=36，又知三組數的和各不相同，而且最大的

　　例3 把20以内的質數分别填入□中（每個質數隻用一次）：

　　

　　使A是整數。A最大是多少？

　　（第五屆《從小愛數學》邀請賽試題）

　　講析：要使A最大，必須使分母盡量小，而分子盡量大。

　　分母分别取2、3、5時，A都不能為整數。當分母取7時，

　　

　　例4 一組互不相同的自然數，其中最小的數是1，最大的數是25。除1之外、這組數中的任一個數或者等于這組數中某一個數的2倍，或者等于這組數中某兩個數之和。問：這組數之和的最大值是多少？當這組數之和有最小值時，這組數都有哪些數？并說明和是最小值的理由。

　　（全國第四屆“華杯賽”決賽第一試試題）

　　 析：觀察自然數1、2、3、4、5、……、25這25個數，發現它們除1之外，每個數都能用其中某一個數的2倍，或者某兩個數之和表示。因此，這組數之和的最大值是1+2+3+……+25=325。

　　下面考慮數組中各數之和的最小值。

　　1和25是必取的，25不能表示成一個數的2倍，而表示成兩個數之和的形式，共有12種。我們取兩個加數中含有盡可能大的公約數的一組數（20+5）或者（10+15）。當取1、5、20、25時，還需取2、3、10三個；當取1、10、15、25時，還需取2、3、5。經比較這兩組數，可知當取1、2、3、4、5、10、15、25時，和最小是61。

22、數字串問題

　　【找規律填數】

　　例1 找規律填數

　　

　　（杭州市上城區小學數學競賽試題）

　　　　

　　（1992年武漢市小學數學競賽試題）

　　講析：數列填數問題，關鍵是要找出規律；即找出數與數之間有什麼聯系。

　　第（1）小題各數的排列規律是:第1、3、5、……（奇數）個數分别

别是4和2。

　　第（2）小題粗看起來，各數之間好像沒有什麼聯系。于是，運用分數

得到了　

　　

　　

　　例2 右表中每豎行的三個數都是按照一定的規律排列的。按照這個規律在空格中填上合适的數。

　　（1994年天津市小學數學競賽試題）

　　講析：根據題意，可找出每豎行的三個數之間的關系。不難發現每豎行中的第三個數，是由前兩數相乘再加上1得來的。所以空格中應填33。

　　【數列的有關問題】

　　　

數是幾分之幾？

　　（第一屆《從小愛數學》邀請賽試題）

　　講析：經觀察發現，分母是1、2、3、4、5……的分數個數，分别是1、3、5、7、9……。所以，分母分别為1、2、3……9的分數共

　

　　　

　　

　　例2 有一串數：1，1993，1992，1，1991，1990，1，1989，1988，…這個數列的第1993個數是______

　　（首屆《現代小學數學》邀請賽試題）

　　講析：把這串數按每三個數分為一組，則每組第一個數都是1，第二、三個數是從1993開始，依次減1排列。

　　而1993÷3=664餘1，可知第1993個數是1。

　　例3 已知小數0.12345678910111213……9899的小數點後面的數字，是由自然數1—99依次排列而成的。則小數點後面第88位上的數字是______。

　　（1988年上海市小學數學競賽試題）

　　講析：将原小數的小數部分分成A、B兩組：

　　

　　A中有9個數字，B中有180個數字，從10到49共有80個數字。所以，第88位上是4。

　　例4 觀察右面的數表（橫排為行，豎排為列）；

　　　

　　

幾行，自左向右的第幾列。（全國第三屆“華杯賽”決賽試題）

　　講析：第一行每個分數的分子與分母之和為2，第二行每個分數的分子與分母之和為3，第三行每個分數的分子與分母之和為4，……即每行各數的分子與分母之和等于行數加1。

　　　

　　例5 如圖5.4，除了每行兩端的數之外，其餘每個數都是與它相連的上一行的兩個數的平均數，那麼第100行各數之和是_______。

　　（廣州市小學數學競賽試題）

　　講析：可試探着計算每行中各數之和。第一、二、三、四行每行的各數之和分别是6、8、10、12，從而得出，每行的數字之和，是行數的2倍加4。故第100行各數之和為100×2＋4=204.

　　例6 伸出你的左手，從大拇指開始，如圖5.5所示的那樣數數：l、2、3……。問：數到1991時，會落在哪個手指上？

　　（全國第三屆“華杯賽”決賽口試試題）

　　講析：除1之外，從2開始每8個數為一組，每組第一個數都是從食指開始到拇指結束。∵（1991—1）÷8=248餘6，∴剩下最後6個數又從食指開始數，會到中指結束。

　　例7 如圖5.6，自然數按從小到大的順序排成螺旋形。在“2”處拐第一個彎，在“3”處拐第二個彎……問拐第二十個彎處是哪個數？

　　（全國第一屆“華杯賽”決賽口試試題）

　　講析：寫出拐彎處的數，然後按每兩個數分為一組：（2，3），（5，7），（10，13），（17，21），（26，31），……。将會發現，每組數中依次相差1、2、3、4、5、……。每組的第二個數與後一組的第二個數依次相差2、3、4、5、……。從而可推出，拐第二十個彎處的數是111。

　　例8 自然數按圖5.7順次 排列。數字3排在第二行第一列。問：1993排在第幾行第幾列？

　　（全國第四屆“華杯賽”複賽試題）

　　講析：觀察每斜行數的排列規律，每斜行數的個數及方向。

　　每一斜行數的個數分别是1、2、3、4、5、……，奇數斜行中的數由下向上排列，偶數斜行中的數由上向下排列。

　　

斜行，該斜行的數是由下向上排列的，且第63行第1列是1954。

　　由于從1954開始，每增加1時，行數就減少1，而列數就增加1。所以1993的列數、行數分别是：

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

23、數陣圖

　　【方陣】

　　例1 将自然數1至9，分别填在圖5.17的方格中，使得每行、每列以及兩條對角線上的三個數之和都相等。

　　（長沙地區小學數學競賽試題）

　　講析：中間一格所填的數，在計算時共算了4次，所以可先填中間一格的數。

　　（l+2+3+……+9）÷3=15，則符合要求的每三數之和為15。顯然，中間一數填“5”。

　　再将其它數字順次填入，然後作對角線交換，再通過旋轉（如圖5.18），便得解答如下。

　　例2 從1至13這十三個數中挑出十二個數，填到圖5.19的小方格中，使每一橫行四個數之和相等，使每一豎列三個數之和又相等。

　　（“新苗杯”小學數學競賽試題）

　　講析：據題意，所選的十二個數之和必須既能被 3整除，又能被 4整除，（三行四列）。所以，能被12整除。十三個數之和為91，91除以12，商7餘7，因此，應去掉7。每列為（91—7）÷4=21

　　而1至13中，除7之外，共有六個奇數，它們的分布如圖5.20所示。

　　三個奇數和為21的有兩種：21=1＋9+11=3＋5+13。經檢驗，三個奇數為3、5、13的不合要求，故不難得出答案，如圖5.21所示。

　　例3 十個連續自然數中，9是第三大的數，把這十個數填到圖5.22的十個方格中，每格填一個，要求圖中三個2×2的正方形中四數之和相等。那麼，這個和數的最小值是______。

　　（1992年全國小學數學奧林匹克初賽試題）

　　講析：不難得出十個數為:2、3、4、5、6、7、8、9、10、11。它們的和是65。在三個2×2的正方形中，中間兩個小正方形分别重複了兩次。

　　設中間兩個小正方形分别填上a和b，則（65＋a＋b）之和必須是 3的倍數。所以，（a＋b）之和至少是7。

　　故，和數的最小值是24。

　　【其他數陣】

　　例1 如圖5.23，橫、豎各12個方格，每個方格都有一個數。

　　已知橫行上任意三個相鄰數之和為20，豎列上任意三個相鄰數之和為21。圖中已填入3、5、8和“×”四個數，那麼“×”代表的數是______。

　　（1994年全國小學數學奧林匹克初賽試題）

　　講析：可先看豎格。因為每相鄰三格數字和為21，所以每隔兩格必出現重複數字。從而容易推出，豎格各數從上而下是：3、10、8、3、10、8、3、10、8、3、10、8。

　　同理可推導出橫格各數，其中“×”=5。

　　例2 如圖5.24，有五個圓，它們相交後相互分成九個區域，現在兩個區域裡已經分别填上數字10、6，請在另外七個區域裡分别填進2、3、4、5、6、7、9七個數字，使每個圓内的數之和都是15。

　　（上海市第五屆小學數學競賽試題）　

　　講析：可把圖中要填的數，分别用a、b、c、d、e、f、g代替。（如圖5.25）

　　顯然a=5，g=9。

　　則有：b＋c=10，e＋f=6，c＋d＋e=15。經适當試驗，可得b=3，c=7，d=6，e=2，f=4。

　　例3 如圖5.26，将六個圓圈中分别填上六個質數，它們的和是20，而且每個小三角形三個頂點上的數之和相等。那麼，這六個質數的積是______。

　　（全國第一屆“華杯賽”決賽試題）

　　講析：最上面的小三角形與中間的小三角形，都有兩個共同的頂點，且每個小三角形頂點上三數之和相等。所以，最上邊圓圈内數字與最下面中間圓圈内數字相等。

　　同樣，左下角與右邊中間的數相等，右下角與左邊中間數相等。

　　20÷2=10，10＝2+3+5。

　　所以，六個質數積為2×2×3×3×5×5=900。

　　例4 在圖5.27的七個○中各填上一個數，要求每條直線上的三個數中，中間一個數是兩邊兩個數的平均數。現已填好兩個數，那麼X=_______。

　　（1992年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：如圖5.28，可将圓圈内所填各數分别用a、b、c、d代替。

　　則d=15。

　　由15+c+a=17+c+b，得：a比b多2。

　　所以，b=13+2=15。進而容易算出，x=19。

　　例5 圖5.29中8個頂點處标注的數字：

　　a、b、c、d、e、f、g、h，其中的每一個數都等于相鄰三個頂點

　

　　（全國第三屆“華杯賽”複賽試題）

　　講析：将外層的四個數，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、數的組成

　　【數字組數】

　　例1 用1、2、3、4、5、6、7、8、9這九個數字組成質數，如果每個數字都要用到，并且隻能用一次，那麼這九個數字最多能組成______個質數。

　　（1990年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：自然數1至9這九個數字中，2、3、5、7本身就是質數。于是隻剩下1、4、6、8、9五個數字，它們可組成一個兩位質數和一個三位質數：41和689。所以，最多能組成六個質數。

　　例2 用0、1、2、……9這十個數字組成五個兩位數，每個數字隻用一次，要求它們的和是一個奇數，并且盡可能的大。那麼，這五個兩位數的和是______。

　　（1991年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：組成的五個兩位數，要求和盡可能大，則必須使每個數盡可能大。所以它們的十位上分别　是9、8、7、6、5，個位上分别是0、1、2、3、4。但要求五個兩位數和為奇數，而1+2+3+4=10為偶數，所以應将4與5交換，使和為：

　　（9+8+7+6+4）×10+（1+2+3+5）=351。

　　351即本題答案。

　　例3 一個三位數，如果它的每一個數字都不超過另一個三位數對應數位上的數字，那麼就稱它被另一個三位數“吃掉”。例如，241被342吃掉，123被123吃掉（任何數都可以被與它相同的數吃掉），但240和223互不被吃掉。現請你設計出6個三位數，它們當中任何一個數不被其它5個數吃掉，并且它們的百位上數字隻允許取1、2；十位上數字隻允許取1、2、3；個位上數字隻允許取1、2、3、4。

　　這6個三位數是_______。

　　（第五屆《從小愛數學》邀請賽試題）

　　講析：六個三位數中，任取兩個數a和b，則同數位上的數字中，a中至少有一個數字大于b，而b中至少有一個數字大于a。

　　當百位上為1時，十位上可從1開始依次增加1，而個位上從4開始依次減少1。即：114，123，132。當百位上為2時，十位上從1開始依次增加1而個位上隻能從3開始依次減少1。即：213，222，231。經檢驗，這六個數符合要求。

　　例4 将1、1、2、2、3、3、4、4這八個數字排成一個八位數，使得兩個1之間有一個數字；兩個2之間有兩個數字；兩個3之間有三個數字；兩個4之間有四個數字。那麼這樣的八位數中的一個是______。

　　（1991年全國小學數學奧林匹克初賽試題）

　　講析：兩個4之間有四個數字，則在兩個4之間必有一個數字重複，而又要求兩個1之間有一個數，于是可推知，這個重複數字必定是1，即412134或421314。然後可添上另一個2和3。

　　經調試，得23421314，此數即為所答。

　　【條件數字問題】

　　例1 某商品的編号是一個三位數，現有五個三位數：874，765，123，364，925。其中每一個數與商品編号，恰好在同一位上有一個相同的數字，那麼這個三位數是_______

　　（1993年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：将五個數按百位、十位、個位上的數字分組比較，可發現：百位上五個數字都不同；十位上有兩個2和兩個6；個位上有兩個4和兩個5。故所求的數的個位數字一定是4或5，百位上一定是2或6。經觀察比較，可知724符合要求。

　　例2 給一本書編頁碼，共用了1500個數字，其中數字“3”共用了_______個

　　（首屆《現代小學數學）》邀請賽試題）

　　講析：可先求出1500個數字可編多少頁。

　　從第一頁到第9頁，共用去9個數字；從第10頁到第99頁，共用去2×90=180（個）數字；餘下的數字可編（1500-189）÷3=437（頁）

　　所以，這本書共有536頁。

　　l至99頁，共用20個“3”，從100至199頁共用20個“3”，從200至299頁共用20個“3”，從300至399頁共用去120個“3”，從400至499頁共用去20個“3”，從500到536頁共用去11個“3”。所以，共用去211個數字3。

　　例3 在三位數中，數字和是5的倍數的數共有_______個。

　　（全國第四屆“華杯賽”決賽口試試題）

　　講析：可把三位數100至999共900個數，從100起，每10個數分為一組，得

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

　　共分成了90組，而每組中有且隻有兩個數的數字和是5的倍數，所以一共有2×90=180（個）。

　　例4 有四個數，取其中的每兩個數相加，可以得到六個和。這六個和中最小的四個數是83、87、92、94，原因數中最小的是______。

　　（上海市第五屆小學數學競賽試題）

　　講析：設原四個數從小到大為a、b、c、d，則有a+b=83，a+c=87，所以c比b大4。而對于和為92和94時，或者是b+c=92，或者是b+c=94。

　　當b+c=92時，因c比b大4，可得b=45，進而可求得a=38。

　　當b+c=94時，因c比b大4，可得b=44，進而可求得a=39。

　　所以，原四數中最小的數是38或39。

　　

abcd=______

　　（廣州市小學數學競賽試題）

　　講析：原四位數增加8倍後得新的四位數，也就是原四位數乘以9，得新四位數（如圖5.29）。從而可知，a一定為1，否則積不能得四位數。則

　

　　例6 有兩個兩位數，它們的個位數字相同，十位數字之和是11。這兩個數的積的十位數字肯定不會是哪兩個數字？

　　（1990年《小學生報》小學數學競賽試題）

　　講析：由題意可知，兩個數的十位上為（2，9），（3，8），（4，7），（5，6），而個上則可以是0至9的任意一個數字。如果分别去求這兩個數的積，那是很麻煩的。

　　設這兩個數的個位數字是c，十位數字分别為a、b，則a+b=11，兩數分别為（10a+c)，（10b+c）。

　　

　　

字。

　　　　

能是6、8。

　　例7 期的記法是用6個數字，前兩個數字表示年份，中間兩個數字表示月份，後兩個數字表示日（如1976年4月5日記為760405）。

　　第二屆小學“祖杯賽”的競賽日期記為921129。這個數恰好左右對稱。因此這樣的日期是“吉祥日”。問：從87年9月1日到93年6月30日，共有_______個吉祥日。（第二屆“祖沖之杯”小學數學競賽試題）

　　講析：一個六位數從中間分開，要求左右對稱，則在表示月份的兩個數中，隻有11月份。而且“年份”的個位數字隻能是0、1、2。

　　所以是共有3個吉祥日：901109、911119、921129。

25、數的整除性規律

　　【能被2或5整除的數的特征】（見小學數學課本，此處略）

　　【能被3或9整除的數的特征】一個數，當且僅當它的各個數位上的數字之和能被3和9整除時，這個數便能被3或9整除。

　　例如，1248621各位上的數字之和是

　　1+2+4+8+6+2+1=24

　　3｜24，則3｜1248621。

　　又如，372681各位上的數字之和是

　　3+7+2+6+8+1=27

　　9｜27，則9｜372681。

　　【能被4或25整除的數的特征】一個數，當且僅當它的末兩位數能被4或25整除時，這個數便能被4或25整除。

　　例如，173824的末兩位數為24，4｜24，則4｜173824。

　　43586775的末兩位數為75，25｜75，則25｜

　　43586775。

【能被8或125整除的數的特征】一個數，當且僅當它的末三位數字為0，或者末三位數能被8或125整除時，這個數便能被8或125整除。

　　例如，32178000的末三位數字為0，則這個數能被8整除，也能夠被125整除。

　　3569824的末三位數為824，8｜824，則8｜3569824。

　　214813750的末三位數為750，125｜750，則125｜214813750。

【能被7、11、13整除的數的特征】一個數，當且僅當它的末三位數字所表示的數，與末三位以前的數字所表示的數的差（大減小的差）能被7、11、13整除時，這個數就能被7、11、13整除。

　　例如，75523的末三位數為523，末三位以前的數字所表示的數是75，523-75=448，448÷7=64，即

　　7｜448，則7｜75523。

　　又如，1095874的末三位數為874，末三位以前的數字所表示的數是1095，1095-874=221，221÷13=17，即

　　13｜221，則13｜1095874。

　　再如，868967的末三位數為967，末三位以前的數字所表示的數是868，967-868=99，99÷11=9，即

　　11｜99，則11｜868967。

　　此外，能被11整除的數的特征，還可以這樣叙述：

　　一個數，當且僅當它的奇數位上數字之和，與偶數位上數字之和的差（大減小）能被11整除時，則這個數便能被11整除。

　　例如，4239235的奇數位上的數字之和為

　　4+3+2+5=14，

　　偶數位上數字之和為2+9+3=14，

　　二者之差為14-14=0，0÷11=0，

　　即11｜0，則11｜4239235。

26、數的公理、定理或性質

　　【小數性質】小數的性質有以下兩條：

　　（1）在小數的末尾添上或者去掉幾個零，小數的大小不變。

　　（2）把小數點向右移動n位，小數就擴大10n倍；把小數點向左移動n位，小數就縮小10n倍。

　　【分數基本性質】一個分數的分子和分母都乘以或者都除以同一不為零的數，分數的大小不變。即

　　　

　　【去九數的性質】用9去除一個數，求出商後餘下的數，叫做這個數的“去九數”，或者叫做“9餘數”。求一個數的“去九數”，一般不必去除，隻要把該數的各位數字加起來，再減去9的倍數，就得到該數的“去九數”。（求法見本書第一部分“（四）法則、方法”“2．運算法則或方法”中的“棄九驗算法”詞條。）去九數有兩條重要的性質：

　　（1）幾個加數的和的去九數，等于各個加數的去九數的和的去九數。

　　（2）幾個因數的積的去九數，等于各個因數的去九數的積的去九數。

　　這兩條重要性質，是用“棄九驗算法”驗算加、減、乘、除法的依據。

　　【自然數平方的性質】

（1）奇數平方的性質。任何一個奇數的平方被8除餘1。

　　為什麼有這一性質呢？這是因為奇數都可以表示為2k+1的形式，k為整數。而

　　（2k+1）₂=4k₂+4k+1

　　=4k（k+1）+1

　　k與k+1又是連續整數，其中必有一個是偶數，故4k（k+1）是8的倍數，能被8整除，所以“4k（k+1）+1”，即（2k+1）₂能被8除餘1，也就是任何一個奇數的平方被8除餘1。

　　例如，27₂=729

　　729÷8=91……1

（2）偶數平方的性質。任何一個偶數的平方，都是4的倍數。

　　這是因為偶數可以用2k（k為整數）表示，而（2k）₂＝4k₂

　　顯然，4k₂是4的倍數，即偶數的平方為4的倍數。

　　例如，216₂=46656

　　46656÷4=11664

　　即 4|46656

　　【整數運算奇偶性】整數運算的奇偶性有以下四條：

　　（1）兩個偶數的和或差是偶數；兩個奇數的和或差也是偶數。

　　（2）一個奇數與一個偶數的和或差是奇數。

　　（3）兩個奇數之積為奇數；兩個偶數之積為偶數。

　　（4）一個奇數與一個偶數之積為偶數。

　　由第（4）條性質，還可以推廣到:

　　若幹個整數相乘，隻要其中有一個整數是偶數，那麼它們的積就是個偶數。

　　【偶數運算性質】偶數運算性質有：

　　（1）若幹個偶數的和或者差是偶數。

　　（2）若幹個偶數的積是偶數。

　　例如，四個偶數38、126、672和1174的和，是偶數2010；用偶數相減的算式3756-128-294-1350的差，也是偶數1984。

　　【奇數運算性質】奇數運算性質有：

　　（1）奇數個奇數的和（差）是奇數；偶數個奇數的和（差）是偶數。

　　（2）若幹個奇數的積是奇數。

27、數的大小概念

　　【比較分數大小】用常規方法比較分數大小，有時候速度很慢。采用下述辦法，往往可大大提高解題的速度。

　　（1）交叉相乘。把要比較大小的兩個分數的分子分母交叉相乘，然後

　　

　　

　　2×5＝10， 3×3=9， 3×8=24， 5×5=25，

　　

　　之所以能這樣比較，是由于它們通分時，公分母是分母的乘積。這時，分數的大小就隻取決于分子的大小了。

　　（2）用“1”比較。當兩個分數都接近1，又不容易确定它們的大小

　

　

　　

　　

　　

　

　　

　　（4）化相同分子。把分子不同的分數化成同分子分數比較大小。有時

序排列起來：

　　

　　（5）兩分數相除。用兩個分數相除，看它們的商是大于1還是小于1，往往能快速地找出它們的大小關系。由于這樣做，省略了通分的過程，所以

　　

　　顯然，将它們反過來相除，也是可以的：

　　

【巧比兩數大小】若甲、乙兩數間的關系未直接給出，比較它們的大小，有一定難度。這時，可按下面的辦法去做：

　　（1）先看分子是1的情況。例如下題：

　　

　　第一種方法是直觀比較。先畫線段圖（圖4.4）：

　　由對線段圖的直觀比較可知，乙數大于甲數。

　　

　

　

　　

數。

　　

可知

　　

　　

　　（2）再看分子不是1的情況。例如下題：

　　

　　它同樣也可以用四種方法比較大小。比方

　　用直觀比較方法，可畫線段圖如下（圖4.5）：

　　由圖可知，甲數大于乙數。

　　用統一分子的方法，也可比較它們的大小。因為

　　

　　用圖表示就是圖4.6：

　　這就是說，把甲數分為9份，乙數分為8份，它們的6份相等。所以，它們每一份也相等。而甲數有9份，乙數隻有8份，故甲數大于乙數。

　　

去，即可知道甲數大于乙數。

　　如果用轉化關系式比較。由題意可知

　　

　　根據一個因數等于積除以另一個因數，可得

　　

28、數的大小比較

　　【分數、小數大小比較】

　　

　　（全國第二屆“華杯賽”決賽口試試題）

　　講析：這兩個分數如果按通分的方法比較大小，計算将非常複雜。于是可采用比較其倒數的辦法去解答。倒數大的數反而較小。

　　

　　

　　

　　

　

個數是______。

　　（1992年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：将給出的六個數分别寫成小數，并且都寫出小數點後面前四位數，則把這六個數按從大到小排列是：

　　

　　

　　

　　【算式值的大小比較】

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

　　試比較A與B的大小。

　　（1990年《小學生數學報》小學數學競賽試題）

　　講析：可将A、B兩式中的第一個因數和第二個因數分别進行比較。這時，隻要把兩式中某一部分變成相同的數，再比較不同的數的大小，這兩個算式的大小便能較容易地看出來了。于是可得

　　A =9876543×（3456788＋1）

　　=9876543×3456788＋9876543；

　　B =（9876543＋1）×3456788

　　=9876543×3456788＋3456788；

　　所以，A＞B。

　　例2 在下面四個算式中，最大的得數是算式______。

　　

　　（1992年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：如果直接把四個算式的值計算出來，顯然是很麻煩的，我們不妨運用化簡繁分數的方法，比較每式中相同位置上的數的大小。

　　

　　　

　　

　　

　　比較上面四個算式的結果，可得出最大的得數是算式（3）。

　　例3 圖5.1中有兩個紅色的正方形和兩個藍色正方形，它們的面積

　　問：紅色的兩個正方形面積大還是藍色的兩個正方形面積大？

　　（全國第四屆“華杯賽”決賽口試試題）

　　講析：

　　

方形放入大正方形中去的辦法，來比較它們的大小（如圖5.2）。

　

　　

　　

　　所以，兩個藍色正方形的面積比兩個紅色正方形的面積大。

29、實踐與實際操作

　　【最短路線】

　　例1 一隻螞蟻要從A處出發，經粘合在一塊木闆上的正方體（如圖5.74）的表面爬到B處。

　　請你在圖上畫出最短的路線（看得見的畫實線，看不見的畫虛線），有幾條就畫幾條。

　　（1990年“新苗杯”小學數學競賽試題）

　　講析：可将正方體的幾個面，按正視位置的前面—上面展開，前面—右面展開，左面—後面展開，左邊—上面展開，其展開圖都是由兩個正方形面組成的長方形（如圖5.75所示）。

　　根據兩點之間直線段最短的原理，故最短路線為每個長方形對角線，它們共有四條，如圖5.76所示。

　　例2 請你在圖5.77（3）、（4）、（5）上畫出三種與圖（2）不一樣的設計圖，使它們折起來後，都成為圖（1）所示的長方形盒子（粗線和各棱交于棱的中點）。

　　（第四屆《從小愛數學》邀請賽試題）講析：解題的關鍵，是要分清實線與虛線，然後思考它們是按什麼方式展開的。

　　不難想象，其答案如圖（3）、（4）、（5）所示。

　　【切分圖形】

　　例1 請将圖5.78分成面積相等，形狀相同，且每一塊中都含有“數學競賽”字樣的四塊圖形。

　　（“新苗杯”小學數學競賽試題）

　　講析：從條件看，所分成的每一塊圖中，必須有四個小正方形，且隻有五種（如圖5.79）。

　　根據圖中漢字的具體位置，可發現圖5.79中圖（1）、圖（2）明顯不合，圖（3）、圖（4）也不能分成。于是隻剩下圖（5）。

　　進一步搜索，便可得到答案。答案如圖5.80所示。

　　例2 在一張正方形紙上畫兩個三角形，最多可以把這個正方形分成________塊，畫三個三角形，最多可以把這個正方形分成________塊；畫四個三角形，最多可以把這個正方形分成_________塊。

　　（1990年無錫市小學數學競賽試題）

　　講析：可先找出規律。

　　在正方形紙上，畫一個三角形，依次畫三條邊時，增加了（1＋1＋1）塊，最多可把它分成4塊；畫二個三角形，依次畫三條邊時，增加了（3＋3＋3）塊，共13塊；畫三個三角形，依次畫三條邊時，增加了（5＋5＋5）塊，共28塊，如圖5.81所示。

　　由此推得，畫四個三角形，可增加（7＋7＋7）塊，最多，共49塊。

　　【拼合圖形】

　　例1 圖5.82是由圖5.83中的六塊圖形拼合而成的，其中圖①放在中間一列的某一格。請在圖5.82中找出這六個圖形，并畫出來。

　　（1993年全國小學數學奧林匹克總決賽試題）

　　講析：可先确定圖①的位置。因為圖①在中間的一列的某一格，當圖①放在A、B、C處時，經試驗，與其它五圖不能拼成圖5.82。

　　當圖①放在D處時，這六幅圖可以拼成圖5.82。拼法如圖5.84所示。

　　例2 7塊正方體積木堆在桌上。

　　從東、南、西、北四個方向看去，所看到的一面都隻有5個正方形，而且看到的圖案是一樣的。（如圖5.85）。那麼從上面看下去，看到的圖形可能是什麼

　　樣的？請在圖5.86中正确的圖形下面打

　　“√”，錯誤的圖形下面打“×”。（《從小愛數學》邀請賽第五屆試題）

　　講析：上面的七幅圖都是俯視圖。在看每幅圖是否正确時，關鍵是想象出将另兩塊積木，放在這五塊中哪兩塊的上面，然後分别從東西南北四個方向去看，得出的圖形是否與圖5.85相吻合。

　　經試驗，得出的答案如圖5.86所示，即按從左往右，從上至下的位置，依次為√、√、×、√、×、√、√。

省工省時問題

　　例1 某車隊有4輛汽車，擔負A、B、C、D、E、F六個分廠的運輸任) N/ ?+ O# T- ~5 U5 ^+ s5 w
　　（圖5.97所标出的數是各分廠所需裝卸工人數）。若各分廠自派裝卸工，則共需33人。若讓一部分人跟車裝卸，在需要裝卸工人數較多的分廠再配備一個或幾個裝卸工，那麼如何安排才能既保證各分廠所需工人數，又使裝卸工人數最少？

　

　　（1990年《小學生報》小學數學競賽試題）
　　講析：可從需要工人數最少的E分廠着手。假定每輛車上配備3人，則需在D、C、B、A、F五處分别派1、5、2、3、4人，共需27人。* Z3 d, m7 Q6 s. H/ [
　　若每車配備4人，則需在C、B、A、F四處分别派4、1、2、3人，共需26人。# u; t% t' S4 n) d, Y1 `* d
　　若每車配備5人，則需在C、A、F三處分别派3、1、2人，共需26人。
　　所以，上面的第二、三種方案均可，人數為26人。& WD4 p4 u. a) }4 k" E) w" e3 c
　　例2 少先隊員在植樹中，每人植樹2棵。如果一個人挖一個樹坑需要25分鐘，運樹苗一趟（最多可運4棵）需要20分鐘，提一桶水（可澆4棵樹）需要10分鐘，栽好一棵樹需要10分鐘，現在以兩個人為一個小組進行合作，那麼，完成植樹任務所需的最短時間是______分鐘。
　　（福州市鼓樓區小學數學競賽試題）
　　講析：可将甲、乙兩人同時開始勞動的整個過程安排，用圖5.98來表示出來。5 g1 d; d) y1 x- ?- o, O6 J

　　

　　由圖可知，完成任務所需的最短時間，是85分鐘。0 h2 Q* h0 `D4 A, g1 I$ A
　　例3 若幹箱同樣的貨物總重19.5噸，隻知每箱重量不超過353千克。今有載重量為1.5噸的汽車，至少需要______輛，才能保證把這些貨物一次全部運走。（箱子不能拆開）/ x- |$ m+ ~! p% p
　　（北京市第七屆“迎春杯”小學數學競賽試題）
　　講析：關鍵是要理解“至少幾輛車，才能保證一次運走”的含義。也就是說，在最大浪費車位的情況下，最少要幾輛車。
　　∵這堆貨物箱數至少有：2 v% \- b' {6 B" s: A) e
　　19500÷353≈55.2≈56（箱）；; l- \0 ^8 b: z8 V7 `
　　一輛汽車每次最多能裝的箱數：
　　1500÷353≈4.2≈4（箱）。
　　∴一次全部運走所有貨物，至少需要汽車56÷4=14（輛）。8 u' ~3 l+ bqZ4 o
　　例4 如圖5.99，一條公路（粗線）兩側有7個工廠（01、02、……、07），通過小路（細線）分别與公路相連于A、B、C、D、E、F點。現在要設置一個車站，使各工廠（沿小路和公路走）的距離總和越小越好。這個車站應設在一______點。
　　（1992年福州市小學數學競賽試題）7 E6 xu* ~. C" E* a/ ]6 x

　　

　　講析：從各工廠到車站，總是先走小路，小路的總長不變，所以問題可轉化為：“在一條公路上的A、B、C、D、E、F處各有一個工廠，D處有兩個工廠。要在公路上設一個站，使各廠到車站的距離總和最小（如圖5.100）。; D& Q6 |9 Y; d# ?# m

　　

　　顯然，車站應設在盡量靠七個廠的中間部位。
　　如果車站設在D處，則各廠到D總長是：6 K5 j7 X- P4 W; e
　　（DA＋DF）＋（DB＋DE）＋DC=AF＋BE＋DC；
　　如果車站設在C處，則各廠到C總長是
　　（CA＋CF）＋（BC＋CE）＋2·DC＝AF＋BE＋2·DC。9 k\6 h1 z4 k! f2 Gk
　　比較上面兩個式子得：當車站設在D處時，七廠到車站的距離總和最小。8 S. E2 z0 ~2 `+ P0 o. P; _# @
【費用最少問題】
　　例1 在一條公路上每隔100千米有一個倉庫（如圖5.101），共有五個倉庫。一号倉庫存有10噸貨物，二号倉庫存有20噸貨物，五号倉庫存有40噸貨物，其餘兩個倉庫是空的。現在想把所有的貨物集中存放在一個倉庫裡，如果每噸貨物運輸1千米需要0.5元的運費，那麼最少要花多少運費才行？$ I/ }5 S% x8 H: a. ^% e- p8 B
　　（全國第一屆“華杯賽”複賽試題）

　　

　　講析：這類問題思考時，要盡量使運這些貨物的噸千米數的和最小。處理的方法是：“小往大處靠”。/ K* m9 ?- G2 R6 E
　　因為第五個倉庫有40噸，比第一、二倉庫貨物的總和還多。所以，盡量把第五個倉庫的貨不動或者動得最近。
　　當存放站設在第四倉庫時，一、二、五倉庫貨物運輸的噸千米數為：
　　10×300＋20×200＋40×100=11000；
　　當存放站設在第五倉庫時，一、二倉庫貨物運輸的噸千米數為：
　　10×400+20×300=10000。
　　所以，存放點應設在第五号倉庫，運費最少。運費是0.5×10000=5000（元）。
　　例2 有十個村，坐落在從縣城出發的一條公路上（如圖（5.102，單位：千米），要安裝水管，從縣城送自來水到各村，可用粗細兩種水管，粗管足夠供應所有各村用水，細管隻能供一個村用水，粗管每千米要用8千元，細管每千米要用2千元。把粗管細管适當搭配，互相連接，可降低工程總費用。按最節省的辦法，費用應是多少？7 ?& Z5 D/ i4 i8 S6 ]
　　（全國第一屆“華杯賽”決賽第二試試題）$ Jy; M+ Q' I, ~* Y5 b1 {

　　

　　講析：因為粗管每千米的費用是細管的4倍，所以應該在需要安裝四根或四根以上水管的地段，都應安裝粗管。因此，隻有到最後三個村安裝細管，費用才最省。
　　不難求出，最少費用為414000元。" S# k0 f`: Z4 X. n1 o- N% [

30、容斥原理問題

　　例1 在1至1000的自然數中，不能被5或7整除的數有______個。

　　（莫斯科市第四屆小學數學競賽試題）

　　講析：能被5整除的數共有1000÷5=200（個）；

　　能被7整除的數共有1000÷7=142（個）……6（個）；

　　同時能被5和7整除的數共有1000÷35=28（個）……20（個）。

　　所以，能被5或7整除的數一共有（即重複了的共有）：

　　200＋142—28=314（個）；

　　不能被5或7整除的數一共有

　　1000—314=686（個）。

　　例2 某個班的全體學生進行短跑、遊泳、籃球三個項目的測試，有4名學生在這三個項目上都沒有達到優秀，其餘每人至少有一個項目達到了優秀。這部分學生達到優秀的項目、人數如下表：

　　

　　求這個班的學生人數。

　　（全國第三屆“華杯賽”複賽試題）

　　講析：如圖5.90，圖中三個圓圈分别表示短跑、遊泳和籃球達到優秀級的學生人數。

　　

　　隻有籃球一項達到優秀的有

　　15—6—5+2=6（人）；

　　隻有遊泳一項達到優秀的有

　　18—6—6+2=8（人）；

　　隻有短跑一項達到優秀的有

　　17—6—5＋2=8（人）。

　　獲得兩項或者三項優秀的有

　　6＋6+5—2×2=13（人）。

　　另有4人一項都沒獲優秀。

　　所以，這個班學生人數是13＋6＋8＋8＋4=39（人）。

31、奇數偶數與奇偶性分析

　　【奇數和偶數】

　　例1 用l、2、3、4、5這五個數兩兩相乘，可以得到10個不同的乘積。問乘積中是偶數多還是奇數多？

　　（全國第二屆“華杯賽”決賽口試試題）

　　講析：如果兩個整數的積是奇數，那麼這兩個整數都必須是奇數。在這五個數中，隻有三個奇數，兩兩相乘可以得到3個不同的奇數積。而偶數積共有7個。所以，乘積中是偶數的多。

　　例2 有兩組數，甲組：1、3、5、7、9……、23；乙組：2、4、6、8、10、……24，從甲組任意選一個數與乙組任意選出一個數相加，能得到______個不同的和。

　　（《現代小學數學》邀請賽試題）

　　講析：甲組有12個奇數，乙組有12個偶數。甲組中任意一個數與乙組中任意一個數相加的和，必為奇數，其中最大是47，最小是3。

　　從3到47不同的奇數共有23個。

　　所以，能得到23個不同的和。

　　本題中，我們不能認為12個奇數與12個偶數任意搭配相加，會得到12×12=144（個）不同的和。因為其中有很多是相同的。

　　【奇偶性分析】

　　例1 某班同學參加學校的數學競賽。試題共50道。評分标準是：答對一道給3分，不答給1分，答錯倒扣1分。請你說明：該班同學得分總和一定是偶數。

　　（全國第三屆《從小愛數學》邀請賽試題）

　　講析：如果50道題都答對，共可得150分，是一個偶數。每答錯一道題，就要相差4分，不管答錯多少道題，4的倍數總是偶數。150減偶數，差仍然是一個偶數。

　　同理，每不答一道題，就相差2分，不管有多少道題不答，2的倍數總是偶數，偶數加偶數之和為偶數。

　　所以，全班每個同學的分數都是偶數。則全班同學的得分之和也一定是個偶數。

　　例2 5隻杯子杯口全都朝上。規定每次翻轉4隻杯子，經過若幹次後，能否使杯口全部朝下？

　　（美國小學數學奧林匹克通訊賽試題）

　　講析：一隻杯口朝上的杯子，要想使杯口朝下，必須翻轉奇數次。要想5隻杯口全都朝上的杯子，杯口全都朝下，則翻動的總次數也一定是奇數次才能辦得到。

　　現在每次隻翻轉4隻杯子，無論翻多少回，總次數一定是偶數。

　　所以，不能使杯口全部朝下。

　　例3 某班共有25個同學。坐成5行5列的方陣。我們想讓每個同學都坐到與他相鄰的座位上去。（指前、後、左、右），能否做得到？

　　（廣州市小學數學競賽預賽試題）

　　講析：如圖5.44，為了方便，我們将每一格用A或B表示，也就是與A相鄰的用B表示，與B相鄰的用A表示。

　　要想使每位同學都坐到相鄰座位上去，也就是說坐A座位的同學都要坐到B座位上去，而坐B座位上的同學都要坐到A座位上去。

　　但是，A座位共13個，而B座位共12個，所以，不管怎樣坐，要想坐A座位的同學都坐到B座位上去，是辦不到的。

　　例4 線段AB的兩個端點，一個标以紅色，一個标以藍色。在線段中間插入1991個分點，每個分點随意标上紅色或藍色。這樣分得1992條不重疊的小線段，如果把兩端點顔色不同的小線段叫做标準線段，那麼标準線段的條數是奇數還是偶數？

　　（1992年長沙市小學數學競賽預選賽試題）

　　講析：每插入一個點，無論其顔色怎樣，其非标準線段的條數增加0條或2條，所以插入1991個點後，非标準線段增加總數是一個偶數。又原非标準線段條數為1，是一個奇數，故最後得到的非标準線段必為奇數。

　　非标準線段條數+标準線段條數=1992條。

　　所以，标準線段的條數是奇數。

32、其他定理或性質

　　【算術基本定理】任意一個大于1的整數，都能表示成若幹個質數的乘積，如果不計質因數的順序，則這個分解式是唯一的。即任意一個大于1的整數

　　a=[p₁×p₂×p₃×……×p_n（p₁≤p₂≤p₃≤……≤p_n）其中p₁、p₂、p₃、…、_np都質數；并且若

　　a=q₁×q₂×q₃×…q_m（q₁≤q₂≤q₃≤…≤q_m）

　　其中q₁、q₂、q₃、…、q_m都是質數。那麼，m=n，qi=pi（i=1，2，3，…，n）

　　當這個整數是質數時是符合定理的特例。

　　上述定理，叫做“算術基本定理”。

　　【方程同解變形定理】方程的同解變形，有下列兩個基本定理：

　　定理一 方程兩邊同時加上（或同時減去）同一個數或整式，所得的方程與原方程同解。

　　根據這一同解定理，可把方程中某一項改變符号後，從方程的一邊移到另一邊。這種變形叫做移項。

　　例如，解方程3x=2x+5。

　　解 移項，得

　　3x-2x=5

　　合并同類項，得

　　x=5。

　　定理二 方程兩邊同時乘以（或除以）同一個不是零的數，所得的方程與原方程同解。

　　

是同解的。

　　【一筆畫的性質】為掌握“一筆畫”的性質，先介紹“一筆畫”的有關概念。

　　圖──用若幹條線（不一定是直線段）把一些點連接起來的圖形，如圖1.7。這些點叫圖的頂點，如A、B、C、D；這些線叫圖的邊，如AB、AC、AD等。

　　點的次--每個點上所連接的線的條數，叫做這個點的“次”。如圖1.7中，A點有五條線與它相連，B點有三條線與它相連，則A點的次為5；B點有三條線與它相連，則B點的次為3。

　　奇點--點的次數為奇數，則這個點為“奇點”。如圖1.7中的A、B、C、D點，全部都是奇點。

　　偶點--點的次數為偶數，則這個點叫做“偶點”。

　　如圖1.8中的B點（4次）、D點（2次），都是偶點。一筆畫問題--在圖1.8中，能否從A點（或其他點）出發，不重複任一邊（點可随便經過若幹次）而一筆畫出全圖的問題，叫做“一筆畫問題”（也稱“七橋問題”，見本書第九部分“七橋問題”詞條）。

　　能一筆畫的圖形，具有下面兩條性質：

　　（1）若一個圖形中，奇點的個數不大于2，則這個圖形必能一筆畫成，否則就不能畫成。

　　例如圖1.7中，奇點有A、B、C、D四個，它無論從哪一點出發，都是不可能一筆畫成的。而圖1.8中，奇點隻有A、C兩個，它是可以一筆畫成的。其畫法可如圖1.9所示：從A點出發，經1到C，經2到D，經3到B，經4到A，又經5到B，再經6到A，然後經7到C，完成全圖。顯然，此圖的畫法并不止于這一種，這隻是多種畫法中的一種畫法。

　　（2）若一個圖中沒有奇點，那麼始點和終點必須重合；若一個圖中有兩個奇點，則這兩個奇點必是起點和終點。

　　例如圖1.10中，點A、B、C均為偶點，沒有奇點。若從A點出發，按圖外箭頭所指的方向，經①、②、③、④、⑤，便又回到了A點。這樣，A點便既是始點又是終點。而圖1.8中有A、C兩個奇點，按性質（1）中的畫法，可從A點出發，到C點結束，A是始點，C是終點。圖1.9（也可以從C點出發，到A點結束，C為始點，A為終點。）

平移變換

　　【平移線段】有些幾何問題，通過線段的上、下、左、右平移以後，能使問題很快地得到正确的解答。

　　例如，下面的兩個圖形（圖4.17和圖4.18）的周長是否相等？

　　單憑眼睛觀察，似乎圖4.18的周長比圖4.17的要長一些。但把有關線段平移以後，圖4.18就變成了圖4.19，其中的線段，有的上移，有的左移，有的右移，它可移成一個正方形。于是，不難發現兩圖周長是相等的。

　

　　【平移空白或陰影部分】有些求陰影部分或空白部分面積的幾何題，采用平移空白部分或平移陰影部分的辦法，往往能化難為易，很快使問題求得解答。例如，計算圖4.20中陰影部分的面積。

　

　　

圓面積”，然後相加，得整個陰影部分的面積。這顯然是很費時費力的。但認真觀察一下就會發現，圖4.20左半左上部的空白部分，與右半左上部的陰影部分大小一樣，隻需将右半左上部的陰影部分，平移到左半左上部的空白部分，所有的陰影部分便構成一個正方形了（如圖4.21）。所以，陰影部分的面積很快就可求得為5×5=25。

　　又如，一塊長30米，寬24米的草地，中間有兩條寬2米的走道，把草地分為四塊，求草地的面積（如圖4.22）。

　　這隻要把丙向甲平移靠攏，把丁向乙平移靠攏，題目也就很快能解答出來了。（具體解法略）

33、平面圖形的計算

【周長的計算】

　　例1有9個同樣大小的小長方形，拼成一個大長方形（如圖5.54）的面積是45厘米²，求這個大長方形的周長。

　　（第四屆《小學生數學報》邀請賽決賽試題）

　　講析：設每個小長方形的長是a厘米，寬是b厘米。于是有

　　a×b=45÷9＝5；

　　又有：4a=5b。

　　可求得b=2，a=2.5。

　　所以大長方形的周長為6a＋7b=29（厘米）。

　　例2 圖5.55中圖（1）和圖（2）是兩個形狀、大小完全相同的大長方形，在每個大長方形内放入四個如圖（3）所示的小長方形，斜線區域是空下來的地方，已知大長方形的長比寬多6厘米，問：圖（1），圖（2）中畫斜線的區域的周長哪個大？大多少？（全國第四屆“華杯賽”決賽試題）

　　講析：圖5.55（1）中畫斜線區域的周長恰好等于大長方形的周長，圖5.55（2）中畫斜線區域的周長明顯比大長方形周長小。二者相差2·AB。

　　從圖5.55（2）的豎直方向看，AB＝a－CD

　　圖5.55（2）中大長方形的長是a＋2b，寬是2b＋CD，

　　所以，（a+2b）-（2b＋CD）=a-CD=6（厘米）

　　故：圖5.55（1）中畫斜線區域的周長比圖5.55（2）中畫斜線區域的周長大，大12厘米。

【面積的計算】

　　例1如圖5.56，長方形ADEF的面積是16，三角形ADB的面積是3，三角形ACF的面積是4，那麼三角形ABC的面積是______。

　　（北京市第十屆“迎春杯”小學數學競賽試題）

　　講析：連結AE（如圖5.57），則三角形AEC的面積是16÷2-4=4。因為△ACF與△AEC等高，且面積相等。所以，CF=CE。

　　同理，△ABE的面積是16÷2-3=5，則BD∶BE=3∶5。即BE=

　　從而，△ABC的面積是16-（3＋4+2.5）=6.5。

　　例2 如圖5．58，在等邊三角形ABC中，AF=3FB，FH垂直于BC，已知陰影部分的面積為1平方厘米，這個等邊三角形的面積是多少平方厘米？

　　（1992年武漢市小學數學競賽試題）

　　講析：如圖5.59，連接△ABC各邊中點，則△ABC被分成了大小相等的四個小三角形。

　　在△DBG中，再連接各邊中點，得出将△DBG又分成了四個很小的三角形。

　　經觀察，容易得出△ABC的面積為（1×2）×4×4=32（平方厘米）。

　　例3 三條邊長分别為5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形如圖5.60（1），将它的短直角邊對折到斜邊上去與斜邊相重合如圖5.60（2）。那麼，圖5.60（2）中陰影部分（即未被蓋住部分）的面積是______平方厘米。

　　（1993年全國小學數學奧林匹克總決賽第一試試題）

　　講析：如圖5.60（2），設EC等于a厘米，那麼DE也為a厘米。

　　△ABC的面積等于△ABE的面積加上△AEC的面積。

　　

　　

　　例4 如圖5.61，ABCD是一個梯形，已知三角形ABD的面積是12平方厘米，三角形AOD的面積比三角形BOC的面積少12平方厘米，那麼梯形ABCD的面積是______平方厘米。

　　（廣州市小學數學競賽試題）

　　講析：可設△AOD的面積為S₁。

　　則，△BOC的面積為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的面積是24+12=36（平方厘米）。

　　例5 梯形ABCD被兩條對角線分成了四個三角形S₁、S₂、S₃、S₄。已知S₁=2厘米²，S₂=6厘米²。求梯形ABCD的面積。

　　（小學數學奧林匹克通訊賽決賽試題）

　　講析：三角形S₁和S₂都是等高三角形，它們的面積比為2∶6=1∶3；

　　則：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，其底邊之比為1∶3，所以S₄∶S₃=1∶

　　所以，梯形ABCD的面積為

　　

　　例6 正方形邊長為20厘米（如圖5.63），已知DD′=EE′，CE=6厘米。則陰影部分三角形的面積最大值是______平方厘米。

　　（海口市小學數學競賽試題）

　　講析：E′點在BE段滑動，D′點在DC段滑動。

　　設DD′長a厘米。

　　D′C=20-a，E′C=a＋6。

　　

　　又因為D′C＋E′C=（20-a）＋（a＋6）=26。

　　運用等周長的長方形面積最大原理，兩個數的和一定（等于26），要把這個和分成兩個數，使這兩個數的積最大，則當20-a=a＋6=13時，即a=7

　　=84.5（平方厘米）。

　　例7 圖5.64是一個正方形，圖中所标數字的單位是厘米。問：陰影部分的面積是多少平方厘米？

　　（全國第四屆“華杯賽”決賽試題）

　　講析：如圖5.65，連接AC，所分成的四個小三角形分别用S₁、S₂、S₃、S₄表示。

　　容易看出S₂和S₃是關于OC為對稱軸的對稱圖形。

　　所以S₂=S₃。

　　從而不難得出S₁、S₂、S₃、S₄四個小三角形面積相等，即每個小三角

　　例8 一個正方形（如圖5.66），被分成四個長方形，它們的面積在圖中标出（單位：平方米）。圖中陰影部分是一個正方形。那麼，它的面積是______。

　　（1992年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：可将四個長方形分别用A、B、C、D表示（如圖5.67），陰影部分是B中的一部分。

　　大正方形的面積為1平方米，所以它的邊長為1米。

　　因為長方形C和D的寬相等，所以它們長的比等于面積比。于是得C的

　　

米。

　　例9 把大的正三角形每邊8等分，組成圖5.68所示的三角形網。如果每個小三角形面積是1，那麼圖中粗線圍成的三角形面積是______。

　　（1988年北京市奧林匹克邀請賽試題）

　　講析：一般地，關于格點多邊形的面積，有下面的公式：

　　

　　這裡，格子面積等于小正方形或平行四邊形面積，也就是小三角形面積的2倍。

　　題中，格子面積為1×2=2，内部格點數為12，邊上格點數為4。

　　所以，粗線圍成的面積是

　　

34、判斷題的解答

　　【用篩去（消倍）法判斷】一個數能否被3整除，本來是不太難的問題。但當一個數比較大時，用各數位上的數相加，速度很慢，而且容易出現口算錯誤。若用“篩去（消倍）法”來判斷，情況就大不一樣了。例如

　　（1）判斷76935能否被3整除。先直接篩去能被3整除的6、9、3，剩下的7與5，和為3的倍數，所以3|76935（3能整除76935，或76935能被3整除）。

　　（2）判斷3165493能否被3整除。先直接篩去3的倍數3、6、9、

能整除3165493，或3165493不能被3整除。）

　　【能否被7整除】一個數能否被7整除，隻要把這個數的末位數字截去，再從餘下的數中，減去這個末位數字的2 倍，如果這時能看出所得的差能被7整除，則原來的數就能被7整除，否則就不能被7整除；若是仍看不出來，就要繼續上述過程，直到能清楚作出判斷為止。例如，判斷133能否被7整除：

　　因為差數7能被7整除，所以7|133。

　　這是什麼原因呢？請看下面的算式：

　　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）

　　顯然，13×7×3中有約數7，它能被7整除，故隻要檢驗後面的（13-3×2）能否被7整除就可以了。（原理可見第一部分的整除性定理）

　　如果要判斷的數的位數很多，那麼，将這種做法一直進行下去就是。例如，判斷62433能否被7整除：

　　∵7|42，∴7|62433

　　這樣的判定方法可稱作“割尾法”。一個數能否被11、13、17和19整除，也可用割尾法去判斷。

　　【能否被11整除】判斷一個數能否被11整除，可以采用割尾法、奇偶位差法及分節求和法。

　　（1）割尾法。一個數能否被11整除，隻要把它的末尾數字截去，從餘下的數裡減去這個末位數，看所得的差能否被11整除。差能整除的，原來的數就能整除；差不能整除的，原來的數就不能整除。如一次所得的差還看不出能否被11整除，就繼續上述過程，直到能作出判斷為止。例如，判斷2629能否被11整除：

　　因為11｜22，所以11｜2629。

　　之所以能這麼判斷，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中有因數11，所以隻要看（262-9）的差能否被11整除，就可判斷原來的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）

　　同樣，隻要看（25-3）能否被11整除，就會知道253能否被11整除。進而便可知2629能否被11整除了。

　　（2）奇偶位差法。判斷一個數能否被11整除，可先分别求出此數的奇位數字之和及偶位數字之和，再求這兩個和的差數，若這個差能被11整除，則原來的那個數就能被11整除；否則，原來的數就不能被11整除。例如，判斷823724能否被11整除：

　　∵它的奇位數字之和為4+7+2=13（數位數，從右邊個位開始往左數），

　　它的偶位數字的和為2+3+8=13

　　兩個和的差數是13-13=0（兩數不等時用大數減小數）

　　而 11｜0

　　∴11｜823724

　　之所以能這樣判斷，是因為

　　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）]

　　顯然，在前幾項中，因數100，001、9，999、1，001、99、11都是11的倍數，故隻需檢驗[（2+7+4）-（8+3+2）]

　　能否被11整除，就可以作出判斷了。

　　（3）分節求和法。把一個自然數從右向左每兩位截為一節，然後把這些節加起來。若所得的和能被11整除，那麼這個數就能被11整除；否則，這個數就不能被11整除。在這一情況下，如果仍不能作出判斷，那就繼續上述過程，直到清楚地作出判斷為止。例如，判斷762421能否被11整除：

　　

　　這一判斷方法的理由，可見下面的算式：

　　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）

　　在前兩項中，因數9999和9都能被11整除，所以隻需要檢驗後面的（76+24+21）能否被11整除了。能整除的原數就能被11整除；不能整除的原數，就不能被11整除。

　　【能否被13整除】一個數能否被13整除，可采用“割尾法”判斷：截去末位數字，餘下的數加上末位數的4倍。所得的和是13的倍數，則這個數就能被13整除，否則，就不能被13整除。要是割尾一次仍不能作出判斷，那就繼續割尾，直到能作出判斷為止。例如，判斷364能否被13整除：

　　∵13｜52，∴13｜364。

　　這一判斷的理由，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，有約數13，所以作出判斷時，隻需要檢驗（36+4×4）是否能被13整除了。

　　【能否被17整除】一個數能否被17整除，同樣可用“割尾法”作巧妙而快速地判斷。不過，具體地做法有所不同。例如，判斷731能否被17整除，判斷方法如下：

　　∵17｜68，∴17｜731。

　　這樣做的理由，可見下面的算式推導：

　　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有約數17，故隻需檢驗（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（根據整除性定理）。

　　若是“割尾”一次仍不能作出判斷，那就依法繼續割尾下去，直到能作出判斷為止。例如，判斷279191能否被17整除， 可以作如下割尾判斷：

　　∵17｜17，∴17｜279191

　　【能否被19整除】一個數能否被19整除，也是可用“割尾法”作巧妙判斷的，具體做法如

　　判斷475能否被19整除：

　　∵19｜57，∴19｜475。

　　其中的道理，可見下面的算式推導：

　　475×2=（47×10+5）×2

　　=47×20+5×2

　　=47×（19+1）+5×2

　　=47×19+（47+5×2）

　　最後算式中的47×19有約數19，故隻需要檢驗（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”仍不能作出判斷，那就繼續“割尾”下去，直至能作出判斷為止。例如，判斷14785能否被19整除：

排列與組合

【有條件排列組合】

　　例1 用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9這十個數字能夠組成______個沒有重複數字的三位數。

　　（哈爾濱市第七屆小學數學競賽試題）

　　講析：用這十個數字排列成一個不重複數字的三位數時，百位上不能為0，故共有9種不同的取法。

　　因為百位上已取走一個數字，所以十位上隻剩下9個數字了，故十位上有9種取法。

　　同理，百位上和個位上各取走一個數字，所以還剩下8個數字，供個位上取。

　　所以，組成沒有重複數字的三位數共有

　　9×9×8=648（個）。

　　例2 甲、乙、丙、丁四個同學排成一排，從左到右數，如果甲不排在第一個位置上，乙不排在第二個位置上，丙不排在第三個位置上，丁不排在第四個位置上，那麼不同的排法共有______種。

　　（1994年全國小學數學奧林匹克初賽試題）

　　講析：因每個人都不排在原來的位置上，所以，當乙排在第一位時，其他幾人的排法共有3種；同理，當丙、丁排在第一位時，其他幾人的排法也各有3種。

　　因此，一共有9種排法。

　　例3 有一種用六位數表示日期的方法，如890817表示1989年8月17日，也就是從左到右第一、二位數表示年，第三、四位數表示月，第五、六位數表示日。如果用這種方法表示1991年的日期，那麼全年中六個數字都不相同的日期共有______天。

　　（1991年全國小學數學奧林匹克決賽試題）

　　講析：第一、二位數字顯然隻能取9和1，于是第三位隻能取0。

　　第五位數字隻能取0、1、2或3，而0和1已取走，當取3時，第六位上隻能取0和1，顯然不行。因此，第五位上隻能取2。

　　于是，第四位上隻能取3、4、5、6、7、8；第六位上也隻能取3、4、5、6、7、8，且第四、六位上數字不能取同。

　　所以，一共有 6×5=30（種）。

【環形排列】

　　例1 編号為1、2、3、4的四把椅子，擺成一個圓圈。現有甲、乙、丙、丁四人去坐，規定甲、乙兩人必須坐在相鄰座位上，一共有多少種坐法？

　　（長沙市奧林匹克代表隊集訓試題）

　　講析：如圖5.87，四把椅子排成一個圓圈。

　　

　　當甲坐在①号位時，乙隻能坐在②或④

　　号位上，則共有4種排法；同理，當甲分别坐在②、③、④号位上時，各有4種排法。

　　所以，一共有16種排列法。

　　例2 從1至9這九個數字中挑出六個不同的數填在圖5.88的六個圓圈中，使任意相鄰兩個圓圈内數字之和都是質數，那麼最多能找出______種不同的挑法來。（挑出的數字相同，而排列次序不同的都隻算一種）

　　

　　（北京市第九屆“迎春杯”小學數學競賽試題）

　　講析：在1至9這九個自然數中，奇數有1、3、5、7、9五個，偶數有2、4、6、8四個。要使排列之後，每相鄰兩個數字之和為質數，則必須奇數與偶數間隔排列，也就是每次取3個奇數和3個偶數。

　　從五個奇數中，取3個數共有10種方法；

　　從四個偶數中，取3個數共有4種方法。

　　但并不是每一種3個奇數和3個偶數都可以排成符合要求的排列。經檢驗，共有26種排法。

35、邏輯思路

　　“邏輯思路”，主要是指遵循邏輯的四大基本規律來分析推理的思路。

　　【同一律思路】同一律的形式是：“甲是甲”，或“如果甲，那麼甲”。它的基本内容是，在同一思維過程中，同一個概念或同一個思想對象，必須保持前後一緻性，亦即保持确定性。這是邏輯推理的一條重要思維規律。運用這一規律來解題，我們把它叫同一律思路。

　　例1 某公安人員需查清甲、乙、丙三人誰先進辦公室，三人口供如下：

　　甲：丙第二個進去，乙第三個進去。

　　乙：甲第三個進去，丙第一個進去。

　　丙：甲第一個進去，乙第三個進去。

　　三人口供每人僅對一半，究竟誰第一個進辦公室？

　　分析（用同一律思路推理）；

　　這一類問題具有非此即彼的特點。比如甲是否是第一個進辦公室隻有兩種可能：是或非。我們用1表示“是”，0表示“非”，則可把口供列表處理。

　　（1）若甲第一，則依據丙的口供見左表，這個表與甲的口供僅對一半相矛盾；

　　（2）若甲非第一，則依據丙的口供，乙第三個進去，進行列表處理如右表，與“三人口供僅對一半”相符。

　

　　從而可以判定，丙最先進入辦公室。

　　這個問題也可以不列表而用同一律推理。

　　甲的話第一句對，第二句錯，則丙第二，乙不是第三，又不是第二，自然乙第一，甲第二，這個結論與丙說的話“半對半錯”不符。因此，有甲的第一句錯，第二句對。即乙第三個進去，丙不是第二個，自然是第一個。這個結論與乙的話“半對半錯”相符：甲不是第三，丙是第一。并且這個結論與丙的話“半對半錯”也相符：甲不是第一，乙是第三。

　　在整個思維過程中，我們對三人的話“半對半錯”進行了一一驗證，直到都符合題目給定的條件為止。

　　例2 從前一個國家裡住着兩種居民，一個叫寶寶族，他們永遠說真話；另一個叫毛毛族，他們永遠說假話。一個外地人來到這個國家，碰見三位居民，他問第一個人：“請問你是哪個民族的人？”

　　“匹茲烏圖。”那個人回答。

　　外地人聽不懂，就問其他兩個人：“他說的是什麼意思？”

　　第二個人回答：“他說他是寶寶族的。”

　　第三個人回答：“他說他是毛毛族的。”

　　請問，第一個人說的話是什麼意思？第二個人和第三個人各屬于哪個民族？

　　分析（用同一律思路思考）：

　　如果第一個人是寶寶族的，他說真話，那麼他說的是“我是寶寶族的”。如果這個人是毛毛族的，他說假話，他說的還是“我是寶寶族的”。這就是說，第一個人不管是什麼民族的，那句話的意思都是：“我是寶寶族的”。

　　根據這一推理，那麼第二個人回答“他說他是寶寶族的”這句話是真的，而從條件可知，說真話的是寶寶族人，因此可以判斷第二個人是寶寶族人。

　　不管第一個人是什麼民族的，根據前面推理已知他說的話是“我是寶寶族的”，而第三個人回答“他說他是毛毛族的”顯然是錯的，而說假話的是毛毛族人，因此可以斷定第三個人是毛毛族人。

　　我們在分析本題時，始終保持了思維前後的一緻性，這就是同一律思路的具體運用。

　　【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：同一對象，在同一時間内和同一關系下，不能具有兩種互相矛盾的性質，它是邏輯推理的又一重要規律，運用不矛盾律來推理、思考某些問題的解答，這種思路我們把它叫做不矛盾律思路。

　　例1 有三個和尚，一個講真話，一個講假話，另外一個有時講真話，有時講假話。一天，一位智者遇到這三個和尚，他先問左邊的那個和尚：“你旁邊的是哪一位？”和尚回答說“講真話的。”他又問中間的和尚：“你是哪一位？”和尚答：“我是半真半假的。”他最後問右邊的和尚：“你旁邊是哪一位？”答：“講假話的。”根據他們的回答，智者馬上分清了他們，你能分清嗎？

　　分析（運用不矛盾律思路探讨）：

　　兩件相互矛盾對立的事情，如果一件是不正确的，另一件就是正确的，這就是不矛盾律的基本思路。我們先假設左邊和尚講的是真的，那麼中間的和尚是講真話的，但這與他的回答：“我是半真半假的”矛盾，所以左邊和尚講真話這一假設不對。從而左邊和尚講的是假話，他一定不是講真話的和尚。中間那個和尚也一定不是講真話的，所以右邊的和尚是講真話的和尚。根據他的話，中間是講假話的和尚，剩下左邊的和尚自然就是半真半假的。

　　例2 一次學校舉行田徑運動會，A、B、C、D、E五個班取得了團體前五名，發獎後有人問他們的名次，回答是：

　　A班代表說：“B是第三名，C是第五名。”

　　B班代表說：“D是第二名，E是第四名。”

　　C班代表說：“A是第一名，E是第四名。”

　　D班代表說：“C是第一名，B是第二名。”

　　E班代表說：“D是第二名，A是第三名。”

　　最後，他們都補充說：“我的話是半真半假的。”請你判斷一下，他們各個班的名次。

　　分析（用不矛盾律思路分析）：

　　先簡化一下記法，比如B班是第三名，則寫成B-3，其它類似，這樣五個班代表的講話可簡記為：

　　（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。

　　假設（1）的前半句是真的，即B-3，那麼由（4）有C-1，由（3）知A-1不對，有E-4；再由（2）知D-2不對，從（5）知A-3，這與假設矛盾，所以（1）中正确的應是C-5，于是由（4）知C-1不對，應該是B-2，進而知（2）D-2不對，有E-4，并知（5）D-2不對，有A-3，最後隻剩下D及第一名，所以知道D應為第一名。

　　最後排出名次自然就非常簡單了。

　　上述叙述雖然簡化了記号，但文字表述仍然覺得累贅，所以還可以借助圖表表達上述推理過程。

　　如圖2.21，假設B-3，在B上畫一個圓圈（左圖），表示推理的起點，找到另一個B，則應是不對的，畫一個“×”，再找與這個B同行的“C”，它應是對的，畫一個“√”，找與C同列的“A”，它不對，畫一個“×”，等等。最後A-3被畫了一個“√”，這與B-3相矛盾，故B-3是錯的。在這個“B”上畫一個“×”，重新開始推理（右圖）。

　

　　從（1）的C開始，因B-3是錯的，則C-5記“√”，則（4）中C-1畫“×”，B-2記“√”，由此推出（5）D-2記“×”，（2）D-2記“×”，……從表中可以看出，B-2，A-3、E-4、C-5，那麼誰是第一，表中雖然未表達，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：同一對象在同一時間内和同一關系下，或者是具有某種性質。或者是不具有某種性質，二者必居其一，不能有第三種情況。它是處理肯定判斷與否定判斷之間的關系的一個規律。運用這一規律來推理的思路，我們把它叫排中律思路。

　　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。但也有區别：一是适用範圍不同，不矛盾律的适用範圍寬，既适用于互相反對的判斷，也适用于互相矛盾的判斷，排中律的作用範圍窄些，隻适用于互相矛盾的判斷，不适用互相反對的判斷；二是要求不同，不矛盾律要求對互相反對的和互相矛盾的判斷，不能同時斷定其中每一個都是真的，因為其中至少有一個是假的。排中律則要求：對于互相矛盾的判斷，必須肯定其中一個是真，因為其中必有一真，不能都假。如果我們确定了某一個是正确的，根據不矛盾律，就可以得出另一個是錯誤的。反過來。如果我們确定了某一個是錯誤的，根據排中律，就可以得出另一個是正确的。從這方面來看，如果說不矛盾律提供我們邏輯否定的基礎，那麼排中律則主要提供我們邏輯肯定的基礎；三是邏輯錯誤性質不同，不矛盾律要求的邏輯錯誤是“自相矛盾”，排中律要求的邏輯錯誤是“模棱兩不可”。

　　例1 老師有一黑兩白三頂帽子，給兩個學生看後，讓他們閉上眼睛，從中取出兩頂給他們戴上，然後讓他們睜開眼睛，互相看清對方戴的帽子，并立即說出自己頭上戴的帽子是什麼顔色，兩位同學都不能立即說出，請問你知道這兩位學生戴的各是什麼顔色的帽子嗎？

　　分析（運用排中律思路思索）：

　　假設你是這兩個學生中的一個，因為你知道隻有一頂黑帽子，當你看到對方戴的是黑帽子時，你能判斷自己戴的帽子顔色嗎？可以的，根據排中律：“非此即彼”，你一定會推斷出自己戴的是白帽子。

　　現在兩個學生都不能利用排中律很快地說出自己戴的是白帽子，說明他們兩人都沒有看見黑帽子，由此斷定，老師給兩位學生戴的是兩頂白帽子。

　　例2 曾實、張曉、毛梓青在一起，一位是工程師、一位是醫師、一位是教師。現在隻知道：

　　（1）毛梓青比教師年齡大；

　　（2）曾實和醫師不同歲；

　　（3）醫師比張曉年齡小。

　　你能确定誰是工程師？誰是醫師？誰是教師嗎？

　　分析（沿着排中律思路探索）：

　　根據排中律的要求，如果我們能确定某個是錯誤的，就可以得出另一個是正确的。現在已知（1）曾實和醫師不同歲，（2）醫師比張曉年齡小，就可以判定曾實和張曉都不是醫師，因此隻有毛梓青是醫師；

　　若張曉是教師，則根據（1）毛梓青比教師年齡大，即毛梓青比張曉年齡大，與（3）醫師比張曉年齡小，即毛梓青比張曉年齡小，這兩個結論是互相矛盾的，因此張曉不可能是教師。張曉既不是醫師（因為毛梓青是醫師），又不是教師，所以張曉應該是工程師了。因為三個人、三個職業，已經确定了毛梓青是醫師，張曉是工程師，剩下的曾實隻能是教師了。

　　該題的思路還可以用下表表示：

　　【充足理由律思路】充足理由律的形式是：“所以有甲，是因為有乙”。它的意思是說，任何正确的思想，一定有它的充足理由；任何思想，隻有當它具有充足的理由時，這種思想才能被認為是正确的。在數學中，如果由條

　　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的正确性為基礎，而要使A的正确性得到确認，又得為它提出充足的理由，照此類推。這樣，當我們要論證某一思想是正确的時候，常常要引證一系列的理由。以此連鎖引證下去，直到最後的理由——它的正确性已經确定，并且得到普遍承認的。具體說來有下列三種：（1）明顯的事實，它可以為人們所直接感知的；（2）公理；（3）科學的規律。當然在實際進行論證時，并不是總要引證到最後的理由，數學中已經證明過的定理、定律、公式、法則等，都可以作為論證所根據的理由。

　　充足理由律是進行推理的基礎。運用充足理由律來思考數學問題，我們把它叫做充足理由律思路。

　　例1 200米賽跑，張強比李軍快0.2秒，王明的成績是39.4秒，趙剛的成績比王明慢0.9秒，但比張強快0.1秒，林林比張強慢3秒，請你給這五人排出名次來。

　　分析（運用充足理由律思路思索）：

　　題中有兩種概念。一是成績好壞，需要進行量的計算；二是快慢關系推理，先用計算量進行比較推理。

　　抓住“各人跑200米需要的時間”為比較量。并設字母A、B、C、D、E來分别表示張強、李軍、王明、趙剛、林林的時間。

　　∵王明的成績是39.4秒，趙剛的成績比王明慢0.9秒（即C=39.4秒，D=C＋0.9）

　　∴D=39.4+0.9=40.3（秒）

　　又∵ 趙剛比張強快0.1秒（即D＋0.1＝A）

　　∴A=40.3＋0.1=40.4（秒）（傳遞性）

　　又∵張強比李軍快0.2秒（即A=B-0. 2）

　　∴B=A＋0.2=40.4＋0.2=40.6（秒）

　　又∵林林比張強慢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

　　誰是第一、誰是第二、第三、第四、第五名，不就一目了然了嗎？

　　本題還可以單純用快慢關系來進行判斷。

　　∵ A＜B，D＞C， D＜A， E＞A，

　　可得B、E均＞A＞D＞C，

　　∴一、二、三名分别應是C、D、A。

　　但第四、五名仍需計算。

　　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 填數使下列豎式成立：

　　

　　分析（運用充足理由律思路來探讨這兩個式題）：

　　第（1）題。抓住乘、除法法則和乘除的互逆關系去思考。

　　∵( )( )×5=33( )

　　∴隻要求得 33( )÷5=( )( )，就可以得出豎式被乘數了，現可知33( )÷5商的十位得6，故被乘數的十位應是6，個位是幾呢？

　　再往下看：乘數35的十位數字是3，3與被乘數個位相乘的積的末尾數字要是8，顯然隻有3與6相乘末尾數字才能是8，所以被乘數是66。

　　找到了被乘數是66以後，其他數字自然就容易找到了。

　　第（2）題仍抓住除法算式特征和乘除的互逆關系去找理由。

　　由除法豎式特征第二次餘數為0，隻好把被除數十位數和個位數同時移下，故可得y=0。

　　∴x＞8。

　　又∵1≤x≤9，∴x=9，

　　則商數為9807。

　　∴ab≥12。

　　故ab=12。

　　此題确定了商和除數，其他數字自然就容易找了。

36、連續數求和的速算

　　苦幹個連續整數求和的問題，可以分為“連續自然數求和”、“連續奇數求和”與“連續偶數求和”三類。

　　【連續自然數求和】幾個連續的自然數相加，可以把它們的首項和末項相加，把所得的結果除以2以後，再乘以項數，得到的便是這幾個連續自然數的和。

　　例如，13＋14＋15＋16+17+18＋19＋20＋21＋22

　　=（13+22）÷2×10

　　=17.5×10

　　=175

　　如果加數的個數（項數）是奇數（單數），也可以直接用排列在正中間的數（中間項）乘以項數，去求它們的和。例如

　　

　　=15×9 （中間項）

　　=135

　　【連續奇數求和】連續奇數的求和，也可以用上面介紹的“連續自然數求和的速算”方法去速算。例如

　　3+5＋7+ 9＋11＋13+ 15＋17＋19

　　＝（3＋19）÷2×9

　　=11×9

　　=99

　　

　　=11（中間項）×9（項數）

　　=99

　　如果是從1開始的幾個連續奇數求和，則可以用這些奇數的個數自乘，便得到這幾個連續奇數的和。例如

　　1＋3＋5+ 7＋9＋11=6×6=36（奇數個數是6）

　　1+3＋5＋7＋9＋11＋13＋15＋17＋19＋21

　　=11×11

　　=121。（奇數個數是11）

　　【連續偶數求和】 連續偶數的求和，同樣可以用“連續自然數求和的速算”方法速算。例如

　　8＋10＋12＋14＋16＋18+20+22＋24

　　＝（8＋24）÷2×9

　　=144

　　如果連續偶數是從2開始的，即求從2開始的連續偶數之和，則可以用這些偶數的個數乘以個數加1之和，就得到這幾個連續偶數的和。例如

　　2＋4＋6＋8＋10=5×（5+1）（偶數個數是5）

　　=30

　　2＋4＋6＋8＋10＋12＋14＋16＋18＋20＋22＋24＋26

　　=13×（13＋1）（偶數個數是13）

　　=182

37、利用間接條件

　　【利用隐含的間接條件】 發現和利用隐含的間接條件來解答題目，往往能克服所學知識不夠所造成的困難，大大減少計算的時間。例如

　　如圖4.65，已知正方形面積為18平方厘米，求陰影部分的面積。

　　一般解法是用正方形面積，減去圓的面積。但在小學階段，大家還不會求圓的半徑或直徑怎麼辦呢？

　　因為圓面積公式是

　　

　　

刃而解。至于能否求出r或d這樣的直接條件，是并不重要的。所以，可以用下面的方法來解答：

　　

便是

　　18-14.3=3.87（平方厘米）

　　

　　

　　陰影部分的面積便是

　　18-14.13=3.87（平方厘米）

　　（3）若把正方形面積擴大2倍，則面積為36平方厘米，新正方形的邊長就是6厘米，即随之也擴大了2倍的新圓的直徑為6厘米，半徑為3厘米。所以随之而擴大了2倍的陰影部分的面積是

　　

　　=7.74（平方厘米）

　　原來的陰影部分的面積便是

　　7.74÷2=3.87（平方厘米）

　　又如，如圖4.66，ABCD為矩形，裡面有一個最大的半圓，OC=10厘米，求陰影部分的面積。

　　解題時，可将矩形分割為兩個小正方形，并連結O、D。因為△DOC是等腰三角形，OC=OD=10厘米，所以

　　

　　

　　

　　故陰影部分的面積便是

　　100-3.14×50÷2＝100-78.5

　　=21.5（平方厘米）

　　【利用定比】 利用題目中不變的“定比”來解題，有時也能使題目得到較快地解答。這也是利用間接條件去解答題目。

　　我們仍以上面的第一個例子（圖4.65）為例。按照擴、縮圖形的思路，可将它一分為四，得到圖4.67。

　

　　

小正方形的面積和陰影部分的面積也會改變。不過，變化中有個不變的因素，即陰影部分面積和小正方形面積之比是不變的。實際上，這也是題目中的一個間接條件。

　　設小正方形邊長為a，則陰影部分面積占小正方形面積的

　　

　　所以，原圖陰影部分的面積是

　　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）

　　顯然，隻要是由這樣的基本圖形拼合的圖形，如以下四圖（圖4.68），都可用“21.5％”（即21.5∶100）這一定比，去求圖中的陰影部分的面積。（解略）

38、立體圖形的計算

　　【表面積的計算】

　　例1 一個正方體木塊，棱長1米，沿水平方向将它鋸成3片，每片又鋸成4長條，每條又鋸成5小塊，共得到大小不等的長方體60塊（如圖5.69）。那麼，這60塊長方體的表面積的和是平方米。

　　（1988年北京小學數學奧林匹克邀請賽試題）

　　講析：不管每次鋸的長方體大小如何，橫着鋸2次一共增加了4個正方形面；前後豎直方向鋸3次共增加了6個正方形面；左右豎直方向鋸4次共增加了8個正方形面。原來大正方體有6個正方形面，所以一共有24個正方形面。

　　所以，60塊長方體的表面積之和是

　　（1×1）×24＝24（平方米）。

　　例2 圖5.70是由19個邊長都是2厘米的正方體重疊而成的。求這個立體圖形的外表面積。

　　（北京市第一屆“迎春杯”小學數學競賽試題）

　　講析：如果按每一層有多少個正方體，然後再數出每層共有多少個外表面正方形，則很麻煩。于是，我們可采用按不同的方向來觀察的方法去計算。

　　俯視，看到9個小正方形面；正視，看到10個小正方形面；側視，看到8個小正方形面。

　　所以，這個立體圖形的表面積是（2×2）×[（9＋10＋8）×2]=216（平方厘米）。

　　【體積的計算】

　　例1 一個正方體的紙盒中恰好能放入一個體積為628立方厘米的圓柱體，如圖5.71，紙盒的容積有多大？（π取3.14）

　　（全國第四屆“華杯賽”複賽試題）

　　講析：因圓柱體的高、底面直徑以及正方體的棱長都相等。故可設正方

　

　　

　　

　　即：正方體紙盒的容積是800立方厘米。

　　例2 在一個棱長4厘米的正方體的上面、右面、前面這三個面的中心分别挖一個邊長1厘米的正方形小孔（如圖5. 72所示），并通過對面，求打孔後剩下部分的體積。

　　（北京市第二屆“迎春杯”小學數學競賽試題）。

　　講析：打完孔之後，在大正方體正中央就有一個1×1×1的空心小正方體。

　　三個孔的體積是（1×1×4）×3-（1×1×1）×2=10（立方厘米）。

　　所以，打孔後剩下部分的體積是4×4×4—10=54（立方厘米）。

　　例3 一個長、寬、高分别是21厘米、15厘米、12厘米的長方體，從它的上面盡可能大地切下一個正方體，然後從剩餘部分中再盡可能大地切下一個正方體，最後再從第二次剩餘部分盡可能大地切下一個正方體，剩下的體積是多少立方厘米？

　　（北京市第八屆“迎春杯”小學數學競賽試題）

　　講析：解本題的關鍵，是要想到每次以哪個邊長作棱長去切下正方體。實際上，我們可以将三個數輪換相減，即，在三個數 21、 15、12中，第一次取最小數12為棱長切下一個正方體；第二次取大數與

小數的差21—12=9為棱長切下一個正方體；第三次取15與9的差為棱長切下一個正方體（如圖5.73）

　　所以，剩下的體積是

　　21×15×12-（12³+9³+6³)=107（立方厘米）。

39、解應用題的公式

　　【和差問題公式】

　　（和+差）÷2=較大數；

　　（和-差）÷2=較小數。

　　【和倍問題公式】

　　和÷（倍數+1）=一倍數；

　　一倍數×倍數=另一數，

　　或 和-一倍數=另一數。

　　【差倍問題公式】

　　差÷（倍數-1）=較小數；

　　較小數×倍數=較大數，

　　或 較小數+差=較大數。

　　【平均數問題公式】

　　總數量÷總份數=平均數。

　　【一般行程問題公式】

　　平均速度×時間=路程；

　　路程÷時間=平均速度；

　　路程÷平均速度=時間。

　　【反向行程問題公式】反向行程問題可以分為“相遇問題”（二人從兩地出發，相向而行）和“相離問題”（兩人背向而行）兩種。這兩種題，都可用下面的公式解答：

　　（速度和）×相遇（離）時間=相遇（離）路程；

　　相遇（離）路程÷（速度和）=相遇（離）時間；

　　相遇（離）路程÷相遇（離）時間=速度和。

　　【同向行程問題公式】

　　追及（拉開）路程÷（速度差）=追及（拉開）時間；

　　追及（拉開）路程÷追及（拉開）時間=速度差；

　　（速度差）×追及（拉開）時間=追及（拉開）路程。

　　【列車過橋問題公式】

　　（橋長+列車長）÷速度=過橋時間；

　　（橋長+列車長）÷過橋時間=速度；

　　速度×過橋時間=橋、車長度之和。

　　【行船問題公式】

　　（1）一般公式：

　　靜水速度（船速）+水流速度（水速）=順水速度；

　　船速-水速=逆水速度；

　　（順水速度+逆水速度）÷2=船速；

　　（順水速度-逆水速度）÷2=水速。

　　（2）兩船相向航行的公式：

　　甲船順水速度+乙船逆水速度=甲船靜水速度+乙船靜水速度

　　（3）兩船同向航行的公式：

　　後（前）船靜水速度-前（後）船靜水速度=兩船距離縮小（拉大）速度。

　　（求出兩船距離縮小或拉大速度後，再按上面有關的公式去解答題目）。

　　【工程問題公式】

　　（1）一般公式：

　　工效×工時=工作總量；

　　工作總量÷工時=工效；

　　工作總量÷工效=工時。

　　（2）用假設工作總量為“1”的方法解工程問題的公式：

　　1÷工作時間=單位時間内完成工作總量的幾分之幾；

　　1÷單位時間能完成的幾分之幾=工作時間。

　　（注意：用假設法解工程題，可任意假定工作總量為2、3、4、5……。特别是假定工作總量為幾個工作時間的最小公倍數時，分數工程問題可以轉化為比較簡單的整數工程問題，計算将變得比較簡便。）

　　【盈虧問題公式】

　　（1）一次有餘（盈），一次不夠（虧），可用公式：

　　（盈+虧）÷（兩次每人分配數的差）=人數。

　　例如，“小朋友分桃子，每人10個少9個，每人8個多7個。問：有多少個小朋友和多少個桃子？”

　　解（7+9）÷（10-8）=16÷2

　　=8（個）………………人數

　　10×8-9=80-9=71（個）………………………桃子

　　或8×8+7=64+7=71（個）（答略）

　　（2）兩次都有餘（盈），可用公式：

　　（大盈-小盈）÷（兩次每人分配數的差）=人數。

　　例如，“士兵背子彈作行軍訓練，每人背45發，多680發；若每人背50發，則還多200發。問：有士兵多少人？有子彈多少發？”

　　解（680-200）÷（50-45）=480÷5

　　=96（人）

　　45×96+680=5000（發）

　　或50×96+200=5000（發）（答略）

　　（3）兩次都不夠（虧），可用公式：

　　（大虧-小虧）÷（兩次每人分配數的差）=人數。

　　例如，“将一批本子發給學生，每人發10本，差90本；若每人發8本，則仍差8本。有多少學生和多少本本子？”

　　解（90-8）÷（10-8）=82÷2

　　=41（人）

　　10×41-90=320（本）（答略）

　　（4）一次不夠（虧），另一次剛好分完，可用公式：

　　虧÷（兩次每人分配數的差）=人數。

　　（例略）

　　（5）一次有餘（盈），另一次剛好分完，可用公式：

　　盈÷（兩次每人分配數的差）=人數。

　　（例略）

　　【雞兔問題公式】

　　（1）已知總頭數和總腳數，求雞、兔各多少：

　　（總腳數-每隻雞的腳數×總頭數）÷（每隻兔的腳數-每隻雞的腳數）=兔數；

　　總頭數-兔數=雞數。

　　或者是（每隻兔腳數×總頭數-總腳數）÷（每隻兔腳數-每隻雞腳數）=雞數；

　　總頭數-雞數=兔數。

　　例如，“有雞、兔共36隻，它們共有腳100隻，雞、兔各是多少隻？”

　　解一 （100-2×36）÷（4-2）=14（隻）………兔；

　　36-14=22（隻）……………………………雞。

　　解二 （4×36-100）÷（4-2）=22（隻）………雞；

　　36-22=14（隻）…………………………兔。

　　（答 略）

　　（2）已知總頭數和雞兔腳數的差數，當雞的總腳數比兔的總腳數多時，可用公式

　　（每隻雞腳數×總頭數-腳數之差）÷（每隻雞的腳數+每隻兔的腳數）=兔數；

　　總頭數-兔數=雞數

　　或（每隻兔腳數×總頭數+雞兔腳數之差）÷（每隻雞的腳數+每隻免的腳數）=雞數；

　　總頭數-雞數=兔數。（例略）

　　（3）已知總數與雞兔腳數的差數，當兔的總腳數比雞的總腳數多時，可用公式。

　　（每隻雞的腳數×總頭數+雞兔腳數之差）÷（每隻雞的腳數+每隻兔的腳數）=兔數；

　　總頭數-兔數=雞數。

　　或（每隻兔的腳數×總頭數-雞兔腳數之差）÷（每隻雞的腳數+每隻兔的腳數）=雞數；

　　總頭數-雞數=兔數。（例略）

　　（4）得失問題（雞兔問題的推廣題）的解法，可以用下面的公式：

　　（1隻合格品得分數×産品總數-實得總分數）÷（每隻合格品得分數+每隻不合格品扣分數）=不合格品數。或者是總産品數-（每隻不合格品扣分數×總産品數+實得總分數）÷（每隻合格品得分數+每隻不合格品扣分數）=不合格品數。

　　例如，“燈泡廠生産燈泡的工人，按得分的多少給工資。每生産一個合格品記4分，每生産一個不合格品不僅不記分，還要扣除15分。某工人生産了1000隻燈泡，共得3525分，問其中有多少個燈泡不合格？”

　　解一 （4×1000-3525）÷（4+15）

　　=475÷19=25（個）

　　解二 1000-（15×1000+3525）÷（4+15）

　　＝1000-18525÷19

　　=1000-975=25（個）（答略）

　　（“得失問題”也稱“運玻璃器皿問題”，運到完好無損者每隻給運費××元，破損者不僅不給運費，還需要賠成本××元……。它的解法顯然可套用上述公式。）

　　（5）雞兔互換問題（已知總腳數及雞兔互換後總腳數，求雞兔各多少的問題），可用下面的公式：

　　〔（兩次總腳數之和）÷（每隻雞兔腳數和）+（兩次總腳數之差）÷（每隻雞兔腳數之差）〕÷2=雞數；

　　〔（兩次總腳數之和）÷（每隻雞兔腳數之和）-（兩次總腳數之差）÷（每隻雞兔腳數之差）〕÷2=兔數。

　　例如，“有一些雞和兔，共有腳44隻，若将雞數與兔數互換，則共有腳52隻。雞兔各是多少隻？”

　　解 〔（52+44）÷（4+2）+（52-44）÷（4-2）〕÷2

　　=20÷2=10（隻）……………………………雞

　　〔（52+44）÷（4+2）-（52-44）÷（4-2）〕÷2

　　=12÷2=6（隻）…………………………兔（答略）

　　【植樹問題公式】

　　（1）不封閉線路的植樹問題：

　　間隔數+1=棵數；（兩端植樹）

　　路長÷間隔長+1=棵數。

　　或 間隔數-1=棵數；（兩端不植）

　　路長÷間隔長-1=棵數；

　　路長÷間隔數=每個間隔長；

　　每個間隔長×間隔數=路長。

　　（2）封閉線路的植樹問題：

　　路長÷間隔數=棵數；

　　路長÷間隔數=路長÷棵數

　　=每個間隔長；

　　每個間隔長×間隔數=每個間隔長×棵數=路長。

　　（3）平面植樹問題：

　　占地總面積÷每棵占地面積=棵數

　　【求分率、百分率問題的公式】

　　比較數÷标準數=比較數的對應分（百分）率；

　　增長數÷标準數=增長率；

　　減少數÷标準數=減少率。

　　或者是

　　兩數差÷較小數=多幾（百）分之幾（增）；

　　兩數差÷較大數=少幾（百）分之幾（減）。

　　【增減分（百分）率互求公式】

　　增長率÷（1+增長率）=減少率；

　　減少率÷（1-減少率）=增長率。

　　

比甲丘面積少幾分之幾？”

　　解 這是根據增長率求減少率的應用題。按公式，可解答為

　　

百分之幾？”

　　解 這是由減少率求增長率的應用題，依據公式，可解答為

　　　

　　【求比較數應用題公式】

　　标準數×分（百分）率=與分率對應的比較數；

　　标準數×增長率=增長數；

　　标準數×減少率=減少數；

　　标準數×（兩分率之和）=兩個數之和；

　　标準數×（兩分率之差）=兩個數之差。

　　【求标準數應用題公式】

　　比較數÷與比較數對應的分（百分）率=标準數；

　　增長數÷增長率=标準數；

　　減少數÷減少率=标準數；

　　兩數和÷兩率和=标準數；

　　兩數差÷兩率差=标準數；

　　【方陣問題公式】

　　（1）實心方陣：（外層每邊人數）²=總人數。

　　（2）空心方陣：

　　（最外層每邊人數）²-（最外層每邊人數-2×層數）²=中空方陣的人數。

　　或者是

　　（最外層每邊人數-層數）×層數×4=中空方陣的人數。

　　總人數÷4÷層數+層數=外層每邊人數。

　　例如，有一個3層的中空方陣，最外層有10人，問全陣有多少人？

　　解一 先看作實心方陣，則總人數有

　　10×10=100（人）

　　再算空心部分的方陣人數。從外往裡，每進一層，每邊人數少2，則進到第四層，每邊人數是

　　10-2×3=4（人）

　　所以，空心部分方陣人數有

　　4×4=16（人）

　　故這個空心方陣的人數是

　　100-16=84（人）

　　解二 直接運用公式。根據空心方陣總人數公式得

　　（10-3）×3×4=84（人）

　　【利率問題公式】利率問題的類型較多，現就常見的單利、複利問題，介紹其計算公式如下。

　　（1）單利問題：

　　本金×利率×時期=利息；

　　本金×（1+利率×時期）=本利和；

　　本利和÷（1+利率×時期）=本金。

　　年利率÷12=月利率；

　　月利率×12=年利率。

　　（2）複利問題：

　　本金×（1+利率）^存期期數=本利和。

　　例如，“某人存款2400元，存期3年，月利率為10．2‰（即月利1分零2毫），三年到期後，本利和共是多少元？”

　　解 （1）用月利率求。

　　3年=12月×3=36個月

　　2400×（1+10．2％×36）

　　=2400×1．3672

　　=3281．28（元）

　　（2）用年利率求。

　　先把月利率變成年利率：

　　10．2‰×12=12．24％

　　再求本利和：

　　2400×（1+12．24％×3）

　　=2400×1．3672

　　=3281．28（元）（答略）

　　（複利率問題例略）

40、解一般題用得較多的技巧

　　【巧換角度】 從多種角度去思考、分析複合應用題，不僅可找到多種解題方法，而且還可找到比較巧妙的解法。例如：

　　“挖一段56米長的水溝，每天挖7米，已經挖了5天。照這樣計算，剩下的還要挖幾天？”

　　按一般思考角度，可先求剩下的長度，再求要挖的天數。如果能換一個角度，先求共要挖的天數，再求還要挖的天數，那麼解答起來就既簡便，又巧妙了：

　　56÷7-5=8-5

　　=3（天）

　　

了多少名女隊員？”

　　如按一般的思考角度，應抓住“女隊員人數”去尋找解法和答案。可是這在小學的知識範圍内，顯然有一定困難，題目似乎是無法可解的。但是，隻要轉換一個角度，從“男隊員人數”方面去思考、分析，前景就“柳暗花明了”：

　　

所以男隊員人數是

　　

　　

在有的男女隊員總數便是

　　

　　于是，轉進來的女隊員人數便是

　　250-240=10（名）

　　【巧妙替換】 有些應用題，已給的條件常出現兩種或更多種不同屬性的量，并且在不同量之間存在有換算關系。這時，暫用其中的一種量去替換另一種量，有時候往往會給題目的解答，帶來不少方便。例如

　　“工地用5輛大車和4輛小車一次共運來水泥42.5噸，已知每輛大車比每輛小車多運4噸，每輛大車和每輛小車各運來水泥多少噸？”

　　題目中有兩個未知數，解答起來有一定困難。但運用替換方法，把4輛小車換成大車，題目的解答就變得比較容易：

　　設每輛小車都多運4噸，那麼小車運的噸數就和大車同樣多了（也就是将小車都轉換為大車了）。這時，4輛小車就會共增加運量

　　4×4=16（噸）

　　總共運的噸數就會增加到

　　42.5＋16=58.5（噸）。

　　這58.5噸便是（5＋4）輛大車運的水泥數，所以，每輛大車運來的水泥便是

　　58.5÷（5＋4）=58.5÷9

　　=6.5（噸）

　　每輛小車運來的水泥便是

　　6.5-4＝2.5（噸）

　　顯然，将大車轉換為小車（即将小車去替換大車解題），也是可以的。

　　又如，“買3千克奶糖的錢與買4.8千克水果糖的價錢相等。買4千克巧克力的錢與買6千克奶糖的錢相等。那麼，買9千克巧克力的錢可買水果糖多少千克？”

　　題目的條件中沒有具體的錢數，可用替換方法去解。但巧克力與水果糖不能直接替換，需要通過奶糖這一中間的“媒介”去進行替換。

　　解題方法可以是：

　　（1）6千克奶糖是3千克奶糖的多少倍？

　　6÷3=2（倍）

　　（2）6千克奶糖可換多少水果糖？

　　4.8×2=9.6（千克）

　　（3）1千克巧克力的錢可買多少水果糖？

　　9.6÷4=2.4（千克）

　　（4）9千克巧克力的錢可以買多少水果糖？

　　2.4×9=21.6（千克）

　　列成綜合算式便是

　　4.8×（6÷3）÷4×9=4.8×2÷4×9

　　=9.6÷4×9

　　=21.6（千克）（答略）

　　【巧用等量關系】 有些應用題已知條件間的關系比較複雜。但是，如果能從這些複雜的關系中，找到一種合适的等量關系，則常常可使問題較簡捷地解答出來。這是一種力求尋找和巧用最佳等量關系的解題方法。例如

　　“甲乙二人需要做同樣多的零件數，甲比乙每天多做5個，乙因病中途休息了3天，所以8天後甲做的零件數剛好是乙做的零件數的2倍。求這時甲乙二人各做的零件個數。”

　　由題中的條件，可以得到兩組等量關系：

　　甲每天做的個數-乙每天做的個數=5………①

　　甲8在做的個數=乙8天後做的個數×2………②

　　設甲每天做x個，則乙每天做（x-5）個；

　　設乙每天做x個，則甲每天做（x+5）個。

　　設元列方程以後，若使用等量關系①，很明顯，方程的解答是比較繁瑣的，因為分數需要通分。于是，我們便選擇等量關系②來列方程解題：

　　設乙每天做零件x個，則甲每天做零件（x＋5）個。于是，有方程

　　（x+5）×8=2×（8-3）x

　　

　　進而可知，甲每天做的是 20+5=25（個）

　　8天後甲做的是 25×8=200（個），

　　8天後乙做的是 20×（8-3）=100（個）

　　（答略）

　　　　

36名學生到乙校學習，則甲乙兩校學生人數相等。甲乙兩校原來各有學生多少？”

　　在題目中，可以找到三組等量關系：

　　甲校原來人數-乙校後來人數=36…………①

　　甲校原來人數-36=乙校原來人數+36…………②

　　

　　經過比較，利用等量關系①列方程解題，顯然比較簡便：

　　設兩校共有x人，可得方程為

　　　

　　

　　

　　乙校原有720-396=324（人） （答略）

　　在利用等量關系解題時，有時候通過“單位1”，可以找到最巧妙的解法。比方下面的這一道工程問題：

　　“一項工程，甲獨做24天完成，丙獨做40天完成，甲、乙、丙三人合做，10天可以完成。這項工程如果由乙來獨做，多少天可以完成？”

　　在題目條件中，我們可以得到下面的兩組等量關系：

　　乙工效=三人工效和-（甲+乙）的工效…………①

　　乙工效×工時=工作總量…………………………②

　　然後，通過巧用“單位1”，還可找到更好的辦法：

　　設乙獨做，x天可以完成。若把整個工程看作“單位1”，那麼乙每天

　

　　

　

　

　　

　　所以，其解答就比較簡便、快速而巧妙了：

　　設乙單獨做，x天可以完成，則有

　　

　　

　　即乙獨做30天可以完成。（答略）

【巧用直覺思維】 有些題目的條件和結構比較特殊，常常不需要把全部條件用于計算解題，而隻要根據其特殊性，經過一次或兩次計算，就能将題目解答出來。這是“巧用直覺思維”的解法。例如

　　“從同一個地點步行到火車站，甲要40分鐘，乙要30分鐘。甲比乙先走5分鐘，乙出發後，要走多少分鐘才能追上甲？”

　　

　

　　

　　若巧用直覺思維解答，可以這樣去思考、解答：

　　甲先走5分鐘，他比乙會晚到火車站5分鐘。那麼，追及時，應是乙在路程的中心點追上，故可直接用30÷2=15（分鐘），求得題目的答案。（答略）

　　又如，“工廠運來一批煤，計劃每天燒3噸，可以燒12天。實際上每天比原計劃節約0.6噸，實際上比原計劃可多燒多少天？”

　　巧用直覺思維，可以這樣思考：實際每天節約煤0.6噸，相當于實際每

　

　　

　　再如，“有一隻底面半徑為30厘米的圓柱形水桶，桶中有一段半徑為10厘米的圓柱形鋼材浸沒在水中。當鋼材從水桶中取出時，桶裡的水下降了5厘米。這段鋼材有多長？”

　　按一般方法解，必須先求鋼材的體積（即下降的水的體積），再求鋼材底面積，然後求鋼材的長。這是很麻煩、很費時的。若用直覺思維思考、解答，可以設想一下鋼材底面積同水面積的關系，再找出鋼材長與水面下降部分的關系，便可不用求積，而直接求出鋼材的長度：

　　根據水面半徑30厘米和鋼材底面半徑10厘米，可知它們的關系是：鋼

　

妙的解答方法：

　　5×9=45（厘米） （答略）

【巧妙放縮】 有些應用題，由于條件和問題的特殊情況，從直接給出的已知條件中不容易找到簡捷的解題途徑。這時，我們不妨把某一個已知條件擴大或縮小一定的倍數，促使其他條件相應地發生變化，由此往往能找到簡單的解法。例如

　　“5千克大米的價錢相當于0.8千克食油的價錢，如果2元錢可買2.5千克大米，那麼8元錢可買多少千克食油？”

　　按一般方法解答，需要先求出5千克大米的價錢是多少，再求出0.8千克食油的價錢，然後求出每千克食油的價錢，進而才可求出8元錢可買的食油的數量。

　　若采用“放縮方法”，可把其中一個條件放大幾倍來思考：将2元錢買2.5千克大米這一條件放大4倍，可知8元錢可買10千克大米。因為5千克大米的價錢相當于0.8千克食油的價錢，所以，10千克大米的價錢可買食油0.8×2=1.6（千克），即8元錢可買食油1.6千克。（答略）

　　有些典型應用題，也可以用“放縮方法”去解答，從而較快、較巧妙地找出它的答案。例如

　　“雞兔同籠，共頭48個，共足114隻。問：雞兔各有多少隻？”

　　如果把雞和兔的足數縮小2倍，則雞的足數和頭數相等，兔的足數為頭數的2倍。這時，雞和兔的總足數與總頭數（總隻數）的差數，就是兔子的隻數，故可這樣解答：

　　114÷2-48=9（隻）……………兔數

　　48-9=39（隻）…………………雞數 （答略）

　　上面兩例，是單純用放大，或單純用縮小的辦法解答的。但有些較複雜的應用題，就既要用“放大法”，又需用“縮小法”，才能使問題正确而快速地解答出來。

　　例如

　　“甲乙兩個商店去年平均每月的利潤，甲店比乙店多5萬元。已知甲店

元？”

　　

　

　　　　

　　根據這一新條件解題，還難很快發現其數量關系，這時不妨把這個條件再縮小2倍，于是得到

　　

　　這樣得到的新條件中，就可以清楚地看出，甲店比乙店每月多的5萬元，也就是甲店比乙店多的那個

　　

　　于是，甲店每月的利潤數便是

　　

　　乙店每月的利潤數便是

　　6.25-5=1.25（萬元） （答略）

　　還有比這更複雜一些的問題，可結合其他解法來運用“放縮方法”，使問題得到解答。例如下面的這道英國名題——“第三牧場的牛數問題（實際上也是個牛頓問題）”：

　　“有三個牧場，場上的牧草長得同樣的茂盛和同樣的快，它的面積分别

　　

　　二牧場飼養21頭牛，可維持9個星期。假若第三牧場飼養的牛，在該場要維持18個星期，那麼，這牧場應養牛多少頭？”（注：草料是邊吃邊生長的。）

　　按照“牛頓問題”的解法來死套，是很難找到解法的。不過，當我們運用“放縮法”，假定三個牧場面積同樣大，這一道在三個牧場牧牛群的複雜題目，就會變成在同一牧場牧牛群的簡單題目了。這是因為題目中已交代：三牧場牧草同樣的茂盛，并且長得同樣的快。

　　

倍數），則

　　第一牧場可以有牛

　　

　　第二牧場可以有牛

　　21×（120÷10）=252（頭）（仍是9個星期可以吃完）

　　那麼，第三牧場是多少頭牛18個星期可以吃完呢？

　　這一道用放大了的假定數據編成的題目，還可以改編成一道與它同解的應用題：

　　“有一個牧場，養牛432頭，4個星期可以吃完全部草料。若養牛252頭，則9個星期可以吃完全部草料。如果要在18個星期内吃完這牧場裡的全部草料，那麼，它應該養牛多少頭呢？（草料是邊吃邊生長的）”

　　這是一道簡單點的“牛頓問題”，可用“牛頓問題”的解法解答如下：

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

　　252頭牛9星期吃的草料，等于

　　252×9=2268（頭牛一星期吃的草料）

　　而4星期吃完與9星期吃完，要相差

　　2268-1728=540（頭牛一星期吃的草料）

　　顯然，這多出的草料，是

　　9-4=5（個星期）

　　之内新長出的草料。所以，牧場一個星期長出的草料是

　　540÷5=108（頭牛一星期吃的草料）

　　因此，這牧場最初有的草料是

　　（432-108）×4=1296（頭牛吃一星期的草料）

　　現在，這1296頭牛吃一星期的草料，要求能維持18個月，則能飼養的牛數就隻能是

　　1296÷18=72（頭）

　　但這牧場的草料是不斷生長的，還必須用108頭牛來吃掉每個星期新長出的草料，所以，能飼養的牛數總共是

　　72＋108=180（頭）

　　不過，這還隻是假定這牧場為120英畝所得的結果。實際上第三牧場面積隻有24英畝，比假定數縮小了

　　120÷24=5（倍）

　　故第三牧場飼養的牛數，也應比這180頭縮小5倍。于是可知，第三牧場飼養的牛數便是

　　180÷5=36（頭） （答略）

　　這道題的解答，顯然是得益于“放縮方法”，将複雜題轉化為基本題以後，才找到其解答的。