小学数学奥数题型与解题思路41~60讲

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41、简单方程的解法【一元一次方程解法】求方程的解（或根）的过程,叫做解方程.解一元一次方程的一般步骤（或解法）是：去分母,去括号,移项,合并同类项,两边同除以未知数x的系数.解去分母,两边同乘以6,得3（x-9）-2（11-x）=12去括号,得3x-27-22+2x=12移项,得3x+2x=12+27+22合并同类项,得5x=61【分式方程解法】分母中含未知数的方程是“分式方程”.解分式方程的一般步骤（或方法）是：（1）方程两边都乘以最简公分母,约去分母,化成整式方程;（2）解这个整式方程;（3）把整式方程的根代入最简公分母,看结果是不是零,使最简公分母为零的根,是原方程的增根,必须舍去.解方程两边都乘以x（x-2）,约去分母,得5（x-2）=7x解这个整式方程,得x=-5,检验：当x=-5时,x（x-2）=（-5）（-5-2）=35≠0,所以,-5是原方程的根.解方程两边都乘以（x+2）（x-2）,即都乘以（x2-4）,约去分母,得（x－2）2-16＝（x+2）2解这个整式方程,得x=-2.检验：当x=-2时,（x+2）（x-2）=0,所以,-2是增根,原方程无解.1 42、加法运算定律【加法交换律】两个数相加,交换加数的位置,它们的和不变.这叫做“加法的交换定律”,简称“加法交换律”.加法交换律用字母表达,可以是a+b=b+a.例如：864+1,236=1,236+864=2,100【加法结合律】三个数相加,先把前两个数相加,再加上第三个数;或者先把后两个数相加,再和第一个数相加,它们的和不变.这叫做“加法的结合定律”,简称“加法结合律”.加法结合律用字母表达,可以是（a+b）+c=a+（b+c）.例如：（48928+2735）+7265=48928+（2735+7265）=48928+10000=589282 43、几何图形旋转【长方形（或正方形）旋转】将一个长方形（或正方形）绕其一边旋转一周,得到的几何体是“圆柱”.如图1.37,将矩形ABCD绕AB旋转一周,得圆柱AB.其中AB为圆柱的轴,也是圆柱的高.BC或AC是圆柱底面圆的半径,CD叫做圆柱的母线.【直角三角形旋转】将一个直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周,所形成的几何体是“圆锥”.例如图1.38,将直角三角形ABC,绕直角边AC旋转一周,便形成了圆锥AC.其中AC是圆锥的轴,也是圆锥的高;CB是圆锥底面的半径;AB叫做圆锥的母线.【直角梯形旋转】将一个直角梯形绕着它的直角腰旋转一周所形成的几何体,叫做“圆台”.例如图1.39,将直角梯形ABCD绕着它的直角腰AB旋转一周.便形成了圆台AB.其中,AB是圆台的轴,也是圆台的高,上下底AD、BC,分别是圆台上、下底面圆的半径,斜腰DC,是圆台的母线.3 【半圆旋转】将一个半圆绕着它的直径旋转一周所形成的几何体,叫做“球”.例如图1.40,半圆绕着它的直径AB旋转一周,便形成了球O.原来的半圆圆心O是球心;原来半圆的半径和直径,分别叫做球的半径和直径;原来半圆的直径也是球的轴和直径.44、几何图形的计数4 【点与线的计数】例1如图5.45,每相邻的三个圆点组成一个小三角形,问：图中是这样的小三解形个数多还是圆点的个数多?（全国第二届“华杯赛”决赛试题）讲析：可用“分组对应法”来计数.将每一排三角形个数与它的下行线进行对应比较.第一排三角形有1个,其下行线有2点;第二排三角形有3个,其下行线有3点;第三排三角形有5个,其下行线有4点;以后每排三角形个数都比它的下行线上的点多.所以是小三角形个数多.例2直线m上有4个点,直线n上有5个点.以这些点为顶点可以组成多少个三角形?（如图5.46）（哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题）讲析：本题只要数出各直线上有多少条线段,问题就好解决了.直线n上有5个点,这5点共可以组成4＋3+2＋1=10（条）线段.以这些线段分别为底边,m上的点为顶点,共可以组成4×10=40（个）三角形.同理,m上4个点可以组成6条线段.以它们为底边,以n上的点为顶点可以组成6×5=30（个）三角形.所以,一共可以组成70个三角形.【长方形与三角形的计数】例1图5.47中的正方形被分成9个相同的小正方形,它们一共有16个顶点,以其中不在一条直线上的3点为顶点,可以构成三角形.在这些三角形中,与阴影三角形有同样大小面积的有多少个?5 （全国第三届“华杯赛”复赛试题）为3的三角形,或者高为2,底为3的三角形,都符合要求.①底边长为2,高为3的三角形有2×4×4=32（个）;②高为2,底边长为3的三角形有8×2=16（个）.所以,包括图中阴影部分三角形共有48个.例2图5.48中共有______个三角形.（《现代小学数学》）邀请赛试题）讲析：以AB边上的线段为底边,以C为顶点共有三角形6个;以AB边上的线段为底边,分别以G、H、F为顶点共有三角形3个;以BD边上的线段为底边,以C为顶点的三角形共有6个.所以,一共有15个三角形.例3图5.49中共有______个正方形.（《现代小学数学》邀请赛试题）讲析：可先来看看图5.50的两个图中,各含有多少个正方形.图5.50（1）中,正方形个数是6×3＋5×2＋4×1=32（个）;图5.50（2）中,正方形个数是4×4+3×3+2×2＋1×1=30（个）如果把图5.49中的图形,分成5×6和4×11两个长方形,则：6 5×6的长方形中共有正方形5×6+4×5＋3×4＋2×3＋1×2=70（个）;4×11的长方形中共有正方形4×11+3×10+2×9＋1×8=100（个）.两个长方形相交部分4×5的长方形中含有正方形4×5+3×4＋2×3＋1×2=40（个）.所以,原图中共有正方形70＋100-40=130（个）.例4平面上有16个点,排成一个正方形.每行、每列上相邻两点的距离都相等[如图5.51（1）],每个点上钉上钉子.以这些点为顶点,用线将它们围起来,一共可围成______个正方形.（《小学生科普报》奥林匹克通讯赛试题）讲析：能围成图5.51（2）的正方形共14（个）;能围成图5.51（3）的正方形共2（个）;能围成图5.51（4）的正方形共4（个）.所以,一共可围成正方形20个.【立体图形的计数】例1用125块体积相等的黑、白两种正方体,黑白相间地拼成一个大正方体（如图5.52）.那么,露在表面上的黑色正方体的个数是_______.7 （1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：本题要注意不能重复计数.八个顶点上各有一个黑色正方体,共8个;每条棱的中间有一个黑色正方体,共12个;除上面两种情况之外,每个面有5个黑色正方体,共5×6=30（个）.所以,总共有50个黑色正方体露在表面上.例2把1个棱长为3厘米的正方体分割成若干个小正方体,这些小正方体的棱长必须是整数.如果这些小正方体的体积不要求都相等,那么,最少可以分割成______个小正方体.（北京市第九届“迎春杯’小学数学竞赛试题）讲析：若分成｜×××｜的小正方体,则共可分成27个.但是分割时,要求正方体尽可能地少,也就是说能分成大正方体的,尽可能地分.则在开始的时候,可分出一个2×2×2的正方体（如图5.53）,余下的都只能分成1×1×1的正方体了.所以,最少可分成20个小正方体.8 45、几何体侧面展开【正棱柱、圆柱侧面展开】正棱柱（底面是正多边形,侧棱与底面垂直的棱柱）和圆柱的侧面展开,摊在同一个平面上,是一个矩形.矩形的上、下对边,是柱体上、下底面的周长;矩形左右两对边,是柱体的侧棱或母线.例如图1.41,将正六棱柱ABCDEF—A払扖扗扙扚捈霸仓鵒O挼牟嗝嬲箍谕黄矫嫔希愠闪司匦蜛1A抇1A抇2A2.图中画出的是棱柱侧面展开图.圆柱侧面展开后,也是一矩形,只是中间没有那些虚线.%【正棱锥侧面展开】正n棱锥（底面为正n边形,顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥）侧面展开,摊在同一平面上,是顶点公共、腰与腰相连的n个全等的等腰三角形.例如图1.42,将正三棱锥S—ABC的侧面展开,摊在同一个平面上,便形成了三个全等的等腰三角形SAB、SBC和SCA捪嗔耐夹巍【圆锥侧面展开】圆锥侧面展开,摊在同一个平面上,变成的是一个扇形.扇形的弧长是圆锥底面圆的周长,扇形的两条半径,是圆锥的母线.例如图1.43,将圆锥SO的侧面展开,摊在同一个平面上,便成了扇形径SA、SA挼募薪铅瓤砂聪旅娴氖阶蛹扑悖篲9 式中r是圆锥底面圆半径,l是圆锥母线的长.【正棱台侧面展开】正n棱台（用一平行于正n棱锥底面的平面去截棱锥,截面和底面间的几何体）侧面展开,摊在同一个平面上,得到的是n个全等的等腰梯形,并且腰腰相连.例如图1.44,将正三棱台ABC—A払扖挼牟嗝嬲箍谕黄矫嫔希阈纬闪烁猛加冶叩耐夹瘟恕【圆台侧面展开】圆台侧面展开,摊在同一个平面上的图形,是圆环的一部分,叫做“扇环”.这个扇环像梯形,它的两“腰”是圆台的母线,它的上、下“底”是两条弧,其弧长分别是圆台上、下底面圆的周长.例如图1.45,将圆台O1O2的侧面展开,摊在同一个平面上,就形成了10 46、几何公式【平面图形计算公式】一般的平面图形计算公式,如下表.【立体图形计算公式】(1)柱体公式.11 （2）锥体公式.正n棱锥（如图1．13）的公式：圆锥的公式（圆锥如图1．14所示）：（3）棱台、圆台公式.12 正n棱台（如图1．15）的公式：圆台（如图1．16）的公式：（4）球的计算公式.球的图形如图1．17所示.S表=4πr2;附录：其他常用公式【整数约数个数公式】一个大于1的整数,约数的个数等于它的质因数分解式中,每个质因数的个数（指数）加1的连乘积.例如,求4500的约数个数.解∵4500=22×32×53∴4500的约数个数是（2+1）×（2+1）×（3+1）=36（个）.【约数之和的公式】一个大于1的自然数N,将它分解质因数为13 为自然数,则N的所有约数的和为S（N）,可用下列公式计算：例如求1992的所有约数的和.解S（1992）=S（23×31×831）=5040．【分数拆项公式】在奥赛中,为使计算简便,经常用到下面四个分数拆项公式：（1）连续两个自然数积的倒数,可拆成较小的自然数的倒数,减去较大的自然数的倒数.即（2）连续三个自然数的积的倒数,可拆成前两个自然数的积的倒数,减去后两个自然数的积的倒数的差的一半.即（3）连续四个自然数的积的倒数,可拆成前三个自然数的积的倒数,（4）一般分数拆项公式.当n、d都是自然数时,有14 【堆垛计算公式】（1）三角形堆垛.计算每堆三角形物体总个数S时,可将底边个数”乘以（n+1）再乘以（n+2）,然后除以6.用式子表示就是例如,“一些桔子堆成三角形堆垛,底边每边4个,顶尖1个（如图1．18）.桔子总数是多少个?”解依据三角形堆垛公式,得=20（个）.（2）正方形堆垛.计算底层为正方形的堆垛物体总个数S时,可将底边个数n乘以底边数加0．5的和,再乘以底边个数加1的和,最后将乘积除以3.用式子表示,就是例如,“一些苹果堆成正方形堆垛（如图1．19）,底层每边放4个,顶尖放一个.苹果总数是多少个?”解依据公式,得15 （3）长方形堆垛.计算底层为长方形（近似于横放的三棱柱形,图1．20.）的堆垛物体的总个数S时,可将底层宽边的个数n1,长边的个数n2,按照下面的公式计算：例如,“有一盘馒头,底边宽5个,长边上放8个,如图1．20所示,这盘馒头共有多少个?”解此题中,n1=5,n2=8.依据长方形堆垛公式,得=45+55=100（个）或者是（4）梯形堆垛.计算梯形的堆垛（近似于棱台形堆垛）物体总个数S时,可将最上层总数S1,加上最下层总数S2后,乘以层数n,再除以2.（梯形堆垛如图1．21所示.）用式子表示就是例如,“一些酒坛,堆成梯形的堆垛（图1．21）,最上层为32只,最下层为45只,共堆有14层（每层差1只）.酒坛的总数是多少只?”16 解依计算公式,得【数线段条数的公式】若线段AB上共有n个分点（不包括A、B端点）,则AB线段上共有的线段条数S,计算的公式是：S=（n+1）+n+（n-1）+…+3+2+1例如,求下图（图1．22）中所有线段的条数.解在线段AB上,共有五个分点.根据数线条数的公式,得S=（5+1）+5+4+3+2+1注意：这一公式,还可以用来数形如图1．23的三角形个数.在这个图形中,因为底边BC上有4个分点,可依据数线段条数的计算公式,得三角形的个数为【数长方形个数的公式】若长方形的一边有m个小格,另一边有n个小格,那么这个图形中长方形的总个数S为S=（m+m-1+m-2+……+3+2+1）×（n+n-1+n-2+……+3+2+1）例如,请数出下图1．24中共有多少个不同的长方形.17 解长方形ABCD长边上有6个小格,宽边上有4个小格.根据数长方形总数的公式,可得=21×10=210（个）.（答略）注意：这一公式,还可以用来数形如图1．25中的梯形的个数.显然,这个图形中除了△ADE以外,其余均为大大小小的梯形.最大的梯形下底上有五个小格,腰边上有4个小格.利用数长方形个数的计算公式,可得梯形的总个数S为=15×10=150（个）.（答略）【数正方形个数的公式】若一个长方形的长被分成了m等份,宽被分成了n（n＜m）等份（长和宽上的每一份长度是相等的）,那么这个长方形中的正方形总数S为：S=mn+（m-1）(n-1)+（m-2）(n-2）+……+（m-n+1）×1特殊的,当一个正方形的边长被分成n等分时,则这个图形中正方形的总个数S为：例1求下图中正方形的总个数（如图1．26）.18 解图中AB边上有7个等分,AD边上有3个等份.根据在长方形中数正方形个数的公式,可得：S＝7×3+6×2+5×1=21+12+5=38（个）.（答略）例2求下图（图1．27）中的正方形有多少个.解图形中正方形每边上有4等分.根据数正方形个数的计算公式,得（答略）【平面内n条直线最多分平面部分数的公式】平面内有n条直线,其中注意两条直线都不平行,每条直线都与其他直线相交,且不交同一点.那么,这几条直线将平面划分的部分数S为例平面内有8条直线,它们彼此都相交,但不交于同一点,求这8条直线能把平面划分出多少个部分?解根据平面内n条直线,最多分平面部分数的计算公式,得S=2+2+3+4+5+6+7+8【n个圆将平面分成最多的部分数公式】若平面上有n个圆,每个圆都与其他圆相交,且不交于同一点,那么这个圆将平面划分的最多的部分数S为S=2+1×2+2×2+…+（n-1）×2=n2-n+2例在一个平面上有20个圆,这20个圆最多可将平面划分为多少个部分?解根据平面内n个圆将平面划分成最多的部分数的计算公式,可得S=2+1×2+2×2+…+19×219 =202-20+2=400-20+2=382（块）（答略）【格点面积公式】每个小方格的面积都是1个面积单位的方格纸上,纵横两组平行线的交点,叫做“格点”,这样的方格纸,叫做“格点平面”.在格点平面上求图形的面积,可以按照上面的公式去计算：图形面积=图形内部格点数+图形周界上的格点数÷2-1.例如图1．28,求格点平面内A、B两个图形的面积.解A图内部无格点,B图内部有9个格点;A图周界上有9个格点,B图周界上有7个格点.根据格点面积公式,得：A图面积=9÷2-1=3.5（面积单位）B图面积=（9+7）÷2-1=11．5（面积单位）（答略）如果格点是由形如“∴”或“∵”构成（如图1．29）,且每相邻的三点所形成的三角形面积为1的等边三角形,则计算多边形面积公式为多边形面积=2×图形内部格点数+图形周界上格点数-2.47、几何公理、定理或性质【直线公理】经过两点有一条直线,并且只有一条直线.20 【直线性质】根据直线的公理,可以推出下面的性质：两条直线相交,只有一个交点.【线段公理】在所有连结两点的线中,线段最短.（或者说：两点之间线段最短.）【垂线性质】（1）经过一点,有一条而且只有一条直线垂直于已知直线.（2）直线外一点与直线上各点连结的所有线段中,垂线段最短.（也可以简单地说成：垂线段最短.）【平行公理】经过直线外一点,有一条而且只有一条直线和这条直线平行.【平行公理推论】如果两条直线都和第三条直线平行,那么,这两条直线也相互平行.【有关平行线的定理】（1）如果两条直线都和第三条直线垂直,那么这两条直线平行.（2）如果一条直线和两条平行线中的一条垂直,那么,这条直线也和另一条垂直.【三角形的特性】三角形有不变形的特性,一般称其为三角形的稳定性.由于三角形有这一特性,所以在实践中它有广泛的应用.【三角形的性质】三角形的性质（或定理及定理的推论）,一般有：（1）三角形任意两边的和大于第三边;三角形任意两边的差小于第三边.（2）三角形三内角之和等于180°.由三角形上述第（2）条性质,还可以推出下面的两条性质：①三角形的一个外角,等于它不相邻的两个内角之和.如图1.1,∠4=∠1+∠2.②三角形的一个外角,大于任何一个同它不相邻的内角.如图1.1,∠4＞∠1,∠4＞∠2.【勾股定理】在直角三角形中,两条直角边的平方和,等于斜边的平方.用字母表达就是a2+b2=c2.（a、b表直角边长,c表斜边长.）我国古代把直角三角形叫做“勾股形”,直立的一条直角边叫做“股”,另一条直角边叫做“勾”,斜边叫做“弦”.所以我国将这一定理称为“勾股定理”.勾股定理是我国最先发现的一条数学定理.而古希腊数学家毕达哥拉斯（Pythagoras）较早地证明了这个定理.因此,国外常称它为“毕达哥拉斯定理”.【平行四边形的性质】（1）平行四边形的对边相等.（2）平行四边形的对角相等.（3）平行四边形邻角的和是180°.如图1.2,∠A+∠B=∠B+∠C=∠C+∠D=∠D+∠A=180°.（4）平行四边形的对角线互相平分.如图1.2,AO=CO,BO=DO.平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是对称中心.21 【长方形的性质】长方形除具有平行四边形的性质以外,还具有下列性质：（1）长方形四个角都是直角.（2）长方形对角线相等.长方形是中心对称图形,也是轴对称图形.它每一组对边中点的连线,都是它的对称轴.【菱形的性质】菱形除具有平行四边形的性质以外,还具有下列性质：（1）菱形的四条边都相等.（2）菱形的对角线互相垂直平分,并且每一条对角线平分一组对角.例如图1.3,AC⊥BD,AO=CO,BO=DO,AC平分∠A和∠C,BD平分∠B和∠D.菱形是中心对称图形,也是轴对称图形,它每一条对角线都是它的对称轴.【正方形的性质】正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质.【多边形内角和定理】n边形的内角的和,等于（n-2）·180°.（又称“求多边形内角和”的公式.）例如三角形（三边形）的内角和是（3-2）×180°=180°;四边形的内角和是（4-2）×180°=360°.【多边形内角和定理的推论】（1）任意多边形的外角和等于360°.这是因为多边形每一个内角与它的一个邻补角（多边形外角）的和为180°,所以,n边形n个外角的和等于n·180°-（n-2）·180°=360°.（2）如果一个角的两边分别垂直于另一个角的两边,那么这两个角相等或互补.例如图1.4,∠1的两边分别垂直于∠A的两边,则∠1+∠A=180°,即∠1与∠A互补.22 又∠2、∠3、∠4的两边也分别垂直于∠A的两边,则∠3和∠A也互补,而∠2=∠A,∠4=∠A.【圆的一些性质或定理】（1）半径相等的两个圆是等圆;同圆或等圆的半径相等.（2）不在同一直线上的三个点确定一个圆.（3）垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的弧.（4）在同圆或等圆中,相等的圆心角所对的弧相等,所对的弦相等,所对的弦的弦心距相等.（5）一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.【轴对称图形的性质】轴对称图形具有下面的性质：（1）如果两个图形关于某直线对称,那么对应点的连结线段被对称轴垂直平分.例如图1.5,图中的AA′对称点连结线段,被对称轴L垂直且平分,即L⊥AA′,AP=PA′.（2）两个图形关于某直线对称,如果它们的对应线段或其延长线相交,那么,交点在对称轴上.例如图1.5中,BA与B′A′的延长线相交,交点M在对称轴L上.（3）两个关于某直线对称的图形,一定是全等形.例如,图1.5中△ABC与△A′B′C′全等.【中心对称图形的性质】如果把一个图形绕着一个点旋转180°后,它和另一个图形重合,那么,这两个图形就是关于这个点的“中心对称图形”.中心对称图形具有以下性质：（1）关于中心对称的两个图形,对称点连线都经过对称中心,并且被对称中心平分.例如,图1.6中对称点A与A′,B与B′,C与C′,它们的连线都经过O（对称中心）,并且OA=OA′,OB=OB′,OC=OC′.23 （2）关于中心对称的两个图形,对应线段平行（或在同一直线上）且相等.48、和差积商的变化规律【和的变化规律】（1）如果一个加数增加（或减少）一个数,另一个加数不变,那么它们的和也增加（或减少）同一个数.用字母表达就是如果a+b=c,那么（a+d）+b=c+d;（a-d）+b=c-d.（2）如果一个加数增加一个数,另一个加数减少同一个数,那么它们的和不变.用字母表达就是如果a+b=c,那么（a+d）+（b-d）=c.【差的变化规律】（1）如果被减数增加（或减少）一个数,减数不变,那么,它们的差也增加（或减少）同一个数.用字母表达,就是如果a-b=c,那么（a+d）-b=c+d,（a-d）-b=c-d.（a＞d+b）（2）如果减数增加（或减少）一个数,被减数不变,那么它们的差反而减少（或增加）同一个数.用字母表达,就是如果a-b=c,那么a-（b+d）=c-d（a＞b+d）,a-（b-d）=c+d.（3）如果被减数和减数都增加（或都减少）同一个数,那么,它们的差不变.用字母表达,就是如果a-b=c,那么（a+d）-（b+d）=c,（a-d）-（b-d）=c.【积的变化规律】24 （1）如果一个因数扩大（或缩小）若干倍,另一个因数不变,那么,它们的积也扩大（或缩小）同样的倍数.用字母表达,就是如果a×b=c,那么（a×n）×b=c×n,（a÷n）×b=c÷n.（2）如果一个因数扩大若干倍,另一个因数缩小同样的倍数,那么它们的积不变.用字母表达,就是如果a×b=c,那么（a×n）×（b÷n）=c,或（a÷n）×（b×n）=c.【商或余数的变化规律】（1）如果被除数扩大（或缩小）若干倍,除数不变,那么它们的商也扩大（或缩小）同样的倍数.用字母表达,就是如果a÷b=q,那么（a×n）÷b=q×n,（a÷n）÷b=q÷n.（2）如果除数扩大（或缩小）若干倍,被除数不变,那么它们的商反而缩小（或扩大）同样的倍数.用字母表达,就是如果a÷b=q,那么a÷（b×n）=q÷n,a÷（b÷n）=q×n.（3）被除数和除数都扩大（或都缩小）同样的倍数,那么它们的商不变.用字母表达,就是如果a÷b=q,那么（a×n）÷（b×n）=q,（a÷n）÷（b÷n）=q.（4）在有余数的除法中,如果被除数和除数都扩大（或都缩小）同样的倍数,不完全商虽然不变,但余数却会跟着扩大（或缩小）同样的倍数.这一变化规律用字母表示,就是如果a÷b=q（余r）,那么（a×n）÷（b×n）=q（余r×n）,（a÷n）÷（b÷n）=q（余r÷n）.例如,84÷9=9……3,而（84×2）÷（9×2）=9……6（3×2）,（84÷3）÷（9÷3）=9……1（3÷3）.49、估值计算【精确度计算】例1计算12345678910111213÷3l21l10l98765432l,它小数点后面的前三位数字是______.25 （1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：被除数和除数都有17位数,直接去除是极麻烦的.我们不妨将被除数和除数作适当的放缩,再去进行解答：原式的值＞1234÷3121=0.3953……原式的值＜1235÷3122=0.3955……所以,答案是3、9、5.例2以下四个数中有一个是304×18.73的近似值,请你估算一下,找出这个数.（1）570,（2）5697,（3）56967,（4）569673.（1989年日本小学数学总体评价测验题）讲析：在做近似数的乘除法时,先要估算结果的粗略值.18.73接近20,304接近300,300×20=6000,可知,乘积在6000左右.所以,答案是5697.【整数部分的估算】（1990年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：所以,整数部分是517.（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：将分母运用扩缩法进行估算,可得X,那么,与X最接近的整数是______.（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：可将整数部分与分数部分分开计算,得26 答案是25.例4已知问a的整数部分是多少?（全国第二届“华杯赛”决赛第一试试题）讲析：本题计算较繁.可先将分子变成两大部分,其中一部分与分母相同,另一部分不同.所以,a的整数部分是101.果取每个数的整数部分,并将这些整数相加,那么,这些整数之和是_______.（1990年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：解题的关键是要找出从哪一个数开始,整数部分是2.本身）,整数部分都是1.在此以后的数,整数部分都是2.故答案是49.大于3,至少要选______个数.（1989年全国小学数学奥林匹克复赛试题）讲析：要使选的个数尽量少,所选的数必须尽量大.由此可得27 50、根据和、差、积、商变化规律速算【根据和的变化规律速算】和的变化规律有以下两条.（1）如果一个加数增加（或减少）一个数,另一个加数不变,那么它们的和也增加（或减少）同一个数.利用这一规律,可以使计算简便、快速.例如645+203=645+200+3=845＋3=848397＋468=400＋468-3=868-3（2）如果一个加数增加一个数,另一个加数减少同一个数,那么它们的和不变.利用这一规律,也可以使计算简便、快速.例如657＋309=（657+9）＋（309-9）=666+300=966154＋286=（154—4）+（286＋4）=150＋290=（150-10）＋（290＋10）=140＋300=440【根据差的变化规律速算】差的变化规律有如下三条.（1）如果被减数增加（或减少）一个数,那么它们的差也增加（或减少）同一个数.运用这一规律的速算,如804—355=800—355＋4=445＋428 ＝449593—264=600—264—7=336—7=329（2）如果减数增加（或减少）一个数,被减数不变,那么它们的差反而减少（或增加）同一个数.运用这一规律的速算,如675—298=675—300＋2=375＋2=377458—209=458—200—9=258—9=249（3）如果被减数和减数都增加（或都减少）同一个数,那么它们的差不变.运用这一规律的速算,如3520—984=（3520＋16）-（984＋16）=3536—1000=2526803—345=（803—3）-（345—3）=800—342=458【根据积的变化规律速算】积的变化规律有如下两条.（1）如果一个因数扩大（或者缩小）若干倍,另一个因数不变,那么它们的积也扩大（或者缩小）同样的倍数.运用这一规律的速算,如175×4=（25×7）×4=[（25×7）÷25]×4×25=7×4×25=7×（4×25）=70068×25＝68×100÷4=6800÷4=1700（2）如果一个因数扩大若干倍,另一个因数缩小同样的倍数,那么它们的积不变.运用这一规律速算,如29 240×25=（240÷4）×（250×4）=60×1000=6000045×14=（45×2）×（14÷2）=90×2=180【根据商的变化规律速算】商的变化规律,有如下三条：（1）如果被除数扩大（或者缩小）若干倍,除数不变,那么它们的商也扩大（或者缩小）同样的倍数.运用这一规律速算,如5400÷9=（5400÷100）÷9×100=54÷9×100=6×100=600（2）如果除数扩大（或者缩小）若干倍,被除数不变,那么它们的商反而会缩小,（或者扩大）同样的倍数.运用这一规律速算,如3600÷25＝3600÷（25×4）×4=3600÷100×4=36×4=144（3）被除数和除数都扩大（或者都缩小）同样的倍数,它们的商不变.运用这一规律速算,如690000÷23000=（690000÷1000）÷（23000÷1000）=690÷23=3012000÷25=（12000×4）÷（25×4）=48000÷100=480注意：在有余数的除法里,如果被除数和除数都扩大（或者都缩小）同样的倍数,不完全商虽然不会变化,但余数会跟着扩大（或者缩小）同样的倍数.要使余数不变,所得的余数必须缩小（或者扩大）同样的倍数.30 51、割补、拼接、截割【割补】在数学中,把图形的某个部分割下,补到某一个新的位置,往往可以使新的图形,更便于发现数量关系,从而较快地解答出数学题目.例如,在图4.38中,三个圆的面积都是12.56平方厘米,且三个圆两两相交,三个交点都是圆心,求三块阴影部分的面积.从表面上看,题目是无法解答的.但只要仔细观察就能发现,根据轴对称性及割补方法,题目可作如下的解答：如图4.39,将图形1翻折到图形2的位置;再将图形3和4割下来,合并在一起,补到图形5的位置上.于是,原来的阴影部分就正好拼成了一个半圆.所以,三块阴影部分的面积是12.56÷2=6.28（平方厘米）【拼接,截割】（1）平面图形的拼接、截割.拼接和截割,是两个相反的过程.平面图形的拼接是把两个或两个以上的图形拼接在一起;平面图形的截割,是把一个图形截割成两个或两个以上的图形.平面几何图形拼接或截割以后,面积和周长的变化有以下规律：31 ①两个或两个以上的图形拼接成一个新的几何图形,它的面积等于原来若干个几何图形的面积之和;而周长却会比原图形周长之和要短.如果拼接部分的总长度为a,那么拼接后减少的周长就是2a.②把一个平面几何图形截割以后,各小块图形的面积之和,等于原图形的面积;但截割后各小块几何图形的周长之和,要比原图形的周长要长.若所有截割部分长度为a,那么截割后增加的长度就是2a.依据这一规律,可快速地解答一些几何问题.例如,如图4.40,正方形被均分为大小、形状完全相同的三个长方形,每个长方形周长都是48厘米,求正方形的周长.解题时,可以把大正方形看成是三个小长方形拼接而成的,三个小长方形的拼接部分,都是小长方形的长,长度等于大正方形的“边长”.拼接以后的图形（大正方形）的周长,比原来的三个小长方形的周长之和,要减少4个“边长”,而这4个“边长”正好相当于大正方形的周长.这就是说,三个小长方形的周长之和里,刚好包含有两个大正方形的周长.所以,正方形的周长是48×3÷2=144÷2=72（厘米）（2）立体图形的拼接、截割.立体几何图形拼接或截割以后,它的体积和表面积的变化,有以下规律：①两个或两个以上的几何体,拼接成一个新几何体以后,它的体积等于原来若干个几何体体积之和;但是它的表面积却比原来若干个几何体的表面积之和要小.如果重叠部分为S,那么减少的面积就是2S.②把一个几何体截割以后,各部分的体积之和等于原几何体体积;但截割后的表面积之和,却大于原几何体的表面积.如果其中的截割面积为S,那么,增加的表而积就是2S.依据这一规律,可以较快地解答出某些题目.例如,如图4.41,把一个棱长为5厘米的正方体木块锯成两个形状大小完全相同的长方体（不计损耗）,表面积会增加多少平方厘米?因为正方体木块的截割面积为5×5=25（平方厘米）,依据上面的规律可知,表面积会增加32 25×2=50（平方厘米）又如,把长10厘米、宽6厘米、高5厘米的长方体木块截成形状、大小相同的两个长方体,表面会增加多少平方厘米?由于此题未交代从何处下手截割,所以要分三种情况来解答题目.①如图4.42左图的截法,表面积会增加.5×6×2=30×2=60（平方厘米）②如图4.42中图的截法,表面积会增加.10×6×2=60×2=12（平方厘米）③如图4.42右图的截法,表面积会增加10×5×2=50×2=100（平方厘米）52、改变运算种类在四则运算中,改变原题的运算种类,如以乘代加、以加代减、以加代乘、以减代除……,往往可使一些题目的计算变得比较简便、快速.【以乘代加】几个加数虽然不同,但数字大小比较接近的时候,可以选择一个数作“基准数”,采用“以乘代加”的方法速算.例如33 （1）17＋18＋16＋17＋14+19＋13+14解题时,可以选择17为基准数,以乘代加解答如下.17＋18+16＋17＋14+19+13＋14=17×8＋1-1-3＋2-4-3=17×8-8=128（2）325＋324＋318＋327＋323＋320解题时,可以选取323作为基准数,然后解答.325+324＋318+327＋323＋320=323×6+2＋1-5+4-3=323×6+（2＋1＋4）-（5＋3）=323×6＋7-8=323×6-1=1937运用基准数以乘代加速算,对于一些随报随记而且数字又很接近的连加运算,是极为方便、快速的,它的算法可以是：选定一个数作基准数,把比基准数多的记“十”,比基准数少的记“一”,随报随算它的累计数.当要加的数报完后,结果也就计算出来了.例如,某组10个同学某次数学考试分数如下：72;71;70;68;74;69;73;67;70;73.计算时,可选择70分作基准数.计算过程可如下表所示（实际计算时只需要算出累计数就行了）：所以,这组同学这次考试成绩的总分数是70×10＋7=707（分）【以加代减】为说明问题,先看一个实际问题：“某人去商店购物,需要付款4.65元.他交给售货员10元,应找回多少钱?”很明显,这是个减法算题,应该用10—4.65=5.35（元）去求答案.可是在找钱的时候,售货员一般不做减法,而是采用“前位凑九,末位凑十”的加法运算,得5.35与4.65能凑成10,从而得出要找的钱数是5.35元.这是为什么呢?因为做减法会产生连续退位的问题,而用加法凑整,可以通过“前位九,末位十”的办法口算.达到正确、快速、简便地求差的目的.凡是整百、整千、整万……减去一个数,都可以用“以加代减”的方法——“前位凑九,末位凑十”,去迅速地求差.请看下面的两个例子,特别是看一看列出的竖式：34 （1）1000—675=325(2)50000-3672=46328【添0折半】一个数乘以5,可以看成是先乘以10再除以2.一个数乘以10非常简便,只要在这个数的末尾添个0;再除以2,也很容易口算.这种添0后再除以2的方法,叫做“添0折半法”.它也改变了原题的运算种类.例如（1）486×5＝4860÷2=2430（2）4.37×5=43.7÷2=21.85【添0退减原数】一个数乘以9,就是乘以10—1.根据一个数乘以两数之差的分配性质,一个数乘以9,可以在这个数的末尾添一个0,再退一位减去原数,所得的就是所要求的积.这种方法,可称为“添0退减原数法”.例如396×9=3960-396=3564（退减原数可看式口算.看式口算不熟练时,可从低位减起,熟练之后可从高位减起,一下子就可直接写出得数.）【添0折半加原数】一个数乘以6,可以看成是乘以（5＋1）.运用乘法分配律,可以用这个数分别乘以5和1,再求两个积之和.一个数乘以5,可以用“添0折半法”,加上这个数与1的积,就是加上原数.所以这种速算方法可称之为“添0折半加原数法”.例如6489×6=64890÷2+6489=32445＋6489=38934这种方法还可以推广到一个数乘以7中去.不过,乘以7就必须是“添0折半加原数的2倍”了.35 例如2436×7=24360÷2＋4872=12180+4872=17052234.2×7=2342÷2+468.4=1171＋468.4=1639.4【以加代乘】“以加代乘”又可以称之为“添0加原数”.例如720×11=7200＋720=792067203×11＝672030＋67203=739233这种方法还可以推广到一个数乘以12的计算中去.不过,一个数乘以12,需要添0加原数的2倍.例如：623×12=6230+1246=7476【原数加半,加半定积】如果一个数乘以1.5,也就是乘以（1＋0.5）,那么根据乘法分配律,只要把这个数加上它的一半就可以了.这时,原来的乘法也可以改用加法来代替.例如48×1.5=48×（1＋0.5）=48+24（48的一半）=72显然,“原数加半”的方法速算乘法,也是“以加代乘”的一种方法.这种“原数加半”方法还可推广到一个数乘以15、150、1500……以及0.15、0.015、0.0015……中去.因为15=1.5×100.15=1.5×0.1150=1.5×1000.015=1.5×0.011500=1.5×10000.0015=1.5×0.001…………所以,一个数乘以这些数,只要把这个数加上它的一半以后,再移动小数点的位置就可以了.比方36 6.4×150=6.4×1.5×100=（6.4＋3.2）×100=9.6×100=9604600×0.0015=（4600＋2300）×0.001=6900×0.001=6.9这样的方法,可以称作“加半定积法”.在我国农村,还经常将它用于将平方米数换算成亩数的计算.因为1平方米=0.0015亩,所以2800平方米=（0.0015×2800）亩=[（2800＋1400）×0.001]亩=4.2亩在民间,人们一般称这样的快速简算方法,叫做“加半向左移三法”.【以减代除】除法实际上是同数连减的简算方法,而同数连减又可以用乘法代替.所以,“以减代除”可以达到简算和速算的目的.例如,550÷25,先用550减去20个25,得50,50再减去2个25,便得0.所以,550÷25=22.由口算便迅速得出了此题的得数.【以乘代除,以除代乘】在乘法运算里,如果一个因数是5”,则可将它化为“10n÷2n”,从而将“乘以5n”转化为“除以2n”进行计算.同样,在除法运算里,如果除数是5n,那么,也可以将它转化为“乘以2n”去进行计算.显然,除以或乘以2n,要比乘以或除以5n方便、快速得多.例如（1）12000÷125=12000÷53=12000÷（103+23）=12000÷103×23=12×23=96因为12×23=12×2×2×2,所以口算得数时,只要把12连续翻倍三次即可.即12—→24—→48—→96.（2）480×125=480×53=480×（103÷23）=480×103÷23＝480÷23×103=60×10337 =60000因为480÷23=480÷2÷2÷2,所以口算得数时,只要把480连续折半三次即可.即480—→240—→120—→60.53、复杂分数应用题【复杂的一般分数问题】例1已知甲校学生数是乙校学生数的40％,甲校女生数是甲校学生数的30％,乙校男生数是乙校学生数的42％.那么,两校女生总数占两校学生总数的百分之几?（全国“幼苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：关键是要求出甲、乙两校学生数,分别占两校总人数的几分之几.因为甲校学生数是乙校学生数的40％,所以,甲、乙两校学生数之比为所以,两校女生占两校学生总数的例2有一堆糖果,其中奶糖占45％,再放入16块水果糖后,奶糖就只占25％.那么,这堆糖中有奶糖____块.（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）38 16块水果糖之后,其它糖就是奶糖的（1-25％）÷25％=3（倍）.例3某商店经销一种商品,由于进货价降低了8％,使得利润率提高了10％.那么这个商店原来经销这种商品所得利润率是百分之几?（长沙市奥林匹克代表队集训试题）讲析：“利润”是出售价与进价的差;“利润率”是利润与进货价的比率.设这种商品原进价为每件a元,出售后每件获利润b元.那么现进价为每件（1-8％）×a=92％a（元）,例4学校早晨6：00开校门,晚上6：40关校门.下午有一同学问老（1992年小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：本题的关键是要注意“时间”和“时刻”这两个概念的区别.从早晨6点到中午12点共有6小时,从中午12点到下午6点40分共有设从中午12点到“现在”共a小时,可列方程为解得a=4.所以,现在的时间是下午4点钟.【工程问题】例1一件工作,甲做5小时后,再由乙做3小时可以完成;若乙先做9小时后,再由甲做3小时也可以完成.那么甲做1小时以后,由乙做____小时可以完成?（1987年北大附中友好数学邀请赛试题）讲析：因为“甲做5小时,乙做3小时可以完成”;或者“甲做3小时,乙做9小时也可以完成”.由此得,甲做5-3=2（小时）的工作量,就相当于乙做9-3=6（小时）的工作量.39 即：甲做1小时,相当于乙做3小时.由“甲做5小时,乙再做3小时完成”,可得：甲少做4小时,就需乙多做3×4=12（小时）.所以,甲做1小时之后,还需要乙再做3+12=15（小时）才能完成.例2如果用甲、乙、丙三根水管同时往一个空水池里灌水,1小时可以灌满;如果用甲、乙两根水管,1小时20分可以灌满;如果用乙、丙两根水管,1小时15分可以灌满.那么,用乙管单独灌水,要灌满一池水需要____小时.（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：关键是求出乙的工作效率.例3一项挖土方工程,如果甲队单独做,16天可以完成;乙队单独做时,突然遇到地下水,影响施工进度,使得每天少挖了47.25方土,结果共用了10天完成工程.问整个工程要挖多少方土?（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第二试试题）讲析：甲、乙两队合做,则工效可提高20％,所以每天可以完成例4某工厂的一个生产小组,当每个工人在自己原岗位工作时,9小时可以完成一项生产任务,如果交换工人A和B的工作岗位,其他工人生产效率不变时,可提前1小时完成这项生产任务;如果交换工人C和D的工作岗位,其他工人生产效率不变时,也可以提前1小时完成这项生产任务.问：如果同时交换A与B,C与D的工作岗位,其他工人生产效率不变时,可以提前几分钟完成这项生产任务.40 （全国第四届“华杯赛”决赛试题）所以,同样交换A与B,C与D之后,全组每小时可以完成：例5一批工人到甲、乙两个工地进行清理工作.甲工地的工作量是乙工已做完,乙工地的工作还需4名工人再做1天.那么,这批工人有____人.（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：把甲、乙两地全部工作量作单位“1”,由“甲工地的工作量是把工人总数作单位“1”,由“上午去甲工地人数是去乙工地人数的3所以,一天中去甲、乙工地人数之比为：例6蓄水池有甲、丙两条进水管,和乙、丁两条排水管.要灌满一池水,单开甲管需要3小时,单开丙管需要5小时.要排光一池水,单开乙管需要41 丁的顺序循环开各水管,每次每管开1小时,问多少时间后水开始溢出水池?（全国第一届“华杯赛”决赛第一试试题）有当开到甲水管时,水才会溢出.溢出.的思路是在假设要打开水管若干个循环之后,水才开始开始溢出.所以,这样解的思路是错误的.42 54、分数与繁分数化简【分数化简】讲析：容易看出,分子中含有因数37,分母中含有因数71.所以可得（长沙地区小学数学奥林匹克选拔赛试题）讲析：注意到,4×6=24,2＋4=6,由此产生的一连串算式：16×4=64166×4=6641666×4=6664……43 （全国“育苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：容易看出分子中含有因数3.把48531分解为48531=3×16177,然后可试着用16177去除分母：【繁分数化简】（1990年马鞍山市小学数学竞赛试题）讲析：如果分别计算出分子与分母的值,则难度较大.观察式子,可发现分子中含有326×274,分母中含有275×326.于是可想办法化成相同的数：（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：可把小数化成分数,把带分数都化成假分数,并注意将分子分母同乘以一个数,以消除各自中的分母.于是可得例3化简（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：由于分子与分母部分都比较复杂,所以只能分别计算.计算时,哪一步中能简算的,就采用简算的办法去计算.44 所以,原繁分数等于1.（北京市第一届“迎春杯”小学数学竞赛试题）讲析：连分数化简,通常要从最下层的分母开始,自下而上逐步化简.依此法计算,题目的得数是2.（计算过程略）45 55、对称变换【将军饮马】据说古代希腊有一位将军向当时的大学者海伦请教一个问题：从A地出发到河边饮马,再到B地（如图4.32所示）,走什么样的路最近?如何确定饮马的地点?海伦的方法是这样的：如图4.33,设L为河,作AO⊥L交L于O点,延长AO至A＇,使A＇O=AO.连结A＇B,交L于C,则C点就是所要求的饮马地点.再连结AC,则路程（AC+CB）为最短的路程.为什么呢?因为A＇是A点关于L的对称点,AC与A＇C是相等的.而A＇B是一条线段,所以A＇B是连结A＇、B这两点间的所有线中,最短的一条,所以AC+CB=A＇C+CB=A＇B也是最短的一条路了.这就是海伦运用对称变换,找到的一种最巧妙的解题方法.运用这种办法,可以巧妙地解决许多几何问题.【划线均分】通过中心对称图形的对称中心,任意画一条直线,都可以把原图形均分成两个大小、形状完全相同的图形.利用这一性质,可以使某些较复杂的问题迅速地解答出来.例如（1）把图形（图4.34）的面积,用一条直线分成相等的两个部分.解题时,只要把这个图形看成是由两个矩形（长方形）组成的组合图形,而矩形既是轴对称图形,也是中心对称图形,所以只要找出两个对称中心（对角线交点）,利用中心对称图形的上述性质,通过两个对称中心作一条直线,就能把它的面积分成相等的两个部分了.如前页的三种分法都行（如图4.35所示）.46 （2）如图4.36,长方形ABCD内有一个以O点为圆心的圆,请画一条直线,同时将长方形和圆分为面积相等的两个部分.大家知道,长方形和圆都既是轴对称图形,又是中心对称图形.长方形的对称中心是对角线的交点,圆的对称中心是它的圆心.根据中心对称图形的上述性质,先找出这两个对称中心O点和P点（如图4.37）,再过O、P作直线L,此直线L即是所画的那根直线.56、典型应用题【平均数问题】例1小强骑自行车从甲地到乙地,去时以每小时15千米的速度前进,回时以每小时30千米的速度返回.小强往返过程中的平均速度是每小时多少千米?（江西省第二届“八一杯”小学数学竞赛试题）讲析：我们不能用（15+30）÷2来计算平均速度,因为往返的时间不相等.只能用“总路程除以往返总时间”的方法求平均速度.47 所以,往返的平均速度是每小时例2动物园的饲养员给三群猴子分花生.如果只分给第一群,则每只猴子可得12粒;如果只分给第二群,则每只猴子可得15粒;如只分给第三群,则每只猴子可得20粒.那么平均分给三群猴子,每只猴子可得____粒.（北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题）讲析：设花生总粒数为单位“1”,由题意可知,第一、二、三群猴子于是可知,把所有花生分给这三群猴子,平均每只可得花生例3某班在一次数学考试中,平均成绩是78分,男、女生各自的平均成绩是75.5分和81分.问：这个班男、女生人数的比是多少?（全国第三届“华杯赛”决赛第二试试题）讲析：因男生平均比全班平均少2.5分,而女生平均比全班平均的多3分,故可知2.5×男生数=3×女生数.2.5∶3=女生数：男生数即男生数：女生数=6:5.例4某次数学竞赛原定一等奖10人,二等奖20人,现在将一等奖中最后4人调整为二等奖,这样,得二等奖的学生平均分提高了1分,得一等奖的学生的平均分提高了3分.那么,原来一等奖平均分比二等奖平均分多____分.（1994年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：设原来一等奖每人平均是a分.二等奖每人平均是b分.则有：10a+20b=6×（a+3）+24×（b+1）即：a-b=10.5.也就是一等奖平均分比二等奖平均分多10.5分.【行程问题】例1甲每分钟走50米,乙每分钟走60米,丙每分钟走70米,甲乙两人从A地,丙一人从B地同时相向出发,丙遇到乙后2分钟又遇到甲,A、B两地相柜______米.（1990年《小学生报》小学数学竞赛试题）讲析：如图5.30,当乙丙在D点相遇时,甲已行至C点.可先求出乙、两相遇的时间,也就是乙行距离AD的时间.48 乙每分钟比甲多走10米,多少分钟就多走了CD呢?而CD的距离,就是甲、丙2分钟共行的距离：（70+50）×2=240(米）.于是可知,乙行AD的时间是240÷10=24（分钟）.所以,AB两地相距米数是（70+60）×24=3120（米）例2在一条公路上,甲、乙两个地点相距600米,张明每小时行走4千米,李强每小时行走5千米.8点整,他们两人从甲、乙两地同时出发相向而行,1分钟后他们都调头反向而行,再过3分钟,他们又调头相向而行,依次按照1、3、5、7……（连续奇数）分钟数调头行走.那么,张、李两个人相遇时是8点_____分.（1992年全国小学数学奥林匹克竞赛初赛试题）（千米）=150（米）他俩相向走（1+5）分钟,反向走（3+7）分钟后两人相距：600+150×〔（3+7）-（1+5）〕=1200（米）所以,只要再相向行走1200÷150=8（分钟）,就可以相遇了.从而可知,相遇所需要的时间共是1+3+5+7+7+8=24（分钟）也就是相遇时是8点24分.例3快、中、慢三辆车同时从同一地点出发,沿同一公路追赶前面的一个骑车人.这三辆车分别用6分钟,10分钟、12分钟追上骑车人.现在知道快车每小时走24千米,中车每小时走20千米,那么,慢车每小时走多少千米?（全国第一届“华杯赛”决赛第二试试题）讲析：如图5.31所示,A点是三车的出发点,三车出发时骑车人在B点,A1、A2、A3分别为三车追上骑车人的地点.49 快车走完2.4千米追上了他.由此可见三辆车出发时,骑车人已走的路程是AB=2.4-1.4=1（千米）.所以,慢车的速度是：例4一辆车从甲地开往乙地.如果把车速提高20％,可以比原定时间提前一小时到达;如果以原速行驶120千米后,再将速度提高25％.则可提前40分钟到达.那么,甲、乙两地相距______千米.（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：首先必须考虑车速与时间的关系.因为车速与时间成反比,当车速提高20％时,所用时间缩短为原来的例5游船顺流而下每小时行8千米,逆流而上每小时行7千米,两船同时从同地出发,甲船顺流而下,然后返回.乙船逆流而上,然后返回,经过2小时同时回到出发点,在这2小时中,有______小时甲、乙两船的航行方向相同.（上海市第五届小学数学竞赛初赛试题）讲析：关键是要理解上行与下行时间各占全部上下行总时间的百分之几.因为两船2小时同时返回,则两船航程相等.又上行船速是每小时行750 例6甲、乙两车分别从A、B两城同时相向而行,第一次在离A城30千米处相遇.相遇后两车又继续前行,分别到达对方城市后,又立即返回,在离A城42千米处第二次相遇.求A、B两城的距离.（《小学生科普报》小学数学竞赛预选赛试题）讲析：如图5.32所示.两车第一次在C地相遇,第二次在D地相遇.甲、乙两车从开始到第一次C点相遇时,合起来行了一个全程.此时甲行了30千米,从第一次相遇到第二次D点相遇时,两车合起来行了两个全程.在这两个全程中,乙共行（30+42）千米,所以在合行一个全程中,乙行（30＋42）÷2=36（千米）,即A、B两城的距离是30＋36=66（千米）.例8甲、乙两车分别从A、B两地出发,在A、B之间不断往返行驶,已知甲车的速度是每小时15千米,乙车的速度是每小时35千米,并且甲、乙两车第三次相遇（两车同时到达同一地点叫相遇）的地点与第四次相遇的地点恰好相距100千米.那么A、B两地的距离等于____千米.（1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：根据甲、乙两车的速度比为3∶7,我们可将A、B两地平均分成10份（如图5.33）.因为甲、乙两车速度之比为3∶7,所以甲每走3份,乙就走了7份.于是它们第一次在a3处相遇.甲再走4.5份,乙走10.5份,在a7与a8之中点处甲被乙追上,这是第二次相遇;甲再又走1.5份,乙走3.5份,在a9点第三次两车相遇;甲走6份,乙走14份在a5点第四次两车相遇.（千米）.例9在400米环形跑道上,A、B两点相距100米（如图5.34）.甲、乙两人分别从A、B两点同时按逆时针方向跑步.甲每秒跑5米,乙每秒跑4米,每人每跑100米,都要停10秒钟,那么,甲追上乙需要____秒钟.（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：各跑100米,甲比乙少用的时间是100÷4-100÷5=5（秒钟）,现在甲要比乙多跑100米,需20秒钟.由20÷5=4（个百米）,可知,乙跑400米以后,甲就比乙多跑100米.这样便刚好追上乙.甲跑完（400+100）米时,中途停了4次,共停40秒钟.故20×5+40=140（秒）.当乙跑完400米以后,停了10秒,甲刚好到达同一地点.所以,甲追上乙需要140秒钟.51 例10甲、乙二人在同一条环形跑道上作特殊训练：他们同时从同一地点出发,沿相反方向跑,每人跑完第一圈到达出发点后立即回头加速跑第二第一次相遇点190米,问这条环形跑道长多少米?（全国第四届“华杯赛”复赛试题）讲析：图为甲、乙两人每跑到原出发点时,就返回头跑.于是,从出发点切开,然后将环形跑道拉直,这样,他俩就可以看作在AB线段上的往返跑步（如图5.35）.跑第一圈时,乙的速度与甲的速度的比是3∶2.当甲从原速跑到A点.（个）全程,即刚好到达D点.所以,在AD段中,甲、乙两人都是按各自的加速度相向而行.不难求得例11图5.36,大圈是400米跑道,由A到B的跑道长是200米,直线距离是50米.父子俩同时从A点出发逆时针方向沿跑道进行长跑锻炼,儿子跑大圈,父亲每跑到B点便沿直线跑,父亲每100米用20秒,儿子每100米用19秒.如果他们按这样的速度跑,儿子在跑第几圈时,第一次与父亲再相遇?（全国第二届“华杯赛”复赛试题）讲析：容易计算出,父亲经过150秒刚好跑完3小圈到达A点,儿子经过152秒刚好跑完2圈到达A点,儿子比父亲慢2秒钟,所以儿子将沿跑道追赶父亲.因为A到B弯道长200米,儿子每跑100米比父亲快一秒,可知恰好在B点追上父亲.即,儿子在跑第三圈时,会第一次与父亲相遇.52 例12甲班与乙班学生同时从学校出发去某公园.甲班步行的速度是每小时4千米,乙班步行的速度是每小时3千米.学校有一辆大客车,它的速度是每小时48千米.这辆车恰好能坐一个班的学生.为了使两班学生在最短时间内到达,那么甲班学生与乙班学生需要步行的距离之比是____.（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：要使两个班在最短时间内到达,只有让两个班都同时运行且同时到达.设甲班先步行后乘车.甲班、乙班和客车的行进路线如图5.37所示.AB、CD分别表示甲班和乙班步行距离.当甲班从A地行至B地时,汽车共行了：AB+2·BC.又汽车速度是甲班的12倍,所以同理,当乙班从C地行至D地时,汽车共行了CD+2·BC.又,汽车速度是乙班的16倍,所以AB∶CD=15∶11.即甲班与乙班需要步行的距离之比为15∶11.例13王经理总是上午8点钟乘公司的汽车去上班.有一天,他6点40分就步行上班,而汽车仍按以前的时间从公司出发,去接经理,结果在路途中接到了他.因此,王经理这天比平时提前16分钟到达公司.那么汽车的速度是王经理步行速度的____倍.（《小学生科普报》小学数学奥林匹克通讯赛试题）讲析：如图5.38,A点表示王经理家,B点表示公司,C点表示汽车接王经理之处.王经理比平时提前16分钟到达公司,而这16分钟实际上是汽车少走了2·AC而剩下的时间,则汽车行AC路程需要8分钟,所以汽车到达C点接到王经理的时间是7点52分钟.王经理步行时间是从6点40分到7点52分,共行72分钟.因此,汽车速度是王经理步行速度的72÷8=9（倍）.【倍数问题】53 例1仓库里有两个货位,第一货位上有78箱货物,第二货位上有42箱货物,两个货位上各运走了相同的箱数之后,第一货位上的箱数还比第二货位上的箱数多2倍.两个货位上各运走了多少箱货物?（1994年天津市小学数学竞赛试题）讲析：因为两堆货物各运走相同数量的货物之后,第一堆比第二堆货物多2倍.即此时第一堆货物是第二堆货物的3倍.所以,42的3倍的积与78的差,就是两堆中各运走货物的箱数的2倍.故两个货位各运走的货物箱数是（42×3-78）÷2=24（箱）.例2一笔奖金分一等奖、二等奖和三等奖.每个一等奖的奖金是每个二等奖奖金的2倍,每个二等奖奖金是每个三等奖奖金的2倍.如果评一、二、三等奖各两人,那么每个一等奖的奖金是308元;如果评一个一等奖,两个二等奖,三个三等奖,那么一等奖的奖金是多少元?（全国第二届“华杯赛”复赛试题）讲析：我们可将二等奖和三等奖都换成一等奖.如果评1个一等奖,2个二等奖,3个三等奖时,每个一等奖的奖金为：0例3甲、乙两个小朋友各有一袋糖,每袋糖都不到20粒.如果甲给乙一定数量的糖后,甲的糖就是乙的糖粒数的2倍.如果乙给甲同样数量的糖后,甲的糖就是乙的糖粒数的3倍.那么,甲、乙两个小朋友共有糖____粒.（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）.讲析：甲给乙一定数量的糖之后,甲是乙的2倍.这说明甲乙两个糖数之和是3的倍数;同理,乙给甲一定数量的糖后,甲是乙的3倍,这说明甲乙两个糖数之和又是4的倍数.所以,甲、乙两人糖粒总数一定是12的倍数.又,每袋糖都不到20粒,所以甲乙两个糖数之和应为12、24、36中的一个数.经检验,当总糖数是24时,即甲为17粒、乙为7粒时,符合要求.即两个小明友共有糖24粒.例4一小和二小有同样多的同学参加金杯赛.学校用汽车把学生送往考场.一小用的汽车,每车坐15人,二小用的汽车,每车坐13人,结果二小比一小要多派一辆汽车.后来每校各增加一个人参赛,这样两校需要的汽车就一样多了.最后又决定每校再各增加一人参加竞赛,二小又要比一小多派一辆汽车.问最后两校共有多少人参加竞赛?（全国第一届“华杯赛”决赛试题）讲析：原来二小比一小多一辆车,各增加一人后,两校所需车一样多.由此可见,一小增一人就要增加一辆车,所以原来汽车恰好全部坐满,即原来一小人数是15的倍数.后来又增加1人,这时二小又要多派一辆车,所以在第二次增加人数之前,二小的车也恰好坐满.即人数是13的倍数.因此,原来每校参加的人数都是15的倍数.而加1之后,是13的倍数.54 即求15的某个倍数恰等于13的倍数减1.因为15×6=90,13×7=91,所以,两校各有92人参加竞赛.从而可知,两校共有184人参加竞赛.【年龄问题】例1小明今年5岁,爸爸的年龄是小明的7倍,再过多少年爸爸的年龄是小明年龄的3倍?（1993年吉林省“金翅杯”小学数学竞赛试题）讲析：可先求出当爸爸年龄是小明年龄的3倍时,小明的年龄是多少岁：（5×7-5）÷（3-1）=15（岁）.故,再过10年,爸爸的年龄是小明年龄的3倍.例2今年祖父的年龄是小明年龄的6倍.几年后,祖父年龄是小明年龄的5倍.又过几年后,祖父年龄是小明年龄的4倍.问：祖父今年多少岁?（全国第二届“华杯赛”少年数学竞赛试题）讲析：因为今年祖父年龄是小明年龄的6倍.所以,年龄差是小明年龄的5倍,即一定是5的倍数.同理,又过几年后,祖父的年龄分别是小明年龄的5倍和4倍,可知年龄差也是4和3的倍数.而年龄差是不变的.由3、4、5的公倍数是60、120、……可知,60是比较合理的.所以,小明今年的年龄是60÷（6-1）=12（岁）;祖父今年的年龄是12×6=72（岁）.例31994年姐妹两人年龄之和是55岁.若干年前,当姐姐的年龄只有妹妹现在这么大时,妹妹的年龄恰好是姐姐年龄的一半.姐姐是哪一年出生的?（长沙地区数学竞赛预选赛试题）讲析：设若干年前,妹妹的年龄为x岁,则现在妹妹为2x岁;姐姐在“若干年前”那一年的年龄也为2x岁,则姐姐现在的年龄为3x岁.由2x+3x=55,可知,x=11.所以,今年姐姐的年龄是3×11=33（岁）.故姐姐是1960年出生的.【时钟问题】例1把一个时钟改装成一个玩具钟,使得时针每转一圈,分针转16圈,秒针转36圈.开始时三针重合.问：在时针旋转一周的过程中,三针重合了几次?（不计起始和终止的位置）（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：如图5.39,设时针和分针第一次在B点重合.从开始到重合,时针走了AB,而分针走了一圈后再又走AB.55 例27点____分的时候,分针落后于时针100°.（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：7点整时,分针落后于时针210°,时针每分钟走0.5°,分针每分钟走6°,依照追及问题有：（210-100）÷（6-0.5）=20（分钟）.故,在7点20分钟的时候,分针落后时针100°.【其他问题】例1如图5.40是一个围棋盘,还有一堆围棋子,将这堆棋子往棋盘上放,当按格点摆成某个正方阵时,尚多余12枚棋子,如果要将这个正方阵改摆成每边各加一枚棋子的正方阵,则差9枚棋子才能摆满.问：这堆棋子原有多少枚?（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：把这堆棋子摆成正方形实心方阵,还多余12枚,若把这个正方阵每边各加一枚棋子时,其贴边加上的棋子为12+9=21（枚）.所以,新方阵每边棋子数为（21+1）÷2=11（枚）.从而可知,原来这堆棋子共有11×11-9=112（枚）.例2小玲从家去学校,如果每分钟走80米,结果比上课时间提前6分钟到校;如果每分钟走50米,则要迟到3分钟,小玲的家到学校的路程有多远?56 （西南地区小学数学竞赛试题）讲析：本题属于盈亏问题,提前6分钟和迟到3分钟,所相差的距离,是由于每分钟相差30米而造成的.∴（80×6+50×3）÷（80-50）=21（分钟）;80×（21-6）=1200（米）即小玲家到学校有1200米.57、等积规律【三角形等积的基本规律】如果两个三角形的底相等,高也相等,那么,这两个三角形的面积相等.57 例如,在图1.32中,D是BC的中点（即BD=DC）,则△ABD与△ACD的面积相等.（等底同高）【三角形等积规律推论】由三角形等积这一基本规律,可以推出下面几个结论.结论1如果两个三角形有公共的底边,且这底边所对的顶点所在直线,与这底边平行,则这两个三角形面积相等.例如,在图1.33中,A1A2的连线与BC平行,则△A1BC与△A2BC的面积相等.结论2在两个三角形中,若相等的底在同一直线上,底所对的顶点在与底平行的另一同一直线上,则这两个三角形的面积相等.例如图1.34中的△A1B1C1与△A2B2C2,它们的底B1C1=B2C2,并且底同在直线B1C2上,顶点A1、A2的连线A1A2,与B1C2平行,那么△A1B1C1与△A2B2C2的面积便是相等的.结论3如果一个三角形的一边被分成了n等分,并把这些等分点与顶点连结,那么这个三角形就被分成了n+1个等积的三角形.例如图1.35中,BC被点D1、D2、D3、D4、D5分成了六等分,则△ABC的面积也就被AD1、AD2、AD3、AD4、AD5也分成了六等分.即△ABD1、△AD1D2、△AD2D3、△AD3D4、△AD4D5、△结论4如果两个三角形的高相等,其中一个三角形的底是另一个三角形底的几倍,那么这个三角形的面积也是另一个三角形面积的几倍.58 例如,在图1.36中,△ABC的高AD,和△A払扖挼母逜扗捪嗟龋珺C=3B扖挘敲础鰽BC的面积,便是△A払扖挼拿婊—3倍.58、等分图形【均分整体】有些几何问题,只要把大图形均分为若干个小图形,就能找到问题的答案.例如,下面两图中的正方形分别内接于同一个等腰直角三角形（内接指四个顶点全在三角形的边上）.已知左图（图4.11）中正方形面积为72平方厘米,求右图（4.12）中正方形的面积.由于左右两个三角形完全相同,我们不妨把这两个图形进行等分,看看这两个正方形分别与同一个等腰直角三角形有什么样的关系.等分后的情况见图4.13和图4.14.59 积是图4.12的正方形面积是【均分局部】有些几何问题,整体的均分不太方便,或不能够办到,这时可以考虑把它的局部去均分,然后从整体上去观察,往往也能使问题获得解决.例如图4.15,在正方形ABCD中,画有甲、乙、丙三个小正方形.问：乙、丙面积之和与甲相比,哪一个大些?大家由前面的“均分整体”已经知道,像甲、乙这样的两个正方形,面积不是相等的.如图4.16,经过等分,正方形甲的面积等于△ABC面积的一半;正方形丙的面积等于△EDF的一半,正方形乙的面积等于梯形ACFE面积的一半.这样,一个大正方形ABCD,就划分成了三个局部：等腰直角△ABC;等腰梯形ACFE;等腰直角△EDF.其中甲、乙、丙的面积分别为各自所在图形的一半,而△EDF的面积加梯形ACFE的面积等于△ADC的面积,即等于△ABC的面积.所以,乙、丙面积之和等于甲的面积.60 59、抽屉原理问题例1袋子里有红、黄、黑、白珠子各15粒,闭上眼睛要想摸出颜色相同的五粒珠子,至少要摸出______粒珠子,才能保证达到目的.（1992年福州市小学数学竞赛试题）讲析：从最好的情况着手,则摸5粒刚好是同色的,但是不能保证做到.要保证5粒同色,必然从最坏情况着手.最坏情况是摸了16粒,这16粒珠子中没有一种是5粒同色,也就是说有4粒红色、4粒黄色、4粒黑色和4粒白色的.现在再去摸一粒,这一粒只能是四色之一.所以,至少要摸17粒.例2在一个3×9的方格里,将每一格随意涂上黑色或白色,试说明不管怎样涂,至少有两列的着色是完全相同的.（“新苗杯”小学数学邀请赛试题）讲析：可用两种颜色涂每一列的三格,它共有8种情况,如图5.89所示.那么,剩下的一列不管怎样涂色,一定是上面8种中的一种.所以它至少有两列的着色是完全相同的.例3把1、2、3、……、10这十个自然数以任意顺序排成一圈,试说明一定有相邻三个数之和不小于17.（乌鲁木齐市小学数学竞赛试题）讲析：因为1＋2＋3＋……＋10=55.这十个数不管怎样排列,按每相邻三个数相加,共分成了10组,每个数都加了3次.61 10组之和是165,平均每组为16,还余5.然后把5分成几个数再加到其中一组或几组中,则肯定有一组相邻三个数之和不小于17.60、扩缩图形【扩图】解题时,将几何图形扩大,有时候能使一时难以解决的问题变得非常简单.例如,图4.43是一个圆心角为45°的扇形,其中的直角三角形BOC的直角边为6厘米,求阴影部分的面积.本来,求阴影部分的面积,只要用扇形面积减去直角三角形面积就行了.但是同学们暂时还未学求扇形半径R的方法,怎么办呢?由扇形的圆心角为45°,我们不妨将其扩大一倍,如图4.44所示.由此图可以求出三角形DOB的面积为可知62 扩大后的阴影部分面积为56.52-72÷25=6.52-36=20.52（平方厘米）所以,原图所求的阴影部分的面积为20.52÷2=10.26（平方厘米）这是个将图形整体扩大的例子.可否只将图形的某一个局部扩大,来求得问题的解答呢?回答是肯定的.例如：如图4.45,图中的扇形半径为8厘米,圆心角为45°,求阴影部分的面积.当然,这道题也可以将整个图形扩大一倍,去寻找答案.不过,解题的关键是求出空白部分（三角形）的面积,我们不妨以8厘米为边长,作一个正方形,这正方形面积便是空白三角形面积的4倍（即只将局部三角形面积扩大4倍）.于是空白的三角形面积便是8×8÷4=16（平方厘米）所要求的阴影部分的面积便是【缩小研究对象】有些图形从整体上研究,由于图形较为复杂,难以一下子解决问题,若根据图形特点,缩小研究范围,往往能较快地找到答案.63 例如,图4.46是一块黑白格子布,白色大正方形边长10厘米,白色小正方形边长4厘米.这块布的白色部分的面积占总面积的百分之几?图形令人眼花缭乱,增大了解题时的难度.不过,仔细一看,就可发现它由9块形状大小相同的图形组成,我们只要研究其中一个小图形（如图4.47）的白色图形占整个图形的百分之几,就足以解决问题了,所以,题目的解答可以是（10×10＋4×4）÷［（10＋4）×（10＋4）］=116÷196≈0.592=59.2％.又如,图4.48是一个对称图形.问：图中的黑色部分与阴影部分比较,是黑色部分的面积大,还是阴影部分的面积大?因它是个对称图形,可如图中虚线那样画两条直线,将它平分为四个部分.解题时,我们不必研究整个图形,只要研究它的四分之一就行了.角扇形的面积.再由对称关系可知,图形中两个空白部分的大小是相等的,故用图中的上半部分减黑色部分所得的空白部分,等于下面半圆面积减“卵叶形”阴影部分所得的空白部分.在这一等式中,既然被减数和差都相等,那么减数（黑色部分和叶形阴影部分）也必定是相等的.于是可推出,整个图形的黑色部分和阴影部分的面积,也必定是相等的.64