奥数题型与解题思路11-20讲

11、有关数的法那么或方法【数的读写方法】〔整数中多位数的读写方法，以及小数、分数、百分数的读、写方法，见小学数学课本，此处略。〕“成数〞、“折数〞即“十分数〞，它们常用中国数字和文字“七成〞、“二成五〞、“八折〞、“九五折〞等表示，并根据其文字去读。它们也常用分母为十的分数，或者用百分数去表示，这时便可按分数、百分数的方法去读。“千分数〞是表示一个数是另一个数的千分之几的分数，它常用“千分号〞--“‰〞来写千分数，如某地人口出生率为千分之七，写作“7‰〞，读作“千分之七〞。【科学记数法】用带一位整数的小数，去乘以10的整数次幂来表示一个数的方法，叫做“科学记数法〞。利用小数点移动的规律，很容易把一个数用“科学记数法〞表达为“a×10n〔1≤a≤10，n是整数〕〞的形式。例如：25700，把小数点向左移动四位，得1＜2.57＜10，但2.57比25700小了10000倍，所以25700=2.57×104。0.00867，把小数点向右移动三位，得1＜8.67＜10，但8.67比0.00867大了1000倍，所以【近似数截取方法】截取近似数的方法，一般有四舍五入法、去尾法和进一法三种。四舍五入法──省略一个数的一局部尾数，取它的近似数的时候，如果要舍去的尾数的最高位上的数是4，或者是比4小的数，就把尾数舍去；如果要舍去的尾数的最高位上的数是5，或者是比5大的数，把尾数舍去以后，要向它的前一位进一。这种求近似数的方法叫做“四舍五入法〞。例如，把8，654，000四舍五入到万位，约等于865万；把7.6239四舍五入保存两位小数约等于7.62；把2，873，000，000四舍五入到亿位，约等于29亿；把32.99506四舍五入精确到百分位约等于33.00。去尾法──要省略的尾数不管是多少，一律舍去不要，这种求近似数的方法叫做“去尾法〞。进一法──省略某一个数某一位后面的尾数时，不管这些尾数的大小，都向它的前一位进一。这种求近似数的方法，叫做“进一法〞。显然，用“进一法〞和“五入〞方法截取的近似值，叫做“过剩近似值〞，而用“去尾法〞和“四舍〞方法截取的近似值，叫做“缺乏近似值〞。值得注意的是：在近似数的取舍结果中，小数点后最右一位上的零必须写上。例如，把1.5972四舍五入，保存两位小数得1.60，即1.5972≈1.60，最后的“0〞不可去掉，否那么，它只精确到十分位了。【质数判定方法】判定一个较大的数是不是质数，一般有两种方法。〔1〕查表法。用查质数表的方法，可以较快地判断一个数是否为质数：质数表上有的是质数，同一范围内的质数表上没有这个数，那它便是个合数。〔2〕试除法。如果没有质数表，也来不及制作一个质数表，可以用试除来判断。例如，要判定161和197是不是质数，可以把这两个数依次用2、3、5、7、11、13、17、19……等质数去试除。这是因为一个合数总能表示成几个质因数的乘积，假设161或197不能被这个合数的质因数整除，那么也一定不能被这个合数整除。所以，我们只要用质数去试除就可以了。由161÷7=23，可知161的约数除了1和它本身外，至少还有7和23。所以，161是合数，而不是质数。由197依次不能被2、3、5、7、11、13整除，而197÷17=11……10，这时的除数17已大于不完全商11，于是可以肯定：197是质数，而不是合数。因为197除了它本身以外，不可能有比17大的约数。假定有，商也一定比11小。这就是说，197同时还要有比11小的约数。但经过试除，比11小的质数都不能整除197，这说明比11小的约数是不存在的，所以197是质数，不是合数。【最大公约数求法】最大公约数的求法，一般可用下面四种方法。〔1〕分解质因数法。先把各数分解质因数，再把各数公有的一切质因数连乘起来，就是所求的最大公约数。例如，求2940、756和168的最大公约数：∵2940=22×3×5×72，756=22×33×7，168=23×3×7；∴〔2940，756，168〕=22×3×7=84。注：“〔2940，756，168〕=84〞的意思，就是“2940、756和168的最大公约数是84〞。〔2〕检验公约数法。“检验公约数法〞即“试除法〞，也是小学数学课本介绍的那一种一般的求法，此处略。〔3〕辗转相减法。较大的两个数求最大公约数，可以用“辗转相减法〞：用大数减小数，如果减得的差与较小的数不相等，便再以大减小求差，直到出现两数相等为止。这时，相等的数就是这两个数的最大公约数。例如，求792和594的最大公约数。∵〔792，594〕=〔792-594，594〕=〔198，594〕=〔594-198，198〕=〔198，396〕=〔198，396-198〕=〔198，198〕=198，∴〔792，594〕=198。用辗转相减法求两个数的最大公约数，可以推广到求n个数的最大公约数，具体做法是：可以不拘次序地挑选最方便的，从较大的数里减去较小的数。这样逐次做下去，直到所得的差全部相等为止。这个相等的差，就是这些数的最大公约数。例如，求1260、1134、882和1008的最大公约数。∵〔1260，1134，882，1008〕=〔1260-1134，882，1008-882，1134-882〕=〔126，126，882，252〕=〔126，126，882-126×6，252-126〕=〔126，126，126，126〕=126，∴〔1260，1134，882，1008〕=126。〔4〕辗转相除法〔欧几里得算法〕。用辗转相除法求两个数的最大公约数，步骤如下：光用较小数去除较大的数，得到第一个余数；再用第一个余数去除较小的数，得到第二个余数；又用第二个余数去除第一个余数，得到第三个余数；这样逐次用后一个余数去除前一个余数，直到余数是0为止。这时，余数“0〞前面的那个余数，便是这两个数的最大公约数。求两个较大的数的最大公约数，用上面的第一、二种方法计算，是相当麻烦的，而采用“辗转相除法〞去求，就简便、快速得多了。例如，求437和551的最大公约数。具体做法是：先将437和551并排写好，再用三条竖线把它们分开。然后依下述步骤去做：〔1〕用较小数去除较大数把商数“1〞写在较大数的线外，并求得余数为114。〔2〕用余数114去除437，把商数“3〞写在比114大的数〔437〕的线外，并求得余数为95。〔3〕用余数95去除114，把商数“1〞写在114右边的直线外，并求得余数为19。〔4〕用余数19去除95，把商数“5〞写在95左边的直线外面，并求得余数为0。〔5〕当余数为0时，就可断定余数0前面的那一个余数19，就是437和551的最大公约数。又如，求67和54的最大公约数，求法可以是由余数可知，67和54的最大公约数是1。也就是说，67和54是互质数。辗转相除法，虽又称作“欧几里得算法〞，实际上它是我国最先创造出来的。早在我国古代的《九章算术》上，就有“以少减多，更相减损〞的方法求最大公约数的记载。一般认为，“辗转相除法〞即源于此。这比西方人欧几里得等人的发现要早600年以上。辗转相除法是求两个数的最大公约数的方法。如果要求三个或三个以上数的最大公约数，可以用它先求出其中两个数的最大公约数，再求这个最大公约数与第三个数的最大公约数。这样依次下去，直到最后一个数为止。最后的一个最大公约数，就是这几个数所要求的最大公约数。【分数最大公约数求法】自然数的最大公约数的定义，可以扩展到分数。一组分数的最大公约数一定是分数，而这组分数分别除以它们的最大公约数，应得整数。求一组分数的最大公约数的方法是：〔1〕先将各个分数中的带分数化成假分数；〔2〕再求出各个分数分母的最小公倍数a；〔3〕然后求出各个分数分子的最大公约数b；再求出三个分母的最小公倍数，得72；然后求出三个分子35、21和56的最大公约数，得7；【最小公倍数求法】求最小公倍数可采用下面三种方法。〔1〕分解质因数法。先把各数分解质因数，在所有相同的质因数中，每一个取出指数最大的，跟所有不同的质因数连乘起来，就是所求的最小公倍数。例如，求120、330和525的最小公倍数。∵120=23×3×5，330=2×3×5×11，525=3×52×7；∴[120，330，525]=23×3×52×7×11=46200注：“[120，330，525]=46200〞表示“120、330和525三个数的最小公倍数是46200〞。〔2〕检验公约数法。“检验公约数法〞即“试除法〞或“用短除法的求法〞，也就是小学数学课本上介绍的一般方法，此处略。〔3〕先求最大公约数法。由于“两个数的乘积等于这两个数的最大公约数与最小公倍数的乘积〞，即a·b=〔a，b〕·[a，b]所以，两个数的最小公倍数，可由这两个数的乘积除以这两个数的最大公约数来求得。即例如，求[42，105]。假设要求三个或三个以上的数的最小公倍数，可以先求其中两个数的最小公倍数，再求这个最小公倍数与第三个数的最小公倍数，再求这个最小公倍数与第四个数的最小公倍数，……，如此依次做下去，直到最后一个数为止。最后求得的那个最小公倍数，就是所要求的这几个数的最小公倍数。例如，求[300，540，160，720]∴[300，540，160，720]=21600【分数最小公倍数求法】自然数的最小公倍数的定义，可以推广到分数。一组分数的最小公倍数，可能是分数，也可能是整数，但它一定是这组分数中各个分数的整数倍数。求一组分数的最小公倍数，方法是：〔1〕先将各个分数中的带分数化成假分数；〔2〕再求出各个分数分子的最小公倍数a；〔3〕然后求出各个分数分母的最大公约数b；再求各分数分子的最小公倍数，得[35，21，56]=840；然后求各分数分母的最大公约数，得〔6，8，9〕=1【数的互化方法】整数、小数和分数，整数、假分数和带分数，整数、小数、分数和百分数，成数〔或折数〕、分数和百分数，它们之间可以互化，互化的方法见小学数学课本，此处略。化循环小数为分数，还可以用移动循环节的方法。例如由这些实例，可以得循环小数化分数的法那么如下：〔1〕纯循环小数化分数的法那么。纯循环小数可以化成这样的分数：分子是一个循环节的数字所组成的数；分母的各位数字都是9，“9〞的个数同循环节的位数相同。〔2〕混循环小数化分数的法那么。混循环小数可以化成这样的分数：分子是小数点后面第一个数字到第一个循环节的末位数字所组成的数，减去不循环数字所组成的数所得的差；分母的头几个数字是9，末几位数字是0，“9〞字的个数同循环节的位数相同，“0〞字的个数和不循环局部的位数相同。【分数化有限小数判断法】假设进一步研究，它又有以下的三种情况：5〔即与10互质〕，或者除2和5以外，还包含其他的质因数，那么，这样的分数就不能化成有限小数，而只能化成无限循环小数。这里，又有以下的两种情况：和5时，这样的分数就可以化成纯循环小数。循环节内数字的个数，跟数列9，99，999，9999，……各项中，能被分母b整除的最小的数所含“9〞字的个数相同。分母37去除9，99，999，9999，……，能整除的最小的数是999，即99937〔即“999能被37整除〞，“〞是整除符号；亦可逆读为“37能整除999〞〕也可以表示为37｜999〔即“37能整除999〞，“｜〞也是整除符号；亦可逆读为“999能被37整除〞。〕这里“999〞，含有3个“9〞，所以它化成的纯循环小数循环节内数字的个数也是3个：=0.513以外的质因数，那么这样的分数就可以化成混循环小数。它的不循环局部数字的个数，跟2和5在分母内最高乘方的指数相同；循环节内数字的个数，跟数列9，99，999，9999，……各项中，能被分母内2和5以外的质因数的积所整除的最小的数，所含“9〞字的个数相同。质因数11，所以这分数可以化成混循环小数。不循环局部数字的个数是3个〔最高乘方23的指数为3〕，循环局部的循环节数字是两个〔11｜99，“9〞的个数为2个〕：概括起来，把分数化成小数，判断其得数的情况，不外乎以下三种：〔1〕假设分母只含质因数2，5，那么化得的小数是有限小数；〔2〕假设分母不含质因数2，5，那么化得的小数是纯循环小数；〔3〕假设分母既含质因数2，5，又含2和5以外的质因数，那么化得的小数是混循环小数。注意：判断的前提是分数必须是既约〔最简〕分数，否那么很容易出错。【百分比浓度求法】用溶质质量占全部溶液质量的百分比来表示溶液浓度，叫做溶液的百分比浓度。求法是例如，用白糖〔溶质〕1千克，开水〔溶剂〕4千克混合以后，所得的糖水〔溶液〕的百分比浓度是用对称关系找约数【用对称关系找约数】找某一合数的约数，常有找不全的情况发生，而利用约数的对称关系去找，就能解决这一问题。方法是：〔1〕假设某个合数为某一个自然数的平方，那么它的所有约数的“中心数〞就是这个自然数；再把比“中心数〞小的几个约数找出来，其他的约数也就可以成对地和一个不漏地找出来。例如，找出36的全部约数：因为36=62，6是所有约数的“中心数〞。比中心数6小的约数很容易找到，它们是1、2、3、4四个，于是比中心数大的约数，也就可依据对应关系，成对地找出来了，它们是36〔与1对应〕、18〔与2对应〕、12〔与3对应〕和9〔与4对应〕。如以下图〔图4.7〕：〔2〕假设某个合数不是某一自然数的平方，那么可先找出一个“近似中心数〞。例如，找出102的全部约数：因为102＜102＜112，所以可选10或11为“近似中心数〞。然后找出比这个近似中心数小的所有约数——1、2、3、6；再找出比近似中心数大的所有约数——102、51、34、17。如以下图〔图4.8〕：〔注意：“中心数〞是其中的一个约数，但“近似中心数〞却不是其中的一个约数。〕【叉乘法求最小公倍数】用“叉乘法〞求最小公倍数，是极为快速的。例如求24和36的最小公倍数。如图4.9：24和36的最小公倍数是24×3=72，或36×2=72。这样做的道理很简单。因为所以，用24乘以36独有的质因数3，或者用36乘以24独有的质因数2，都能得到24与36的最小公倍数72。今后，用短除法找出两个数单独有的质因数以后，顺手画一个“×〞，把它们分别与原来的两个数相乘，就都会得到它们的最小公倍数。又如，求20、12和18三个数的最小公倍数。如图4.10：∵20和12的最小公倍数是20×3=60，60和18的最小公倍数是60×3=180，∴20、12和18三个数的最小公倍数便是180。如果先求20和18的最小公倍数，再用这个最小公倍数与12去求三个数的最小公倍数；或者先求12和18的最小公倍数，再用这个最小公倍数与20去求三个数的最小公倍数，也是可以的。12、用补充数速算末尾是一个或几个0的数，运算起来比拟简便。假设数末尾不是0，而是98、51等，我们可以用〔100—2〕、〔50＋1〕等来代替，这也可能使运算变得比拟简便、快速。一般地我们把100叫做98的“大约强数〞，2叫做98的“补充数〞；50叫做51的“大约弱数〞，1叫做51的“补充数〞。把一个数先写成它的大约强〔弱〕数与补充数的差〔和〕，然后再进行运算，这种方法叫做“运用补充数法〞。例如〔1〕387＋99=387＋〔100—1〕=387＋100—1=4861680—89=1680-〔100—11〕=1680—100+11=1580+11=15914365-997=4365-〔1000-3〕=4365-1000＋3=336869×9=69×〔10-1〕=690-69=62169×99=69×〔100-1〕=6900-69=683187×98=87×〔100-2〕=8700-87×2=8700-200+26=852613、一般应用题【和差的问题】例1六年级有四个班，不算甲班，其余三个班的总人数是131人；不算丁班，其余三个班的总人数是134人。乙、丙两班的总人数比甲、丁两班的总人数少1人。四个班的总人数是_____。〔1990年全国小学数学奥林匹克初赛试题〕讲析：因为乙、丙两班总人数比甲、丁两班总人数多1人。那么乙、丙两班总人数的3倍就等于〔131+134-l〕=264人。所以，乙、丙两班共有246÷3=88〔人〕。然后可求出甲、乙两班总人数为88+1=89〔人〕，进而可求出四个班的总人数为88+89=177〔人〕。例2东河小学画展上展出了许多幅画，其中有16幅画不是六年级的，有15幅画不是五年级的。现知道五、六年级共有25幅画，因此，其它年级的画共有____幅。〔1988年北京市小学数学奥林匹克决赛试题〕讲析：由“16幅画不是六年级的，15幅画不是五年级的〞可得出，五年级比六年级多1幅画。所以六年级共有12幅画。然后可求出其它年级的画共有〔15-12〕幅，即3幅。例3甲、乙、丙都在读同一本故事书。书中有100个故事。每人都认某一个故事开始按顺序往后读。甲读了75个故事，乙读了60个故事，丙读了52个故事。那么甲、乙、丙三人共同读过的故事至少有_____个。〔1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题〕讲析：可先看读得较少的两人重复阅读故事的个数。乙、丙两人最少共同读故事60+52-100=12〔个〕。因为每人都从某一故事按顺序往后读,所以甲读了75个故事。他无论从哪一故事开始读，都至少重读了上面12个故事。故答案是12个。例4某工厂11月份工作忙，星期日不休息，而且从第一天开始，每天都从总厂陆续派相同人数的工人到分厂工作。直到月底，总厂还剩工人240人。如果月底统计总厂工人的工作量是8070个工作日〔1人1天为1个工作日〕，且无1人缺勤。那么，这月由总厂派到分厂工作的工人共____人。(北京市第九届“迎春杯〞小学数学竞赛试题。〕讲析：到月底总厂剩下240名工人，这240名工人一个月的工作日为240×30=7200〔个〕。而8070-7200=870〔个〕。可知这870个工日是由总厂派到分厂工作的人在总厂工作的工日。设每天派a人到分厂工作，那么这些人中留在总厂的工作日是；a人做29天，a人做28天，a人做27天，……a人做1天。所以，〔1+29〕×a×29÷2=870，可解得a=2。故，共派到分厂的工人为2×30=60〔人〕。【积商的问题】例1王师傅加工1500个零件后，改良技术，使工作效率提高到原来的2.5倍，后来再加工1500个零件时，比改良技术前少用了18小时。改良技术前后每小时加工多少个零件？〔1989年《小学生数学报》小学数学竞赛决赛试题〕讲析：改良技术后的工效提高到原来的2.5倍，后来加工1500个零件时，比改良技术前少用18小时，那么改良技术后加工1500个零件的时间是18÷〔2.5-1〕=12〔小时〕。原来加工1500个零件的时间是12+18=30〔小时〕于是，改良前每小时加工的便是1500÷30=50〔个〕，改良后每小时加工的便是1500÷12=125〔个〕。例2现有2分硬币、5分硬币各假设干个，其中2分的比5分的多24个，如果把2分硬币等价换成5分硬币，所得的5分硬币要比原有的5分硬币少6个。原来两种硬币各有多少个？〔1993年“光远杯〞小学数学竞赛试题〕讲析：我们用方程来解，设原来有x个5分的硬币；那么2分硬币共有〔x+24〕个。由题意得：2〔x+24〕÷5=x-6。解得：x=26，即5分币有26个。于是，2分币便有26+24=50〔个〕循环小数【循环小数化分数】小学数学竞赛试题〕讲析：纯循环小数化分数时，分子由一个循环节的数字组成，分母由与数推出？〔长沙地区小学数学竞赛预赛试题〕讲析：循环节有6位数字。而〔89-3〕÷6=14余2。即小数点后第89位以后的数是230769循环。【循环小数的计算】〔哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题〕讲析：可把小数都化成分数后，再计算，得例2图5.3列出的十个数，按顺时针次序可组成许多个整数局部是一位________。〔1989年全国小学数学奥林匹克决赛试题〕讲析：要想这个数最大，整数局部必须选9。它有四种：9.291892915，9.189291592，9.291592918，9.159291892。无论循环节怎样安排，都是从小数点后第十位开始重复。所以，以上四数中最大的是9.291892915。再考14、旋转变换【旋转成定角】例如下面的题目：“在图4.23中，半径为8厘米的圆的内外各有一个正方形，圆内正方形顶点都在圆周上，圆外正方形四条边与圆都只有一个接触点。问：“大正方形的面积比小正方形的面积大多少？〞按一般方法，先求大、小正方形的面积，再求它们的差，显然是有难度的。假设将小正方形围绕圆心旋转45°，使原图变成图4.24，容易发现，小正方形的面积为大正方形面积的一半。所以，大正方形面积比小正方形的面积大〔8×2〕×〔8×2〕÷2=16×16÷2=128〔平方厘米〕又如，如图4.25，求正方形内阴影局部的面积。〔单位：厘米〕外表上看，题目也是很难解答的。但只要将两个卵叶片形的阴影局部绕正方形的中心，分别按顺时针和逆时针方向旋转90°，就得到了一个由阴影局部组成的半圆〔如图4.26〕，于是，阴影局部的面积就很容易解答出来了。〔解答略〕【开扇式旋转】有些图形相互交错，增加了解答的难度。假设像翻开折扇一样，绕着某个定点作“开扇式〞旋转，往往会使人顿开茅塞，使问题很快获得解决。例如，求图4.27的阴影局部的面积〔单位：厘米〕。假设采用正方形面积减空白局部面积的求法，计算量是很大的。由于它是由两个形状相同的扇形交叉重叠而成的，我们不妨把右下部的扇形翻开，顺时针方向旋转90°，得到图4.28；再继续旋转，得到图4.29。在图4.29中，阴影局部面积便是半圆面积减三角形面积的差。所以，阴影局部面积是42×3.14÷2-〔4+4〕×4×2=25.12-16=9.12〔平方厘米〕又如，求图4.30阴影局部的面积〔单位：厘米〕。将这个图从中间剪开，以o为旋转中心，将右半局部按顺时针方向转到左半部下方，便变成了图4.31。于是，阴影局部的面积便是半圆面积减去两直角边均为2厘米的一个空白等腰直角三角形面积的差。即〔4÷2〕2×3.14÷2-2×2÷2=6.28-2=4.28〔平方厘米〕15、小数和分数【小数问题】例1某数的小数点向右移动一位，那么小数值比原来大25.65，原数是_______。〔1993年吉林省“金翅杯〞小学数学竞赛试题〕讲析：小数点向右移动一位以后，数值扩大了10倍，新数比原数就多9倍。所以，原数为25.65÷9=2.85。例2甲、乙两个数之和是171.6，乙数的小数点向右移动一位等于甲数，甲数是________。〔1993年广州市小学数学竞赛试题〕讲析：由“乙数的小数点向右移动一位等于甲数〞可知，甲数是乙数的10倍。所以，乙数是171.66÷〔10+1〕=15.6，甲数是15.6。例3用一个小数减去末位数字不为零的整数。如果给整数添上一个小数点，使它变成小数，差就增加154.44，这个整数是________。〔1990年《小学生报》小学数学竞赛试题〕讲析：因为差增加154.44，所以这个整数一定是比原数缩小了100倍，即这个整数比原数增加了99倍，由154.44÷99=1.56可知，这个整数是156。【分数问题】〔1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题〕讲析：20×11+2=222，15×11=165。〔1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题〕7至64这58个连续自然数中，去掉13的倍数13、26、39、52四个数，用余下的54个数作分子，可得到54个最简分数。c，那么三个分数的和为6。求这三个真分数。〔第三届《从小爱数学》邀请赛试题〕因为三个分数为最简真分数，所以a只能是1、2，b只能取1、3，C只能取1、5。经检验，a=2，b=3，c=5符合要求。故三个真分数分别是例4地同时满足以下条件的分数共有多少个？〔2〕分子和分母都是质数；〔3〕分母是两位数。请列举出所有满足条件的分数。〔1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第二试试题〕讲析：100以内的质数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、即把不等式中三个分数的分子化为相同的方法，来搜寻分母。所以，符合条件的分数有12个：16、特殊解题方法【穷举法】解答某些数学题，可以把问题所涉及到的数量或结论的有限种情况，不重复不遗漏地全部列举出来，以到达解决问题的目的。这种解题方法就是穷举法。例1从甲地到乙地有A、B、C三条路线，从乙地到丙地有D、E、F、G四条路线。问从甲地经过乙地到达丙地共有多少条路线？〔如图3．28〕分析：从甲地到乙地有3条路线，从乙地到丙地有4条路线。从甲地经过乙地到达丙地共有以下不同的路线。解：3×4＝12答：共有12条路线。例2如果一整数，与1、2、3这三个数，通过加减乘除运算〔可以添加括号〕组成算式，能使结果等于24，那么这个整数就称为可用的。在4、5、6、7、8、9、10、11、12这九个数中，可用的有_______个。〔1992年小学数学奥林匹克初赛试题〕分析：根据题意，用列式计算的方法，把各算式都列举出来。4×〔1＋2＋3〕＝24〔5＋1＋2〕×3＝246×〔3＋2－l〕＝247×3十豆十2—248×3×〔2－1〕＝249×3—1—2—2410×2＋l＋3＝2411×2＋3－l＝2412×〔3＋1－2〕＝24通过计算可知，题中所给的9个数与1、2、3都能够组成结果是24的算式。答：可用的数有9个。例3从0、3、5、7中选出三个数字能排成_______个三位数，其中能被5整除的三位数有_________个。〔1993年全国小学数学竞赛预赛试题〕分析：根据题中所给的数字可知：三位数的百位数只能有三种选择：十位数在余下的三个数字中取一个数字，也有3种选择；个位数在余下的两个数字中取一个数字，有2种选择。解:把能排成的三位数穷举如下，数下标有横线的是能被5整除的。305，307，350，357，370，375；503，507，530，537，570，573；703，705，730，735，750，753答：能排成18个三位数，其中能被5整除的有10个数。例4数一数图3．30中有多少个大小不同的三角形？分析：为了不重复不遗漏地数出图中有多少个大小不同的三角形，可以把三角形分成A、B、C、D四类。A类：是根本的小三角形，在图中有这样的三角形16个；B类：是由四个小三角形组成的三角形，在图中有这样的三角形7个。6个尖朝上，一个尖朝下。C类：是由九个小三角形组成的三角形，在图中有这样的三角形3个，尖都朝上。D类：是最大的三角形，图中只有1个。解：16＋7＋3＋1＝27〔个〕答：图中有大小不同的三角形共27个。【设数法】有些数学题涉及的概念易被混淆，解题时把握不定，还有些数学题是要求两个〔或几个〕数量间的等量关系或者倍数关系，但条件却十分抽象，数量关系又很复杂，凭空思索，那么不易捉摸。为了使数量关系变得简单明白，可以给题中的某一个未知量适当地设一个具体数值，以利于探索解答问题的规律，正确求得问题的答案。这种方法就是设数法。设数法是假设法的一种特例。给哪一个未知量设数，要便于快速解题。为了使计算简便，数字尽可能小一点。在分数应用题中，所设的数以能被分母整除为好。假设单位“1〞未知，就给单位“1〞设具体数值。例1判断以下各题。〔对的打√，错的打×〕〔1〕除1以外，所有自然数的倒数都小于1。〔〕〔2〕正方体的棱长和它的体积成正比例。〔〕以上各数的倒数都小于1，就能猜想此题的说法是正确的。第〔2〕小题，给正方体的棱长设数，分析棱长的变化与其体积变化的规律。由上表看出，正方体的棱长扩大2倍，体积扩大8倍；棱长扩大4倍，体积扩大64倍……这不符合正比例的含义，就能断定此题的说法是错误的。几分之几？分析：先把女生人数看作单位“1〞，假定女生人数为60人。男生人数那么为女生人数比男生人数少几分之几，那么为解：通过设数分析，理清了数量关系，找到了解题线索，便能顺利地列出综合算式。。分析：这道题似乎条件不够，不知从何下手。不妨根据路程、时间、速度的关系，给从A地去B地的速度设一个具体数值试一试。假设去时每小时走20千米，那么A、B两地的路程就是：沿原路回家的速度那么为：回家时所需的时间那么为：解：把全路程看作单位“1〞。例4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比是____。〔1993年小学数学奥林匹克竞赛试题初赛B卷〕分析：题中没有给出具体数量，且数量关系错综复杂，不易理清头绪。我们不妨把乙校人数看作单位“1〞，给乙校学生人数假定一个具体数值，这样就化难为易了。假设假定乙校学生为500人，那么甲校学生为：500×40％=200〔人〕由甲校女生数是甲校学生数的30％，那么甲校女生数为：200×30％=60〔人〕由乙校男生数是乙校学生数的42％，那么乙校女生数为：500×〔1-42％〕=290〔人〕两校学生总数为：500＋200=700〔人〕两校女生总数为：60＋290=350〔人〕那么两校女生总数占两校学生总数的百分比为：350÷700=50％解：[500×40％×30％＋500×〔1-42％〕]÷〔500＋200〕=[60+290]÷700=350÷700=50％或[40％×30％+〔1-42％〕]÷〔1＋40％〕=50％答：两校女生总数是两校学生总数的50％。例7如图3.32，正方形面积为20平方厘米，求阴影局部的面积。分析：一般的解法是先求正方形的边长和圆的半径，再求圆面积，然后用正方形的面积减去圆面积，即得阴影局部的面积。这样算就要用到开平方的知识。如果假设正方形的边长为1，运用小学的知识便能解决这个问题。我们可以先求阴影局部的面积占正方形面积的百分之几，再计算阴影局部的面积。设正方形的边长为1，正方形的面积那么为：12=1圆的半径那么为：圆面积占正方形面积的百分比为：阴影局部的面积占正方形面积的百分比为1-78.5％=21.5％由此可知阴影局部的面积为20×21.5％=4.3〔平方厘米〕解：设正方形的边长为1，那么阴影局部的面积为=20×21.5％=4.3〔平方厘米〕答：阴影局部的面积为4.3平方厘米。注意：如果把正方形的边长设为其它数，计算的结果都是相同的。【类比法】类比法是运用类比推理解答问题的一种方法。类比推理是根据两个对象有一局部属性相类似，从而推出这两个对象的其它属性也可能相类似的一种推理方法。类比推理是富于创造性的一种思维方法，在小学数学中有着广泛的应用。例如，分数和比都含有相除的意义，我们根据除法的商不变性质，类推出分数的根本性质和比的根本性质。在解答数学题时，遇到问题A和问题B有许多类似的属性，见到问题B时就会联想到问题A，于是可以用解决问题A的方法去解决问题B，或者用解决问题B的方法去解决问题A。例1从时针指向3点整开始，经过多少分钟，分针正好与时针重合？分析：此题与追及问题相类似。如果把钟面上1分钟的距离作为1格，那么1小时分针走60格，时针走5格。那么分针走1格，经过多少时间分针与时针重合，实质上就是要解决多少时间分针追上时针的问题。例2A、B、C、D、E、F、G7个站，每两站间都是相隔600米。问从A站到G站的路程是多少米？分析：不能简单答复从A站到G站的路程是600×7=4200〔米〕。此题与在不是封闭的线路上要求两端都要植树的问题相类似，把7个站看成7棵树，根据段数比棵树少1的道理解答此题。解：600×〔7-1〕=3600〔米〕答：从A站到G站的路程是3600米。例3王老师为学校购置音乐器材。他带去的钱可以买10台手风琴或50把提琴，如果他买了6台手风琴后，把剩下的钱全部买提琴，可以买多少把提琴？分析：题中没有给出王老师带了多少钱，以及提琴和手风琴的单价等条件，怎么能算出剩下的钱可以买多少把提琴呢？可是仔细一想，便可发现此题与工程问题相似。如果把王老师一共带的钱数看作“1〞，那么每台手风琴=20〔把〕答：可以买20把提琴。此题还可用解正比例应用题的方法来解答，把题意转化为：“买10台手风琴的钱与买50把提琴的钱相等，买4台手风琴的钱可以买多少把提琴？〞解：设可以买x把提琴10∶〔10-6〕=50∶x答：可以买20把提琴。【尝试法】解答某些数学题，可以先根据题意对题目的答案进行猜想，然后把猜想的答案试一试，看这个答案是否符合题意。如果符合，那么问题就得到解决。如果不符合，就得对答案进行调整，或者重新猜想，直到找出正确的答案为止。这种解题方法就是尝试法，或者叫做试验法。例1把0、4、6、、7、8、9这六个数字，分别填入下面算式的方框内，每个方框只许填一个数字，使每个等式都成立。分析：比拟两个等式，先填第二个等式有利于快速解题。根据所给出的数字来分析，能使第二个等式成立的情况有两种：6×9=547×8=56如果把6×9=54填入第二个等式，那么还剩下0、7、8三个数字，经过屡次试验，这三个数字不可能使第一个等式成立。说明应重新调整。把7×8=56填入第二个等式，那么还剩下0、4、9三个数字，把这三个数字填入第一个等式，能使第一个等式成立，问题便得到解决。例2有一类小于200的自然数，每一个数的各位数字之和为奇数，而且都是两个两位数的乘积〔例如144=12×12〕。那么这一类自然数中，第三大的数是_____。〔1992年小学数学奥林匹克初赛试题〕根据条件，可以猜想这些两位数的十位数只可能是1，而且两位数中不能出现11，因为11×11=121，11×12=132，11×13=143……乘积的每位数字之和均为偶数，不合题意，应予排除。经过分析，猜想有了一定的范围，于是进行尝试，边尝试边筛选，以求得正确的解答。10×10=10010×12=12010×13=130〔不合题意〕10×14=14010×15=150〔不合题意〕10×16=160下面把不符合题意的情况，不再列举出来。12×12=144，12×14=168，12×15=180，13×14=182，13×15=195。把以上符合题意的乘积按从大到小的顺序排列：195、182、180、168、160、144、120、100。第三大的数是180。答：满足题设条件的自然数中，第三大的数是180。分析：为了统一单位“1〞，把条件进行转化↓转化↓转化因为人的个数是自然数，根据条件可以知道一队的人数一定是4和5的公倍数。在100以内的数中4和5的公倍数有20、40、60……凭直觉，认为一队人数是20人。如果认定这个猜想是正确的，那么二队100-20-15-16=49〔人〕如果对这个答案有疑心，不妨再试。假设一队人数为40人，那么二队人数为30人，三队人数为32人，这样四个队的人数就超过了100，显然不合题意。因此，第一次尝试的答案是正确的。解：通过转化条件和尝试求出一队人数为20人。答：四队有49人。【探索法】当我们要解决某一个较复杂的问题时，可以从这个问题的局部特殊的情况入手，通过观察、分析、推理，从而探索出普遍的规律，运用这个规律，求得问题的解答。这就是探索法。例1在下面的数表中，第1994行左边第一个数是____。分析：先看数表中各数排列的情况，表中排列的数是2、3、4、5……等自然数，每行三个数，单行自左往右，双行自右往左。左边每行第一个数按7、13、19……排，这是一列公差为6的等差数列。通过仔细观察，就会发现一个规律，就是数表左边第一个数等于它所在的行数乘以3加1，即左边第一个数=行数×3+1运用这个规律，便能十分迅速地求出第1994行左边第一个数是：1994×3＋1=5983这个答案是否正确，可以通过计算验证。7＋6×〔1994÷2－1〕=5983由此证明原答案是正确的。答：数表中第1994行左边第一个数是5983。例2先找出下面数列的排列规律，然后在括号里填上适当的数。〔1〕2，8，32，128，()〔2〕1，4，5，2，8，10，4，()，()。分析：观察〔1〕题，发现相邻两个数后一个总是前一个数的4倍，因此括号里应填512。再看第〔2〕题，可以把每三个数分为一组，比拟组与组之间数字排列的规律，如图3.33。通过比拟，发现后一组数中每一个数都分别是前一组数中相对应位置的那个数的2倍，因此括号里应填16，20。解：〔1〕2，8，32，128，〔512〕。〔2〕1，4，5，2，8，10，4，〔16〕，〔20〕。分析：我们不必计算到小数点后第1998位，可以从研究局部情况入手，发现规律，进行推理，而求得问题的解答。可求得小数点后第1998位数是几？解：〔1998-1〕÷6=332……5由上式可知1998位数字在循环节重复出现332次后的第五位上，因此这个数字是5。答：小数点后面第1998位数字是5。例4数一数右图〔图3.34〕中有多少个三角形。分析：要知道图3.34有多少个三角形，不妨先分析图3.35这个简单图形。三角形A’B’C’的B’C’边上有5个点，线段总数为：4+3+2+1=10数一数这个图形中正好一共有10个三角形。于是可以知道底边上有多少条线段，便有多少个三角形。用以上规律来研究三角形ABC中一共有多少个三角形。这个三角形共分为三层，线段AB，DE，FG上都有5个点，从图上可知一层有三角形的个数是4＋3＋2＋1=10〔个〕那么三角形ABC中共有三角形10×3=30〔个〕解：〔4＋3＋2＋1〕×3=30〔个〕答：三角形ABC中共有三角形30个。例5先观察后计算13+23=9〔1+2〕2=913+23+33=36〔1+2+3〕2=3613＋23＋33＋43=100〔1+2＋3＋4〕2=10013＋23＋33+43＋53=225〔1＋2＋3＋4＋5〕2=225…………计算：13＋23＋33＋43＋53＋63＋73＋83=？分析：通过观察，发现了这样的规律，即从1开始的连续自然数立方之和与这些连续自然数之和的平方。根据这个规律可以巧算出13＋23+33＋………＋83=〔1+2＋3＋……+8〕2=362=1296【染色法】有许多数学问题，可以用不同的颜色来区分事物的不同类别。通过着色把各种条件和问题，形象、直观地显示出来，使分析和处理问题，变得具体和明朗起来，从而使我们能找到一条解决问题的捷径。例1图3.36由18块1×1的正方形拼成，你能否用9块2×1的长方形将图形盖住。分析与解：我们将图形中的小方格黑白相间涂色〔如图3.37〕，那么有8块白格和10块黑格。每一块2×1的长方形能够且只能盖住一块白格和一块黑格。用8块2×1的长方形覆盖后，余下两块黑格，而余下的那块2×1的长方形是无法盖住2块黑格的。所以9块2×1的长方形无法将题设的图形盖住。例2右图〔图3.38〕为某展览会展室的布局，相邻两室之间有门相通，参观的人能否从入口进入A室依次而入，又不重复地看过各室的展览后，从B室进入出口处？分析与解：为了说清楚问题，如图〔3.39〕将各展室黑白相间涂上颜色。不管人们选择什么路线，总是出了白室进黑室，出了黑室进白室。共有16个展室，要经过15道门。从A出发过第1道门进入黑室。过第2道门进入白室，过第3道门进入黑室……，过第15道门进入黑室，而B室是白室。所以想从白室依次而入，不重复地看过各室从B室进入出口是不可能的。例317名科学家每两名都通信讨论问题，在他们的通信中仅讨论三个问题，任何一对科学家只讨论一个问题，那么至少有三个科学家互相通信讨论同一个问题。你能说明这个理由吗？分析与解：将三个不同问题，用红、黄、蓝三种颜色表示，17名科学家看作17个点，两点之间用或红、或黄或蓝的线段相连接表示讨论某个不同的问题。每一点都要发出16条线段。由抽屉原理，至少有6条线段同色。如图3.40表示从点A发出的6条同色线段AA1、AA2、AA3、AA4、AA5、AA6，不妨设这6条线段是红色。下面考虑A1、A2、A3、A4、A5、A6之间连线的着色情况〔1〕假设这6点所连线段至少有一条红色，例如A1A2，那么三角形AA1A2三边是红色，表示这三个科学家互相讨论同一个问题。〔2〕假设这6点间所连线段没有一条红色。那么只能是黄色和蓝色。这6点每一点可发出5条线段。由抽屉原理，至少有三条同色，不妨设为黄色。如图假设A1A2，A1A3，A1A4为黄色。再考虑A2、A3、A4间所连线段的着色情况。①假设A2、A3、A4间的连线至少有一条黄色，不妨设A2A3为黄色，那么得三角形A1A2A3是三边黄色的三角形，表示这三个科学家讨论同一问题。②假设A2、A3，A4间的连线没有一条黄色，那么就得一个三边为蓝色的三角形A2A3A4，表示这三个科学家讨论同一问题。由以上讨论可知，无论怎样，至少有三个科学家互相通信讨论同一个问题。17、算式谜【添运算符号】例1能不能在下式的每个方框中，分别填入“+〞或“-〞，使等式成立？1□2□3□4□5□6□7□8□9=10〔全国第三届“华杯赛〞决赛口试试题〕讲析：在只有加减法运算的算式中，如果只改变“＋〞、“-〞符号，不会改变结果的奇偶性。而1＋2+……＋9=45，是奇数。所以无论在□中，怎样填“＋〞、“-〞符号，都不能使结果为偶数。例2在以下□中分别填上适当的运算符号，使等式成立。12□34□5□6□7□8=1990〔1990年广州市小学数学邀请赛试题〕讲析：首先凑足与1990接近的数。12×34×5=2040，然后调整为：12×34×5-6×7-8=1990。例3在下面十八个数字之间适当的地方添上括号或运算符号，使等式成立〔中南地区小学数学竞赛试题〕讲析：可先凑足与1993接近的数。1122＋334＋455+66+7+7=1991。然后，用后面的二个8和二个9，凑成2，得1122+334+455+66+7+7-8-8+9+9=1993。【横式填数】例1如果10+9-8×7÷□+6-5×4=3，那么，“□〞中所表示的数是______。〔上海市小学数学竞赛试题〕讲析：等式左边能计算的，可先计算出来，得5—56÷□=3，∴□=28。例2在两个□中分别填上两个不同的自然数，使等式成立。〔全国第四届“华杯赛〞决赛口试试题〕讲析：时，等式都能成立。所以，A=1994；B=1993×1994=3974042。〔1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题〕讲析：A+B=3。例4在下面的○、□和△中分别填上不同的自然数，使等式成立。〔1987年北大友好数学邀请赛试题〕讲析：最大为：所以，○、□和△应填的数分别是2、3、9。例5在下面的□中，分别填上1、2、3、4、5、6、7、8、9中的一个数字〔每个式子中的数字不能重复〕，使带分数算式：〔第一届《从小爱数学》邀请赛试题〕讲析：可从整数局部和小数局部分开考虑。要使减法式的值最大，必须使被减数最大而减数最小，从而可得要使加法式的值最小，首先必须使每个加数中的整数局部尽可能小。从【数字谜】例1图5.8的算式里，每个□代表一个数字。问：这6个□中的数字总和是多少？〔全国第三届“华杯赛〞初赛试题〕讲析：任意两个数字之和最多为18，且最多只向前一位进一，所以百位上的两个数字和十位上的两个数字都是9，而个位上的两位数可能为：〔2，9〕，〔3，8〕，〔4，7〕，〔5，6〕之一种，故6个□内的数字总和为9×4＋11=47。例2两个四位数的差是8921〔图5.9〕，那么这两个四位数的和最大是______。〔1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题〕讲析：要使这两个四位数的和最大，必须使被减数尽量大。故被减数为9999。进而可求出减数为1078，两数和为9999＋1078=11077。例3如图5.10的算式中，不同的汉字代表不同的数字，相同的汉字代表相同的数字，求使算式成立的汉字所表示的数字〔数+学+喜〕×爱=______。〔北京市第八届“迎春杯〞小学数学邀请赛试题〕讲析：可从个位上开始思考。〔学+学+学+学〕的个位为2，那么“学〞只能是3或8。当“学〞=8时，“数〞=2。这时十位上的数相加之后，没有向百位上进一，从而使〔“爱〞＋“爱〞〕不可能个位上是9。所以，“学’不等于8。当“学〞=3时，容易推出“数〞=6，“爱〞=4，“喜〞=1。所以，〔数+学+喜〕×爱=〔6＋3＋1〕×4=40。例4如图5.11，竖式中四个□是被盖住的四个数字，这四个数字的和是多少？〔哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题〕讲析：1992=2×2×2×3×83。从分解质因数情况看，要把1992分成两个两位数之积，两个两位数只能是24和83，故这四个数字之和为2＋4+8＋3=17例5在图5.12的算式中，只写出了3个数字1，其余的数字都不是1。那么这个算式的乘积是______。〔1994年全国小学数学奥林匹克决赛试题〕讲析：可用字母来代替各数字〔如图5.13〕。显然，F=K，E=O。又，只有27×4或17×6。C≠3。于是得B=3，C=7。又因AB×D=10F，可推出A=5，D=2，从而容易求出算式的答案为53×72=3816例6在图5.14的式子中，不同的汉字代表不同的数字，□代表一位自然数。要使算式成立，“盼〞字代表数字______。〔1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题〕讲析：经观察发现，积是由相同的数字组成的9位数，那么积中一定含有因数3和9。而当□为3时，式中的积除以3所得的商，一定含有相同的数字。这与题意矛盾。所以□为9。经检验，“盼〞字代表“7〞。被乘数是86419753。18、速算公式【首同末合十的两位数相乘公式】假设两个两位数的十位数字都是a，个位上的数分别为b和c，且b+c=10，那么这样的两个数便是“首同末合十〞的两个两位数，它们的积为〔10a+b〕〔10a+c〕=〔10a〕2+10ab+10ac+bc=102a2+10a〔b+c〕+bc=100a2+100a+bc＝a〔a+1〕×100+bc。根据这一公式，两个“首同末合十〞的两位数相乘，可以先把首位数乘以比它大1的数的积的100倍，然后在所得的结果后面，添上两个末位数的积。例如，72×78=〔7×8〕×100+2×8=561645×45=〔4×5〕×100+5×5=2025首同末合十的计算公式，也可以推广到两个三位数、两个四位数相乘的速算中去。例如256×254可取a=25，b=6，c=4，再运用公式计算，得256×254=[25×〔25+1〕]×100+6×4=[25×26]×100+24=65024又如，155×155=〔15×16〕×100+5×5=24025【末同首合十的两位数相乘公式】假设两个两位数十位上的数字分别是a和b，且a+b=10，个位上的数字都是c，那么这样的两个数便是“末同首合十〞的两个两位数，它们的积为〔10a+c〕〔10b+c〕=102ab+10ac+10bc+c2＝100ab+10c〔a+b〕+c2=100ab+100c+c2=〔ab+c〕×100+c2。根据这一公式，两个“末同首合十〞的两位数相乘，可以先把两个首位数字的乘积加上一个末位数，再乘100然后再在所得的结果后面，添上末位数自乘的积〔末位数的平方〕。例如，34×74=〔3×7+4〕×100+42=25×100+16=2516【两个末位是1的两位数相乘公式】设两个末位都是1的两位数，十位上的数字分别是a和b，那么它们的积是〔10a+1〕〔10b+1〕＝100ab+10a+10b+12＝10a×10b+〔a+b〕×10+1由这一公式可知，两个末位是1的两位数相乘，可以先把两个首位数值相乘，然后在所得的结果后面添上两个首位数的和〔和满十时要进位〕的10倍，最后在后面添上1。例如，51×71=50×70+〔5+7〕×10+1=3500+12091=3621。这样的题目，口算的方法可以是：【两个首位是1的两位数相乘公式】设两个首位为1的两位数，个位上的数字分别是a和b，那么它们的积是：〔10+a〕〔10+b〕＝100+10a+10b+ab=〔10+a+b〕×10+ab。由这一公式可知，两个首位是1的两位数相乘，可以把一个数加上另一个数的末位数，所得的结果乘以10以后，再加上两个末位数的乘积。例如，17×16=〔17+6〕×10+7×6=230+42=272。【接近100的两个数相乘公式】接近100的两个数相乘，可以分三种情况来寻找它的速算方法。〔1〕两个超过100的数相乘。设两个超过100的数分别为a和b，它们与100的差分别为h和k，那么a=100+h，b=100+k。它们的积是a·b＝〔100+h〕〔100+k〕=〔100+h〕×100+100k-hk=〔100+h+k〕×100+hk=〔a+k〕×100+hk。由这一公式可知，两个超过100的数相乘，可以先把一个数加上另一个数与100的差，然后将所得的结果乘以100以后，再加上两个因数分别与100的差〔补充数〕的乘积。例如，108×112=〔108+12〕×100+8×12=12000+96=12096。快速口算的思考方法可以是：又如，103×102=〔103+2〕×100+3×2=10500+6=10506快速口算的思考方法可以是〔2〕两个缺乏100的数相乘。设两个缺乏100的数一个为a=100-h，另一个为b=100-k，那么它们的积是a·b=〔100－h〕〔100－k〕=〔100-h〕×100-100k+hk=〔100-h-k〕×100+hk=〔a-k〕×100+hk。由这个公式可知，两个缺乏100的两位数相乘，可以先从一个因数中减去另一个因数与100的差，然后将所得结果乘以100以后，再加上两个因数分别与100的差〔两个补充数〕的乘积。例如，89×97=〔89-3〕×100+11×3=8600+33=8633快速口算的思考方法可以是又如，89×88=〔89-12〕×100+11×12=7700+132=7832。快速口算的思考方法可以是〔3〕一个超过100，一个缺乏100的两个数相乘。设一个因数a比100大h，即a=100+h；另一个因数b比100小k，即b=100-k，那么它们的积是a·b=〔100+h〕〔100-k〕=〔100+h〕×100-100k+hk=〔100+h-k〕×100+hk＝〔a-k〕×100-hk。由这个公式可知，一个超过100、一个缺乏100的两个数相乘，可以先从大于100的因数中，减去另一个因数与100的差，然后将所得的结果乘上100以后，再减去两个因数分别与100之差〔两个补充数〕的乘积。例如，104×97=〔104-3〕×100-4×3=10100-12=10088快速口算思考方法可以是【平方差公式】两个数的和，乘以这两个数的差，等于这两个数的平方差。平方差公式用字母表达就是：〔a+b〕〔a-b〕=a2-b2运用平方差公式计算，可以使一些题目的计算变得比拟简便、快速。例如362-262=〔36+26〕×〔36-26〕=62×10=620672-522=〔67+52〕×〔67-52〕=119×15=1190+595=1785872-762=〔87+76〕×〔87-76〕=163×11=1630+163=1793这个公式反过来，也可以运用于两数相乘的速算。但其前提是：两个因数必须能化成同样的两个数的和与差。例如17×23=〔20-3〕×〔20+3〕=〔20+3〕×〔20-3〕=202-32=400-9=39194×86=〔90+4〕×〔90-4〕=902-42=8100-16=8084以上两例的特点是：首位相差1，末位数字之和是10。这样两个数相乘，可用较大数的十位数值与它的个位数字的和，去乘以它们的差，然后运用平方差公式进行速算。【十位数相同的两位数相乘公式】十位数相同的两个两位数相乘，可先将一个乘数的个位数字加到另一个乘数上，再乘十位数值，然后加上两个个位数字的积。即〔10a+b〕〔10a+c〕=〔10a+b+c〕×10a+bc例如，43×46=〔43+6〕×40+3×6=197884×87=〔84+7〕×80+4×7=7308【一因数两数字和是10，另一因数为11的倍数的两数乘法公式】一个因数的两个数字为a和b，且a+b=10，另一个因数为11的倍数，这样的两个两位数相乘，可先将前一个乘数的十位数字加1，再与后一个乘数的十位数字相乘后乘以100，然后加上两个个位数之积。即〔10a+b〕〔10c+c〕=〔a+1〕c×100+bc。例如，73×44＝〔7+1〕×4×100+3×4=3212。【个位数相同的两位数相乘公式】个位数相同的两个两位数相乘，可先将两个十位数字相乘，再乘以100，再加上一个因数与另一个因数十位数值的和，然后乘以另一因数的个位数。即〔10a+c〕〔10b+c〕=100ab+〔10a+c+10b〕c。例如，42×32=4×3×100+〔42+30〕×2=1344。【几十几与十几相乘公式】几十几与十几相乘，可将几十几的十位数值乘以十几的个位数数字，再加上几十几的10倍，然后加上两个个位数字之积。即〔10a+b〕〔10+c〕=10a×c+〔10a+b〕×10+bc。例如，65×17=60×7+650+5×7=1105。【末两位为25的三位数自乘公式】末两位为25的三位数自乘时，可以用首位数字的10倍与5的和，去乘以首位数字的1000倍，然后加上625。即〔100a+25〕2=〔10a+5〕×1000a+625。例如，7252=〔70+5〕×7000+625=525625如果直接写答案，可以是7252=525625↑↑75×7252又如，3252=105625↑↑35×3252【末两位为75的三位数自乘公式】末两位为75的三位数自乘时，可用首位数字的10倍与5的和，去乘以首位数字与1的和的积的1000倍，再加上625。即〔100a+75〕2=〔10a+5〕×〔a+1〕×1000+625。例如，8752=〔80+5〕×〔8+1〕×1000+625=765625如果直接写答案，可以是8752=765625↑85×9又如，3752=140625↑35×419、四那么运算性质【加法运算性质】加法的运算性质主要有以下三条：〔1〕一个数加上几个数的和，可以把这个数加和里的第一个加数，再加第二、三……个加数。用字母来表达，可以是：a+〔b+c+d〕=a+b+c+d。例如，85+〔15+57+43〕=85+15+57+43=100+57+43=157+43=200〔2〕几个数的和加上一个数，可以把这个加数加到和里的任意一个加数上去，再加和里的其他加数。用字母来表达，可以是：〔a+b+c〕+d=〔a+d〕+b+c=a+〔b+d〕+c=a+b+〔c+d〕。〔3〕几个数的和加上几个数的和，可以把两个和里的所有加数依次相加。用字母来表达，可以是:〔a1+a2+a3+……+an〕+〔b1+b2+b3+……+bn〕=a1+a2+a3+……+an+b1+b2+b3+……+bn例如，〔800+70+6〕+〔1200+500+60+7〕=800+70+6+1200+500+60+7=2643【加减混合运算性质】“加减混合运算性质〞也可称为“和与差的性质〞。这些性质有以下几条：〔1〕第一个数加上〔或减去〕第二个数，再减去第三个数，可以把第一个数先减去第三个数，再加上〔或减去〕第二个数。这就是说，在加减混合运算中，改变运算的顺序，得数不变。这常被称之为加减混合运算的“交换性质〞。用字母来表达这一性质，可以是：a+b-c=a-c+b；或a-b-c=a-c-b。例如3458+6789-2458=3458-2458+6789=1000+6789=77894087-1198-2087=4087-2087-1198=2000-1198=802〔2〕一个数加上两个数的差，等于这个数加上差里的被减数，再减去差里的减数。这可以称之为加减混合运算的“结合性质〞。用字母表示这一性质，可以是：a+〔b-c〕＝a+b-c例如，1364+〔8636-2835〕=1364+8636-2835=10000-2835=7165〔3〕一个数减去几个数的和，等于这个数依次减去和里的每一个加数。这也可称之为“结合性质〞。用字母表示这一性质，可以是：a-〔b+c+d+e〕=a-b-c-d-e。例如，8675-〔605+1070+287〕=8675-605-1070-287=8070-1070-287=7000-287=6713〔4〕一个数减去两个数的差，等于这个数先加上差里的减数，再减去差里的被减数。这也是加减混合运算的“结合性质〞。用字母表示这一性质，可以是：a－〔b－c〕＝a+c－b。例如，754-〔600-246〕=754+246-600=1000-600=400〔5〕几个数的和减去一个数，可以用和里的等于或大于这个数的一个加数，先减去这个数，然后再加和里的其他加数。这也是“结合性质〞。用字母表示这一性质，可以是：〔a+b+c+d〕-e=〔a-e〕+b+c+d〔a、b、d、d≥e〕=a+〔b-e〕+c+d=a+b+〔c-e〕+d=a+b+c+〔d-e〕。例如，〔421+368+468〕-368=421+〔368-368〕+468=421+468=889〔6〕几个数的和减去几个数的和，可以用第一个和里的各个加数，分别减去第二个和里不比它大的各个加数，然后相加。这也可称为“结合性质〞。用字母表示这一性质，可以是：〔a+b+c+d〕-〔e+f+g+h〕=〔a-e〕+〔b-f〕+〔c-g〕+〔d-h〕〔a≥e，b≥f，c≥g，d≥h〕例如，〔865+721+543+697〕-〔765+621+343+697〕=〔865-765〕+〔721-621〕+〔543-343〕+〔697-697〕=100+100+200+0=400【乘除混合运算性质】“乘除混合运算性质〞也可称之为“积与商的性质〞。它们的性质可分为三类：第一类是“交换性质〞：在乘除混合运算或连除的算式中，变更它们的运算顺序，得数的大小不变。用字母表示这一性质，可以是：a·b÷c=a÷c·b〔c≠0〕a÷b·c