精编初一数学竞赛专题分类辅导全书(9个专题)

精编初一数学竞赛专题分类辅导全书目录整数的分拆与年号有关的竞赛图形与面积立体图形列方程解应用题应用问题选讲抽屉原理染色与赋值计数的方法与原理第1讲整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。例1电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。所以最多可以播7天。说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，=1+2+2=1+1+3=2+3=1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。例2有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法。总共有5种不同的支付方法。说明：本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。例3把37拆成若干个不同的质数之和，有多少种不同的拆法？将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘，得到的乘积中，哪个最小？解：37=3+5+29=2+5+7+23=3+11+23=2+3+13+19=5+13+19=7+11+19=2+5+11+19=7+13+17=2+5+13+17=2+7+11+17，共10种不同拆法，其中3×5×29=435最小。说明：本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题，只是硬凑。比37小的最大质数是31，但37-31=6，6不能分拆为不同的质数之和，故不取；再下去比37小的质数是29，37-29=8，而8=3+5。其余的分拆考虑与此类似。例4求满足下列条件的最小自然数：它既可以表示为9个连续自然数之和，又可以表示为10个连续自然数之和，还可以表示为11个连续自然数之和。解：9个连续自然数之和是其中第5个数的9倍，10个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍，11个连续自然数之和是其中第6个数的11倍。这样，可以表示为9个、10个、11个连续自然数之和的数必是5，9和11的倍数，故最小的这样的数是［5，9，11］=495。对495进行分拆可利用平均数，采取“以平均数为中心，向两边推进的方法”。例如，495÷10=49.5，则10个连续的自然数为：45，46，47，48，49，（49.5），50，51，52，53，54。于是495=45+46+…+54。同理可得495=51+52+…+59=40+41+…+50。例5若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明从每只盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去，再把盒子重排了一下。小聪回来，仔细查看，没有发现有人动过小球和盒子。问：一共有多少只盒子？分析与解：设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加到了b只，由于小明没有发现有人动过小球和盒子，这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子，这只盒子里原来装有（a+1）个小球。同理，现在另有一个盒子里装有（a+1）个小球，这只盒子里原来装有（a+2）个小球。依此类推，原来还有一只盒子装有（a+3）个小球，（a+4）个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数。现在这个问题就变成了：将42分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数？因为42=6×7，故可将42看成7个6的和，又（7+5）+（8+4）+（9+3）是6个6，从而42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7个加数。又因42=14×3，故可将42写成13+14+15，一共有3个加数。又因42=21×2，故可将42写成9+10+11+12，一共有4个加数。于是原题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子。例6机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色：凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色，不符合上述要求的自然数染成黄色（比如23可表示为两个不同合数15和8之和，23要染红色；1不能表示为两个不同合数之和，1染黄色）。问：被染成红色的数由小到大数下去，第2000个数是多少？请说明理由。解：显然1要染黄色，2=1+1也要染黄色，3=1+2，4=1+3=2+2，5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，7=1+6=2+5=3+4，8=1+7=2+6=3+5=4+4，9=1+8=2+7=3+6=4+5，11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6。可见，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均应染黄色。下面说明其它自然数n都要染红色。（1）当n为大于等于10的偶数时，n=2k=4+2（k-2）由于n≥10，所以k≥5，k-2≥3，2（k-2）与4均为合数，且不相等。也就是说，大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色。（2）当n为大于等于13的奇数时，n=2k+1=9+2（k-4）由于n≥13，所以k≥6，k-4≥2，2（k-4）与9均为合数，且不相等。也就是说，大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色。综上所述，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11这10个数染黄色外，其余自然数均染红色，第k个染为红色的数是第（k+10）个自然数（k≥2）。所以第2000个染为红色的数是2000+10=2010。下面看一类有规律的最优化问题。例7把12分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？解：把12分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+11，2+10，3+9，4+8，5+7，6+6六种方法。它们的乘积分别是1×11=11，2×10=20，3×9=27，4×8=32，5×7=35，6×6=36。显然，把12分拆成6+6时，有最大的积6×6=36。例8把11分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？分析与解：把11分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+10，2+9，3+8，4+7，5+6五种方法。它们的乘积分别是：1×10=10，2×9=18，3×8=24，4×7=28，5×6=30。显然，把11分拆成5+6时，有最大的积5×6=30。说明：由上面的两个例子可以看出，在自然数n的所有二项分拆中，当n是偶数2m时，以分成m+m时乘积最大；当n是奇数2m+1时，以分成m+（m+1）时乘积最大。换句话说，把自然数S（S＞1）分拆为两个自然数m与n的和，使其积mn最大的条件是：m=n，或m=n+1。在具体分析时，当S为偶数时，；当S为奇数时，分别为。例9试把1999分拆为8个自然数的和，使其乘积最大。分析：反复使用上述结论，可知要使分拆成的8个自然数的乘积最大，必须使这8个数中的任意两数相等或差数为1。解：因为1999=8×249+7，由上述分析，拆法应是1个249，7个250，其乘积249×2507为最大。说明：一般地，把自然数S=pq+r（0≤r＜p，p与q是自然数）分拆为p个自然数的和，使其乘积M为最大，则M为qp-r×（q+1）r。例10把14分拆成若干个自然数的和，再求出这些数的积，要使得到的积最大，应该把14如何分拆？这个最大的乘积是多少？分析与解：我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大。首先，分成的数中不能有1，这是显然的。其次，分成的数中不能有大于4的数，否则可以将这个数再分拆成2与另外一个数的和，这两个数的乘积一定比原数大，例如7就比它分拆成的2和5的乘积小。再次，因为4=2×2，故我们可以只考虑将数分拆成2和3。注意到2+2+2=6，2×2×2=8；3+3=6，3×3=9，因此分成的数中若有三个2，则不如换成两个3，换句话说，分成的数中至多只能有两个2，其余都是3。根据上面的讨论，我们应该把14分拆成四个3与一个2之和，即14=3+3+3+3+2，这五数的积有最大值3×3×3×3×2=162。说明：这类问题最早出现于1976年第18届国际数学奥林匹克试卷中。该试卷第4题是：若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值。答案是2×3658。这是由美国提供的一个题目，时隔两年，它又出现在美国大学生数学竞赛中。1979年美国第40届普特南数学竞赛A-1题是：求出正整数n及a1，a2，…，an的值，使a1+a2+…+an=1979且乘积最大。答案是n=660。1992年武汉市小学数学竞赛第一题的第6题是：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____。答案：这些数应是664个3。上述三题的逻辑结构并不随和的数据而改变，所以分别冠以当年的年份1976，1979和1992，这种改换数据的方法是数学竞赛命题中最简单的方法，多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中，所改换的数据一般都是出于对竞赛年份的考虑。将上述三题的结论推广为一般情形便是：把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：S=a1+a2+…+an，则当a1，a2，…，an中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a1a2…an有最大值。例11把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大，该乘积是多少？解：由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种，因而一定存在一种分法，使得这些自然数的乘积最大。若1作因数，则显然乘积不会最大。把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，因数个数越多，乘积越大。为了使因数个数尽可能地多，我们把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993。若和比1993大1，则因数个数至少减少1个，为了使乘积最大，应去掉最小的2，并将最后一个数（最大）加上1。若和比1993大k（k≠1），则去掉等于k的那个数，便可使乘积最大。所以n=63。因为2015-1993=22，所以应去掉22，把1993分成（2+3+…+21）+（23+24+…+63）这一形式时，这些数的乘积最大，其积为2×3×…×21×23×24×…×63。说明：这是第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题，在训练学生时，发现大多数学生不加思索地沿用例10的思考方法，得出答案是3663×4，而忽视了题中条件“分成若干个互不相等的自然数的和”。由此可见，认真审题，弄清题意的重要性。例12将1995表示为两个或两个以上连续自然数的和，共有多少种不同的方法？分析与解：为了解决这个问题，我们设1995可以表示为以a为首项的k(k＞1）个连续自然数之和。首项是a，项数为k，末项就是a+k-1，由等差数列求和公式，得到化简为：(2a+k-1）×k=3990。(*)注意，上式等号左边的两个因数中，第一个因数2a+k-1大于第二个因数k，并且两个因数必为一奇一偶。因此，3990有多少个大于1的奇约数，3990就有多少种形如（*）式的分解式，也就是说，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。因为1995与3990的奇约数完全相同，所以上述说法可以简化为，1995有多少个大于1的奇约数，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。1995=3×5×7×19，共有15个大于1的奇约数，所以本题的答案是15种。一般地，我们有下面的结论：若自然数N有k个大于1的奇约数，则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法。知道了有多少种表示方法后，很自然就会想到，如何找出这些不同的表示方法呢？从上面的结论可以看出，每一个大于1的奇约数对应一种表示方法，我们就从1995的大于1的奇约数开始。1995的大于1的奇约数有：3，5，7，15，19，21，35，57，95，105，133，285，399，665，1995。例如，对于奇约数35，由（*）式，得：3990=35×114，因为114＞35，所以k=35，2a+k-1=114，解得a=40。推知35对应的表示方法是首项为40的连续35个自然数之和，即：1995=40+41+42+…+73+74。再如，对于奇约数399，由（*）式，得3990=399×10因为399＞10，所以k=10，2a+k-1=399，解得a=195。推知399对应的表示方法是首项为195的连续10个自然数之和，即：1995=195+196+197+…+204。对于1995的15个大于1的奇约数，依次利用（*）式，即可求出15种不同的表示方法。练习41．将210拆成7个自然数的和，使这7个数从小到大排成一行后，相邻两个数的差都是5。第1个数与第6个数分别是几？2．将135个人分成若干个小组，要求任意两个组的人数都不同，则至多可以分成多少组？3．把19分成几个自然数（可以相同）的和，再求出这些数的乘积，并且要使得到的乘积尽可能大，最大乘积是多少？4．把1999分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，一共有多少种不同的分拆方法？求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应将1999如何分拆？5．把456表示成若干个连续自然数的和。要求写出所有的表达式（如9可以有两种表达形式：9=4+5=2+3+4）。6．几个连续自然数相加，和能等于2000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。7．把70分拆成11个不同自然数的和，这样的分拆方式一共有多少种？将不同的表示方法列举出来。8．有一把长为13厘米的直尺，在上面刻几条刻度线，使得这把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。问：至少要刻几条线？要刻在哪些位置上？练习4答案1．15，40。解：这7个数中第4个数是中间数，它是这7个数的平均数，即210÷7=30。因为相邻2数的差都是5，所以这7个数是15，20，25，30，35，40，45。故第1个数是15，第6个数是40。2．15组。解：因为要求任意两个组的人数不相等，且分得的组要尽可能地多，所以，要使每个组分得的人数尽可能地少。由于1+2+3+4+…+14+15=120，所以将135人分成每组人数不等的15个组后还余15人。剩下的15人不能再组成一个或几个新的小组，否则就会出现两个或两个以上的组的人数相等的情况。因此，应将剩下的15人安插在已分好的15个组之中，所以至多可以分成15个组。这15个组各组人数可以有多种情况，例如，分别是2，3，4，5，6，…，14，15，16人。3．972。解：要使乘积尽可能大，把19分成的几个自然数中，3要尽量多且不能有1，所以应把19分成5个3及1个4的和。最大乘积为35×4=972。4．有999种方法，分成999+1000时积最大。5．提示：456有三个大于1的奇约数3，19，57。利用例12的方法可得：对于3，有k=3，a=151；对19，有k=19，a=15；对于57，有k=16，a=21。所以456有如下三种分拆方法：456＝151+152+153＝21+22+23+…+39＝15+16+17+…+33。6．能。提示：与例12类似，2000=24×53，有三个大于1的奇约数5，25，125。对于5，有k=5，a=398；对于25，有k=25，a=68；对于125，有k=32，a=47。所以2000共有如下三种分拆方法：2000＝398+399+400+401+402＝68+69+70+…+91+92＝47+48+49+…+77+78。7．5种。解：1+2+3+…+11=66，现在要将4分配到适当的加数上，使其和等于70，又要使这11个加数互不相等。先将4分别加在后4个加数上，得到4种分拆方法：70＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+15＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+14+11＝1+2+3+4+5+6+7+8+13+10+11＝1+2+3+4+5+6+7+12+9+10+11。再将4拆成1+3，把1和3放在适当的位置上，仅有1种新方法：1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12。再将4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2，分别加在不同的位置上，都得不出新的分拆方法，故这样的分拆方法一共有5种。8．至少要刻4条线，例如刻在1，4，5，11厘米处，便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度。这是因为由1，4，5，11，13这5个数以及它们之间任意2个的差能够得到1到13这13个整数，见下列各式：5-4=1，13-11=2，4-1=3，11-5=6，11-4=7，13-5=8，13-4=9，11-1＝10，13-1＝12。下面我们来证明，只有3个刻度是不够的。如果只刻了3条线，刻在a厘米、b厘米、c厘米处（0＜a＜b＜c＜13），那么a，b，C，13两两之差（大减小），只有至多6个不同的数：13-a，13-b，13-c，c-a，c-b，b-a，再加上a，b，c，13这4个数，至多有10个不同的数，不可能得到1到13这13个不同的整数来。顺便说明一下，刻法不是唯一的。例如我们也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米这4个位置上。第2讲与年号有关的竞赛题在数学竞赛中，常可以看到某些题目中出现了当年的年号，这类题我们称之为“年号题”。这类题趣味性强，时间性强，引起了参加竞赛的少年朋友很大的兴趣。“年号题”一般可分成两类，一类是题目的条件中出现了当年的年号，另一类是题目答案中出现了当年的年号。下面我们分别举例说明这两类问题的解法。一、题目条件中出现年号的问题1．题目在编制和解答中巧妙地运用了该年年号的数字特征，如年号数值的质因数分解式、是否质数、它的数的整除性等等。例1将19到80的两位数顺次排成数A＝19202122…7980。问：这个数A能否被1980整除？解：由于1980=99×20，因此要考察A能否被1980整除，只需要考察A能否被99和20整除就行了。能被20整除是显然的。因为99除100的任何次方所得的余数都是1，所以A＝19×10061+20×10060+…+79×100+80除以99的余数与B=19+20+…+79+80=99×31除以99的余数相同。因为99|B，所以99|A。于是A能被1980整除。例2用S（n）表示自然数n的各位数字之和，又n+S（n）=1999，求自然数n。11x+2y＝89。注意到x是奇数且x，y都是一位整数，不难求得x=7，y=6，从而n=1976。例3在3×3的九宫格中，填上9个不同的自然数，使得每行三数相乘，每列三数相乘所得的6个乘积都等于P。试确定P能取1996，1997，1998，1999，2000，2001这6个数中的哪些值。解：所填的9个数应为P的9个不同约数，又P不能填入九宫格内，故P的不同约数的个数应不小于10。1996=22×499，有6个约数；1997和1999是质数，各有2个约数；1998=2×33×37，有16个约数；2000=24×53，有20个约数；2001=3×23×29，有8个约数。显然P不能取1996，1997，1999和2001。当P=1998和2000时，有下图的填法（填法不唯一），故P可取1998和2000。例4有1999块边长为1的正方块，求满足下述条件的有盖箱子的尺寸：（1）长、宽、高均大于1；（2）将正方块放入箱子中时，能合上盖子，并且使空隙最小；（3）在保证（1）（2）的前提下，使箱子的表面积最小。解：由于1999是质数且2000=24×53，故空隙最小的箱子的体积应是2000。表面积最小的箱子应是各边长相差尽量小的长方体。将2000分解成三个尽量接近的三个数的乘积是：2000＝10×10×20，所以表面积最小的箱子的长、宽、高应为10，10，20。2．题目中的年号数是可以换成任意的自然数n的，它只不过是编制时仅仅用具体的年号数来代替n。对于这种情况要善于透过表面看本质，做过后要将特殊推广到一般。例5若两个不相等的自然数的倒数的和的一半等于，求这两个自然数。解：设这两个自然数为x，y，且x＞y。比较①②两式，取n=1999，有2x=1999×2000，2y=1999+1，于是x=1999000，y=1000。例6有一张1949×2000的长方形方格纸，方格边长为1。问：这个长方形的一条对角线穿过多少个方格？解：由于1949与2000是互质数，故对角线在长方形内不经过任何一个格点。对角线与纵向的1950条线有1950个交点，与横向的2001条线有2001个交点。去掉重复计算的对角线两个端点，它与纵横线共有1950+2001-2=3949（个）交点，交点间有3948条线段，即对角线穿过3948个小方格。例7有两个容器A和B，A中装有1升水，B是空的。先将容器A中的水的倒入容器B，然后将容器B中的水的倒入容器A，再将容器A中的水的倒入容器B…如此继续，这样倒了1999次以后，A中还有水多少升？解：设an和bn分别表示倒了n次以后A中和B中水的升数，显然an+bn=1。列表观察如下：说明：如果求倒了2000次以后，A中还剩多少水，那么可进一步计算如下：例8从自然数列1，2，3，4，…中依次划去3的倍数和4的倍数，保留5的倍数（例如15，20都不划去），将剩下的数依次写成数列A1＝1，A2＝2，A3＝5，A4=7，…求A2000。解：3，4，5的最小公倍数是60，在连续的60个自然数中，3的倍数有60÷3=20（个），4的倍数有60÷4=15（个），12的倍数有60÷12=5（个），15的倍数有60÷15=4（个），20的倍数有60÷20=3（个），60的倍数有1个。于是由容斥原理得到，连续60个自然数中，按题设要求划去各数后还剩下60-（20+15）+（5+4+3）-1=36（个）。2000÷36=55……20。因为在1～34中可以剩下20个数，所以剩下的第2000个数是A2000=60×55+34＝3334。二、题目答案中出现年号的题这类问题和一般的数学题没有什么区别，都要运用数字运算的规律和特征，借助逻辑推理求得问题的解决。例9将我家门牌号码倒置着看是一个四位数，它比原来的号码大7875，我家门牌号码是多少？解：倒置后仍有意义的数有0，1，6，8，9。设门牌号码正着看是于是门牌号码为1986。例10有一个小于2000的四位数，它恰好含有14个因数，其中有一个质因数的末位数字是1，求这个四位数。解：因为14=2×7，所以这个四位数的质因数分解式为因为46=4096＞2000，所以P2≤3。故P1的末位数为1。若P2=3，则m=P1×36≥11×36＞2000，舍去。故P2=2。若P1=11，则m=64×11=704，不是四位数。若P1≥41，则m≥64×41＞2000，与题设不符。当P1=31时，m=64×31=1984。这是本题的唯一解。例11在20世纪的最后10年中，恰有一年年号的不同约数的个数比1990的约数个数少2，求该年号所有不同正约数的积。解：用T（A）表示A的不同约数个数。1990=2×5×199，T（1990）=（1+1）×（1+1）×（1×1）=8；1991＝11×181，T（1991）=（1+1）×（1+1）=4；1992＝23×3×83，T（1992）=（3+1）×（1+1）×（1×1）=16；1993是质数，T（1993）=2；1994＝2×997，T（1994）=（1+1）×（1+1）=4；1995＝3×5×7×9，T（1995）=（1+1）×（1+1）×（1+1）×（1+1）=16；1996＝22×499，T（1996）＝（2+1）×（1+1）＝6。故所求年号数为1996，其所有不同正约数之积为1×2×22×499×（2×499）×1996＝19962。例12平面上有1001个点，如果每两点连一条线段，并把中点染成红色，那么平面上至少有多少个红点？解：在所有点中，找出距离最大的两点A和B，分别以A，B为圆心，以AB的长度的一半为半径作两个圆。对余下的999个点中的任一点P，因为所以AP的中点在⊙A内，或在圆周上。又因为余下的999个点是不同的的点，它们与A的中点也互不相同，所以在⊙A（含圆周）中至少有999个红点，这999个红点与AB的中点不重叠。同理，在⊙B中也至少有999个红点。再加上AB的中点，平面上至少有2×999+1=1999（个）红色的点。练习5。2．2001个棱长为1厘米的正方体可以垒成多少种不同长方体？3．梯形的上底、下底及两腰的长分别是1，9，8，8。这个梯形的四个角的大小分别是多少？4．将四位数的数字顺序重新排列后，可以得到一些新的四位数。现有一个四位数M，它比新数中的最大数小7983，比新数中的最小数大99，求这个四位数。5．有一个四位数N，它小于3000，且满足下列条件：（1）N中含有两个质因数3，且只含有两个质因数3；（2）N—1中含有两个质因数2，且只含有两个质因数2；（3）N和N—1都不含质因数5；（4）N的十位数字比个位数字小1。求这个四位数。6．设P和q为自然数，已知，判断P是否是1999的倍数。7．自1986开始写下一串数字：1986475282796…其中前四个数字后的每一个数字等于它前面四个数字之和的末位数字。问：在这一串数字中会不会出现连续四个数，恰好是1，9，9，8？8．规定一种运算“～”，a～b表示两个数a和b的差（大减小）。例如：5～3=2，7～10=3，6～6=0。已知x1，x2，…，x2000，是1，2，…，2000的一个排列，求（x1～1）+（x2～2）+…+（x2000～2000）的最大值。练习5答案：2．4种。解：2001=3×23×29=1×69×29=1×23×87＝1×3×667。3．60°，60°，120°，120°。解：如右图，将梯形分割成一个平行四边形和一个三角形，显然这个三角形是等边三角形，它的每个角都是60°，从而梯形的各个角分别为60°，60°，120°，120°。4．1998。由上式知，a=9，d=1，b-c=1。这个四位数等于这个四位数是1998。5．1989。知d≠5且d≠1，从而d可能为3，7或9，于是c可能等于2，6或8。a+b-1是9的倍数。若a=2，则b=8，此时N=2889，N-1=2888是8的倍数，与（2）矛盾。若a=1，则b=0或9，此时N=1089或1989。当N＝1089时，N是27的倍数与（1）矛盾。经验算，仅1989符合题意。所以这个四位数是1989。6．是。在等式的两边同时乘以1332！＝1×2×3×…×1332，由于1999是质数，且1332＜1999，故在1332！中没有一个大于1的约数能整除1999，因此只有P能被1999整除。7．不会。解：将这串数按奇偶性写出来是：1986偶奇奇偶偶偶奇奇偶……容易看出，其中每连续五个数字中有两奇三偶，而且三个偶数是连在一起的，故在这一串数字中不会出现连续四个数，恰好是1，9，9，8。8．2000000。解：每一个（xn～n）变成普通减法后是将xn和n中较大的一个减较小的一个，故在x1，x2，…，x2000，1，2，…，2000这2×2000个数中有2000个是被减数，有2000个是减数，我们要使上式的结果最大，就应该使较大的数成为被减数，较小的数成为减数。于是在每一个（xn～n）中，大于999的两个数不能排在一起，小于999的两个数也不能排在一起。取x1=2000，x2=1999，…，x2000=1就可以得到这个最大值：2×[（2000-1）+（1999-2）+…+（1001-1000]＝2×[（2000-1000）+（1999-999）+…+（1001-1）]第3讲图形与面积一、直线图形的面积在小学数学中我们学习了几种简单图形的面积计算方法，数学竞赛中的面积问题不但具有直观性，而且变换精巧，妙趣横生，对开发智力、发展能力非常有益。图形的面积是图形所占平面部分的大小的度量。它有如下两条性质：1．两个可以完全重合的图形的面积相等；2．图形被分成若干部分时，各部分面积之和等于图形的面积。对图形面积的计算，一些主要的面积公式应当熟记。如：正方形面积=边长×边长；矩形面积=长×宽；平行四边形面积=底×高；三角形面积=底×高÷2；梯形面积=（上底+下底）×高÷2。此外，以下事实也非常有用，它对提高解题速度非常有益。1．等腰三角形底边上的高线平分三角形面积；2．三角形一边上的中线平分这个三角形的面积；3．平行四边形的对角线平分它的面积；4．等底等高的两个三角形面积相等。解决图形面积的主要方法有：1．观察图形，分析图形，找出图形中所包含的基本图形；2．对某些图形，在保持其面积不变的条件下改变其形状或位置（叫做等积变形）；3．作出适当的辅助线，铺路搭桥，沟通联系；4．把图形进行割补（叫做割补法）。例1你会用几种不同的方法把一个三角形的面积平均分成4等份吗？解：最容易想到的是将△ABC的底边4等分，如左下图构成4个小三角形，面积都为原来的三角形面积的。另外，先将三角形△ABC的面积2等分（如右上图），即取BC的中点D，连接AD，则S△ABD=S△ADC，然后再将这两个小三角形分别2等分，分得的4个小三角形各自的面积为原来大三角形面积的。还有许多方法，如下面的三种。请你再想出几种不同的方法。例2右图中每个小方格面积都是1cm2，那么六边形ABCDEF的面积是多少平方厘米？分析：解决这类问题常用割补法，把图形分成几个简单的容易求出面积的图形，分别求出面积。也可以求出六边形外空白处的面积，从总面积中减去空白处的面积，就是六边形的面积。解法1：把六边形分成6块：△ABC，△AGF，△PEF，△EKD，△CDH和正方形GHKP。用S表示三角形面积，如用S△ABC表示△ABC的面积。故六边形ABCDEF的面积等于6+2+1++4+9=说明：当某些图形的面积不容易直接计算时，可以把这个图形分成几个部分，计算各部分的面积，然后相加，也就是说，可以化整为零。解法2：先求出大正方形MNRQ的面积为6×6=36（cm2）。说明：当某些图形的面积不易直接计算时，可以先求出一个比它更大的图形的面积，再减去比原图形多的那些（个）图形的面积，也就是说，先多算一点，再把多算的部分减去。解法3：六边形面积等于S△ABC+S梯形ACDF-S△DEF=6×2×+（3+6）×4×-3×1×=6+18-1=说明：“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，从不同的角度去观察同一个图形，会对图形产生不同的认识。一种新的认识的产生往往会伴随着一种新的解法。做题时多想一想，解法就会多起来，这对锻炼我们的观察能力与思考能力大有益处。例3如下图所示，BD，CF将长方形ABCD分成4块，△DEF的面积是4cm2，△CED的面积是6cm2。问：四边形ABEF的面积是多少平方厘米？解：如下图，连结BF。则△BDF与△CFD面积相等，减去共同的部分△DEF，可得△BEF与△CED面积相等，等于6cm2。四边形ABEF的面积等于S△ABD-S△DEF=S△BDC-S△DEF=S△BCE+S△CDE-S△DEF=9+6-4=11（cm2）。问：两块红色图形的面积和与两块蓝色图形的面积和，哪个大？分析：只需比较△ACE与△BDF面积的大小。因为△ACE与△BDF的高相等（都是CD），所以只需比较两个三角形的底AE与BF的大小。因为△ACE与△BDF高相等，所以S△ACE＞S△BDF。减去中间空白的小四边形面积，推知两块红色图形的面积和大于两块蓝色图形的面积和。例5在四边形ABCD中（见左下图），线段BC长6cm，∠ABC为直角，∠BCD为135°，而且点A到边CD的垂线段AE的长为12cm，线段ED的长为5cm，求四边形ABCD的面积。解：延长AB，DC相交于F（见右上图），则∠BCF=45°，∠FBC=90°，从而∠BFC=45°。因为∠BFC=∠BCF，所以BF=BC=6（cm）。在Rt△AEF中，∠AFE=45°，所以∠FAE=90°-45°=45°，从而EF=AE=12（cm）。故S四边形ABCD=S△ADF-S△BCF=102-18=84（cm2）。说明：如果一个图形的面积不易直接求出来，可根据图形的特征和题设条件的特点，添补适当的图形，使它成为一个新的易求出面积的图形，然后利用新图形面积减去所添补图形的面积，求出原图形面积。这种利用“补形法”求图形面积的问题在国内外初中、小学数学竞赛中已屡见不鲜。例6正六边形ABCDEF的面积是6cm2，M，N，P分别是所在边的中点（如上图）。问：三角形MNP的面积是多少平方厘米？解法1：如左下图，将正六边形分成6个面积为正1cm2的正三角形，将另外三个面积为1cm2的正三角形分别拼在边BC，DE，AF外面，得到一个大的正三角形XYZ，其面积是9cm2。这时，M，N，P分别是边ZX，YZ，Xy的中点，推知解法2：如右上图，将正六边形分成6个面积为1cm2的正三角形，再取它们各边的中点将每个正三角形分为4个面积为的小正三角形。于是正六边形ABCDEF被分成了24个面积为的小正三角形。因为△MNP由9个面积为的小正三角形所组成，所以S△MNP=×9=2.25（cm2）二、圆与组合图形以上我们讨论了有关直线图形面积计算的种种方法。现在我们继续讨论涉及圆的面积计算。1．圆的周长与面积计算圆的周长与面积，有的直接利用公式计算，有的需要经过观察分析后灵活运用公式计算。主要公式有：（1）圆的周长=π×直径=2π×半径，即C=πd=2πr；（2）中心角为n°的弧的长度=n×π×（半径）÷180，即1=（3）圆的面积=π×（半径）2，即S=πr2；（4）中心角为n°的扇形面积=n×π×（半径）2÷360，即例7右图是三个半圆（单位：cm），其阴影部分的周长是多少？解：由图可知，阴影部分是由三个直径不同的半圆周所围成，所以其周长为说明：实际上，该图形中两个小半圆的直径之和等于大半圆的直径，因而它们的周长也正好等于大半圆的半圆周。推而广之，若n个小圆的直径之和等于大圆的直径，即：d1+d2+d3+…+dn=D，那么这些小圆的周长之和也等于大圆的周长，即πd1+πd2+πd3+…+πdn=π（d1+d2+d3+…+dn）=πD。例8某开发区的大标语牌上，要画出如下图所示（图形阴影部分）的三种标点符号：句号、逗号、问号。已知大圆半径为R，小圆半径为r，且R=2r。若均匀用料，则哪一个标点符号的油漆用得多？哪一个标点符号的油漆用得少？分析：在均匀用料的情形下，油漆用量多少问题可转化为阴影部分的面积大小问题。现在涉及到的基本图形是圆，弄清阴影部分如何由大小圆分割、组合而成，是解该题的关键点和突破口。解：因为S句号=S大圆-S小圆=πR2-πr2=π（2r）2-πr2=3πr2说明：留意我们的日常生活，不同于课本的“非常规”问题随处可见，如何把“非常规”问题转化为或近似地转化为“常规”数学问题，需要细心观察、积极思考，考察转化的可能性和转化的途径。像上例那样，认真分析图形的特征和课本图形的基本关系，进一步探讨能否由基本图形分割而成、组合而成。2．圆与组合图形在日常生活中，除了经常遇到直线型（如矩形、正方形、三角形、梯形等）以及曲线型（如圆、扇形等）的面积外，还经常遇到不同形状图形叠加而成的组合图形的面积问题。组合图形的面积计算，可以根据几何图形的特征，通过分割、割补、平移、翻折、对称、旋转等方法，化复杂为简单，变组合图形为基本图形的加减组合。例9下图中，ABCD是边长为a的正方形，分别以AB，BC，CD，DA为直径画半圆。求这四个半圆弧所围成的阴影部分的面积。解：图中阴影部分是由四个半圆的重叠部分构成的，这四个半圆的直径围成一个正方形。显然，这四个半圆的面积之和大于正方形的面积，两者的差就是阴影部分的面积。因此，我们就得到以下的算式：说明：此例除了用上面的解法外，还可以采用列方程解应用题的方法来解。如题图，设x和y分别表示相应部分的面积，由图看出

例10如左下图所示，平行四边形的长边是6cm，短边是3cm，高是2.6cm，求图中阴影部分的面积。分析：本题的图形比较复杂，我们可以先计算阴影部分的一半（见右上图）。我们的目标是把图形分解成若干基本图形的组合或叠合。本题中的基本图形就是大、小两种扇形，以及平行四边形。仔细观察后得出结论：右上图中的阴影部分等于说明：求一个不规则图形的面积，要设法找出它与规则图形面积的关系，化不规则为规则。例11求右图中阴影部分的面积（单位：cm）。分析与解：本题可以采用一般方法，也就是分别计算两块阴影部分面积，再加起来，但不如整体考虑好。我们可以运用翻折的方法，将左上角一块阴影部分（弓形）翻折到半圆的右上角（以下图中虚线为折痕），把两块阴影部分合在一起，组成一个梯形（如右图所示），这样计算就很容易。本题也可看做将左上角的弓形绕圆心旋转90°，到达右上角，得到同样的一个梯形。说明：当某些图形的面积不易直接计算时，可以把这个图形的各个部分适当拼接成一个易于直接计算的图形。也就是说，可以化零为整。上述解法运用翻折（或旋转）的方法达到了化零为整的目的。例12已知右图中正方形的面积是12cm2，求图中里外两个圆的面积。分析：计算圆面积，要知道半径。先考虑内圆面积。内圆的直径与正方形的边长相等，但正方形的边长是未知的。根据已知正方形的面积是12cm2，可以推出内圆直径的平方为12cm2，再求内圆面积就不难了。外圆的直径是正方形的对角线，设外圆半径为R，则正方形面积等于由一条对角线分成的两个等腰直角三角形的面积之和。再由正方形面积=2R×R÷2×2=2R2，2R2=12，便可求出外圆面积。解：设内圆半径为r，由正方形面积为12cm2，正方形边长为2r，得（2r）2=12，r2=3。内圆面积为πr2=3.14×3=9.42（cm2）。正方形面积=2个等腰直角三角形面积=，得R2=6，外圆面积为πR2=3.14×6=18.84（cm2）。练习61．如右图所示，正方形的面积是50cm2，三角形ABC两条直角边中，长边是短边的2.5倍，求三角形ABC的面积。2．如右下图所示，长方形ABCD中，AB=24cm，BC=36cm，E是BC的中点，F，G分别是AB，CD的4等分点，H为AD上任意一点。求阴影部分面积。3．在右图的4×7的方格纸板上画有如阴影所示的“6”字，阴影边缘是线段或圆孤。问：阴影面积占纸板面积的几分之几？4．在右下图中，六边形ABCDEF的面积是54，AP=2PF，CQ=2BQ，求阴影四边形CEPQ的面积。5．在右图中，涂阴影部分的小正六角星形面积是16cm2。问：大正六角星形面积是多少平方厘米？6．一个周长是56cm的大长方形，按右面图1与图2所示那样，划分为4个小长方形。在图1中小长方形面积的比是A∶B=1∶2，B∶C=1∶2。而在图2中相应的比例是A'∶B'=1∶3，B'∶C'=1∶3。又知，长方形D'的宽减去D的宽所得到的差，与D'的长减去D的长所得到的差之比为1∶3。求大长方形的面积。7．有两张正方形纸，它们的边长都是整厘米数，大的一张的面积比小的一张多44cm2。大、小正方形纸的边长分别是少？8．用面积为1，2，3，4的4张长方形纸片拼成如右图所示的一个大长方形。问：图中阴影部分面积是多少？练习6答案：1．10cm2解：画两条辅助线如左下图。根据条件可知，正方形面积是长方形ABCD面积的2.5倍。从而ABCD的面积是50÷2.5＝20（cm2）。所以△ABC的面积是20÷2=10（cm2）2．324cm2。解：连结BH。△BEH的面积为把△BHF和△DHG结合起来考虑，这两个三角形的底BF，DG相等，且都等于长方形宽的，它们的高AH与DH之和正好是长方形的长，所以这两个三角形的面积之和是=××24×36=108。图中阴影部分的面积为216+108=324（cm2）。非阴影共6个，也有6个，刚好拼成6个小正方形。因此阴影部分有28-6-3=19（个）小正方形。4．31。解：如右图，将正六边形ABCDEF等分为54个小正三角形。根据平行四边形对角线平分平行四边形面积，采用数小三角形的办法来计算面积。S△PEF＝3，S△CDE＝9，S四边形ABQp＝11。上述三块面积之和为3+9+11=23。因此，阴影四边形CEPQ面积为54-23=31。5．48cm2。解：如下页右上图，阴影部分小正六角星形可分成12个与三角形OPN全等（能完全重叠在一起）的小三角形。三角形OPN的面积是。正三角形OPM面积是由3个与三角形OPN全等的三角形组成。所以，正三角形OPM的面积等于由于大正六角星形由12个与正三角形OPM全等的三角形组成，所以大正六角星形的面积是4×12=48（cm2）。6．160cm2。解：设大长方形的宽为xcm，则长为（28-x）cm。因为D宽=，D′宽=，D长=，D′长=，所以D′宽-D宽=，D′长-D长=。由题设可知28-8=20，从而大长方形的面积为8×20=160（cm2）。7．12cm，10cm。解：把两张正方形纸重叠在一起，且把右边多出的一块拼到上面，成为一个长方形，如右图。这个长方形的面积是44cm2，它的长正好是两个正方形的边长的和，它的宽正好是两个正方形的边长的差。因为两个整数的和与它们的差是同奇或同偶，而44又只能分解成下面的三种形式：44＝1×44＝2×22＝4×11，所以，两个正方形的边长的厘米数的和与差只能是22与2。于是，两个正方形的边长分别是（22+2）÷2＝12（cm），12-2＝10（cm）。解：大长方形面积为1+2+3+4=10。如右图那样延长RA和SB。矩形ABPR面积是上部阴影三角形面积的2倍。矩形ABSQ面积是下部阴影三角形面积的2倍。所以矩形RQSP的面积是阴影部分面积的2倍。第4讲立体图形空间形体的想象能力是小学生的一种重要的数学能力，而立体图形的学习对培养这种能力十分有效。我们虽然在课本上已经学习了一些简单的立体图形，如正方体、长方体、圆柱体、圆锥体，但有关立体图形的概念还需要深化，空间想象能力还需要提高。将空间的位置关系转化成平面的位置关系来处理，是解决立体图形问题的一种常用思路。一、立体图形的表面积和体积计算例1一个圆柱形的玻璃杯中盛有水，水面高2.5cm，玻璃杯内侧的底面积是72cm2，在这个杯中放进棱长6cm的正方体铁块后，水面没有淹没铁块，这时水面高多少厘米？解：水的体积为72×2.5=180（cm3），放入铁块后可以将水看做是底面积为72-6×6=32（cm2）的柱体，所以它的高为180÷32=5（cm）。例2下图表示一个正方体，它的棱长为4cm，在它的上下、前后、左右的正中位置各挖去一个棱长为1cm的正方体，问：此图的表面积是多少？分析：正方体有6个面，而每个面中间有一个正方形的孔，在计算时要减去小正方形的面积。各面又挖去一个小正方体，这时要考虑两头小正方体是否接通，这与表面积有关系。由于大正方体的棱长为4cm，而小正方体的棱长为1cm，所以没有接通。每个小正方体孔共有5个面，在计算表面积时都要考虑。解：大正方体每个面的面积为4×4-1×1=15（cm2），6个面的面积和为15×6=90（cm2）。小正方体的每个面的面积为1×1=1（cm2），5个面的面积和为1×5=5（cm2），6个小正方体孔的表面积之和为5×6=30（cm2），因此所求的表面积为90＋30=120（cm2）。想一想，当挖去的小正方体的棱长是2cm时，表面积是多少？请同学们把它计算出来。例3正方体的每一条棱长是一个一位数，表面的每个正方形面积是一个两位数，整个表面积是一个三位数。而且若将正方形面积的两位数中两个数码调过来则恰好是三位数的十位与个位上的数码。求这个正方体的体积。解：根据“正方体的每一条棱长是一个一位数，表面的每个正方形面积是一个两位数，整个表面积是一个三位数”的条件，可知正方体的棱长有5，6，7，8，9这五种可能性。根据“将正方形面积的两位数中两个数码调过来恰好是三位数的十位上与个位上的数码”，可知这个正方体的棱长是7。如右表：因此这个正方体的体积是7×7×7=343。例4一个长、宽和高分别为21cm，15cm和12cm的长方体，现从它的上面尽可能大地切下一个正方体，然后从剩余的部分再尽可能大地切下一个正方体，最后再从第二次剩余的部分尽可能大地切下一个正方体，剩下的体积是多少立方厘米？

解：根据长方体的长、宽和高分别为21cm，15cm和12cm的条件，可知第一次切下尽可能大的正方体的棱长是12cm，其体积是12×12×12=1728（cm3）。这时剩余立体图形的底面形状如图1，其高是12cm。这样，第二次切下尽可能大的正方体的棱长是9cm，其体积是9×9×9=729（cm3）。这时剩余立体图形可分割为两部分：一部分的底面形状如图2，高是12cm；另一部分的底面形状如图3，高是3cm。这样，第三次切下尽可能大的正方体的棱长是6cm，其体积是6×6×6=216（cm3）。因此，剩下的体积是21×15×12-（123＋93＋63）=3780-2673=1107（cm3）。说明：如果手头有一个泥塑的长方体和小刀，那么做出这道题并不难。但实际上，我们并没有依赖于具体的模型和工具，这就是想象力的作用。我们正是在原有感性经验的基础上，想象出切割后立体的形状，并通过它们各个侧面的形状和大小表示出来。因此，对一个立体图形，应该尽可能地想到它的原型。例5右图是一个长27cm，宽8cm，高8cm的长方体。现将它分为4部分，然后将这4部分重新组拼，能重组为一个棱长为12cm的正方体。请问该怎么分？解：重组成的正方体的棱长是12cm，而已知长方体的宽是8cm，所以要把宽增加4cm，为此可按右图1中的粗线分开，分开重组成图2的形状；图2的高是8cm，也应增加4cm，为此可按图2中的虚线分开，分开后重组成图3的形状。图3就是所组成的棱长为12cm的正方体。说明：这里有一个朴素的思想，就是设法把不足12cm的宽和高补成12cm的棱长，同时按照某种对称的方式分割。在解关于立体图形的问题时，需要有较丰富的想象力，要能把平面图形在头脑中“立”起来，另外还应有一定的作图本领和看图能力。例6雨哗哗地不停地下着，如在雨地里放一个如右图那样的长方体的容器（单位：厘米），雨水将它下满要用1时。有下列（1）～（5）不同的容器，雨水下满各需多长时间？解：根据题意知雨均匀地下，即单位面积内的降雨量相同。所以雨水下满某容器所需的时间与该容器的容积和接水面（敞开部分）的面积之比有关。因为在例图所示容器中：需1时接满，所以二、立体图形的侧面展开图例7右图是一个立体图形的侧面展开图（单位：cm），求这个立体图形的表面积和体积。解：这个立体图形是一个圆柱的四分之一（如右上图），圆柱的底面半径为10cm，高为8cm。它的表面积为例8右图是一个正方体，四边形APQC表示用平面截正方体的截面。请在右下方的展开图中画出四边形APQC的四条边。解：把空间图形表面的线条画在平面展开图上，只要抓住四边形APQC四个顶点所在的位置这个关键，再进一步确定四边形的四条边所在的平面就可容易地画出。（1）考虑到展开图上有六个顶点没有标出，可想象将展开图折成立体形，并在顶点上标出对应的符号，见右图。（2）根据四边形所在立体图形上的位置，确定其顶点所在的点和棱，以及四条边所在的平面：顶点：A—A，C—C，P在EF边上，Q在GF边上。边AC在ABCD面上，AP在ABFE面上，QC在BCGF面上，PQ在EFGH面上。（3）将上面确定的位置标在展开图上，并在对应平面上连线。需要注意的是，立体图上的A，C点在展开图上有三个，B，D点在展开图上有二个，所以在标点连线时必须注意连线所在的平面。连好线的图形如右上图。例9如右图所示，剪一块硬纸片可以做成一个多面体的纸模型（沿虚线折，沿实线粘）。这个多面体的面数、顶点数和棱数的总和是多少？解：从展开图可以看出，粘合后的多面体有12个正方形和8个三角形，共20个面。这个多面体上部的中间是一个正三角形，这个正三角形的三边与三个正方形相连，这样上部共有9个顶点，下部也一样。因此，多面体的顶点总数为9×2=18（个）。在20个面的边中，虚线有19条，实线有34条。因为每条虚线表示一条棱，两条实线表示一条棱，所以多面体的总棱数为19＋34÷2=36（条）。综上所述，多面体的面数、顶点数和棱数之和为20+18＋36＝74。说明：数学家欧拉曾给出一个公式：V＋F-E＝2。公式中的V表示顶点数，E表示棱数，F表示面数。根据欧拉公式，知道上例多面体的面数和顶点数之后，棱数便可求得：E=V＋F-2=20＋18-2=36（条）。三、立体图形的截面与投影例10用一个平面去截一个正方体，可以得到几边形？解：如下图，可得到三角形、四边形、五边形和六边形。例11一个棱长为6cm的正方体，把它切开成49个小正方体。小正方体的大小不必都相同，而小正方体的棱长以厘米作单位必须是整数。问：可切出几种不同尺寸的正方体？每种正方体的个数各是多少？解：13=1，23=8，33=27，43=64，53=125，63=216。如果能切出1个棱长为5cm的正方体，那么其余的只能是棱长为1cm的正体体，共切出小正方体：1＋（63-53）÷1=92（个）。因为92＞49，所以不可能切出棱长为5cm的正方体。如果能切出1个棱长为4cm的正方体，那么其余的只能是棱长为1cm或2cm的正方体。设切出棱长为1cm的正方体有a个，切出棱长为2cm的正方体有b个，则有设切出棱长为1cm的正方体有a个，棱长为2cm的正方体有b个，棱长为3cm的正方体有c个，则解之得a=36，b=9，c=4。所以可切出棱长分别为1cm，2cm和3cm的正方体，其个数依次为36，9和4。例12现有一个棱长为1cm的正方体，一个长宽为1cm高为2cm的长方体，三个长宽为1cm高为3cm的长方体。右侧图形是把这五个图形合并成某一立体图形时，从上面、前面、侧面所看到的图形。试利用下面三个图形把合并成的立体图形（如上图）的样子画出来，并求出其表面积。解：立体图形的形状如右图所示。从上面和下面看到的形状面积都为9cm2，共18cm2；从两个侧面看到的形状面积都为7cm2，共14cm2；从前面和后面看到的形状面积都为6cm2，共12cm2；隐藏着的面积有2cm2。一共有18＋16＋12＋2＝46（cm2）。练习71．一个长方体水箱，从里面量得长40cm，宽30cm，深35cm，里面的水深10cm。放进一个棱长20cm的正方体铁块后，水面高多少厘米？2．王师傅将木块刨成横截面如右图（单位：cm）那样的高40cm的一个棱柱。虚线把横截面分成大小两部分，较大的那部分的面积占整个底面的60％。这个棱柱的体积是多少立方厘米？3．在底面为边长60cm的正方形的一个长方体的容器里，直立着一根高1m，底面为边长15cm的正方形的四棱柱铁棍。这时容器里的水半米深。现在把铁棍轻轻地向正上方提起24cm，露出水面的四棱柱铁棍浸湿部分长多少厘米？4．下列各图形中，有的是正方体的展开图，写出这些图形的编号。5．小玲有两种不同形状的纸板，一种是正方形，一种是长方形。正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶2。她用这些纸板做成一些竖式和横式的无盖纸盒（如右图），正好将纸板用完。在小玲所做的纸盒中，竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是多少？6．请你在下面图（2）中画出3种和图（1）不一样的设计图，使它们折起来后都成为下图所示的长方形盒子（直线段与各棱交于棱的中点）。7．在桌面上摆有一些大小一样的正方体木块，从正南方向看如下左图，从正东方向看如下右图，要摆出这样的图形至多用多少块正方体木块？至少需要多少块正方体木块？8．有一个正方体，它的6个面被分别涂上了不同的颜色，并且在每个面上至少贴有一张纸条。用不同的方法来摆放这个正方体，并从不同的角度拍下照片。（1）洗出照片后，把所拍摄的面的颜色种类不同的照片全部挑选出来，最多可以选出多少张照片？（2）观察（1）中选出的照片，发现各张照片里的纸条数各不相同。问：整个正方体最少贴有多少张纸条？练习7答案1．15cm。解：若铁块完全浸入水中，则水面将提高此时水面的高小于20cm，与铁块完全浸入水中矛盾，所以铁块顶面仍然高于水面。此时水深与容器底面积的乘积应等于原有水量的体积与铁块浸入水中体积之和。设放进铁块后，水深为xcm，则40×30×x＝40×30×10+20×20×x，解得x=15，即放进铁块后，水深15cm。2．19200cm3。解得x=16。这个棱柱的体积是{[（12+24）×16÷2]÷60％}×40＝19200（cm3）。3．25.6cm。解：容器里的水共有（60×60-15×15）×50＝168750（cm3）。当把铁棍提起24cm时，铁棍仍浸在水中的部分的长是（168750-60×60×24）÷（60×60-15×15）=24.4（cm），所以露出水面的浸湿部分长50-24.4=25.6（cm）。4．（2）（3）（6）（8）（9）（12）（14）（16）（17）（19）（20）共11个。5．1∶2。解：设一共做了x个竖式纸盒，y个横式纸盒。注意到这两种纸盒都是无盖的，x个竖式纸盒共用x个正方形和4x个长方形纸板；y个横式纸盒共用2y个正方形和3y个长方形纸板。根据题意，得2（x+2y）=4x+3y，化简为2x=y，即x∶y=1∶2。6．如下图所示：7．至少要6块正方体木块（左下图），至多需要20块正方体木块（右下图）。图中的数字表示放在这一格上的正方体木块的层数。8．（1）26张；（2）39张。解：（1）1个面的6种，2个面（即1个棱）的12种，3个面的8种，共：6+12+8=26（张）。（2）因为26张照片上纸条数各不相同，所以纸条数至少也得有：1+2+3+…+26=351（张）。但在这26张照片中，很多纸条是被重复计算的。每个面上的纸条在单独面拍摄时出现1次，在2个面拍摄时出现4次，在3个面拍摄时出现4次，共被计数9次。所以实际纸条数至少为：351÷9＝39（张）。第5讲列方程解应用题在小学数学中介绍了应用题的算术解法及常见的典型应用题。然而算术解法往往局限于从已知条件出发推出结论，不允许未知数参加计算，这样，对于较复杂的应用题，使用算术方法常常比较困难。而用列方程的方法，未知数与已知数同样都是运算的对象，通过找出“未知”与“已知”之间的相等关系，即列出方程（或方程组），使问题得以解决。所以对于应用题，列方程的方法往往比算术解法易于思考，易于求解。列方程解应用题的一般步骤是：审题，设未知数，找出相等关系，列方程，解方程，检验作答。其中列方程是关键的一步，其实质是将同一个量或等量用两种方式表达出来，而要建立这种相等关系必须对题目作细致分析，有些相等关系比较隐蔽，必要时要应用图表或图形进行直观分析。一、列简易方程解应用题分析：欲求这个六位数，只要求出五位数就可以了。按题意，这个六位数的3倍等于。解：设五位数，则六位数，六位数，从而有3（105+x）=10x+1，x＝42857。答：这个六位数为142857。说明：这一解法的关键有两点：⑴抓住相等关系：六位数的3倍等于六位数；⑵设未知数：将六位数与六位数用含的数学式子表示出来，这里根据题目的特点，采用“整体”设元的方法很有特色。（1）是善于分析问题中的已知数与未知数之间的数量关系；（2）是一般语言与数学的形式语言之间的相互关系转化。因此，要提高列方程解应用题的能力，就应在这两方面下功夫。例2有一队伍以1.4米/秒的速度行军，末尾有一通讯员因事要通知排头，于是以2.6米/秒的速度从末尾赶到排头并立即返回排尾，共用了10分50秒。问：队伍有多长？分析：这是一道“追及又相遇”的问题，通讯员从末尾到排头是追及问题，他与排头所行路程差为队伍长；通讯员从排头返回排尾是相遇问题，他与排尾所行路程和为队伍长。如果设通讯员从末尾到排头用了x秒，那么通讯员从排头返回排尾用了（650-x）秒，于是不难列方程。解：设通讯员从末尾赶到排头用了x秒，依题意得2.6x-1.4x=2.6（650-x）+1.4（650-x）。解得x＝500。推知队伍长为：（2.6-1.4）×500=600（米）。答：队伍长为600米。说明：在设未知数时，有两种办法：一种是设直接未知数，求什么、设什么；另一种设间接未知数，当直接设未知数不易列出方程时，就设与要求相关的间接未知数。对于较难的应用题，恰当选择未知数，往往可以使列方程变得容易些。例3铁路旁的一条与铁路平行的小路上，有一行人与骑车人同时向南行进，行人速度为3.6千米/时，骑车人速度为10.8千米/时，这时有一列火车从他们背后开过来，火车通过行人用22秒，通过骑车人用26秒，这列火车的车身总长是多少？分析：本题属于追及问题，行人的速度为3.6千米/时=1米/秒，骑车人的速度为10.8千米/时=3米/秒。火车的车身长度既等于火车车尾与行人的路程差，也等于火车车尾与骑车人的路程差。如果设火车的速度为x米/秒，那么火车的车身长度可表示为（x-1）×22或（x-3）×26，由此不难列出方程。解：设这列火车的速度是x米/秒，依题意列方程，得（x-1）×22=（x-3）×26。解得x=14。所以火车的车身长为：（14-1）×22=286（米）。答：这列火车的车身总长为286米。例4如图，沿着边长为90米的正方形，按逆时针方向，甲从A出发，每分钟走65米，乙从B出发，每分钟走72米。当乙第一次追上甲时在正方形的哪一条边上？分析：这是环形追及问题，这类问题可以先看成“直线”追及问题，求出乙追上甲所需要的时间，再回到“环行”追及问题，根据乙在这段时间内所走路程，推算出乙应在正方形哪一条边上。解：设追上甲时乙走了x分，则甲在乙前方3×90=270（米）。依题意故有：72x＝65x+270解得：在这段时间内乙走了：（米）由于正方形边长为90米，共四条边，故由可以推算出这时甲和乙应在正方形的DA边上。答：当乙第一次追上甲时在正方形的DA边上。例5一条船往返于甲、乙两港之间，由甲至乙是顺水行驶，由乙至甲是逆水行驶。已知船在静水中的速度为8千米/时，平时逆行与顺行所用的时间比为2∶1。某天恰逢暴雨，水流速度为原来的2倍，这条船往返共用9时。问：甲、乙两港相距多少千米？分析：这是流水中的行程问题：顺水速度=静水速度+水流速度，逆水速度=静水速度-水流速度。解答本题的关键是要先求出水流速度。解：设甲、乙两港相距x千米，原来水流速度为a千米/时根据题意可知，逆水速度与顺水速度的比为2∶1，即（8-a）∶（8＋a）＝1∶2，再根据暴雨天水流速度变为2a千米/时，则有解得x=20。答：甲、乙两港相距20千米。例6某校组织150名师生到外地旅游，这些人5时才能出发，为了赶火车，6时55分必须到火车站。他们仅有一辆可乘50人的客车，车速为36千米/时，学校离火车站21千米，显然全部路程都乘车，因需客车多次往返，故时间来不及，只能乘车与步行同时进行。如果步行每小时能走4千米，那么应如何安排，才能使所有人都按时赶到火车站？分析：把150人分三批，每批50人，均要在115分钟即（时）内赶到火车站，每人步行时间应该相同，乘车时间也相同。设每人步行x时，乘车时。列出方程，解出，便容易安排了，不过要计算一下客车能否在115分钟完成。解：把150人分三批，每批50人，步行速度为4千米/时，车速为36千米/时。设每批师生步行用时，则解得x＝1.5（时），即每人步行90分，乘车25分。三批人5时同时出发，第一批人乘25分钟车到达A点，下车步行；客车从A立即返回，在B点遇上步行的第二批人，乘25分钟车，第二批人下车步行，客车再立即返回，又在C点遇到步行而来的第三批人，然后把他们直接送到火车站。如此安排第一、二批人按时到火车站是没问题的，第三批人是否正巧可乘25分钟车呢？必须计算。第一批人到A点，客车已行（千米），第二批人已步行4×（千米），这时客车返回与第二批人步行共同行完（千米），需（时），客车与第二批人相遇，就是说客车第一次返回的时间是20分，同样可计算客车第二次返回的时间也应是20分，所以当客车与第三批人相遇时，客车已用25×2＋20×2=90（分），还有115-90=25（分），正好可把第三批人按时送到。因此可以按上述方法安排。说明：列方程，解出需步行90分、乘车25分后，可以安排了，但验算不能省掉，因为这关系到第三批人是否可以按时到车站的问题。通过计算知第三批人正巧可乘车25分，按时到达。但如果人数增加，或者车速减慢，虽然方程可以类似地列出，却不能保证人员都按时到达目的地。二、引入参数列方程解应用题对于数量关系比较复杂或已知条件较少的应用题，列方程时，除了应设的未知数外，还需要增设一些“设而不求”的参数，便于把用自然语言描述的数量关系翻译成代数语言，以便沟通数量关系，为列方程创造条件。例7某人在公路上行走，往返公共汽车每隔4分就有一辆与此人迎面相遇，每隔6分就有一辆从背后超过此人。如果人与汽车均为匀速运动，那么汽车站每隔几分发一班车？分析：此题看起来似乎不易找到相等关系，注意到某人在公路上行走与迎面开来的车相遇，是相遇问题，人与汽车4分所行的路程之和恰是两辆相继同向行驶的公共汽车的距离；每隔6分就有一辆车从背后超过此人是追及问题，车与人6分所行的路程差恰是两车的距离，再引进速度这一未知常量作参数，问题就解决了。解：设汽车站每隔x分发一班车，某人的速度是v1，汽车的速度为v2，依题意得由①②，得将③代入①，得说明：此题引入v1，v2两个未知量作参数，计算时这两个参数被消去，即问题的答案与参数的选择无关。本题的解法很多，可参考本丛书《五年级数学活动课》第26讲。例8整片牧场上的草长得一样密，一样地快。已知70头牛在24天里把