小学奥数题型与解题思路第1讲~第10讲含解析教案

这是一份小学奥数题型与解题思路第1讲~第10讲含解析教案，共62页。教案主要包含了最小值问题，最大值问题，积最大的规律，和最小的规律，面积变化规律，体积变化规律，排序不等式，最优方案等内容，欢迎下载使用。
1、最值问题
【最小值问题】
　　例1 外宾由甲地经乙地、丙地去丁地参观。甲、乙、丙、丁四地和甲乙、乙丙、丙丁的中点，原来就各有一位民警值勤。为了保证安全，上级决定在沿途增加值勤民警，并规定每相邻的两位民警（包括原有的民警）之间的距离都相等。现知甲乙相距5000米，乙丙相距8000米，丙丁相距4000米，那么至少要增加______位民警。
　　
　　（《中华电力杯》少年数学竞赛决赛第一试试题）
　　讲析：如图5.91，现在甲、乙、丙、丁和甲乙、乙丙、丙丁各处中点各有一位民警，共有7位民警。他们将上面的线段分为了2个2500米，2个4000米，2个2000米。现要在他们各自的中间插入若干名民警，要求每两人之间距离相等，这实际上是要求将2500、4000、2000分成尽可能长的同样长的小路。
　　由于2500、4000、2000的最大公约数是500，所以，整段路最少需要的民警数是（5000＋8000＋4000）÷500＋1=35（名）。
　　例2 在一个正方体表面上，三只蚂蚁分别处在A、B、C的位置上，如图5.92所示，它们爬行的速度相等。若要求它们同时出发会面，那么，应选择哪点会面最省时？
　　（湖南怀化地区小学数学奥林匹克预赛试题）
　　
　　讲析：因为三只蚂蚁速度相等，要想从各自的地点出发会面最省时，必须三者同时到达，即各自行的路程相等。
　　我们可将正方体表面展开，如图5.93，则A、B、C三点在同一平面上。这样，便将问题转化为在同一平面内找出一点O，使O到这三点的距离相等且最短。
　　
　　所以，连接A和C，它与正方体的一条棱交于O；再连接OB，不难得出AO=OC=OB。
　　故，O点即为三只蚂蚁会面之处。
【最大值问题】
　　例1 有三条线段a、b、c，并且a＜b＜c。判断：图5.94的三个梯形中，第几个图形面积最大？
　　
　　（全国第二届“华杯赛”初赛试题）
　　讲析：三个图的面积分别是：
　　
　　三个面积数变化的部分是两数和与另一数的乘积，不变量是（a＋b＋c）的和一定。其问题实质上是把这个定值拆成两个数，求这两个数为何值时，乘积最大。由等周长的长方形面积最大原理可知，（a＋b）×c这组数的值最接近。
　　故图（3）的面积最大。
　　例2 某商店有一天，估计将进货单价为90元的某商品按100元售出后，能卖出500个。已知这种商品每个涨价1元，其销售量就减少10个。为了使这一天能赚得更多利润，售价应定为每个______元。
　　（台北市数学竞赛试题）
　　讲析：因为按每个100元出售，能卖出500个，每个涨价1元，其销量减少10个，所以，这种商品按单价90元进货，共进了600个。
　　现把600个商品按每份10个，可分成60份。因每个涨价1元，销量就减少1份（即10个）；相反，每个减价1元，销量就增加1份。
　　所以，每个涨价的钱数与销售的份数之和是不变的（为60），根据等周长长方形面积最大原理可知，当把60分为两个30时，即每个涨价30元，卖出30份，此时有最大的利润。
　　因此，每个售价应定为90＋30=120（元）时，这一天能获得最大利润。


2、最值规律
　　【积最大的规律】
　　（1）多个数的和一定（为一个不变的常数），当这几个数均相等时，它们的积最大。用字母表示，就是
　　如果a1+a2+…+an=b（b为一常数），
　　那么，当a1=a2=…=an时，a1×a2×…×an有最大值。
　　例如，a1+a2=10，
　　…………→…………；
　　1+9=10→1×9=9；
　　2+8=10→2×8=16；
　　3+7=10→3×7=21；
　　4+6=10→4×6=24；
　　4.5+5.5=10→4.5×5.5=24.75；
　　5+5=10→5×5=25；
　　5.5+4.5=10→5.5×4.5=24.75；
　　…………→…………；
　　9+1=10→9×1=9；
　　…………→…………
　　由上可见，当a1、a2两数的差越小时，它们的积就越大；只有当它们的差为0，即a1=a2时，它们的积就会变得最大。
　　三个或三个以上的数也是一样的。由于篇幅所限，在此不一一举例。
　　由“积最大规律”，可以推出以下的结论：
　　结论1 所有周长相等的n边形，以正n边形（各角相等，各边也相等的n边形）的面积为最大。
　　例如，当n=4时，周长相等的所有四边形中，以正方形的面积为最大。
　　例题：用长为24厘米的铁丝，围成一个长方形，长宽如何分配时，它的面积为最大？
　　解 设长为a厘米，宽为b厘米，依题意得
　　（a+b）×2=24
　　即 a+b=12
　　由积最大规律，得a=b=6（厘米）时，面积最大为
　　6×6=36（平方厘米）。
　　（注：正方形是特殊的矩形，即特殊的长方形。）
　　结论2 在三度（长、宽、高）的和一定的长方体中，以正方体的体积为最大。
　　例题：用12米长的铁丝焊接成一个长方体，长、宽、高如何分配，它的体积才会最大？
　　解 设长方体的长为a米，宽为b米，高为c米，依题意得
　　（a+b+c）×4=12
　　即a+b+c=3
　　由积最大规律，得a=b=c=1（米）时，长方体体积为最大。最大体积为
　　1×1×1=1（立方米）。
　　（2）将给定的自然数N，分拆成若干个（不定）的自然数的和，只有当这些自然数全是2或3，并且2至多为两个时，这些自然数的积最大。
　　例如，将自然数8拆成若干个自然数的和，要使这些自然数的乘积为最大。怎么办呢？
　　我们可将各种拆法详述如下：
　　分拆成8个数，则只能是8个“1”，其积为1。
　　分拆成7个数，则只能是6个“1”，1个“2”，其积为2。
　　分拆成6个数，可得两组数：（1，1，1，1，1，3）；（1，1，1，1，2，2）。它们的积分别是3和4。
　　分拆成5个数，可得三组数：（1，1，1，1，4）；（1，1，1，2，3）；（1，1，2，2，2）。它们的积分别为4，6，8。
　　分拆成4个数，可得5组数：（1，1，1，5）；（1，1，2，4）；（1，1，3，3）；（1，2，2，3）；（2，2，2，2）。它们的积分别为5，8，9，12，16。
　　分拆成3个数，可得5组数：（1，1，6）；（1，2，5）；（1，3，4）；（2，2，4）；（2，3，3）。它们的积分别为6，10，12，16，18。
　　分拆成2个数，可得4组数：（1，7）；（2，6）；（3，5）；（4，4）。它们的积分别为7，12，15，16。
　　分拆成一个数，就是这个8。
　　从上面可以看出，积最大的是
　　18=3×3×2。
　　可见，它符合上面所述规律。
　　用同样的方法，将6、7、14、25分拆成若干个自然数的和，可发现
　　6=3+3时，其积3×3=9为最大；
　　7=3+2+2时，其积3×2×2=12为最大；
　　14=3+3+3+3+2时，其积3×3×3×3×2=162为最大；
　　
　　由这些例子可知，上面所述的规律是正确的。
　　【和最小的规律】几个数的积一定，当这几个数相等时，它们的和相等。用字母表达，就是如果a1×a2×…×an=c（c为常数），
　　那么，当a1=a2=…=an时，a1+a2+…+an有最小值。
　　例如，a1×a2=9，
　　…………→…………
　　
　　1×9=9→1+9=10；
　　
　　3×3=9→3+3=6；
　　
　　…………→…………
　　由上述各式可见，当两数差越小时，它们的和也就越小；当两数差为0时，它们的和为最小。
　　例题：用铁丝围成一个面积为16平方分米的长方形，如何下料，材料最省？
　　解 设长方形长为a分米，宽为b分米，依题意得a×b=16。
　　要使材料最省，则长方形周长应最小，即a+b要最小。根据“和最小规律”，取
　　a=b=4（分米）
　　时，即用16分米长的铁丝围成一个正方形，所用的材料为最省。
　　推论 由“和最小规律”可以推出：在所有面积相等的封闭图形中，以圆的周长为最小。
　　例如，面积均为4平方分米的正方形和圆，正方形的周长为8分米；而

　　的周长小于正方形的周长。
　　【面积变化规律】在周长一定的正多边形中，边数越多，面积越大。

为0.433×6=2.598（平方分米）。
　　
方形的面积。
　　推论 由这一面积变化规律，可以推出下面的结论：
　　在周长一定的所有封闭图形中，以圆的面积为最大。
　　例如，周长为4分米的正方形面积为1平方分米；而周长为4分米的圆，

于和它周长相等的正方形面积。
　　【体积变化规律】在表面积一定的正多面体（各面为正n边形，各面角和各二面角相等的多面体）中，面数越多，体积越大。
　　例如，表面积为8平方厘米的正四面体S—ABC（如图1.30），它每一个面均为正三角形，每个三角形面积为2平方厘米，它的体积约是1.1697立方厘米。而表面积为8平方厘米
　　
长约为1.1546厘米，体积约为1.539立方厘米。显然，正方体体积大于正四面体体积。
　　　　
　　推论 由这一体积变化规律，可推出如下结论：
　　在表面积相等的所有封闭体中，以球的体积为最大。
　　例如，表面积为8平方厘米的正四面体，体积约为1.1697立方米；表面积为8平方厘米的正六面体（正方体），体积约为1.539立方厘米；而表面积是8平方厘米的球，体积却约有2.128立方厘米。可见上面的结论是正确的。
　　【排序不等式】 对于两个有序数组：
　　a1≤a2≤…≤an 及b1≤b2≤…≤bn，
　　则a1b1+a2b2+……+anb抇n（同序）
　　T≥a1b抇1+a2b抇2+……+anb抇n（乱序）≥a1b
　　n+a2bn-1+……+a>nb1（倒序）（其中b抇1、b抇2、……、b抇n
　　为b1、b2、……、bn的任意一种排列（顺序、倒序排列在外），当且仅当a1=a2=…=an，或b1=b2=…=bn时，式中等号成立。）由这一不等式可知，同序积之和为最大，倒序积之和为最小。例题：设有10个人各拿一只水桶，同时到一个水龙头下接水。水龙头注满第一、第二、……九、十个人的桶，分别需要1、2、3、……、9、10分钟。问：如何安排这10个人的排队顺序，可使每个人所费时间的总和尽可能少？这个总费时至少是多少分钟？
　　
　　解 设每人水桶注满时间的一个有序数组为：1，2，3，……，9，10。
　　打水时，等候的人数为第二个有序数组，等候时间最长的人数排前，这样组成
　　1，2，3，……，9，10。
　　根据排序不等式，最小积的和为倒序，即
　　1×10+2×9+3×8+4×7+5×6+6×5+7×4+8×3+9×2+10×1
　　=（1×10+2×9+3×8+4×7+5×6）×2
　　=（10+18+24+28+30）×2
　　=220（分钟）
　　其排队顺序应为：根据注满一桶水所需时间的多少，按从少到多的排法。





















3、最优方案与最佳策略
【最优方案】
　　例1 某工厂每天要生产甲、乙两种产品，按工艺规定，每件甲产品需分别在A、B、C、D四台不同设备上加工2、1、4、0小时；每件乙产品需分别在A、B、C、D四台不同设备上加工2、2、0、4小时。已知A、B、C、D四台设备，每天最多能转动的时间分别是12、8、16、12小时。生产一件甲产品该厂得利润200元，生产一件乙产品得利润300元。问：每天如何安排生产，才能得到最大利润？
　　（中国台北第一届小学数学竞赛试题）
　　讲析：设每天生产甲产品a件，乙产品b件。由于设备A的转动时间每天最多为12小时，则有：（2a＋2b）不超过12。
　　又（a＋2b）不超过8，
　　4a不超过16，
　　4b不超过12。
　　由以上四个条件知，
　　当b取1时，a可取1、2、3、4；
　　当b取2时，a可取1、2、3、4；
　　当b取3时，a可取1、2。
　　这样，就是在以上情况下，求利润200a＋300b的最大值。可列表如下：
　　
　　所以，每天安排生产4件甲产品，2件乙产品时，能得到最大利润1400元。
　　例2 甲厂和乙厂是相邻的两个服装厂。它们生产同一规格的成衣，每个厂的人员和设备都能进行上衣和裤子生产。由于各厂的特点不同，甲厂每月
　　联合生产，尽量发挥各自的特长多生产成衣。那么现在比过去每月能多生产成衣______套。
　　（1989年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
　　的时间生产上衣。所以，甲厂长于生产裤子，乙厂长于生产上衣。
　　如果甲厂全月生产裤子，则可生产
　　
　　如果乙厂全月生产上衣，则可生产
　　
　　把甲厂生产的裤子与乙厂生产的上衣配成2100套成衣，这时甲厂生产150条裤子的时间可用来生产成套的成衣
　　
　　故现在比过去每月可以多生产60套。
【最佳策略】
　　例1 A、B二人从A开始，轮流在1、2、3、……、1990这1990个数中划去一个数，直到最后剩下两个数互质，那么B胜，否则A胜。问：谁能必胜？制胜的策略是什么？
　　（《中华电力杯》少年数学竞赛试题）
　　讲析：将这1990个数按每两个数分为一组；（1、2），（3、4），（5、6），…，（1989、1990）。
　　当A任意在括号中划去一个时，B就在同一个括号中划去另一个数。这样B就一定能获胜。
　　例2 桌上放有1992根火柴。甲乙两人轮流从中任取，每次取得根数为1根或2根，规定取得最后一根火柴者胜。问：谁可获胜？
　　（1992年乌克兰基辅市小学数学竞赛试题）
　　讲析：因为两人轮流各取一次后，可以做到只取3根。谁要抢到第1992根，谁就必须抢到第1989根，进而抢到第1986、1983、1980、…、6、3根。
　　谁抢到第3根呢？自然是后取的人。即后取的可以获胜。
　　后者获胜的策略是，当先取的人每取一次火柴梗时，他紧接着取一次，每次取的根数与先取的加起来的和等于3。
　　例3 有分别装球73个和118个的两个箱子，两人轮流在任一箱中任意取球，规定取得最后一球者为胜。问：若要先取者为获胜，应如何取？
　　（上海市数学竞赛试题）
　　讲析：先取者应不断地让后者在取球之前，使两箱的球处于平衡状态，即每次先取者取之后，使两箱球保持相等。这样，先取者一定获胜。























4、直接思路
　　“直接思路”是解题中的常规思路。它一般是通过分析、综合、归纳等方法，直接找到解题的途径。
　　【顺向综合思路】从已知条件出发，根据数量关系先选择两个已知数量，提出可以解决的问题；然后把所求出的数量作为新的已知条件，与其他的已知条件搭配，再提出可以解决的问题；这样逐步推导，直到求出所要求的解为止。这就是顺向综合思路，运用这种思路解题的方法叫“综合法”。
　　例1 兄弟俩骑车出外郊游，弟弟先出发，速度为每分钟200米，弟弟出发5分钟后，哥哥带一条狗出发，以每分钟250米的速度追赶弟弟，而狗以每分钟300米的速度向弟弟追去，追上弟弟后，立即返回，见到哥哥后又立即向弟弟追去，直到哥哥追上弟弟，这时狗跑了多少千米？
　　分析（按顺向综合思路探索）：
　　（1）根据弟弟速度为每分钟200米，出发5分钟的条件，可以求什么？
　　可以求出弟弟走了多少米，也就是哥哥追赶弟弟的距离。
　　（2）根据弟弟速度为每分钟200米，哥哥速度为每分钟250米，可以求什么？
　　可以求出哥哥每分钟能追上弟弟多少米。
　　（3）通过计算后可以知道哥哥追赶弟弟的距离为1000米，每分钟可追上的距离为50米，根据这两个条件，可以求什么？
　　可以求出哥哥赶上弟弟所需的时间。
　　（4）狗在哥哥与弟弟之间来回不断奔跑，看起来很复杂，仔细想一想，狗跑的时间与谁用的时间是一样的？
　　狗跑的时间与哥哥追上弟弟所用的时间是相同的。
　　（5）已知狗以每分钟300米的速度，在哥哥与弟弟之间来回奔跑，直到哥哥追上弟弟为止，和哥哥追上弟弟所需的时间，可以求什么？
　　可以求出这时狗总共跑了多少距离？
　　这个分析思路可以用下图（图2.1）表示。
　
　　例2 下面图形（图2.2）中有多少条线段？

　　分析（仍可用综合思路考虑）：
　　我们知道，直线上两点间的一段叫做线段，如果我们把上面任意相邻两点间的线段叫做基本线段，那么就可以这样来计数。
　　（1）左端点是A的线段有哪些？
　　有 AB AC AD AE AF AG共 6条。
　　（2）左端点是B的线段有哪些？
　　有 BC、BD、BE、BF、BG共5条。
　　（3）左端点是C的线段有哪些？
　　有CD、CE、CF、CG共4条。
　　（4）左端点是D的线段有哪些？
　　有DE、DF、DG共3条。
　　（5）左端点是E的线段有哪些？
　　有EF、EG共2条。
　　（6）左端点是F的线段有哪些？
　　有FG共1条。
　　然后把这些线段加起来就是所要求的线段。
　　【逆向分析思路】从题目的问题入手，根据数量关系，找出解这个问题所需要的两个条件，然后把其中的一个（或两个）未知的条件作为要解决的问题，再找出解这一个（或两个）问题所需的条件；这样逐步逆推，直到所找的条件在题里都是已知的为止，这就是逆向分析思路，运用这种思路解题的方法叫分析法。
　　例1 两只船分别从上游的A地和下游的B地同时相向而行，水的流速为每分钟30米，两船在静水中的速度都是每分钟600米，有一天，两船又分别从A、B两地同时相向而行，但这次水流速度为平时的2倍，所以两船相遇的地点比平时相遇点相差60米，求A、B两地间的距离。
　　分析（用分析思路考虑）：
　　（1）要求A、B两地间的距离，根据题意需要什么条件？
　　需要知道两船的速度和与两船相遇的时间。
　　（2）要求两船的速度和，必要什么条件？
　　两船分别的速度各是多少。题中已告之在静水中两船都是每分钟600米，那么不论其水速是否改变，其速度和均为（600+600）米，这是因为顺水船速为：船速+水速，逆水船速为：船速-水速，故顺水船速与逆水船速的和为：船速+水速+船速-水速=2个船速（实为船在静水中的速度）
　　（3）要求相遇的时间，根据题意要什么条件？
　　两次相遇的时间因为距离相同，速度和相同，所以应该是相等的，这就是说，尽管水流的速度第二次比第一次每分钟增加了30米，仍不会改变相遇时间，只是改变了相遇地点：偏离原相遇点60米，由此可知两船相遇的时间为60÷30=2（小时）。
　　此分析思路可以用下图（图2.3）表示：

　　例2 五环图由内径为4，外径为5的五个圆环组成，其中两两相交的小曲边四边形（阴影部分）的面积都相等（如图2.4），已知五个圆环盖住的总面积是122.5，求每个小曲边四边形的面积（圆周率π取3.14）
　
　　分析（仍用逆向分析思路探索）：
　　（1）要求每个小曲边四边形的面积，根据题意必须知道什么条件？
　　曲边四边形的面积，没有公式可求，但若知道8个小曲边四边形的总面积，则只要用8个曲边四边形总面积除以8，就可以得到每个小曲边四边形的面积了。
　　（2）要求8个小曲边四边形的总面积，根据题意需要什么条件？
　　8个小曲边四边形恰好是圆环面积两两相交重叠一次的部分，因此只要把五个圆环的总面积减去五个圆环盖住的总面积就可以了。
　　（3）要求五个圆环的总面积，根据题意需要什么条件？
　　求出一个圆环的面积，然后乘以5，就是五个圆环的总面积。
　　（4）要求每个圆环的面积，需要什么条件？
　　已知圆环的内径（4）和外径（5），然后按圆环面积公式求就是了。
　　圆环面积公式为：
　　S圆环=π（R2-r2）
　　=π（R＋r）（R－r）
　　其思路可用下图（图2.5）表示：

　　【一步倒推思路】顺向综合思路和逆向分析思路是互相联系，不可分割的。在解题时，两种思路常常协同运用，一般根据问题先逆推第一步，再根据应用题的条件顺推，使双方在中间接通，我们把这种思路叫“一步倒推思路”。这种思路简明实用。
　　例1 一只桶装满10千克水，另外有可装3千克和7千克水的两只空桶，利用这三只桶，怎样才能把10千克水分为5千克的两份？
　　分析（用一步倒推思路考虑）：
　　（1）逆推第一步：把10千克水平分为5千克的两份，根据题意，关键是要找到什么条件？
　　因为有一只可装3千克水的桶，只要在另一只桶里剩2千克水，利用3＋2=5，就可以把水分成5千克一桶，所以关键是要先倒出一个2千克水。
　　（2）按条件顺推。第一次：10千克水倒入7千克桶，10千克水桶剩3千克水，7千克水倒入3千克桶，7千克水桶剩4千克水，3千克水桶里有水3千克；第二次：3千克桶的水倒入10千克水桶，这时10千克水桶里有水6千克，把7千克桶里的4千克水倒入3千克水桶里，这时7千克水桶里剩水1千克，3千克水桶里有水3千克；第三次：3千克桶里的水倒入10千克桶里，这时10千克桶里有水9千克，7千克桶里的1千克水倒入3千克桶里，这时7千克桶里无水，3千克桶里有水1千克；第四次：10千克桶里的9千克水倒入7千克桶里，10千克水桶里剩下 2千克水，7千克桶里的水倒入3千克桶里（原有1千克水），只倒出2千克水，7千克桶里剩水5千克，3千克桶里有水3千克，然后把3千克桶里的3千克水倒10千克桶里，因为原有2千克水，这时也正好是5千克水了。
　　其思路可用下图（图2.6和图2.7）表示：
　　问题：
　
　
　　例2 今有长度分别为1、2、3……9厘米的线段各一条，可用多少种不同的方法，从中选用若干条线段组成正方形？
　　分析（仍可用一步倒推思路来考虑）：
　　（1）逆推第一步。要求能用多少种不同方法，从中选用若干条线段组成正方形必须的条件是什么？
　　根据题意，必须知道两个条件。一是确定正方形边长的长度范围，二是每一种边长有几种组成方法。
　　（2）从条件顺推。
　　①因为九条线段的长度各不相同，所以用这些线段组成的正方形至少要7条，最多用了9条，这样就可以求出正方形边长的长度范围为（1+2+……

　　②当边长为7厘米时，各边分别由1+6、2+5、3+4及7组成，只有一种组成方法。
　　③当边长为8厘米时，各边分别由1+7、2+6、3+5及8组成，也只有一种组成方法。
　　④当边长为9厘米时，各边分别由1+8、2+7、3+6及9；1＋8、2＋7、4+5及9；2＋7、3＋6、4+5及9；1＋8、3＋6、4＋5及9；1＋8、2+7、3＋6及4＋5共5种组成方法。
　　⑤当边长为10厘米时，各边分别由1+9、2＋8、3＋7及4＋6组成，也只有一种组成方法。
　　⑤当边长为11厘米时，各边分别由2+9、 3＋8、4＋7及5+6组成，也只有一种组成方法。
　　⑥将上述各种组成法相加，就是所求问题了。
　　此题的思路图如下（图2.8）：
　　问题：

　　【还原思路】从叙述事情的最后结果出发利用已知条件，一步步倒着推理，直到解决问题，这种解题思路叫还原思路。解这类问题，从最后结果往回算，原来加的用减、原来减的用加，原来乘的用除，原来除的用乘。运用还原思路解题的方法叫“还原法”。
　　例1 一个数加上2，减去3，乘以4，除以5等于12，你猜这个数是多少？
　　分析（用还原思路考虑）：
　　从运算结果12逐步逆推，这个数没除以5时应等于多少？没乘以4时应等于多少？不减去3时应等于多少？不加上2时又是多少？这里分别利用了加与减，乘与除之间的逆运算关系，一步步倒推还原，直找到答案。
　　其思路图如下（图2.9）：
　　条件：

　　例2 李白街上走，提壶去打酒；遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒。试问酒壶中，原有多少酒？
　　分析（用还原思路探索）：
　　李白打酒是我国民间自古以来广为流传的一道用打油诗叙述的著名算题。题意是：李白提壶上街买酒、喝酒，每次遇到酒店，便将壶中的酒量增添1倍，而每次见到香花，便饮酒作诗，喝酒1斗。这样他遇店、见花经过3次，便把所有的酒全喝光了。问：李白的酒壶中原有酒多少？
　　下面我们运用还原思路，从“三遇店和花，喝光壶中酒”开始推算。
　　见花前——有1斗酒。
　　第三次：见花后——壶中酒全喝光。
　　第三次：遇店前——壶中有酒半斗。
　　
　　
　　第一次：见花前——壶中有酒为第二次遇店前的再加1斗。
　　遇店前——壶中有酒为第一次见花前的一半。
　　其思路图如下

　　【假设思路】在自然科学领域内，一些重要的定理、法则、公式等，常常是在“首先提出假设、猜想，然后再进行检验、证实”的过程中建立起来的。数学解题中，也离不开假设思路，尤其是在解比较复杂的题目时，如能用“假设”的办法去思考，往往比其他思路简捷、方便。我们把先提出假设、猜想，再进行检验、证实的解题思路，叫假设思路。
　　例1 中山百货商店，委托运输队包运1000只花瓶，议定每只花瓶运费0.4元，如果损坏一只，不但不给运费，而且还要赔偿损失5.1元。结果运输队获得运费382.5元。问：损坏了花瓶多少只？
　　分析（用假设思路考虑）：
　　（1）假设在运输过程中没有损坏一个花瓶，那么所得的运费应该是多少？
　　0.4×1000=400（元）。
　　（2）而实际只有383.5元，这当中的差额，说明损坏了花瓶，而损坏一只花瓶，不但不给运费，而且还要赔偿损失5.1元，这就是说损坏一只花瓶比不损坏一只花瓶的差额应该是多少元？
　　0.4＋5.1=5.5（元）
　　（3）总差额中含有一个5.5元，就损坏了一只花瓶，含有几个5.5元，就是损坏了几只花瓶。由此便可求得本题的答案。
　　例2 有100名学生在车站准备乘车去离车站600米的烈士纪念馆搞活动，等最后一人到达纪念馆45分钟以后，再去离纪念馆900米的公园搞活动。现在有中巴和大巴各一辆，它们的速度分别是每分钟300米和150米，而中巴和大巴分别可乘坐10人和25人，问最后一批学生到达公园最少需要多少时间？
　　分析（用假设思路思索）；
　　假设从车站直接经烈士纪念馆到公园，则路程为（600＋900）米。把在最后1人到达纪念馆后停留45分钟，假设为在公园停留45分钟，则问题将大大简化。
　　（1）从车站经烈士纪念馆到达公园，中巴、大巴往返一次各要多少时间？
　　中巴：（600+900）÷300×2=10（分钟）
　　大巴：（600+900）÷150×2=20（分钟）
　　（2）中巴和大巴在20分钟内共可运多少人？
　　中巴每次可坐10人，往返一次要10分钟，故20分钟可运20人。
　　大巴每次可坐25人，往返一次要20分钟，故20分钟可运25人。
　　所以在20分钟内中巴、大巴共运45人。
　　（3）中巴和大巴 20分钟可运 45人，那么 40分钟就可运45×2=90（人），100人运走90人还剩下10人，还需中巴再花10分钟运一次就够了。
　　（4）最后可求出最后一批学生到达公园的时间：把运90人所需的时间，运10人所需的时间，和在纪念馆停留的时间相加即可。
　　【消去思路】对于要求两个或两个以上未知数的数学题，我们可以想办法将其中一个未知数进行转化，进而消去一个未知数，使数量关系化繁为简，这种思路叫消去思路，运用消去思路解题的方法叫消去法。二元一次方程组的解法，就是沿着这条思路考虑的。
　　例1 师徒两人合做一批零件，徒弟做了6小时，师傅做了8小时，一共做了312个零件，徒弟5小时的工作量等于师傅2小时的工作量，师徒每小时各做多少个零件？
　　分析（用消去思路考虑）：
　　这里有师、徒每小时各做多少个零件两个未知量。如果以徒弟每小时工作量为1份，把师傅的工作量用徒弟的工作量来代替，那么师傅8小时的工作量相当于这样的几份呢？很明显，师傅2小时的工作量相当于徒弟5小时的工作量，那么8小时里有几个2小时就是几个5小时工作量，这样就把师傅的工作量换成了徒弟的工作量，题目里就消去了师傅工作量这个未知数；然后再看312个零件里包含了多少个徒弟单位时间里的工作量，就是徒弟应做多少个。求出了徒弟的工作量，根据题中师博工作量与徒弟工作量的倍数关系，也就能求出师傅的工作量了。
　　例2 小明买2本练习本、2枝铅笔、2块橡皮，共用0.36元，小军买4本练习本、3枝铅笔、2块橡皮，共用去0.60元，小庆买5本练习本、4枝铅笔、2块橡皮，共用去0.75元，问练习本、铅笔、橡皮的单价各是多少钱？
　　分析（用消去法思考）：
　　这里有三个未知数，即练习本、铅笔、橡皮的单价各是多少钱？我们要同时求出三个未知数是有困难的。应该考虑从三个未知数中先去掉两个未知数，只留下一个未知数就好了。
　　如何消去一个未知数或两个未知数？一般能直接消去的就直接消去，不能直接消去，就通过扩大或缩小若干倍，使它们之间有两个相同的数量，再用加减法即可消去，本题把小明小军、小庆所购买的物品排列如下：
　　小明 2本 2枝 2块 0.36元
　　小军 4本 3枝 2块 0.60元
　　小庆 5本 4枝 2块 0.75元
　　现在把小明的各数分别除以2，可得到1本练习本、1枝铅笔、1块橡皮共0.18元。
　　接着用小庆的各数减去小军的各数，得1本练习本、1枝铅笔为0.15元。
　　再把小明各数除以2所得的各数减去上数，就消去了练习本、铅笔两个未知数，得到1块橡皮0.03元，采用类似的方法可求出练习本和铅笔的单价。
　　【转化思路】解题时，如果用一般方法暂时解答不出来，就可以变换一种方式去思考，或改变思考的角度，或转化为另外一种问题，这就是转化思路。运用转化思路解题就叫转化法。
　　
各养兔多少只？
　　分析（用转化思路思索）：
　　题中数量关系比较复杂，两个分率的标准量不同，为了简化数量关系，

只呢？这时两人养的总只数该是多少只呢？假设后的数量关系，两人养的总只数应是：100-16×3=52（只）

　　
　　分析（用转化思路分析）：
　　本题求和，题中每个分数的分子都是1，分母是几个连续自然数的和，好像不能把每个分数分成两个分数相减，然后相加抵消一些数。但是只要我们按等差数列求和公式，求出分母就会发现，可将上面各分数的分母转化为两个连续自然数积的形式。
　　
　　所以例题可以转化为：
　　
　　然后再相加，抵消中间的各个分数即可。
　　【类比思路】类比就是从一个问题想到了相似的另一个问题。例如从等差数列求和公式想到梯形面积公式，从矩形面积公式想到长方体体积公式等等；类比是一个重要的思想方法，也是解题的一种重要思路。
　　例1 有一个挂钟，每小时敲一次钟，几点钟就敲几下，钟敲6下，5秒钟敲完；钟敲12下，几秒敲完？
　　分析（用类比思路探讨）：
　　有人会盲目地由倍数关系下结沦，误认为10秒钟敲完，那就完全错了。其实此题只要运用类比思路，与植树问题联系起来想一想就通了：一条线路植树分成几段（株距），如果不包括两个端点，共需植（n-1）棵树，如果包括两个端点，共需植树（n＋1）棵，把钟点指数看作是一棵棵的树，把敲的时间看作棵距，此题就迎刃而解了。
　　例2 从时针指向4点开始，再经过多少分钟，时针正好与分钟重合。
　　分析（用类比思路讨论）：
　　本题可以与行程问题进行类比。如图2.11，如果用时针1小时所走的一格作为路程单位，那么本题可以重新叙述为：已知分针与时针相距4格，分

如果分针与时针同时同向出发，问：分针过多少分钟可追上时针？这样就与行程问题中的追及问题相似了。4为距离差，速度差为，重合的时间，就是追上的时间。

　　【分类思路】把一个复杂的问题，依照某种规律，分解成若干个较简单的问题，从而使问题得到解决，这就是分类思路。这种思路在解决数图形个数问题中经常用到。
　　例1 如图2.12，共有多少个三角形？

　　分析（用分类思路考虑）：
　　这样的图直接去数有多少个三角形，要做到能不重复，又不遗漏，是比较困难的。怎么办？可以把图中所有三角形按大小分成几类，然后分类去数，再相加就是总数了。本题根据条件，可以分为五类（如图2.13）。

　　例2 如图2.14，象棋棋盘上一只小卒过河后沿着最短的路走到对方“将”处，这小卒有多少种不同的走法？
　　分析（运用分类思路分析）：
　　小卒过河后，首先到达A点，因此，题目实际上是问：从A点出发，沿最短路径有多少种走法可以到达“将”处，所谓最短，是指不走回头路。
　　因为“将”直接相通的是P点和K点，所以要求从A点到“将”处有多少种走法，就必须是求出从A到P和从A到K各有多少种走法。

　　分类。一种走法：A到B、C、D、E、F、G都是各有一种走法。
　　二种走法：从A到H有两种走法。
　　三种走法：从A到M及从A到I各有三种走法。
　　其他各类的走法：因为从A到M、到I各有3种走法，所以从A到N就有3＋3＝6种走法了，因为从A到I有3种走法，从A到D有1种走法，所以从A到J就有3＋1=4种走法了；P与N、J相邻，而A到N有6种走法，A到J有4种走法，所以从A到P就有6+4=10种走法了；同理K与J、E相邻，而A到J有4种走法，到E有1种走法，所以A到K就有4+1=5种走法。
　　再求从A到“将”处共有多少种走法就非常容易了。
　　【等量代换思路】有些题的数量关系十分隐蔽，如果用一般的分析推理，难于找出数量之间的内在联系，求出要求的数量。那么我们就根据已知条件与未知条件相等的关系，使未知条件转化为已知条件，使隐蔽的数量关系明朗化，促使问题迎刃而解。这种思路叫等量代换思路。
　　例1 如图2.15的正方形边长是6厘米，甲三角形是正方形中的一部分，乙三角形的面积比甲三角形大6平方厘米，求CE长多少厘米？

　　分析（用等量代换思路思考）：
　　按一般思路，要求CE的长，必须知道乙三角形的面积和高，而这两个条件都不知道，似乎无法入手。用等量代换思路，我们可以求出三角形ABE的面积，从而求出CE的长，怎样求这个三角形的面积呢？设梯形为丙：
　　已知 乙=甲+6
　　丙+甲=6×6=36
　　用甲+6代换乙，可得丙+乙=丙+甲+6=36+6=42
　　即三角形ABE的面积等于42平方厘米，这样，再来求CE的长就简单了。
　　例2 有三堆棋子，每堆棋子数一样多，并且都只有黑白两色棋子。第一

这三堆棋子集中一起，问白子占全部棋子的几分之几？
　　分析（用等量代换的思路来探讨）：
　　这道题数量关系比较复杂，如果我们把第一堆里的黑子和第二堆的白子对换一下，那么这个问题就简单多了。出现了下面这个等式。
　　第一堆（全部是白子）=第二堆（全部是黑子）
　　=第三堆（白子+黑子） （这里指的棋子数）
　　
份，则第二堆（全部黑子）为3份，这样就出现了每堆棋子为3份，3堆棋子的总份数自然就出来了。而第三堆黑子占了2份，白子自然就只有3—2=1份了。第一堆换成了全部白子，所以白子总共是几份也可求出。最后去解决白子占全部棋子的几分之几就非常容易了。
　　【对应思路】分数、百分数应用题的特点是一个数量对应着一个分率，也就是一个数量相当于单位“1”的几分之几，这种关系叫做对应关系。找对应关系的思路，我们把它叫做对应思路。
　　例1 有一块菜地和一块麦地，菜地的一半和麦地的三分之一放在一起是91公亩，麦地的一半和菜地的三分之一放在一起是84公亩，那么，菜地是几公亩？
　　分析（用对应思路分析）：
　　这是一道复杂的分数应用题，我们不妨用对应思路去思索。如能找出91公亩、84公亩的对应分率，此题就比较容易解决了。但题中有对应分率两个，究竟相当于总公亩数的几分之几呢？这是解题的关键。而我们一时还弄不清楚，现将条件排列起来寻找。
　
　　　
可求出总公亩数是
　　　
　　求出总公亩数后，我们仍未找到菜地或麦地占总公亩数的几分之几，故还不能直接求出菜地或麦地的公亩数。但我们把条件稍作组合，就可以求出
　
　　
　　分析到这一步，那么再去求菜地有多少公亩，则就变成了一道很简单的分数应用题了。
　　例2 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，要排完一池水，单开乙管

顺序，循环各开水管，每次每管开一小时，问多少时间后水开始溢出水池？
　　分析（用对应思路考虑）：
　　本题数量关系复杂，但仍属分数应用题，所以仍可用对应思路寻找解题途径。
　　首先要找出甲、丙两管每小时灌水相当于一池水的几分之几，乙、丁两管每小时排水相当于一池水的几分之几，然后才能计算。
　　一池水→“1”
　　
　　通过转化找到了对应分率就容易计算了。假设甲、乙、丙、丁四个水管按顺序各开1小时，共开4小时，池内灌进的水是全池的：
　　
　　加上池内原有的水，池内有水：
　　
　　
也就是20小时以后，池内有水
 
　　
　　
水池了，因此20小时后，只需再灌水
　　
　　所以这时甲管不要开1小时，只要开
　
　　
总共是多少时间后水开始溢出水池不就一目了然了吗？
5、整数的拆分
【不连续加数拆分】
　　例1 将一根长144厘米的铁丝，做成长和宽都是整数的长方形，共有______种不同的做法？其中面积最大的是哪一种长方形？
　　（1992年“我爱数学”邀请赛试题）
　　讲析：做成的长方形，长与宽的和是
　　144÷2=72（厘米）。
　　因为72=1+71=2+70=3+69=……=35+37=36+36，
　　所以，一共有36种不同的做法。
　　比较以上每种长方形长与宽的积，可发现：当长与宽都是36厘米时，面积最大。
　　例2将1992表示成若干个自然数的和，如果要使这些数的乘积最大，这些自然数是______。
　　（1992年武汉市小学数学竞赛试题）
　　讲析：若把一个整数拆分成几个自然数时，有大于4的数，则把大于4的这个数再分成一个2与另一个大于2的自然数之和，则这个2与大于2的这个数的乘积肯定比它大。又如果拆分的数中含有1，则与“乘积最大”不符。
　　所以，要使加数之积最大，加数只能是2和3。
　　但是，若加数中含有3个2，则不如将它分成2个3。因为2×2×2=8，而3×3=9。
　　所以，拆分出的自然数中，至多含有两个2，而其余都是3。
　　而1992÷3=664。故，这些自然数是664个3。
　　例3把50分成4个自然数，使得第一个数乘以2等于第二个数除以2；第三个数加上2等于第四个数减去2，最多有______种分法。
　　（1990年《小学生报》小学数学竞赛试题）
　　讲析：设50分成的4个自然数分别是a、b、c、d。
　　因为a×2=b÷2，则b=4a。所以a、b之和必是5的倍数。
　　那么，a与b的和是5、10、15、20、25、30、35、40、45。
　　又因为c＋2=d-2，即d=c＋4。所以c、d之和加上4之后，必是2的倍数。
　　则c、d可取的数组有：
　　（40、10），（30、20），（20、30），（10、40）。
　　由于40÷5=8，40-8=32；（10-4）÷2=3，10-3＝7，
　　得出符合条件的a、b、c、d一组为（8、32、3、7）。
　　同理得出另外三组为：（6、24、8、12），（4、16、13、17），（2、8、18、22）。
　　所以，最多有4种分法。
【连续加数拆分】
　　例1 把945写成连续自然数相加的形式，有多少种？
　　（第一届“新苗杯”小学数学竞赛试题）
　　讲析：因为945=35×5×7，它共有（5+1）×（1+1）×（1+1）=16（个）奇约数。
　　所以，945共能分拆成16-1=15（种）不同形式的连续自然数之和。
　　例2 几个连续自然数相加，和能等于1991吗？如果能，有几种不同的答案？写出这些答案；如果不能，说明理由。
　　（全国第五届《从小爱数学》邀请赛试题）
　　讲析：1991=11×181，它共有（1＋1）×（1+1）=4（个）奇约数。
　　所以，1991可以分成几个连续自然数相加，并且有3种答案。
　　由1991=1×1991得：
　　1991=995＋996。
　　由1991=11×181得：
　　
　　
　　…+（80+101）
　　=80＋81＋……＋100＋101。


6、整除及数字整除特征
　　【数字整除特征】
　　例1 42□28□是99的倍数，这个数除以99所得的商是__。
　　（上海市第五届小学数学竞赛试题）
　　讲析：能被99整除的数，一定能被9和11整除。
　　设千位上和个位上分别填上数字a、b，则：各位上数字之和为[16+（a+b）]。要使原数能被9整除，必须使[16+（a+b）]是9的倍数，即（a+b）之和只能取2或11。
　　又原数奇位上的数字和减去偶位上数字和的差是（8+a-b）或（b-a-8），要使原数能被11整除，必须使（8+a-b）或（b-a-8）是11的倍数。经验证，（b-a-8）是11的倍数不合。
　　所以a-b=3。
　　又a+b=2或11，可求得a=7，b=4。
　　从而很容易求出商为427284÷99=4316。
　　例2 某个七位数1993□□□能同时被2、3、4、5、6、7、8、9整除，那么它的最后三位数字依次是__。
　　（1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
　　讲析：因为2、3、4、5、6、7、8、9的最小公倍数是2520。
　　而1993000÷2520=790余2200。
　　于是再加上（2520-2200）=320时，就可以了。所以最后三位数字依次是3、2、0。
　　例3 七位数175□62□的末位数字是__的时候，不管千位上是0到9中的哪一个数字，这个七位数都不是11的倍数。
　　（上海市第五届小学数学竞赛试题）
　　讲析：设千位上和个位上的数字分别是a和b。则原数奇位上各数字和与偶位上各数字之和的差是[3+（b-a）]或[（a-b）-3]。
　　要使原数是11的倍数，只需[3+（b-a）]或[（a-b）-3]是11的倍数。
　　则有 b-a=8，或者a-b=3。
　　①当 b-a=8时，b可取9、8；
　　②当 a-b=3时，b可取6、5、4、3、2、1、0。
　　所以，当这个七位数的末位数字取7时，不管千位上数字是几，这个七位数都不是11的倍数。
　　例4 下面这个四十一位数
　　55……5□99……9
　　（其中5和9各有20个）能被7整除，那么中间方格内的数字是__。
　　（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
　　讲析：注意到111111÷7=15873，所以555555与999999也能被7整除。则18个5或18个9组成的数，也能被7整除。
　　要使原四十一位数能被7整除，只需55□99这个五位数是7的倍数。
　　容易得出，中间方格内的数字是6。
　　【整除】
　　例1 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，适合这些条件的最小数是______。
　　（天津市第一届“我爱数学”邀请赛试题）
　　讲析：所求这个数分别除以3和7时，余数相同。
　　3和7的最小公倍数为21。所以这个数是23。经检验，23除以5商4余3，23是本题的答案。
　　例2 一个整数在3600到3700之间，它被3除余2，被5除余1，被7除余3。这个整数是__。
　　（《现代小学数学》邀请赛试题）
　　讲析：所求整数分别除以3、5、7以后，余数各不相同。但仔细观察可发现，当把这个数加上4以后，它就能同时被3、5、7整除了。
　　因为3、5和7的最小公倍数是105。
　　3600÷105=34余30，105-30=75，
　　所以，当3600加上75时，就能被3、5和7整除了。即所求这个整数是3675。
　　例3 在一个两位数中间插入一个数字，就变成了一个三位数。如52中间插入4后变成542。有些两位数中间插入某个数字后变成的三位数，是原两位数的9倍。这样的两位数共有__个。
　　（中南地区小学数学竞赛试题）
　　讲析：因为插入一个数字后，所得的三位数是原两位数的9倍，且个位数字相同。则原两位数的个位数字一定是0或5。
　　又插入的一个数字，必须小于个位数字，否则新三位数就不是原两位数的9倍了。因此原二位数的个位不能为0，而一定是5。
　　结合被9整除的数字特征，不难找到符合要求的两位数有45、35、25和15共4个。
　　例4 a是一个自然数，已知a与a+1的各位数字之和都能被7整除，那么这样的自然数a最小是__。（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题）
　　讲析：a与a+1的各位数字之和都是7的倍数。则a的个位数字一定是9。因为如果个位上不是9时，若a的各位数字之和是7的倍数，则a+1的各位数字之和除以7以后，肯定余1。
　　只有当a的个位上是9时，a+1之后，个位上满十后向前一位进一，a+1的个位数字和才有可能是7的倍数。
　　联想到69，69+1=70，经适当调整可得，符合条件的最小数a是69999。
　　例5 一个自然数被8除余1，所得的商被8除也余1，再把第二次所得的商被8除后余7，最后得到的一个商是a[见图5.43（1）]，又知这个自然数被17除余4，所得的商被17除余15，最后得到一个商是2a[见图5.43（2）]，求这个自然数。
　　（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）

　　讲析：可从最后的商步步向前推算。
　　由图5.43（1）可得：第二次商是（8a+7）；第一次商是8×（8a+7）+1=64a+57；所求的自然数是8×（64a+57）+1=512a+457
　　由图5.43（2）得，所求的自然数是578a+259
　　所以，512a+457=578a+259。
　　解得a=3。
　　故，这个自然数是512×3+457=1993。
　　例6 某住宅区有十二家住户。他们的门牌号分别是1、2、3、……、12。他们的电话号码依次是十二个连续的六位自然数，并且每户的电话号码都能被这户的门牌号整除。已知这些电话号码的首位数字都小于6，并且门牌号是9的这一家的电话号码也能被13整除。问这一家的电话号码是什么数？
　　（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第二试试题）
　　讲析：设这十二家住户的电话号码依次是a+1、a+2、a+3、……，a+12。
　　因为每户的电话号码都能被自己家的门牌号整除，所以数a能同时被1、2、3、……、12整除。
　　而1、2、3、……、12的最小公倍数是27720，所以六位数中，能同时被1、2、3、……12整除的最小自然数是27720×4=110880
　　现在考虑第九户人家的电话号码能被13整除问题。
　　因为110880÷13，余数是12；27720÷13，余数是4。
　　也就是在110889的基础上，再加上n个27720之后的和，能被13整除的数，就是所求的数。
　　即12+4n，是13的倍数。
　　显然，当n=10时，12+4n是13的倍数。
　　所以，门牌号码是9的这家电话号码是：
　　110889+27720×10=388089。
















7、运用图形间的等量关系
　　【应用弦图解题】 我国古代有种图形叫做“弦图”（如图4.56所示），有的数学家应用它成功地证明了“勾股定理”。

　　我国宋代著名数学家杨辉，在他著的《田亩比类乘除捷法》一书中，提出了这样一个问题：
　　有一块长方形田，面积为864平方步（“步”是古代长度单位，1里=300步，1步=5尺），已知长比宽少12步，问：它的长、宽共是多少步？
　　杨辉在该书上出示了一个弦图（如图4.57），他是用四个面积为864
　

共是60步。显然，这样运用弦图来解答题目，是十分高明和十分巧妙的！
　　有些竞赛题也可以用弦图来巧解。第一届“华罗庚金杯赛”中，就两次出现了应用弦图来解答的题目。尤其是那一道决赛题：
　　
平方米。锯下的木条面积是多少平方米？”

　　仿杨辉的解法，可假定剩下4块长方形木块，并利用它拼成了一个“弦图”，如图4.58。于是可知，大正方形的面积为
　　
　　
　
　　
　　【解纵横交错的复杂题】 把同样大小的长方形有规律地纵横交错地放在一起，常常需要根据长、宽关系，找出等量关系来解答题目。例如

　　如图4.59，这是由同样大小的纸片摆成的图形，小纸片宽12厘米，求阴影部分的总面积。
　　由图可知，5个纸片的长=3个纸片的长+3个纸片的宽，所以
　　2个纸片长=3个纸片宽
　　1个纸片长=12×3÷2
　　=18（厘米）
　　进而可知，每个阴影部分的小正方形的边长为18-12=6（厘米）
　　阴影部分的总面积便是
　　6×6×3=108（平方厘米）
　　又如，“有9个长方形，它们的长、宽分别相等，用它们拼成的大长方形（如图4.60）的面积是45平方厘米，求大长方形的周长。”

　　解题的关键，是求出一个小长方形的长和宽。由5个小长方形的宽等于

形重新分割为5个小正方形，小正方形的边长，正好是小长方形的宽（如图4.61）。所以，5个小正方形面积之和，就是四个小正方形的面积之和，即5个小正方形面积为
　　45÷9×4=20（平方厘米）
　　每个小正方形的面积为
　　20÷5=4（平方厘米）
　　显然，每个小正方形的边长（即小长方形的宽）为2厘米，小长方形的长便是
　　
　　进而便可求得大长方形的周长为
　　［2.5×4＋（2.5＋2）］×2=29（厘米）。
　　此外，题目还可这样解答：

　　因为小长方形宽的5倍等于长的4倍，所以，可用（4与5的最小公倍数）20个小长方形拼成一个大的正方形（如图4.62）。大正方形面积是
　　
　　它的边长便是10厘米，则小正方形的长为
　　10÷4=2.5（厘米）
　　小正方形的宽为
　　10÷5=2（厘米）
　　于是，原来的大长方形的周长就是
　　（2.5×4＋2.5＋2）×2=29（厘米）。
　　【用面积线段比的关系解题】 利用面积比与线段比之间的等量关系，常常能使复杂问题简单化。例如
　
　　
为什么成立？
　　由图中可以看出，△PBC和△ABC是同底的两个三角形，所以
　　
　　
　　

　　又如，第一届“华罗庚金杯赛”上有过一道这样的题目：

　　“如图4.64，一个长方形地面被两条直线分成四个长方形，其中三个的面积是20公亩、25公亩和30公亩，另一个（图中阴影部分）长方形的面积是多少公亩？”
　　图中可见，右边两个长方形是长相同的长方形，它们的面积比等于它们宽的比；同样，左边两个长方形也是长相同的长方形，它们的面积比，也等于它们宽的比。
　　设阴影部分面积为x公亩，由于左右两组长方形面积之比，都等于相同的宽之比，所以
　　
　　即另一个（阴影部分）长方形面积为37.5公亩。





















8、运算法则或方法
　　【四则运算法则】整数、小数、分数的加、减、乘、除四则运算法则，见小学数学课本，此处略。
　　【四则运算顺序】见小学数学课本，略。
　　【繁分数化简方法】繁分数化简的方法，一般有以下两种方法。
　　（1）利用分数基本性质，把繁分数的分子、分母同乘以所有分母的最小公倍数，从而化简繁分数。
　　
　　（2）利用分数与除法的关系，将繁分数化简。这是因为繁分数实际上是分数除法的另一种表示形式的缘故。例如
　　
　　【求连分数的值的方法】由数列a0，a1，……及b1，b2，……所组成的表达式
　　　
　　称为“连分数”。它可简记为
　　　
　　　

为连分数的值。
　　连分数有两种，一是有限连分数，二是无限连分数。例如，
　　
　　求有限连分数的值，也称化简连分数，它的化简方法与繁分数的化简方法基本相同。一般是从最下面的分母运算开始，逐步向上计算。例如上面的这个有限连分数：
　　
　　求无限连分数的值，就是求它的有限层的值作为它的近似值。当层次愈多时，就愈接近它的值。
　　注意：繁分数和连分数，都不是“分数”定义里所定义的一种分数。
　　
分解为两个单位分数的和，可按以下步骤去完成：
　　　　
的任意两个约数a1，a2；
　　（2）扩分：将单位分数的分子、分母同乘以两约数的和（a1+a2），

　　（3）拆分：将扩分后所得的分数，按照同分母分数相加的法则反过来

　　（4）约分：将拆开后的两个分数约分，便得到两个单位分数。
　　
　　注意：（1）因大于1的自然数的约数有时不止2个，有多个，从中任取两个约数的取法也有多种，只要每次取出的两个约数之间不成比例，则将一个单位分数拆成两个单位分数的和的结果也各不相同。
　　例如，15的约数有1，3，5，15四个，从中任取两个的取法有（1，3）、（1，5）、（1，15）、（3，5）、（3，15）、（5，15）六种，而取（1，3）和（5，15）、（1，5）和（3，15）是成比例

　　（2）若要将单位分数拆成两个相等的单位分数之和，那只要在扩分时，分子、分母同乘以分母的任何一个约数的2倍或乘以2即可。
　　
　　
拆成n个单位分数的和的方法和步骤与拆成两个单位分数的方法和步骤相同，不同点只在扩分时，分子、分母同乘以分母A的n个约数的和（a1+a2+…+an）。
　　
　　解∵15=3×5
　　∴15的约数有1，3，5，15。
　　
　　
　
有限个分数的和的形式。
　　【近似数的加减法】在一般情况下，近似数相加减，和或差精确到哪一位，与已知数中精确度最低的一个相同。计算法则有以下三条：
　　（1）确定结果精确到哪一个数位（已知数中精确度最低的精确到了哪一个数位，则计算的结果就精确到这个数位）；
　　（2）把已知数中超过这一最低精确度这个数位的数字，四舍五入到这个数位的下一位；
　　（3）进行计算，并且把算得的数的末位数字四舍五入。
　　例如，求近似数25.4、0.456、8.738和56的和。
　　
　　25.4+0.456+8.738+56≈91
　　又如，求近似数0.095减0.002153的差。
　　解：
　　　　
　　0.095-0.002153≈0.093
　　【近似数的乘除法】在一般情况下，近似数相乘除，积或者商取几个有效数字，与已知数中有效数字最少的相同。具体法则有以下三条：
　　（1）确定结果有多少个有效数字（已知数中有效数字最少的有多少个，结果就取同样多个有效数字）；
　　（2）把已知数中有效数字的个数多的，四舍五入到只比结果中有效数字的个数多一个；
　　（3）进行计算（除法要比结果多算出一位），并把算得的数四舍五入到应该有的有效数字的个数。
　　例如，（1）求近似数26.79与0.26的积。（2）求近似数9.7除以近似数25.78的商。
　　
　　
　　因24只有两个有效数字，故可把各数分别四舍五入到三个有效数字以后去计算；得出中间结果仍保留三个有效数字，即比法则规定的多保留一个；得出最后的结果，再四舍五入到两个有效数字。
　　
　　再如，量得一个圆的周长约是3.73厘米，求这个圆的直径。
　　题目要求直径长度，需用“3.73÷π”去计算。其中3.73是近似数，有三个有效数字；π是个准确数，它有任意多个有效数字，计算时，π取四个有效数字：
　　解3.73÷π≈3.73÷3.142≈1.19（厘米）
　　答：这个圆的直径约是1.19厘米。
　　【近似数混合运算方法】近似数的混合运算，要分步来做。运算的中间步骤的计算结果，所保留的数字要比加、减、乘、除计算法则规定的多取一个。例如，作近似数的混合计算：
　　57.71÷5.14+3.18×1.16-4.6307×1.6。
　　解原式=11.23+3.689-7.41
　　≈7.5
　　说明：（1）57.71÷5.14，3.18×1.16，4.6307×1.6，所得的中间结果11.23，3.689，7.41，都比法则规定应当取的有效数字多取了一个。
　　（2）11.23+3.689-7.41是加减法，各数中精确度最低的是7.41，这个数实际上只有两个有效数字，就是只精确到十分位。因此，最后求得的结果应当四舍五入到十分位，得7.5。
　　又如，“有一块梯形土地，量得上底约为68.73米，下底约为104.20米，高约为9.57米。求这块土地的面积。
　
　　≈86.47×9.57
　　≈828（平方米）（答略）
　　说明：（1）68.73+104.20，所得的中间结果172.93，精确到0.01，没有多取的数位。

果四舍五入到三个有效数字，得828。
　　【预定精确度的计算法则】已给出计算结果所要求达到的精确度，要求确定原始数据的精确度，通常称其为“预定精确度的计算”。
　　预定精确度的计算法则，一般有：
　　（1）预定结果的精确度用有效数字给出的问题。
　　如果预定结果有n个有效数字，那么原始数据一般取到n+1个有效数字。
　　例如，圆形面积大约是140平方米，要使算出的结果具有两个有效数字，那么测量半径r应达到怎样的精确度？π应取几个有效数字的近似值？
　　解：为了使面积S具有两个有效数字，π和r就都要有三个有效数字。因为
　　
　　r应该有一位整数，所以测量半径时，应该精确到0.01米。
　　π应该取三个有效数字的近似值--3.14。
　　（2）对于加法和减法，由于计算结果的精确度是按小数的位数来确定的，所以当预定结果的精确度用有效数字个数给出，那么就要先估计出和或差里最高一位数在哪一位上。
　　例如，梯形上底a约50米，下底b约60米，高h约40米。测量时，应达到怎样的精确度，才能使算出的面积S有两个有效数字？
　　
　　要使S有两个有效数字，则（a+b）与h都应该有三个有效数字。所以，测量h应精确到0.1米，而测量上底和下底，只需要精确到1米（因a+b有三个整数数位。）
　　在实际测量时，a、b、h都有两个整数数位，测量工具一样，因此常采用相同的精确度。
　　【一般验算方法】
　　（1）加减法的验算方法。
　　加法的验算方法有二：一是利用加法交换律，把加数位置交换后再相加，所得的结果必须与原计算的结果相同，说明计算才是正确的。二是利用加法和减法的逆运算关系，把所得的和减去一个加数，所得的差必须等于另一个加数，计算才是正确的。
　　减法的验算也有两种方法：一是利用加减互逆的关系进行验算，把所得的差与减数相加，所得的和必须等于被减数，计算才是正确的。二是利用被减数、减数、差三者之间的关系进行验算，用被减数减去差，所得的结果必须等于减数，计算才是正确的。
　　（2）乘除法的验算方法。
　　乘法有两种验算方法：①利用乘法交换律进行验算，把因数位置交换后再相乘，所得的结果必须和原来的计算结果相同，计算才是正确的。②利用乘除互逆关系，把所得的积除以一个因数，结果必须等于另一个因数，计算才是正确的。
　　除法也有两种验算方法：①利用乘除互逆关系，把除数和商相乘（如有余数，还要加上余数），所得的结果必须等于被除数，计算才是正确的。②利用被除数、除数、商、余数之间的关系，把被除数减去余数所得的差（没有余数的不必去减），除以商，所得的结果必须等于除数，计算才是正确的。
　　（3）四则混合运算式题的验算。
　　四则混合运算式题的验算，虽然可采用上述加、减、乘、除法的验算方法去验算，但非常麻烦，不如采用重算的办法。由于计算中最易错的是运算顺序、分小数互化等，所以重算可分三步走：①检查运算顺序；②检查分小数互化情况；③检查每步计算结果是否正确。
　　（4）解方程、解比例的验算方法。
　　解方程、解比例的验算，可将求得的解代入原方程或原比例，看等号两边的数值是否相等。
　　（5）应用题的验算方法。
　　应用题的验算可以采用下面三种方法：
　　①用“一题多解”验算。有多种解法的应用题，可用不同的解法去再解一遍。若解得的结果一致，说明解法是正确的。
　　②用“还原法”验算。将计算结果作为题目中的已知条件，根据其数量关系，若算得其他已知条件和数据都是成立的（即能“还原”），则表明题目的解法是正确的。
　　③用分析、估算方法验算。根据生活经验等，可知：求总数，结果不应小于部分数；求人数、植树棵树等，得数通常为整数；计算出油率、合格率等，得数不会大于100％；计算各种速度、农作物单位面积产量，得数应基本符合实际情况；……否则，题目的解答便可能是错误的。
　　不过，分析、估算办法只能检验出大致的情况，大致情况检验出来后，还得用其他方法验算。
　　【弃九验算法】利用被9除所得余数的性质，对四则运算进行检验的一种方法，称为“弃九验算法”，简称“弃九法”。
　　用“弃九法”验算，首先要找出一个数的“去九数”（或称“弃九数”）。把一个数各位数字相加，如果和大于9，又再将和的各位数字相加，直到和是一个一位数（和是9的要减去9得0），这个数我们便称它为原数的“去九数”。例如
　　8693：8+6+9+3=26-→2+6=8（去九数是8）；
　　721：7+2+1=10-→1+0=1（去九数是1）。
　　去九数也可以这样得到：把一个数中的数字9，或者相加得9的几个数字都划去，将剩下来的数字相加，得到一个小于9的数，这个数就是原数的去九数。
　　例如：

　　“弃九验算法”也可以说，是利用“去（弃）九数”去进行验算的一种验算方法。例如，验算下面的加减法，可先求出等号左右每个数的去九数，然后将等号左边的去九数相加减，若去九数的和（或差），与等号右边和（或差）的去九数不相等，则可以肯定，原来的计算是错误的。例如
　　　　
　　（如果两个加数的去九数之和大于9，则应减去9）
　　所以，可以肯定，原式的计算是错误的。的确，正确的答案是70168。
　　假如最后的两个去九数之和或差，与等号右边和（或差）的去九数相等，那么在一般情况下，可以认为原来的计算大致没有错误。例如

　　所以，可以认为原来的计算大致没有错误。
　　减法的验算如
　　　　
　　所以，可以肯定，原计算是错误的。事实上，原式的差应该是146410。
　　用弃九法验算乘法如下面的两个例子：
　　（1）

　　可以肯定，原来的计算是错误的。确实，正确的答案应该是716478。
　　（2）
　
　　可以认为，这道题大致没有错误。
　　用弃九法验算除法，可利用下面的关系式来进行：
　　除数×商=被除数；
　　除数×商+余数=被除数。
　　例如：
　　（1）

　　可以认为，这道题的计算大致没有错误。
　　（2）

　　可以认为，这道题的计算，大致没有错误。
　　不难发现，弃九验算法是既方便，又有趣的。但当弃九数的等式相等时，为什么要说“在一般情况下”，“可以认为”原式的计算”大致没有错误”呢？请看下面几个数的去九数：

　　这就是说，当几个数的数字相同，仅仅是0的个数不同；或者是数字顺序颠倒；或者小数点的位置不同时，它的去九数却是相同的。这样就会导致用弃九法验算，不能查出去九数虽相同，而数的实际大小却并不相同的情况。这一点，在使用弃九法验算时，我们必须特别注意。
　　尽管有以上这种情况，但一般说来，弃九验算法还是一个有特色、有趣味的和比较好的验算方法。
　　【速算方法】（见第一部分“（五）数学公式”中的“速算公式”及第四部分中的“速算技巧”。）
　　【名数化、聚方法】
　　（1）名数的化法。把高级单位的单名数或复名数，化成低级单位的单名数的方法，叫做“名数的化法”。计算时，用进率乘以高级单位的数，再加上低级单位的数。
　　例如，把6米32厘米化成以厘米为单位的数：
　　因为厘米和米之间的进率是100，所以，解法是
　　100×6+32=632（厘米），
　　即6米32厘米=632厘米。
　　（2）名数的聚法。把低级单位的单名数聚成高级单位的单名数或复名数的方法，叫做“名数的聚法”。计算时，用低级单位的数除以进率，所得的商就是高级单位的数，余数就是低级单位的数。
　　例如，把5700千克聚成以吨和千克为单位的复名数。
　　因为吨和千克之间的进率是1000，所以解法是
　　5700÷1000=5……700
　　∴5700千克=5吨700千克。














9、约数与倍数
【约数问题】
　　例1 用1155个同样大小的正方形拼成一个长方形，有______种不同的拼法。（上海市第五届小学数学竞赛试题）
　　讲析：不论拼成怎样的长方形，它们的面积都是1155。
　　而长方形的面积等于长乘以宽。所以，只要将1155分成两个整数的积，看看有多少种方法。一般来说，约数都是成对地出现。
　　1155的约数共有16个。
　　16÷2=8（对）。
　　所以，有8种不同的拼法。
　　例2 说明：360这个数的约数有多少个？这些约数之和是多少？
　　（全国第三届“华杯赛”决赛第一试试题）
　　讲析：将360分解质因数，得
　　360=2×2×2×3×3×5=23×32×5。
　　所以，360的约数个数是：（3+1）×（2+1）×（1+1）=24（个）
　　这24个约数的和是：
　　
　　例3 一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积。这个数当然有许多约数是两位数，这些两位的约数中，最大的是几？
　　（全国第一届“华杯赛”决赛第一试试题）
　　讲析：这个数是2×2×2×2×2×3×3×3×5×5×7。
　　把两位数从99、98、……开始，逐一进行分解：
　　99=3×3×11； 98=2×7×7；
　　97是质数； 96=2×2×2×2×2×3。
　　发现，96是上面数的约数。
　　所以，两位数的约数中，最大的是96。
　　例4 有8个不同约数的自然数中，最小的一个是______。
　　（北京市第一届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
　　讲析：一个自然数N，当分解质因数为：
　　
　　
　　因为8=1×8=2×4=2×2×2，
　　所以，所求自然数分解质因数，可能为：
　　27，或23×3，或2×3×5，……
　　不难得出，最小的一个是24。
【倍数问题】
　　例1 6枚1分硬币叠在一起与5枚2分硬币一样高，6枚2分硬币叠在一起与5枚5分硬币一样高，如果分别用1分、2分、5分硬币叠成的三个圆柱体一样高，这些硬币的币值为4元4角2分，那么这三种硬币总共有______枚。
　　（上海市第五届小学数学竞赛试题）
　　讲析：因为6枚1分的硬币与5枚2分的一样高，所以36枚1分的硬币与30枚2分的一样高。
　　6枚2分的硬币与5枚5分的一样高，所以30枚2分的硬币与25枚5分的一样高。
　　因此，36枚1分的硬币高度等于30枚2分的高度，也等于25枚5分的高度。它们共有：
　　1×36+2×30+5×25=221（分）。
　　4元4角2分=442（分），442÷221=2。
　　所以，1分的硬币共36×2=72（枚），2分的硬币共30×2=60（枚），5分的硬币共25×2=50（枚），即总共有182枚。
　　例2 从1、2、……、11、12中至多能选出______个数，使得在选出的数中，每一个数都不是另一个数的2倍。
　　（1990年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
　　讲析：1、3、5、7、9、11是奇数，不可能是任何整数的2倍。剩下的数有2、4、6、8、10、12六个数，且6是3的2倍，10是5的2倍。如取2，则4、8、12就都不能取；如取4，则2、8不能取，故只可取12；如取8，则2、4不能取，故只可取8。所以至多能选取8个数。
　　例3 小明的两个衣服口袋中各有13张卡片，每张卡片上分别写着1、2、3、……13。如果从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算它们所写两数的乘积，可以得到许多不相等的乘积，那么，其中能被6整除的乘积共有______个。
　　（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
　　讲析：因为6=2×3，所以能被6整除的因数中，至少含有一个2和一个3。
　　当一边取6，另一边取1、2、……、13时均成立，有13个积；
　　当一边取7、8、9、10、11、12、13，另一边取12时，有7个积；
　　当一边取10，另一边取9时，有1个积。
　　所以，不相等的乘积中，被6整除的共有：
　　13+7+1=21（个）。
　　例4 设a与b是两个不相等的自然数。如果它们的最小公倍数是72，那么a与b之和可以有______种不同的值。
　　（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
　　讲析：因为72=23×32，它共有约数
　　（3+1）×（2+1）=12（个）
　　这12个约数，每个约数与72的最小公倍数都是72，a、b之和有12种不同的值；
　　当a=22×32=36时，b可取23=8或23×3=24，a、b之和有2种不同的值；
　　当a=23×3=24时，b可取32=9或2×32=18，a、b之和有2种不同的值。
　　当a=2×32=18时；b可取23=8，a、b之和有1种不同的值。
　　所以，满足条件的a与b之和共有17种不同的值。





10、余数问题
　　【求余数】
　　　　
　　（1990年江苏宜兴市第五届小学生数学竞赛试题）
　　
一组，就可得到331组，尚余4个6。
　　而6666÷7=952……2。所以，原式的余数是2。
　　例2 9437569与8057127的乘积被9除，余数是__。
　　（《现代小学数学》邀请赛试题）
　　讲析：一个数被9除的余数与这个数各位数字之和被9除的余数是一样的。
　　9437569各位数字之和除以9余7；8057127各位数字之和除以9余3。
　　7×3=21，21÷9=2……3。
　　所以，9437569与8057127的乘积被9除，余数是3。
　　例3 在1、2、3、4、……、1993、1994这1994个数中，选出一些数，使得这些数中的每两个数的和都能被26整除，那么这样的数最多能选出_______个。
　　（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
　　讲析：可将1、2、3、……、1994这1994个数，分别除以26。然后，按所得的余数分类。
　　要使两个数的和是26的倍数，则必须使这两个数分别除以26以后，所得的余数之和等于26。
　　但本题要求的是任意两个数的和都是26的倍数，故26的倍数符合要求。这样的数有1994÷26=76（个）……余18（个）。但被26除余13的数，每两个数的和也能被26整除，而余数为13的数共有77个。
　　所以，最多能选出77个。
　　【同余问题】
　　例1 一个整数，除300、262、205，得到相同的余数（余数不为0）。这个整数是_____。
　　（全国第一届“华杯赛”初赛试题）
　　讲析：如果一个整数分别除以另两个整数之后，余数相同，那么这个整数一定能整除这两个数的差。因此，问题可转化为求（300—262）和（262—205）的最大公约数。
　　不难求出它们的最大公约数为19，即这个整数是19。
　　例2 小张在计算有余数的除法时，把被除数113错写成131，结果商比原来多3，但余数恰巧相同。那么该题的余数是多少？（1989年上海市小学数学竞赛试题）
　　讲析：被除数增加了131-113=18，余数相同，但结果的商是3，所以，除数应该是18÷3=6。又因为113÷6的余数是5，所以该题的余数也是5。
　　例3 五只猴子找到一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意去睡觉，明天再说。夜里，一只猴子偷偷起来，吃掉一只桃子，剩下的桃子正好平分五等份，它拿走自己的一份，然后去睡觉；第二只猴子起来，也吃掉一只桃子，剩下的桃子也正好分成五等份，它也拿走了自己的一份，然后去睡觉。第三、四、五只猴子也都这样做。问：最初至少有______个桃子。
　　（哈尔滨市小学数学竞赛试题）
　　讲析：因为第一只猴子把桃5等分后，还余1个桃；以后每只猴子来时，都是把前一只猴子剩下的4等份再分成5等份，且每次余1个桃子。于是，我们可设想，如果另加进4个桃子，则连续五次可以分成5等份了。
　　加进4个桃之后，这五只猴每次分桃时，不再吃掉一个，只需5等份后，拿走一份。
　　因为4与5互质，每次的4份能分成5等份，这说明每次等分出的每一份桃子数，也能分成5等份。这样，这堆桃子就能连续五次被5整除了。所以，这堆桃子至少有5×5×5×5×5-4=3121（个）。
　　例4 在1、2、3、……、30这30个自然数中，最多能取出______个数，使取出的这些数中，任意两个不同的数的和都不是7的倍数。
　　（上海市第五届小学数学竞赛试题）
　　讲析：我们可将1到30这30个自然数分别除以7，然后按余数分类。
　　余数是0：7、14、21、28
　　余数是1：1、8、15、22、29
　　余数是2：2、9、16、23、30
　　余数是3：3、10、17、24
　　余数是4：4、11、18、25
　　余数是5：5、12、19、26
　　余数是6：6、13、20、27
　　要使两数之和不是7的倍数，必须使这两个数分别除以7所得的余数之和不等于7。
　　所以，可以取余数是1、2、3的数，不取余数是4、5、6的数。而余数为0的数只取一个。
　　故最多可以取15个数。