奥数题型与解题思路41~60讲

朽木易折，金石可镂。千里之行，始于足下。第页/共页41、容易方程的解法【一元一次方程解法】求方程的解（或根）的过程，叫做解方程。解一元一次方程的普通步骤（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”。解分式方程的普通步骤（或主意）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。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=5892843、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，分离是圆台上、下底面圆的半径，斜腰DC，是圆台的母线。【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。本来的半圆圆心O是球心；本来半圆的半径和直径，分离叫做球的半径和直径；本来半圆的直径也是球的轴和直径。44、几何图形的计数【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举行对应比较。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比赛试题）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。以这些线段分离为底边，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？（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，分离以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）倘若把图5.49中的图形，分成5×6和4×11两个长方形，则：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_______。（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：本题要注重不能重复计数。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。倘若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’小学数学比赛试题）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。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，顶点与底面中央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耀猛加冶叩耐夹瘟恕【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，其弧长分离是圆台上、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46、几何公式【平面图形计算公式】普通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。（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。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的天然数N，将它分解质因数为为天然数，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，常常用到下面四个分数拆项公式：（1）延续两个天然数积的倒数，可拆成较小的天然数的倒数，减去较大的天然数的倒数。即（2）延续三个天然数的积的倒数，可拆成前两个天然数的积的倒数，减去后两个天然数的积的倒数的差的一半。即（3）延续四个天然数的积的倒数，可拆成前三个天然数的积的倒数，（4）普通分数拆项公式。当n、d都是天然数时，有【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？”解根据三角形堆垛公式，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？”解根据公式，得（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。根据长方形堆垛公式，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？”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。按照数线条数的公式，得S=（5+1）+5+4+3+2+1注重：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，可根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。解长方形ABCD长边上有6个小格，宽边上有4个小格。按照数长方形总数的公式，可得=21×10=210（个）。（答略）注重：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异常的，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）。解图中AB边上有7个等分，AD边上有3个等份。按照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。按照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，其中注重两条直线都不平行，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？解按照平面内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？解按照平面内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+…+19×2=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。按照格点面积公式，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）倘若格点是由形如“∴”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，并且惟独一条直线。【直线性质】按照直线的公理，可以推出下面的性质：两条直线相交，惟独一个交点。【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，有一条而且惟独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。（也可以容易地说成：垂线段最短。）【平行公理】经过直线外一点，有一条而且惟独一条直线和这条直线平行。【平行公理推论】倘若两条直线都和第三条直线平行，那么，这两条直线也互相平行。【有关平行线的定理】（1）倘若两条直线都和第三条直线垂直，那么这两条直线平行。（2）倘若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，普通称其为三角形的稳定性。因为三角形有这一特性，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），普通有：（1）三角形随意两边的和大于第三边；三角形随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”，竖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）较早地证实了这个定理。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。平行四边形是中央对称图形，对角线的交点是对称中央。【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。长方形是中央对称图形，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。菱形是中央对称图形，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）随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）倘若一个角的两边分离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的两边分离垂直于∠A的两边，则∠1+∠A=180°，即∠1与∠A互补。又∠2、∠3、∠4的两边也分离垂直于∠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）不在同向来线上的三个点决定一个圆。（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）倘若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，倘若它们的对应线段或其延伸线相交，那么，交点在对称轴上。例如图1.5中，BA与B′A′的延伸线相交，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。【中央对称图形的性质】倘若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“中央对称图形”。中央对称图形具有以下性质：（1）关于中央对称的两个图形，对称点连线都经过对称中央，并且被对称中央平分。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（对称中央），并且OA=OA′，OB=OB′，OC=OC′。（2）关于中央对称的两个图形，对应线段平行（或在同向来线上）且相等。48、和差积商的变化逻辑【和的变化逻辑】（1）倘若一个加数增强（或减少）一个数，另一个加数不变，那么它们的和也增强（或减少）同一个数。用字母表达就是倘若a+b=c，那么（a+d）+b=c+d；（a-d）+b=c-d。（2）倘若一个加数增强一个数，另一个加数减少同一个数，那么它们的和不变。用字母表达就是倘若a+b=c，那么（a+d）+（b-d）=c。【差的变化逻辑】（1）倘若被减数增强（或减少）一个数，减数不变，那么，它们的差也增强（或减少）同一个数。用字母表达，就是倘若a-b=c，那么（a+d）-b=c+d，（a-d）-b=c-d。（a＞d+b）（2）倘若减数增强（或减少）一个数，被减数不变，那么它们的差反而减少（或增强）同一个数。用字母表达，就是倘若a-b=c，那么a-（b+d）=c-d（a＞b+d），a-（b-d）=c+d。（3）倘若被减数和减数都增强（或都减少）同一个数，那么，它们的差不变。用字母表达，就是倘若a-b=c，那么（a+d）-（b+d）=c，（a-d）-（b-d）=c。【积的变化逻辑】（1）倘若一个因数扩大（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，就是倘若a×b=c，那么（a×n）×b=c×n，（a÷n）×b=c÷n。（2）倘若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，就是倘若a×b=c，那么（a×n）×（b÷n）=c，或（a÷n）×（b×n）=c。【商或余数的变化逻辑】（1）倘若被除数扩大（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，就是倘若a÷b=q，那么（a×n）÷b=q×n，（a÷n）÷b=q÷n。（2）倘若除数扩大（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，就是倘若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，就是倘若a÷b=q，那么（a×n）÷（b×n）=q，（a÷n）÷（b÷n）=q。（4）在有余数的除法中，倘若被除数和除数都扩大（或都缩小）同样的倍数，不彻低商固然不变，但余数却会跟着扩大（或缩小）同样的倍数。这一变化逻辑用字母表示，就是倘若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【确切度计算】例1计算111213÷3l21l10l98765432l，它小数点后面的前三位数字是______。（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，直接去除是极棘手的。我们不妨将被除数和除数作适当的放缩，再去举行解答：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临近20，304临近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：将分母运用扩缩法举行估算，可得X，那么，与X最临近的整数是______。（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50、按照和、差、积、商变化逻辑速算【按照和的变化逻辑速算】和的变化逻辑有以下两条。（1）倘若一个加数增强（或减少）一个数，另一个加数不变，那么它们的和也增强（或减少）同一个数。利用这一逻辑，可以使计算简便、迅速。例如645+203=645+200+3=845＋3=848397＋468=400＋468-3=868-3（2）倘若一个加数增强一个数，另一个加数减少同一个数，那么它们的和不变。利用这一逻辑，也可以使计算简便、迅速。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【按照差的变化逻辑速算】差的变化逻辑有如下三条。（1）倘若被减数增强（或减少）一个数，那么它们的差也增强（或减少）同一个数。运用这一逻辑的速算，如804—355=800—355＋4=445＋4＝449593—264=600—264—7=336—7=329（2）倘若减数增强（或减少）一个数，被减数不变，那么它们的差反而减少（或增强）同一个数。运用这一逻辑的速算，如675—298=675—300＋2=375＋2=377458—209=458—200—9=258—9=249（3）倘若被减数和减数都增强（或都减少）同一个数，那么它们的差不变。运用这一逻辑的速算，如3520—984=（3520＋16）-（984＋16）=3536—1000=2526803—345=（803—3）-（345—3）=800—342=458【按照积的变化逻辑速算】积的变化逻辑有如下两条。（1）倘若一个因数扩大（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。运用这一逻辑的速算，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）倘若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。运用这一逻辑速算，如240×25=（240÷4）×（250×4）=60×1000=6000045×14=（45×2）×（14÷2）=90×2=180【按照商的变化逻辑速算】商的变化逻辑，有如下三条：（1）倘若被除数扩大（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。运用这一逻辑速算，如5400÷9=（5400÷100）÷9×100=54÷9×100=6×100=600（2）倘若除数扩大（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。运用这一逻辑速算，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。运用这一逻辑速算，如690000÷23000=（690000÷1000）÷（23000÷1000）=690÷23=3012000÷25=（12000×4）÷（25×4）=48000÷100=480注重：在有余数的除法里，倘若被除数和除数都扩大（或者都缩小）同样的倍数，不彻低商固然不会变化，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。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。但只要仔细看见就能发现，按照轴对称性及割补主意，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，本来的阴影部分就正巧拼成了一个半圆。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逻辑：①两个或两个以上的图形拼接成一个新的几何图形，它的面积等于本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。倘若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，那么截割后增强的长度就是2a。根据这一逻辑，可迅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、形状彻低相同的三个长方形，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，比本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”正巧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，有以下逻辑：①两个或两个以上的几何体，拼接成一个新几何体以后，它的体积等于本来若干个几何体体积之和；但是它的表面积却比本来若干个几何体的表面积之和要小。倘若重叠部分为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。倘若其中的截割面积为S，那么，增强的表而积就是2S。根据这一逻辑，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彻低相同的长方体（不计损耗），表面积会增强多少平方厘米？因为正方体木块的截割面积为5×5=25（平方厘米），根据上面的逻辑可知，表面积会增强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，表面会增强多少平方厘米？因为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，表面积会增强。5×6×2=30×2=60（平方厘米）②如图4.42中图的截法，表面积会增强。10×6×2=60×2=12（平方厘米）③如图4.42右图的截法，表面积会增强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、迅速。【以乘代加】几个加数固然不同，但数字大小比较临近的时候，可以挑选一个数作“基准数”，采用“以乘代加”的主意速算。例如（1）17＋18＋16＋17＋14+19＋13+14解题时，可以挑选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临近的连加运算，是极为方便、迅速的，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个学生某次数学考试分数如下：72；71；70；68；74；69；73；67；70；73。计算时，可挑选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，这组学生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？”很显然，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，售货员普通不做减法，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？因为做减法会产生延续退位的问题，而用加法凑整，可以通过“前位九，末位十”的主意口算。达到准确、迅速、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”的主意——“前位凑九，末位凑十”，去疾驰地求差。请看下面的两个例子，异常是看一看列出的竖式：（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异常简便，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的主意，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。按照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。这种主意，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，可以用这个数分离乘以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。所以这种速算主意可称之为“添0折半加原数法”。例如6489×6=64890÷2+6489=32445＋6489=38934这种主意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。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这种主意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】倘若一个数乘以1.5，也就是乘以（1＋0.5），那么按照乘法分配律，只要把这个数加上它的一半就可以了。这时，本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”的主意速算乘法，也是“以加代乘”的一种主意。这种“原数加半”主意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。比喻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这样的主意，可以称作“加半定积法”。在我国农村，还常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，人们普通称这样的迅速简算主意，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主意，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。由口算便疾驰得出了此题的得数。【以乘代除，以除代乘】在乘法运算里，倘若一个因数是5”，则可将它化为“10n÷2n”，从而将“乘以5n”转化为“除以2n”举行计算。同样，在除法运算里，倘若除数是5n，那么，也可以将它转化为“乘以2n”去举行计算。显然，除以或乘以2n，要比乘以或除以5n方便、迅速得多。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延续翻倍三次即可。即12—→24—→48—→96。（2）480×125=480×53=480×（103÷23）=480×103÷23＝480÷23×103=60×103=60000因为480÷23=480÷2÷2÷2，所以口算得数时，只要把480延续折半三次即可。即480—→240—→120—→60。53、复杂分数应用题【复杂的普通分数问题】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”小学数学比赛试题）讲析：关键是要求出甲、乙两校学生数，分离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）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，因为进货价降低了8％，使得利润率提高了10％。那么这个商店本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小学清晨6：00开校门，晚上6：40关校门。下午有一学生问老（1992年小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：本题的关键是要注重“时光”和“时刻”这两个概念的区别。从清晨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，现在的时光是下午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。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）才干完成。例2倘若用甲、乙、丙三根水管同时往一个空水池里灌水，1小时可以灌满；倘若用甲、乙两根水管，1小时20分可以灌满；倘若用乙、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，倘若甲队单独做，16天可以完成；乙队单独做时，骤然碰到地下水，影响施工进度，使得天天少挖了47.25方土，结果共用了10天完成工程。问囫囵工程要挖多少方土？（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％，所以天天可以完成例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，倘若交换工人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；倘若交换工人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：倘若同时交换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。（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、乙两个工地举行清理工作。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、乙两地所有工作量作单位“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，单开乙管需要丁的顺序循环开各水管，每次每管开1小时，问多少时光后水开始溢出水池？（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。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：注重到，4×6=24，2＋4=6，由此产生的一连串算式：16×4=64166×4=6641666×4=6664……（全国“育苗杯”小学数学比赛试题）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比赛试题）讲析：倘若分离计算出分子与分母的值，则难度较大。看见式子，可发现分子中含有326×274，分母中含有275×326。于是可想主意化成相同的数：（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，并注重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：因为分子与分母部分都比较复杂，所以只能分离计算。计算时，哪一步中能简算的，就采用简算的主意去计算。所以，原繁分数等于1。（北京市第一届“迎春杯”小学数学比赛试题）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）55、对称变换【将军饮马】据说古代希腊有一位将军向当初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？如何决定饮马的地点？海伦的主意是这样的：如图4.33，设L为河，作AO⊥L交L于O点，延伸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主意。运用这种主意，可以巧妙地解决许多几何问题。【划线均分】通过中央对称图形的对称中央，随意画一条直线，都可以把原图形均分成两个大小、形状彻低相同的图形。利用这一性质，可以使某些较复杂的问题疾驰地解答出来。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，也是中央对称图形，所以只要找出两个对称中央（对角线交点），利用中央对称图形的上述性质，通过两个对称中央作一条直线，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）。（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，又是中央对称图形。长方形的对称中央是对角线的交点，圆的对称中央是它的圆心。按照中央对称图形的上述性质，先找出这两个对称中央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”小学数学比赛试题）讲析：我们不能用（15+30）÷2来计算平均速度，因为往返的时光不相等。只能用“总路程除以往返总时光”的主意求平均速度。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。倘若只分给第一群，则每只猴子可得12粒；倘若只分给第二群，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”小学数学比赛试题）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某次数学比赛原定一等奖10人，二等奖20人，现在将一等奖中最后4人调节为二等奖，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，本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：设本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，丙碰到乙后2分钟又碰到甲，A、B两地相柜______米。（1990年《小学生报》小学数学比赛试题）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、两相遇的时光，也就是乙行距离AD的时光。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的时光是240÷10=24（分钟）。所以，AB两地相距米数是（70+60）×24=3120（米）例2在一条马路上，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……（延续奇数）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比赛初赛试题）（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，相遇所需要的时光共是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，沿同一马路追逐前面的一个骑车人。这三辆车分离用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分离为三车追上骑车人的地点。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。倘若把车速提高20％，可以比原定时光提前一小时到达；倘若以原速行驶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光的关系。因为车速与时光成反比，当车速提高20％时，所用时光缩短为本来的例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比赛初赛试题）讲析：关键是要理解上行与下行时光各占所有上下行总时光的百分之几。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7例6甲、乙两车分离从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，分离到达对方城市后，又赶紧返回，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》小学数学比赛预选赛试题）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，从第一次相碰到第二次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、乙两车分离从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：按照甲、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、乙两人分离从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，甲比乙少用的时光是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。例10甲、乙二人在同一条环形跑道上作异常训练：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赶紧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举行长跑锻炼，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。倘若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逐父亲。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。例12甲班与乙班学生同时从小学出发去某公园。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。小学有一辆大客车，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光内到达，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光内到达，惟独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分离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光从公司出发，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而剩下的时光，则汽车行AC路程需要8分钟，所以汽车到达C点接到王经理的时光是7点52分钟。王经理步行时光是从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】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年天津市小学数学比赛试题）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。倘若评一、二、三等奖各两人，那么每个一等奖的奖金是308元；倘若评一个一等奖，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。倘若评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。倘若甲给乙一定数量的糖后，甲的糖就是乙的糖粒数的2倍。倘若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学生参加金杯赛。小学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。后来每校各增强一个人参赛，这样两校需要的汽车就一样多了。最后又决定每校再各增强一人参加比赛，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比赛？（全国第一届“华杯赛”决赛试题）讲析：本来二小比一小多一辆车，各增强一人后，两校所需车一样多。由此可见，一小增一人就要增强一辆车，所以本来汽车恰好所有坐满，即本来一小人数是15的倍数。后来又增强1人，这时二小又要多派一辆车，所以在第二次增强人数之前，二小的车也恰好坐满。即人数是13的倍数。因此，本来每校参加的人数都是15的倍数。而加1之后，是13的倍数。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人参加比赛。从而可知，两校共有184人参加比赛。【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”小学数学比赛试题）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”少年数学比赛试题）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，祖父的年龄分离是小明年龄的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，当姐姐的年龄惟独妹妹现在这么大时，妹妹的年龄恰好是姐姐年龄的一半。姐姐是哪一年出生的？（长沙地区数学比赛预选赛试题）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。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比赛试题）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