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【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──省略一个数的一部分尾数，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7.6239四舍五入保留两位小数约等于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──要省略的尾数不论是多少，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“不足近似值”。 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，保留两位小数得1.60，即1.5972≈1.60，最后的“0”不可去掉，否则，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，若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]。 若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则如下： （1）纯循环小数化分数的法则。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则。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”字的个数和不循环部分的位数相同。 【分数化有限小数判断法】
若进一步研究，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。它的不循环部分数字的个数，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。不循环部分数字的个数是3个（最高乘方23的指数为3），循环部分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）若分母只含质因数2，5，则化得的小数是有限小数； （2）若分母不含质因数2，5，则化得的小数是纯循环小数； （3）若分母既含质因数2，5，又含2和5以外的质因数，则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，否则很容易出错。 【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）若某个合数为某一个自然数的平方，则它的所有约数的“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）。如下图（图4.7）：
（2）若某个合数不是某一自然数的平方，则可先找出一个“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，运算起来比较简便。若数末尾不是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较简便、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 =486 1680—89=1680-（100—11） =1680—100+11 =1580+11 =1591 4365-997=4365-（1000-3） =4365-1000＋3 =3368 69×9=69×（10-1） =690-69 =621 69×99=69×（100-1） =6900-69 =6831 87×98=87×（100-2） =8700-87×2 =8700-200+26 =8526 13、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。则乙、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。已知甲读了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，则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，改进技术，使工作效率提高到原来的2.5倍，后来再加工1500个零件时，比改进技术前少用了18小时。改进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：改进技术后的工效提高到原来的2.5倍，后来加工1500个零件时，比改进技术前少用18小时，则改进技术后加工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，改进前每小时加工的便是1500÷30=50（个）， 改进后每小时加工的便是1500÷12=125（个）。 例2 现有2分硬币、5分硬币各若干个，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；则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】 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
（长沙地区小学数学竞赛预赛试题） 讲析： 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部分是一位
________。
（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，整数部分必须选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。若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，求正方形内阴影部分的面积。（单位：厘米） 表面上看，题目也是很难解答的。但只要将两个卵叶片形的阴影部分绕正方形的中心，分别按顺时针和逆时针方向旋转90°，就得到了一个由阴影部分组成的半圆（如图4.26），于是，阴影部分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。若像打开折扇一样，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的阴影部分的面积（单位：厘米）。若采用正方形面积减空白部分面积的求法，
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打开，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，阴影部分面积便是半圆面积减三角形面积的差。所以，阴影部分面积是 42×3.14÷2-（4+4）×4×2 =25.12-16 =9.12（平方厘米） 又如，求图4.30阴影部分的面积（单位：厘米）。
将这个图从中间剪开，以o为旋转中心，将右半部分按顺时针方向转到左半部下方，便变成了图4.31。于是，阴影部分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，则小数值比原来大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，则三个分数的和为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 地同时满足下列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办法，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，以达到解决问题的目的。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下列不同的路线。
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＝24 6×（3＋2－l）＝24 7×3十豆十2—24 8×3×（2－1）＝24 9×3—1—2—24 10×2＋l＋3＝24 11×2＋3－l＝24 12×（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：是基本的小三角形，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，但已知条件却十分抽象，数量关系又很复杂，凭空思索，则不易捉摸。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。若单位“ 1”未知，就给单位“1”设具体数值。 例1 判断下列各题。（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，就能猜测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。男生人数则为 女生人数比男生人数少几分之几，则为 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： 沿原路回家的速度则为： 回家时所需的时间则为： 解：把全路程看作单位“1”。 例4 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。若假定乙校学生为500人，则甲校学生为： 500×40％= 200（人） 由甲校女生数是甲校学生数的30％，则甲校女生数为： 200×30％=60（人） 由乙校男生数是乙校学生数的42％，则乙校女生数为： 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） 则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，求阴影部分的面积。
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，即得阴影部分的面积。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。我们可以先求阴影部分的面积占正方形面积的百分之几，再计算阴影部分的面积。 设正方形的边长为1，正方形的面积则为： 12=1 圆的半径则为： 圆面积占正方形面积的百分比为： 阴影部分的面积占正方形面积的百分比为 1-78.5％=21.5％ 由此可知阴影部分的面积为 20×21.5％=4.3（平方厘米） 解：设正方形的边长为1，则阴影部分的面积为 =20×21.5％ =4.3（平方厘米） 答：阴影部分的面积为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部分属性相类似，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，类推出分数的基本性质和比的基本性质。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的办法去解决问题B，或者用解决问题B的办法去解决问题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，则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2 A、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：不能简单回答从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 王老师为学校购买音乐器材。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”，则每台手风琴
=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测，然后把猜测的答案试一试，看这个答案是否符合题意。如果符合，则问题就得到解决。如果不符合，就得对答案进行调整，或者重新猜测，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：比较两个等式，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=54 7×8=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，经过多次试验，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，可以猜测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，猜测有了一定的范围，于是进行尝试，边尝试边筛选，以求得正确的解答。 10×10=100 10×12=120 10×13=130（不合题意） 10×14=140 10×15=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。如果认定这个猜测是正确的，那么二队
100-20-15-16=49（人） 如果对这个答案有怀疑，不妨再试。若一队人数为40人，则二队人数为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，可以从这个问题的部分特殊的情况入手，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，比较组与组之间数字排列的规律，如图3.33。
通过比较，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，可以从研究部分情况入手，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=9 13+23+33=36 （1+2+3）2=36 13＋23＋33＋43=100 （1+2＋3＋4）2=100 13＋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3 17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）若这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）若这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若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若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 在下列□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：可从整数部分和小数部分分开考虑。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部分尽可能小。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 已知两个四位数的差是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，则“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，则积中一定含有因数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】若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，则这样的两个数便是“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 =5616 45×45=（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】若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，则这样的两个数便是“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，则它们的积是 （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，则它们的积是： （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，则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）两个不足100的数相乘。 设两个不足100的数一个为a=100-h，另一个为b=100-k，则它们的积是 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，两个不足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100，一个不足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，则它们的积是 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、一个不足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较简便、快速。例如 362-262=（36+26）×（36-26） =62×10=620 672-522=（67+52）×（67-52） =119×15 =1190+595=1785 872-762=（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 =391 94×86=（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 =1978 84×87=（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=525 625 ↑ ↑ 75×7 252 又如，3252=105 625 ↑ ↑ 35×3 252 【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=765 625 ↑ 85×9 又如，3752=140 625 ↑ 35×4 19、四则运算性质 【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 =7789 4087-1198-2087=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=a·c÷b（b≠0） a÷b÷c=a÷c÷b（b≠0，c≠0） 例如 2460×376÷246=2460÷246×376 =10×376 =3760 6900÷25÷69=6900÷69÷25 ＝100÷25 =4 第二类是“结合性质”。结合性质有以下几条： （1）一个数乘以两个数的商，等于这个数先乘以商里的被除数，再用积除以商里的除数。 用字母表达这一性质，可以是： a·（b÷c）＝a·b÷c（c≠0） 例如7×（400÷28）=7×400÷28 =2800÷28 =100 （2）一个数除以两个（或若干个）因数的积，等于这个数除以积里的一个因数，再依次除以其他的因数。 用字母表达这一性质，可以是： a÷（b·c）=a÷b÷c（b、c≠0） a÷（b·c……·m）=a÷b÷c÷……÷m（b，c……m≠0） 例如，1050÷（2×3×5×7）=1050÷2÷3÷5÷7 ＝525÷3÷5÷7 =175÷5÷7 ＝35÷7 =5 （3）一个数除以两个数的商，等于这个数除以商里的被除数，再乘以商里的除数。 用字母表示这一性质，可以是： a÷（b÷c）＝a÷b×c（b≠0，c≠0） 例如，3600÷（360÷40）=3600÷360×40 =10×40 ＝400 第三类是“分配性质”。分配性质有以下几条： （1）两个数的差与一个数相乘，可以用被减数与减数分别与这个数相乘，然后再相减。 用字母表达这一性质，可以是： （a-b）c＝ac－bc a（b-c）=ab-ac 例如，（100-3）×21=100×21-3×21 =2100-63 =2037 78×（100-1）=78×100-78×1 =7800-78 =7722 （2）几个数的和除以一个数，可以用和里的每个加数分别除以这个数，再把所得的商相加。 用字母表达这一性质，可以是: （a+b+c）÷d=a÷d+b÷d+c÷d。（d≠0） 例如，（3700+1110+37）÷37 =3700÷37+1110÷37+37÷37 =100+30+1 =131 注意：此性质不适用于“一个数除以几个数的和”，即a÷（b+c+d）≠a÷b+a÷c+a÷d。比方， 6850÷（100+37）≠6850÷100+6850÷37。 （3）两个数的差除以一个数，可以把被减数和减数分别除以这个数，再把所得的商相减。 用字母表达这一性质，可以是： （a-b）÷m=a÷m-b÷m（m≠0） 例如，（3400-68）÷34=3400÷34-68÷34 =100-2 =98 注意：此性质也不适用于“一个数除以两个数的差”。即 m÷（a-b）≠m÷a-m÷b。 比方 3400÷（68-34）≠3400÷68-3400÷34。 （4）几个数的积除以一个数，可以把积里的任何一个因数除以这个数，然后再与其他因数相乘。 用字母表达这一性质，可以是： （a·b·c）÷m=（a÷m）·b·c＝a·（b÷m）·c=a·b·（c÷m）（m≠0） 例如，（20×48×5）÷8=20×（48÷8）×5 =20×6×5 =600 （5）几个数的积除以几个数的积，可以把第一个积里的各个因数，分别除以第二个积里的各个因数，然后把所得的商相乘。 用字母表达这一性质，可以是： （a·b·c·d）÷（e·f·g）＝（a÷e）·（b÷f）·（c÷g）·d。（e·f·g≠0） 例如，（21×15×48）÷（7×3×16）=（21÷7）×（15÷3）×（48÷16）=3×5×3=45 20、四则计算 【基本题】 例1 计算 7142.85÷3.7÷2.7×1.7×0.7 （1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题） 讲析：本题的两个除数和乘数依次是3.7，2.7，1.7，0.7。从数字上分析，不能运用简便运算。所以，只能从左至右依次计算。结果是850.85。 （1990年江西省“八一杯”小学数学竞赛试题） 成假分数之后，分子都含有22的约数，于是可采用分配律计算。 （1994年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：两个分数的分母都是3，所以，可把小数化成分数计算。 【巧算题】 （全国第三届“华杯赛”初赛试题） 讲析：括号中的三个数如果直接通分，则比较繁琐。经观察，可将三个分母分解质因数，求出公分母；在求公分母的过程中，不必急于求出具体的数，而可边算边约分，能使计算简便一些。 （1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：当把两个带分数化成假分数时，分子都是65。于是，第一个括号中可提出一个65，第二个括号中可提出一个5，能使计算变得比较简便。 例3 计算： （全国第四届“华杯赛”复赛试题） 讲析：经观察发现，可将整数部分与分数部分分开计算。这时，每个带分数的分数部分，都可以拆分成两个单位分数之差，然后互相抵消。计算就很简便了 例4 计算： （1990年《小学生数学报》小学数学竞赛试题） 除以两数之积，就等于分别除以这两个数。然后可将它们重新组合计算为 法分配律计算。于是可将10.375分开，然后重新组合。 （1990年小学数学奥林匹克初赛试题） 用字母代替去计算。 （长沙市小学数学奥林匹克集训队选拔赛试题） 26.3乘以2.5。这样计算，可较为简便。 原式=2.5×24.7＋29×2.5＋26.3×2.5 =2.5×（24.7+29＋26.3）=200。 例8 已知11×13×17×19=46189 计算：3.8×8.5×11×39 （广州市小学数学竞赛试题） 讲析：根据已知条件来计算另一个算式的结果，应尽量将计算式化成与已知条件式相同或相似的式子。所以，可计算为： 原式=（2×1.9）×8.5×11×（13×3）=0.3×（11×13×17×19） =0.3×46189=13856．7 例9 计算1+2-3-4+5+6-7-8+……+1990。 （福建省首届“小火炬杯”小学数学竞赛试题） 讲析：观察发现，形于“2-3-4+5”的结果为0，于是可分组计算为 原式=1＋（2-3-4+5）+（6-7-8+9）+……+（1986-1987-1988＋1989）＋1990 =1+1990 =1991 例10 计算0.1+0.3+0.5+0.7+0.9+0.11+0.13+0.15+……+0.99 （北京市1988年小学数学奥林匹克邀请赛试题） 讲析：可分组进行计算。注意到每相邻两数的差，可计算为 原式=（0.1+0.3+……+0.9）+（0.11+0.13+0.15+……+0.99） =27.25 （1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题） 讲析：将前面几个括号中的结果计算出来以后，会发现分组计算较好，故算式可以是： 21、数字和与最大最小问题 【数字求和】 例1 100个连续自然数的和是8450，取其中第1个，第3个，第5个，………，第99个（所有第奇数个），再把这50个数相加，和是______。 （上海市第五届小学数学竞赛试题） 讲析：第50、51两个数的平均数是8450÷ 100= 84. 5，所以，第50个数是84。则100个连续自然数是： 35，36，37，………，133，134。 上面的一列数分别取第1、3、5、……、99个数得： 35，37，39，……131，133。 则这50个数的和是： 例2 把1至100的一百个自然数全部写出来，所用到的所有数码的和是_____。 （上海市第五届小学数学竞赛试题） 讲析；可把1至100这一百个自然数分组，得 （1、2、3、……、9），（10、11、12、……、19），（20、21、22、……29），……，（90、91、92、……99），（100）。 容易发现前面10组中，每组的个位数字之和为45。而第一组十位上是0，第二组十位上是1，第三组十位上是2，……第十组十位上是9，所以全体十位上的数字和是（l+2+3+……+9）×10=450。故所有数码的和是45×10+450+l=901。 续若干个数字之和是1992，那么a=____。 （北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
又，1992÷27=73余21，而21=8+5+7+1，所以a=6。 例4 有四个数，每次选取其中三个数，算出它们的平均数，再加上另外一个数，用这种方法计算了四次，分别得到四个数：86，92，100，106。那么，原来四个数的平均数是 （1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：每次所选的三个数，计算其平均数，实际上就是计算这三个数中
原来四个数的平均数为（86+92+100+106）÷2=192。 【最大数与最小数】 例1 三个不同的最简真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大,这三个分数是 （全国第四届《从小爱数学》邀请赛试题）。 讲析： 20以内的质数有： 2、 3、 5、 7、 11、 13、 17、 19 要使三个分数尽量大，必须使每个分子尽量大而分母尽量小。且三个真
例2 将1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分成三组，分别计算各组数的和。已知这三个和互不相等，且最大的和是最小和的2倍。问：最小的和是多少？ （全国第三届“华杯赛”决赛口试试题） 讲析；因为1+2+3+……+8=36，又知三组数的和各不相同，而且最大的
例3 把20以内的质数分别填入□中（每个质数只用一次）： 使A是整数。A最大是多少？ （第五届《从小爱数学》邀请赛试题） 讲析：要使A最大，必须使分母尽量小，而分子尽量大。 分母分别取2、3、5时，A都不能为整数。当分母取7时， 例4 一组互不相同的自然数，其中最小的数是1，最大的数是25。除1之外、这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和。问：这组数之和的最大值是多少？当这组数之和有最小值时，这组数都有哪些数？并说明和是最小值的理由。 （全国第四届“华杯赛”决赛第一试试题） 析：观察自然数1、2、3、4、5、……、25这25个数，发现它们除1之外，每个数都能用其中某一个数的2倍，或者某两个数之和表示。因此，这组数之和的最大值是1+2+3+……+25=325。 下面考虑数组中各数之和的最小值。 1和25是必取的，25不能表示成一个数的2倍，而表示成两个数之和的形式，共有12种。我们取两个加数中含有尽可能大的公约数的一组数（20+5）或者（10+15）。当取1、5、20、25时，还需取2、3、10三个；当取1、10、15、25时，还需取2、3、5。经比较这两组数，可知当取1、2、3、4、5、10、15、25时，和最小是61。 22、数字串问题 【找规律填数】 例1 找规律填数 （杭州市上城区小学数学竞赛试题） （1992年武汉市小学数学竞赛试题） 讲析：数列填数问题，关键是要找出规律；即找出数与数之间有什么联系。 第（1）小题各数的排列规律是:第1、3、5、……（奇数）个数分别
别是4和2。 第（2）小题粗看起来，各数之间好像没有什么联系。于是，运用分数
得到了 例2 右表中每竖行的三个数都是按照一定的规律排列的。按照这个规律在空格中填上合适的数。
（1994年天津市小学数学竞赛试题） 讲析：根据题意，可找出每竖行的三个数之间的关系。不难发现每竖行中的第三个数，是由前两数相乘再加上1得来的。所以空格中应填33。 【数列的有关问题】
数是几分之几？ （第一届《从小爱数学》邀请赛试题） 讲析：经观察发现，分母是1、2、3、4、5……的分数个数，分别是1、3、5、7、9……。所以，分母分别为1、2、3……9的分数共
例2 有一串数：1，1993，1992，1，1991，1990，1，1989，1988，…这个数列的第1993个数是______ （首届《现代小学数学》邀请赛试题） 讲析：把这串数按每三个数分为一组，则每组第一个数都是1，第二、三个数是从1993开始，依次减1排列。 而1993÷3=664余1，可知第1993个数是1。 例3 已知小数0.12345678910111213……9899的小数点后面的数字，是由自然数1—99依次排列而成的。则小数点后面第88位上的数字是______。 （1988年上海市小学数学竞赛试题） 讲析：将原小数的小数部分分成A、B两组： A中有9个数字，B中有180个数字，从10到49共有80个数字。所以，第88位上是4。 例4 观察右面的数表（横排为行，竖排为列）； 几行，自左向右的第几列。（全国第三届“华杯赛”决赛试题） 讲析：第一行每个分数的分子与分母之和为2，第二行每个分数的分子与分母之和为3，第三行每个分数的分子与分母之和为4，……即每行各数的分子与分母之和等于行数加1。
例5 如图5.4，除了每行两端的数之外，其余每个数都是与它相连的上一行的两个数的平均数，那么第100行各数之和是_______。 （广州市小学数学竞赛试题） 讲析：可试探着计算每行中各数之和。第一、二、三、四行每行的各数之和分别是6、8、10、12，从而得出，每行的数字之和，是行数的2倍加4。故第100行各数之和为100×2＋4=204. 例6 伸出你的左手，从大拇指开始，如图5.5所示的那样数数：l、2、3……。问：数到1991时，会落在哪个手指上？ （全国第三届“华杯赛”决赛口试试题） 讲析：除1之外，从2开始每8个数为一组，每组第一个数都是从食指开始到拇指结束。∵（1991—1）÷8=248余6，∴剩下最后6个数又从食指开始数，会到中指结束。
例7 如图5.6，自然数按从小到大的顺序排成螺旋形。在“2”处拐第一个弯，在“3”处拐第二个弯……问拐第二十个弯处是哪个数？
（全国第一届“华杯赛”决赛口试试题） 讲析：写出拐弯处的数，然后按每两个数分为一组：（2，3），（5，7），（10，13），（17，21），（26，31），……。将会发现，每组数中依次相差1、2、3、4、5、……。每组的第二个数与后一组的第二个数依次相差2、3、4、5、……。从而可推出，拐第二十个弯处的数是111。 例8 自然数按图5.7顺次 排列。数字3排在第二行第一列。问：1993排在第几行第几列？
（全国第四届“华杯赛”复赛试题） 讲析：观察每斜行数的排列规律，每斜行数的个数及方向。 每一斜行数的个数分别是1、2、3、4、5、……，奇数斜行中的数由下向上排列，偶数斜行中的数由上向下排列。
斜行，该斜行的数是由下向上排列的，且第63行第1列是1954。 由于从1954开始，每增加1时，行数就减少1，而列数就增加1。所以1993的列数、行数分别是： 1993—1954＋1=40（列），63-（1993—1954）=24（行） 23、数阵图 【方阵】 例1 将自然数1至9，分别填在图5.17的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的三个数之和都相等。
（长沙地区小学数学竞赛试题） 讲析：中间一格所填的数，在计算时共算了4次，所以可先填中间一格的数。 （l+2+3+……+9）÷3=15，则符合要求的每三数之和为15。显然，中间一数填“5”。 再将其它数字顺次填入，然后作对角线交换，再通过旋转（如图5.18），便得解答如下。
例2 从1至13这十三个数中挑出十二个数，填到图5.19的小方格中，使每一横行四个数之和相等，使每一竖列三个数之和又相等。
（“新苗杯”小学数学竞赛试题） 讲析：据题意，所选的十二个数之和必须既能被 3整除，又能被 4整除，（三行四列）。所以，能被12整除。十三个数之和为91，91除以12，商7余7，因此，应去掉7。每列为（91—7）÷4=21 而1至13中，除7之外，共有六个奇数，它们的分布如图5.20所示。 三个奇数和为21的有两种：21=1＋9+11=3＋5+13。经检验，三个奇数为3、5、13的不合要求，故不难得出答案，如图5.21所示。
例3 十个连续自然数中，9是第三大的数，把这十个数填到图5.22的十个方格中，每格填一个，要求图中三个2×2的正方形中四数之和相等。那么，这个和数的最小值是______。 （1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：不难得出十个数为:2、3、4、5、6、7、8、9、10、11。它们的和是65。在三个2×2的正方形中，中间两个小正方形分别重复了两次。 设中间两个小正方形分别填上a和b，则（65＋a＋b）之和必须是 3的倍数。所以，（a＋b）之和至少是7。 故，和数的最小值是24。 【其他数阵】 例1 如图5.23，横、竖各12个方格，每个方格都有一个数。 已知横行上任意三个相邻数之和为20，竖列上任意三个相邻数之和为21。图中已填入3、5、8和“×”四个数，那么“×”代表的数是______。
（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题） 讲析：可先看竖格。因为每相邻三格数字和为21，所以每隔两格必出现重复数字。从而容易推出，竖格各数从上而下是：3、10、8、3、10、8、3、10、8、3、10、8。 同理可推导出横格各数，其中“×”=5。 例2 如图5.24，有五个圆，它们相交后相互分成九个区域，现在两个区域里已经分别填上数字10、6，请在另外七个区域里分别填进2、3、4、5、6、7、9七个数字，使每个圆内的数之和都是15。 （上海市第五届小学数学竞赛试题）
讲析：可把图中要填的数，分别用a、b、c、d、e、f、g代替。（如图5.25） 显然a=5，g=9。 则有：b＋c=10，e＋f=6，c＋d＋e=15。经适当试验，可得b=3，c=7，d=6，e=2，f=4。 例3 如图5.26，将六个圆圈中分别填上六个质数，它们的和是20，而且每个小三角形三个顶点上的数之和相等。那么，这六个质数的积是______。 （全国第一届“华杯赛”决赛试题） 讲析：最上面的小三角形与中间的小三角形，都有两个共同的顶点，且每个小三角形顶点上三数之和相等。所以，最上边圆圈内数字与最下面中间圆圈内数字相等。
同样，左下角与右边中间的数相等，右下角与左边中间数相等。 20÷2=10，10＝2+3+5。 所以，六个质数积为2×2×3×3×5×5=900。 例4 在图5.27的七个○中各填上一个数，要求每条直线上的三个数中，中间一个数是两边两个数的平均数。现已填好两个数，那么X=_______。 （1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：如图5.28，可将圆圈内所填各数分别用a、b、c、d代替。 则d=15。 由15+c+a=17+c+b，得：a比b多2。 所以，b=13+2=15。进而容易算出，x=19。 例5 图5.29中8个顶点处标注的数字： a、b、c、d、e、f、g、h，其中的每一个数都等于相邻三个顶点
（全国第三届“华杯赛”复赛试题） 讲析：将外层的四个数，分别用含其它字母的式子表示，得
即（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=0 24、数的组成 【数字组数】 例1 用1、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字组成质数，如果每个数字都要用到，并且只能用一次，那么这九个数字最多能组成______个质数。 （1990年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：自然数1至9这九个数字中，2、3、5、7本身就是质数。于是只剩下1、4、6、8、9五个数字，它们可组成一个两位质数和一个三位质数：41和689。所以，最多能组成六个质数。 例2 用0、1、2、……9这十个数字组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是一个奇数，并且尽可能的大。那么，这五个两位数的和是______。 （1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：组成的五个两位数，要求和尽可能大，则必须使每个数尽可能大。所以它们的十位上分别 是9、8、7、6、5，个位上分别是0、1、2、3、4。但要求五个两位数和为奇数，而1+2+3+4=10为偶数，所以应将4与5交换，使和为： （9+8+7+6+4）×10+（1+2+3+5）=351。 351即本题答案。 例3 一个三位数，如果它的每一个数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字，那么就称它被另一个三位数“吃掉”。例如，241被342吃掉，123被123吃掉（任何数都可以被与它相同的数吃掉），但240和223互不被吃掉。现请你设计出6个三位数，它们当中任何一个数不被其它5个数吃掉，并且它们的百位上数字只允许取1、2；十位上数字只允许取1、2、3；个位上数字只允许取1、2、3、4。 这6个三位数是_______。 （第五届《从小爱数学》邀请赛试题） 讲析：六个三位数中，任取两个数a和b，则同数位上的数字中，a中至少有一个数字大于b，而b中至少有一个数字大于a。 当百位上为1时，十位上可从1开始依次增加1，而个位上从4开始依次减少1。即：114，123，132。当百位上为2时，十位上从1开始依次增加1而个位上只能从3开始依次减少1。即：213，222，231。经检验，这六个数符合要求。 例4 将1、1、2、2、3、3、4、4这八个数字排成一个八位数，使得两个1之间有一个数字；两个2之间有两个数字；两个3之间有三个数字；两个4之间有四个数字。那么这样的八位数中的一个是______。 （1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题） 讲析：两个4之间有四个数字，则在两个4之间必有一个数字重复，而又要求两个1之间有一个数，于是可推知，这个重复数字必定是1，即412134或421314。然后可添上另一个2和3。 经调试，得23421314，此数即为所答。 【条件数字问题】 例1 某商品的编号是一个三位数，现有五个三位数：874，765，123，364，925。其中每一个数与商品编号，恰好在同一位上有一个相同的数字，那么这个三位数是_______ （1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：将五个数按百位、十位、个位上的数字分组比较，可发现：百位上五个数字都不同；十位上有两个2和两个6；个位上有两个4和两个5。故所求的数的个位数字一定是4或5，百位上一定是2或6。经观察比较，可知724符合要求。 例2 给一本书编页码，共用了1500个数字，其中数字“3”共用了_______个 （首届《现代小学数学）》邀请赛试题） 讲析：可先求出1500个数字可编多少页。 从第一页到第9页，共用去9个数字；从第10页到第99页，共用去2×90=180（个）数字；余下的数字可编（1500-189）÷3=437（页） 所以，这本书共有536页。 l至99页，共用20个“3”，从100至199页共用20个“3”，从200至299页共用20个“3”，从300至399页共用去120个“3”，从400至499页共用去20个“3”，从500到536页共用去11个“3”。所以，共用去211个数字3。 例3 在三位数中，数字和是5的倍数的数共有_______个。 （全国第四届“华杯赛”决赛口试试题） 讲析：可把三位数100至999共900个数，从100起，每10个数分为一组，得 （100，101、……109），（110、111、……119），……（990、991、……、999） 共分成了90组，而每组中有且只有两个数的数字和是5的倍数，所以一共有2×90=180（个）。 例4 有四个数，取其中的每两个数相加，可以得到六个和。这六个和中最小的四个数是83、87、92、94，原因数中最小的是______。 （上海市第五届小学数学竞赛试题） 讲析：设原四个数从小到大为a、b、c、d，则有a+b=83，a+c=87，所以c比b大4。而对于和为92和94时，或者是b+c=92，或者是b+c=94。 当b+c=92时，因c比b大4，可得b=45，进而可求得a=38。 当b+c=94时，因c比b大4，可得b=44，进而可求得a=39。 所以，原四数中最小的数是38或39。 abcd=______ （广州市小学数学竞赛试题） 讲析：原四位数增加8倍后得新的四位数，也就是原四位数乘以9，得新四位数（如图5.29）。从而可知，a一定为1，否则积不能得四位数。则
例6 有两个两位数，它们的个位数字相同，十位数字之和是11。这两个数的积的十位数字肯定不会是哪两个数字？ （1990年《小学生报》小学数学竞赛试题） 讲析：由题意可知，两个数的十位上为（2，9），（3，8），（4，7），（5，6），而个上则可以是0至9的任意一个数字。如果分别去求这两个数的积，那是很麻烦的。 设这两个数的个位数字是c，十位数字分别为a、b，则a+b=11，两数分别为（10a+c)，（10b+c）。 字。 能是6、8。 例7 期的记法是用6个数字，前两个数字表示年份，中间两个数字表示月份，后两个数字表示日（如1976年4月5日记为760405）。 第二届小学“祖杯赛”的竞赛日期记为921129。这个数恰好左右对称。因此这样的日期是“吉祥日”。问：从87年9月1日到93年6月30日，共有_______个吉祥日。（第二届“祖冲之杯”小学数学竞赛试题） 讲析：一个六位数从中间分开，要求左右对称，则在表示月份的两个数中，只有11月份。而且“年份”的个位数字只能是0、1、2。 所以是共有3个吉祥日：901109、911119、921129。 25、数的整除性规律 【能被2或5整除的数的特征】（见小学数学课本，此处略） 【能被3或9整除的数的特征】一个数，当且仅当它的各个数位上的数字之和能被3和9整除时，这个数便能被3或9整除。 例如，1248621各位上的数字之和是 1+2+4+8+6+2+1=24 3｜24，则3｜1248621。 又如，372681各位上的数字之和是 3+7+2+6+8+1=27 9｜27，则9｜372681。 【能被4或25整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末两位数能被4或25整除时，这个数便能被4或25整除。 例如，173824的末两位数为24，4｜24，则4｜173824。 43586775的末两位数为75，25｜75，则25｜ 43586775。 【能被8或125整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字为0，或者末三位数能被8或125整除时，这个数便能被8或125整除。 例如，32178000的末三位数字为0，则这个数能被8整除，也能够被125整除。 3569824的末三位数为824，8｜824，则8｜3569824。 214813750的末三位数为750，125｜750，则125｜214813750。 【能被7、11、13整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字所表示的数，与末三位以前的数字所表示的数的差（大减小的差）能被7、11、13整除时，这个数就能被7、11、13整除。 例如，75523的末三位数为523，末三位以前的数字所表示的数是75，523-75=448，448÷7=64，即 7｜448，则7｜75523。 又如，1095874的末三位数为874，末三位以前的数字所表示的数是1095，1095-874=221，221÷13=17，即 13｜221，则13｜1095874。 再如，868967的末三位数为967，末三位以前的数字所表示的数是868，967-868=99，99÷11=9，即 11｜99，则11｜868967。 此外，能被11整除的数的特征，还可以这样叙述： 一个数，当且仅当它的奇数位上数字之和，与偶数位上数字之和的差（大减小）能被11整除时，则这个数便能被11整除。 例如，4239235的奇数位上的数字之和为 4+3+2+5=14， 偶数位上数字之和为2+9+3=14， 二者之差为14-14=0，0÷11=0， 即11｜0，则11｜4239235。 26、数的公理、定理或性质 【小数性质】小数的性质有以下两条： （1）在小数的末尾添上或者去掉几个零，小数的大小不变。 （2）把小数点向右移动n位，小数就扩大10n倍；把小数点向左移动n位，小数就缩小10n倍。 【分数基本性质】一个分数的分子和分母都乘以或者都除以同一不为零的数，分数的大小不变。即 【去九数的性质】用9去除一个数，求出商后余下的数，叫做这个数的“去九数”，或者叫做“9余数”。求一个数的“去九数”，一般不必去除，只要把该数的各位数字加起来，再减去9的倍数，就得到该数的“去九数”。（求法见本书第一部分“（四）法则、方法”“2．运算法则或方法”中的“弃九验算法”词条。）去九数有两条重要的性质： （1）几个加数的和的去九数，等于各个加数的去九数的和的去九数。 （2）几个因数的积的去九数，等于各个因数的去九数的积的去九数。 这两条重要性质，是用“弃九验算法”验算加、减、乘、除法的依据。 【自然数平方的性质】 （1）奇数平方的性质。任何一个奇数的平方被8除余1。 为什么有这一性质呢？这是因为奇数都可以表示为2k+1的形式，k为整数。而 （2k+1）2=4k2+4k+1 =4k（k+1）+1 k与k+1又是连续整数，其中必有一个是偶数，故4k（k+1）是8的倍数，能被8整除，所以“4k（k+1）+1”，即（2k+1）2能被8除余1，也就是任何一个奇数的平方被8除余1。 例如，272=729 729÷8=91……1 （2）偶数平方的性质。任何一个偶数的平方，都是4的倍数。 这是因为偶数可以用2k（k为整数）表示，而（2k）2＝4k2 显然，4k2是4的倍数，即偶数的平方为4的倍数。 例如，2162=46656 46656÷4=11664 即 4|46656 【整数运算奇偶性】整数运算的奇偶性有以下四条： （1）两个偶数的和或差是偶数；两个奇数的和或差也是偶数。 （2）一个奇数与一个偶数的和或差是奇数。 （3）两个奇数之积为奇数；两个偶数之积为偶数。 （4）一个奇数与一个偶数之积为偶数。 由第（4）条性质，还可以推广到: 若干个整数相乘，只要其中有一个整数是偶数，那么它们的积就是个偶数。 【偶数运算性质】偶数运算性质有： （1）若干个偶数的和或者差是偶数。 （2）若干个偶数的积是偶数。 例如，四个偶数38、126、672和1174的和，是偶数2010；用偶数相减的算式3756-128-294-1350的差，也是偶数1984。 【奇数运算性质】奇数运算性质有： （1）奇数个奇数的和（差）是奇数；偶数个奇数的和（差）是偶数。 （2）若干个奇数的积是奇数。 27、数的大小概念 【比较分数大小】用常规方法比较分数大小，有时候速度很慢。采用下述办法，往往可大大提高解题的速度。 （1）交叉相乘。把要比较大小的两个分数的分子分母交叉相乘，然后
2×5＝10， 3×3=9， 3×8=24， 5×5=25，
之所以能这样比较，是由于它们通分时，公分母是分母的乘积。这时，分数的大小就只取决于分子的大小了。 （2）用“1”比较。当两个分数都接近1，又不容易确定它们的大小
（4）化相同分子。把分子不同的分数化成同分子分数比较大小。有时
序排列起来： （5）两分数相除。用两个分数相除，看它们的商是大于1还是小于1，往往能快速地找出它们的大小关系。由于这样做，省略了通分的过程，所以
显然，将它们反过来相除，也是可以的： 【巧比两数大小】若甲、乙两数间的关系未直接给出，比较它们的大小，有一定难度。这时，可按下面的办法去做： （1）先看分子是1的情况。例如下题： 第一种方法是直观比较。先画线段图（图4.4）：
由对线段图的直观比较可知，乙数大于甲数。
数。 可知 （2）再看分子不是1的情况。例如下题： 它同样也可以用四种方法比较大小。比方 用直观比较方法，可画线段图如下（图4.5）：
由图可知，甲数大于乙数。 用统一分子的方法，也可比较它们的大小。因为 用图表示就是图4.6：
这就是说，把甲数分为9份，乙数分为8份，它们的6份相等。所以，它们每一份也相等。而甲数有9份，乙数只有8份，故甲数大于乙数。
去，即可知道甲数大于乙数。 如果用转化关系式比较。由题意可知 根据一个因数等于积除以另一个因数，可得
28、数的大小比较 【分数、小数大小比较】 （全国第二届“华杯赛”决赛口试试题） 讲析：这两个分数如果按通分的方法比较大小，计算将非常复杂。于是可采用比较其倒数的办法去解答。倒数大的数反而较小。
个数是______。 （1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：将给出的六个数分别写成小数，并且都写出小数点后面前四位数，则把这六个数按从大到小排列是： 【算式值的大小比较】 例1 设A=9876543×3456789； B=9876544×3456788。 试比较A与B的大小。 （1990年《小学生数学报》小学数学竞赛试题） 讲析：可将A、B两式中的第一个因数和第二个因数分别进行比较。这时，只要把两式中某一部分变成相同的数，再比较不同的数的大小，这两个算式的大小便能较容易地看出来了。于是可得 A =9876543×（3456788＋1） =9876543×3456788＋9876543； B =（9876543＋1）×3456788 =9876543×3456788＋3456788； 所以，A＞B。 例2 在下面四个算式中，最大的得数是算式______。 （1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：如果直接把四个算式的值计算出来，显然是很麻烦的，我们不妨运用化简繁分数的方法，比较每式中相同位置上的数的大小。 比较上面四个算式的结果，可得出最大的得数是算式（3）。
例3 图5.1中有两个红色的正方形和两个蓝色正方形，它们的面积
问：红色的两个正方形面积大还是蓝色的两个正方形面积大？ （全国第四届“华杯赛”决赛口试试题） 讲析：
方形放入大正方形中去的办法，来比较它们的大小（如图5.2）。 所以，两个蓝色正方形的面积比两个红色正方形的面积大。 29、实践与实际操作 【最短路线】 例1 一只蚂蚁要从A处出发，经粘合在一块木板上的正方体（如图5.74）的表面爬到B处。 请你在图上画出最短的路线（看得见的画实线，看不见的画虚线），有几条就画几条。
（1990年“新苗杯”小学数学竞赛试题） 讲析：可将正方体的几个面，按正视位置的前面—上面展开，前面—右面展开，左面—后面展开，左边—上面展开，其展开图都是由两个正方形面组成的长方形（如图5.75所示）。
根据两点之间直线段最短的原理，故最短路线为每个长方形对角线，它们共有四条，如图5.76所示。 例2 请你在图5.77（3）、（4）、（5）上画出三种与图（2）不一样的设计图，使它们折起来后，都成为图（1）所示的长方形盒子（粗线和各棱交于棱的中点）。 （第四届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：解题的关键，是要分清实线与虚线，然后思考它们是按什么方式展开的。
不难想象，其答案如图（3）、（4）、（5）所示。
【切分图形】 例1 请将图5.78分成面积相等，形状相同，且每一块中都含有“数学竞赛”字样的四块图形。
（“新苗杯”小学数学竞赛试题） 讲析：从条件看，所分成的每一块图中，必须有四个小正方形，且只有五种（如图5.79）。
根据图中汉字的具体位置，可发现图5.79中图（1）、图（2）明显不合，图（3）、图（4）也不能分成。于是只剩下图（5）。 进一步搜索，便可得到答案。答案如图5.80所示。
例2 在一张正方形纸上画两个三角形，最多可以把这个正方形分成________块，画三个三角形，最多可以把这个正方形分成________块；画四个三角形，最多可以把这个正方形分成_________块。 （1990年无锡市小学数学竞赛试题） 讲析：可先找出规律。 在正方形纸上，画一个三角形，依次画三条边时，增加了（1＋1＋1）块，最多可把它分成4块；画二个三角形，依次画三条边时，增加了（3＋3＋3）块，共13块；画三个三角形，依次画三条边时，增加了（5＋5＋5）块，共28块，如图5.81所示。 由此推得，画四个三角形，可增加（7＋7＋7）块，最多，共49块。
【拼合图形】 例1 图5.82是由图5.83中的六块图形拼合而成的，其中图①放在中间一列的某一格。请在图5.82中找出这六个图形，并画出来。
（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛试题）
讲析：可先确定图①的位置。因为图①在中间的一列的某一格，当图①放在A、B、C处时，经试验，与其它五图不能拼成图5.82。 当图①放在D处时，这六幅图可以拼成图5.82。拼法如图5.84所示。
例2 7块正方体积木堆在桌上。 从东、南、西、北四个方向看去，所看到的一面都只有5个正方形，而且看到的图案是一样的。（如图5.85）。那么从上面看下去，看到的图形可能是什么
样的？请在图5.86中正确的图形下面打 “√”，错误的图形下面打“×”。（《从小爱数学》邀请赛第五届试题）
讲析：上面的七幅图都是俯视图。在看每幅图是否正确时，关键是想象出将另两块积木，放在这五块中哪两块的上面，然后分别从东西南北四个方向去看，得出的图形是否与图5.85相吻合。 经试验，得出的答案如图5.86所示，即按从左往右，从上至下的位置，依次为√、√、×、√、×、√、√。 省工省时问题 例1 某车队有4辆汽车，担负A、B、C、D、E、F六个分厂的运输任) N/ ?+ O# T- ~5 U5 ^+ s5 w （1990年《小学生报》小学数学竞赛试题） 由图可知，完成任务所需的最短时间，是85分钟。0 h2 Q* h0 ` D4 A, g1 I$ A 讲析：从各工厂到车站，总是先走小路，小路的总长不变，所以问题可转化为：“在一条公路上的A、B、C、D、E、F处各有一个工厂，D处有两个工厂。要在公路上设一个站，使各厂到车站的距离总和最小（如图5.100）。; D& Q6 |9 Y; d# ?# m 显然，车站应设在尽量靠七个厂的中间部位。 讲析：这类问题思考时，要尽量使运这些货物的吨千米数的和最小。处理的方法是：“小往大处靠”。/ K* m9 ?- G2 R6 E 讲析：因为粗管每千米的费用是细管的4倍，所以应该在需要安装四根或四根以上水管的地段，都应安装粗管。因此，只有到最后三个村安装细管，费用才最省。 30、容斥原理问题 例1 在1至1000的自然数中，不能被5或7整除的数有______个。 （莫斯科市第四届小学数学竞赛试题） 讲析：能被5整除的数共有1000÷5=200（个）； 能被7整除的数共有1000÷7=142（个）……6（个）； 同时能被5和7整除的数共有1000÷35=28（个）……20（个）。 所以，能被5或7整除的数一共有（即重复了的共有）： 200＋142—28=314（个）； 不能被5或7整除的数一共有 1000—314=686（个）。 例2 某个班的全体学生进行短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表： 求这个班的学生人数。 （全国第三届“华杯赛”复赛试题） 讲析：如图5.90，图中三个圆圈分别表示短跑、游泳和篮球达到优秀级的学生人数。 只有篮球一项达到优秀的有 15—6—5+2=6（人）； 只有游泳一项达到优秀的有 18—6—6+2=8（人）； 只有短跑一项达到优秀的有 17—6—5＋2=8（人）。 获得两项或者三项优秀的有 6＋6+5—2×2=13（人）。 另有4人一项都没获优秀。 所以，这个班学生人数是13＋6＋8＋8＋4=39（人）。 31、奇数偶数与奇偶性分析 【奇数和偶数】 例1 用l、2、3、4、5这五个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多？ （全国第二届“华杯赛”决赛口试试题） 讲析：如果两个整数的积是奇数，那么这两个整数都必须是奇数。在这五个数中，只有三个奇数，两两相乘可以得到3个不同的奇数积。而偶数积共有7个。所以，乘积中是偶数的多。 例2 有两组数，甲组：1、3、5、7、9……、23；乙组：2、4、6、8、10、……24，从甲组任意选一个数与乙组任意选出一个数相加，能得到______个不同的和。 （《现代小学数学》邀请赛试题） 讲析：甲组有12个奇数，乙组有12个偶数。甲组中任意一个数与乙组中任意一个数相加的和，必为奇数，其中最大是47，最小是3。 从3到47不同的奇数共有23个。 所以，能得到23个不同的和。 本题中，我们不能认为12个奇数与12个偶数任意搭配相加，会得到12×12=144（个）不同的和。因为其中有很多是相同的。 【奇偶性分析】 例1 某班同学参加学校的数学竞赛。试题共50道。评分标准是：答对一道给3分，不答给1分，答错倒扣1分。请你说明：该班同学得分总和一定是偶数。 （全国第三届《从小爱数学》邀请赛试题） 讲析：如果50道题都答对，共可得150分，是一个偶数。每答错一道题，就要相差4分，不管答错多少道题，4的倍数总是偶数。150减偶数，差仍然是一个偶数。 同理，每不答一道题，就相差2分，不管有多少道题不答，2的倍数总是偶数，偶数加偶数之和为偶数。 所以，全班每个同学的分数都是偶数。则全班同学的得分之和也一定是个偶数。 例2 5只杯子杯口全都朝上。规定每次翻转4只杯子，经过若干次后，能否使杯口全部朝下？ （美国小学数学奥林匹克通讯赛试题） 讲析：一只杯口朝上的杯子，要想使杯口朝下，必须翻转奇数次。要想5只杯口全都朝上的杯子，杯口全都朝下，则翻动的总次数也一定是奇数次才能办得到。 现在每次只翻转4只杯子，无论翻多少回，总次数一定是偶数。 所以，不能使杯口全部朝下。 例3 某班共有25个同学。坐成5行5列的方阵。我们想让每个同学都坐到与他相邻的座位上去。（指前、后、左、右），能否做得到？ （广州市小学数学竞赛预赛试题） 讲析：如图5.44，为了方便，我们将每一格用A或B表示，也就是与A相邻的用B表示，与B相邻的用A表示。 要想使每位同学都坐到相邻座位上去，也就是说坐A座位的同学都要坐到B座位上去，而坐B座位上的同学都要坐到A座位上去。
但是，A座位共13个，而B座位共12个，所以，不管怎样坐，要想坐A座位的同学都坐到B座位上去，是办不到的。 例4 线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色。在线段中间插入1991个分点，每个分点随意标上红色或蓝色。这样分得1992条不重叠的小线段，如果把两端点颜色不同的小线段叫做标准线段，那么标准线段的条数是奇数还是偶数？ （1992年长沙市小学数学竞赛预选赛试题） 讲析：每插入一个点，无论其颜色怎样，其非标准线段的条数增加0条或2条，所以插入1991个点后，非标准线段增加总数是一个偶数。又原非标准线段条数为1，是一个奇数，故最后得到的非标准线段必为奇数。 非标准线段条数+标准线段条数=1992条。 所以，标准线段的条数是奇数。 32、其他定理或性质 【算术基本定理】任意一个大于1的整数，都能表示成若干个质数的乘积，如果不计质因数的顺序，则这个分解式是唯一的。即任意一个大于1的整数 a=[p1×p2×p3×……×pn（p1≤p2≤p3≤……≤pn）其中p1、p2、p3、…、np都质数；并且若 a=q1×q2×q3×…qm（q1≤q2≤q3≤…≤qm） 其中q1、q2、q3、…、qm都是质数。那么，m=n，qi=pi（i=1，2，3，…，n） 当这个整数是质数时是符合定理的特例。 上述定理，叫做“算术基本定理”。 【方程同解变形定理】方程的同解变形，有下列两个基本定理： 定理一 方程两边同时加上（或同时减去）同一个数或整式，所得的方程与原方程同解。
根据这一同解定理，可把方程中某一项改变符号后，从方程的一边移到另一边。这种变形叫做移项。 例如，解方程3x=2x+5。 解 移项，得 3x-2x=5 合并同类项，得 x=5。 定理二 方程两边同时乘以（或除以）同一个不是零的数，所得的方程与原方程同解。 是同解的。 【一笔画的性质】为掌握“一笔画”的性质，先介绍“一笔画”的有关概念。 图──用若干条线（不一定是直线段）把一些点连接起来的图形，如图1.7。这些点叫图的顶点，如A、B、C、D；这些线叫图的边，如AB、AC、AD等。
点的次--每个点上所连接的线的条数，叫做这个点的“次”。如图1.7中，A点有五条线与它相连，B点有三条线与它相连，则A点的次为5；B点有三条线与它相连，则B点的次为3。 奇点--点的次数为奇数，则这个点为“奇点”。如图1.7中的A、B、C、D点，全部都是奇点。 偶点--点的次数为偶数，则这个点叫做“偶点”。 如图1.8中的B点（4次）、D点（2次），都是偶点。一笔画问题--在图1.8中，能否从A点（或其他点）出发，不重复任一边（点可随便经过若干次）而一笔画出全图的问题，叫做“一笔画问题”（也称“七桥问题”，见本书第九部分“七桥问题”词条）。
能一笔画的图形，具有下面两条性质： （1）若一个图形中，奇点的个数不大于2，则这个图形必能一笔画成，否则就不能画成。 例如图1.7中，奇点有A、B、C、D四个，它无论从哪一点出发，都是不可能一笔画成的。而图1.8中，奇点只有A、C两个，它是可以一笔画成的。其画法可如图1.9所示：从A点出发，经1到C，经2到D，经3到B，经4到A，又经5到B，再经6到A，然后经7到C，完成全图。显然，此图的画法并不止于这一种，这只是多种画法中的一种画法。
（2）若一个图中没有奇点，那么始点和终点必须重合；若一个图中有两个奇点，则这两个奇点必是起点和终点。 例如图1.10中，点A、B、C均为偶点，没有奇点。若从A点出发，按图外箭头所指的方向，经①、②、③、④、⑤，便又回到了A点。这样，A点便既是始点又是终点。而图1.8中有A、C两个奇点，按性质（1）中的画法，可从A点出发，到C点结束，A是始点，C是终点。图1.9（也可以从C点出发，到A点结束，C为始点，A为终点。）
平移变换 【平移线段】有些几何问题，通过线段的上、下、左、右平移以后，能使问题很快地得到正确的解答。 例如，下面的两个图形（图4.17和图4.18）的周长是否相等？ 单凭眼睛观察，似乎图4.18的周长比图4.17的要长一些。但把有关线段平移以后，图4.18就变成了图4.19，其中的线段，有的上移，有的左移，有的右移，它可移成一个正方形。于是，不难发现两图周长是相等的。
【平移空白或阴影部分】有些求阴影部分或空白部分面积的几何题，采用平移空白部分或平移阴影部分的办法，往往能化难为易，很快使问题求得解答。例如，计算图4.20中阴影部分的面积。
圆面积”，然后相加，得整个阴影部分的面积。这显然是很费时费力的。但认真观察一下就会发现，图4.20左半左上部的空白部分，与右半左上部的阴影部分大小一样，只需将右半左上部的阴影部分，平移到左半左上部的空白部分，所有的阴影部分便构成一个正方形了（如图4.21）。所以，阴影部分的面积很快就可求得为5×5=25。 又如，一块长30米，宽24米的草地，中间有两条宽2米的走道，把草地分为四块，求草地的面积（如图4.22）。 这只要把丙向甲平移靠拢，把丁向乙平移靠拢，题目也就很快能解答出来了。（具体解法略） 33、平面图形的计算 【周长的计算】 例1有9个同样大小的小长方形，拼成一个大长方形（如图5.54）的面积是45厘米2，求这个大长方形的周长。 （第四届《小学生数学报》邀请赛决赛试题） 讲析：设每个小长方形的长是a厘米，宽是b厘米。于是有 a×b=45÷9＝5； 又有：4a=5b。 可求得b=2，a=2.5。 所以大长方形的周长为6a＋7b=29（厘米）。
例2 图5.55中图（1）和图（2）是两个形状、大小完全相同的大长方形，在每个大长方形内放入四个如图（3）所示的小长方形，斜线区域是空下来的地方，已知大长方形的长比宽多6厘米，问：图（1），图（2）中画斜线的区域的周长哪个大？大多少？（全国第四届“华杯赛”决赛试题）
讲析：图5.55（1）中画斜线区域的周长恰好等于大长方形的周长，图5.55（2）中画斜线区域的周长明显比大长方形周长小。二者相差2·AB。 从图5.55（2）的竖直方向看，AB＝a－CD 图5.55（2）中大长方形的长是a＋2b，宽是2b＋CD， 所以，（a+2b）-（2b＋CD）=a-CD=6（厘米） 故：图5.55（1）中画斜线区域的周长比图5.55（2）中画斜线区域的周长大，大12厘米。 【面积的计算】 例1如图5.56，长方形ADEF的面积是16，三角形ADB的面积是3，三角形ACF的面积是4，那么三角形ABC的面积是______。
（北京市第十届“迎春杯”小学数学竞赛试题） 讲析：连结AE（如图5.57），则三角形AEC的面积是16÷2-4=4。因为△ACF与△AEC等高，且面积相等。所以，CF=CE。
同理，△ABE的面积是16÷2-3=5，则BD∶BE=3∶5。即BE= 从而，△ABC的面积是16-（3＋4+2.5）=6.5。 例2 如图5．58，在等边三角形ABC中，AF=3FB，FH垂直于BC，已知阴影部分的面积为1平方厘米，这个等边三角形的面积是多少平方厘米？ （1992年武汉市小学数学竞赛试题） 讲析：如图5.59，连接△ABC各边中点，则△ABC被分成了大小相等的四个小三角形。
在△DBG中，再连接各边中点，得出将△DBG又分成了四个很小的三角形。 经观察，容易得出△ABC的面积为（1×2）×4×4=32（平方厘米）。 例3 三条边长分别为5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形如图5.60（1），将它的短直角边对折到斜边上去与斜边相重合如图5.60（2）。那么，图5.60（2）中阴影部分（即未被盖住部分）的面积是______平方厘米。
（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题）
讲析：如图5.60（2），设EC等于a厘米，那么DE也为a厘米。 △ABC的面积等于△ABE的面积加上△AEC的面积。 例4 如图5.61，ABCD是一个梯形，已知三角形ABD的面积是12平方厘米，三角形AOD的面积比三角形BOC的面积少12平方厘米，那么梯形ABCD的面积是______平方厘米。
（广州市小学数学竞赛试题） 讲析：可设△AOD的面积为S1。 则，△BOC的面积为S1＋12。 于是有：S△ABO=S△ABD-S△AOD＝12-S1， S△ABC=S△ABO+S△BOC=（12-S1）＋（S1＋12） =24（平方厘米）。 所以，梯形ABCD的面积是24+12=36（平方厘米）。 例5 梯形ABCD被两条对角线分成了四个三角形S1、S2、S3、S4。已知S1=2厘米2，S2=6厘米2。求梯形ABCD的面积。
（小学数学奥林匹克通讯赛决赛试题） 讲析：三角形S1和S2都是等高三角形，它们的面积比为2∶6=1∶3； 则：DO∶OB=1∶3。 △ADB和△ADC是同底等高三角形， 所以，S1=S3=2厘米2。 三角形S4和S3也是等高三角形，其底边之比为1∶3，所以S4∶S3=1∶ 所以，梯形ABCD的面积为 例6 正方形边长为20厘米（如图5.63），已知DD′=EE′，CE=6厘米。则阴影部分三角形的面积最大值是______平方厘米。 （海口市小学数学竞赛试题）
讲析：E′点在BE段滑动，D′点在DC段滑动。 设DD′长a厘米。 D′C=20-a，E′C=a＋6。 又因为D′C＋E′C=（20-a）＋（a＋6）=26。 运用等周长的长方形面积最大原理，两个数的和一定（等于26），要把这个和分成两个数，使这两个数的积最大，则当20-a=a＋6=13时，即a=7 =84.5（平方厘米）。 例7 图5.64是一个正方形，图中所标数字的单位是厘米。问：阴影部分的面积是多少平方厘米？
（全国第四届“华杯赛”决赛试题） 讲析：如图5.65，连接AC，所分成的四个小三角形分别用S1、S2、S3、S4表示。
容易看出S2和S3是关于OC为对称轴的对称图形。 所以S2=S3。 从而不难得出S1、S2、S3、S4四个小三角形面积相等，即每个小三角 例8 一个正方形（如图5.66），被分成四个长方形，它们的面积在图中标出（单位：平方米）。图中阴影部分是一个正方形。那么，它的面积是______。
（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：可将四个长方形分别用A、B、C、D表示（如图5.67），阴影部分是B中的一部分。 大正方形的面积为1平方米，所以它的边长为1米。 因为长方形C和D的宽相等，所以它们长的比等于面积比。于是得C的 米。 例9 把大的正三角形每边8等分，组成图5.68所示的三角形网。如果每个小三角形面积是1，那么图中粗线围成的三角形面积是______。 （1988年北京市奥林匹克邀请赛试题） 讲析：一般地，关于格点多边形的面积，有下面的公式：
这里，格子面积等于小正方形或平行四边形面积，也就是小三角形面积的2倍。 题中，格子面积为1×2=2，内部格点数为12，边上格点数为4。 所以，粗线围成的面积是 34、判断题的解答 【用筛去（消倍）法判断】一个数能否被3整除，本来是不太难的问题。但当一个数比较大时，用各数位上的数相加，速度很慢，而且容易出现口算错误。若用“筛去（消倍）法”来判断，情况就大不一样了。例如 （1）判断76935能否被3整除。先直接筛去能被3整除的6、9、3，剩下的7与5，和为3的倍数，所以3|76935（3能整除76935，或76935能被3整除）。 （2）判断3165493能否被3整除。先直接筛去3的倍数3、6、9、
能整除3165493，或3165493不能被3整除。） 【能否被7整除】一个数能否被7整除，只要把这个数的末位数字截去，再从余下的数中，减去这个末位数字的2 倍，如果这时能看出所得的差能被7整除，则原来的数就能被7整除，否则就不能被7整除；若是仍看不出来，就要继续上述过程，直到能清楚作出判断为止。例如，判断133能否被7整除：
因为差数7能被7整除，所以7|133。 这是什么原因呢？请看下面的算式： 133×2＝（13×10＋3）×2 ＝13×20＋3×2 =13×（21-1）+3×2 =13×21－13＋3×2 =13×7×3-（13-3×2） 显然，13×7×3中有约数7，它能被7整除，故只要检验后面的（13-3×2）能否被7整除就可以了。（原理可见第一部分的整除性定理） 如果要判断的数的位数很多，那么，将这种做法一直进行下去就是。例如，判断62433能否被7整除：
∵7|42，∴7|62433 这样的判定方法可称作“割尾法”。一个数能否被11、13、17和19整除，也可用割尾法去判断。 【能否被11整除】判断一个数能否被11整除，可以采用割尾法、奇偶位差法及分节求和法。 （1）割尾法。一个数能否被11整除，只要把它的末尾数字截去，从余下的数里减去这个末位数，看所得的差能否被11整除。差能整除的，原来的数就能整除；差不能整除的，原来的数就不能整除。如一次所得的差还看不出能否被11整除，就继续上述过程，直到能作出判断为止。例如，判断2629能否被11整除：
因为11｜22，所以11｜2629。 之所以能这么判断，原因在于 2629=2620+9 =262×10+9 =262×（11-1）+9 =262×11-262+9 =262×11-（262-9） 在262×11中有因数11，所以只要看（262-9）的差能否被11整除，就可判断原来的2629能否被11整除。 而（262-9）的差是253， 253=250+3 =25×10+3 =25×（11-1）+3 =25×11-25+3 =25×11-（25-3） 同样，只要看（25-3）能否被11整除，就会知道253能否被11整除。进而便可知2629能否被11整除了。 （2）奇偶位差法。判断一个数能否被11整除，可先分别求出此数的奇位数字之和及偶位数字之和，再求这两个和的差数，若这个差能被11整除，则原来的那个数就能被11整除；否则，原来的数就不能被11整除。例如，判断823724能否被11整除： ∵它的奇位数字之和为4+7+2=13（数位数，从右边个位开始往左数）， 它的偶位数字的和为2+3+8=13 两个和的差数是13-13=0（两数不等时用大数减小数） 而 11｜0 ∴11｜823724 之所以能这样判断，是因为 823，724 =8×100，000+2×10，000+3×1，000+7×100+2×10+4 =8×（100，001-1）+2×（9，999+1）+3×（1，001-1）+7×（99+1）+2×（11-1）+4 =8×100，001+2×9，999+3×1，001+7×99+2×11+[（2+7+4）-（8+3+2）] 显然，在前几项中，因数100，001、9，999、1，001、99、11都是11的倍数，故只需检验[（2+7+4）-（8+3+2）] 能否被11整除，就可以作出判断了。 （3）分节求和法。把一个自然数从右向左每两位截为一节，然后把这些节加起来。若所得的和能被11整除，那么这个数就能被11整除；否则，这个数就不能被11整除。在这一情况下，如果仍不能作出判断，那就继续上述过程，直到清楚地作出判断为止。例如，判断762421能否被11整除： 这一判断方法的理由，可见下面的算式： 762421=76×10000+24×100+21 =76×（9999+1）+24×（99+1）+21 =76×9999+76+24×99+24+21 =76×9999+24×99+（76+24+21） 在前两项中，因数9999和9都能被11整除，所以只需要检验后面的（76+24+21）能否被11整除了。能整除的原数就能被11整除；不能整除的原数，就不能被11整除。 【能否被13整除】一个数能否被13整除，可采用“割尾法”判断：截去末位数字，余下的数加上末位数的4倍。所得的和是13的倍数，则这个数就能被13整除，否则，就不能被13整除。要是割尾一次仍不能作出判断，那就继续割尾，直到能作出判断为止。例如，判断364能否被13整除：
∵13｜52，∴13｜364。 这一判断的理由，可由下式看出： 364×4=（36×10+4）×4 =36×40+4×4 =36×（39+1）+4×4 =36×39+36+4×4 =36×13×3+（36+4×4） 前面的36×13×3中，有约数13，所以作出判断时，只需要检验（36+4×4）是否能被13整除了。 【能否被17整除】一个数能否被17整除，同样可用“割尾法”作巧妙而快速地判断。不过，具体地做法有所不同。例如，判断731能否被17整除，判断方法如下：
∵17｜68，∴17｜731。 这样做的理由，可见下面的算式推导： 731×5=（73×10+1）×5 =73×50+1×5 =73×（51-1）+1×5 =73×51-73+1×5 =73×17×3-（73-1×5） 由于前面的73×17×3有约数17，故只需检验（73-1×5）能否被17整除，就知道“731×5”能否被17整除。知道“731×5”能否被17整除，也就是知道731能否被17整除了（根据整除性定理）。 若是“割尾”一次仍不能作出判断，那就依法继续割尾下去，直到能作出判断为止。例如，判断279191能否被17整除， 可以作如下割尾判断：
∵17｜17，∴17｜279191 【能否被19整除】一个数能否被19整除，也是可用“割尾法”作巧妙判断的，具体做法如 判断475能否被19整除：
∵19｜57，∴19｜475。 其中的道理，可见下面的算式推导： 475×2=（47×10+5）×2 =47×20+5×2 =47×（19+1）+5×2 =47×19+（47+5×2） 最后算式中的47×19有约数19，故只需要检验（47+5×2）能否被19整除，就知道“475×2”及“475”能否被19整除了。 如果一次“割尾”仍不能作出判断，那就继续“割尾”下去，直至能作出判断为止。例如，判断14785能否被19整除：
排列与组合 【有条件排列组合】 例1 用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字能够组成______个没有重复数字的三位数。 （哈尔滨市第七届小学数学竞赛试题） 讲析：用这十个数字排列成一个不重复数字的三位数时，百位上不能为0，故共有9种不同的取法。 因为百位上已取走一个数字，所以十位上只剩下9个数字了，故十位上有9种取法。 同理，百位上和个位上各取走一个数字，所以还剩下8个数字，供个位上取。 所以，组成没有重复数字的三位数共有 9×9×8=648（个）。 例2 甲、乙、丙、丁四个同学排成一排，从左到右数，如果甲不排在第一个位置上，乙不排在第二个位置上，丙不排在第三个位置上，丁不排在第四个位置上，那么不同的排法共有______种。 （1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题） 讲析：因每个人都不排在原来的位置上，所以，当乙排在第一位时，其他几人的排法共有3种；同理，当丙、丁排在第一位时，其他几人的排法也各有3种。 因此，一共有9种排法。 例3 有一种用六位数表示日期的方法，如890817表示1989年8月17日，也就是从左到右第一、二位数表示年，第三、四位数表示月，第五、六位数表示日。如果用这种方法表示1991年的日期，那么全年中六个数字都不相同的日期共有______天。 （1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题） 讲析：第一、二位数字显然只能取9和1，于是第三位只能取0。 第五位数字只能取0、1、2或3，而0和1已取走，当取3时，第六位上只能取0和1，显然不行。因此，第五位上只能取2。 于是，第四位上只能取3、4、5、6、7、8；第六位上也只能取3、4、5、6、7、8，且第四、六位上数字不能取同。 所以，一共有 6×5=30（种）。 【环形排列】 例1 编号为1、2、3、4的四把椅子，摆成一个圆圈。现有甲、乙、丙、丁四人去坐，规定甲、乙两人必须坐在相邻座位上，一共有多少种坐法？ （长沙市奥林匹克代表队集训试题） 讲析：如图5.87，四把椅子排成一个圆圈。 当甲坐在①号位时，乙只能坐在②或④ 号位上，则共有4种排法；同理，当甲分别坐在②、③、④号位上时，各有4种排法。 所以，一共有16种排列法。 例2 从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在图5.88的六个圆圈中，使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数，那么最多能找出______种不同的挑法来。（挑出的数字相同，而排列次序不同的都只算一种） （北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题） 讲析：在1至9这九个自然数中，奇数有1、3、5、7、9五个，偶数有2、4、6、8四个。要使排列之后，每相邻两个数字之和为质数，则必须奇数与偶数间隔排列，也就是每次取3个奇数和3个偶数。 从五个奇数中，取3个数共有10种方法； 从四个偶数中，取3个数共有4种方法。 但并不是每一种3个奇数和3个偶数都可以排成符合要求的排列。经检验，共有26种排法。 35、逻辑思路 “逻辑思路”，主要是指遵循逻辑的四大基本规律来分析推理的思路。 【同一律思路】同一律的形式是：“甲是甲”，或“如果甲，那么甲”。它的基本内容是，在同一思维过程中，同一个概念或同一个思想对象，必须保持前后一致性，亦即保持确定性。这是逻辑推理的一条重要思维规律。运用这一规律来解题，我们把它叫同一律思路。 例1 某公安人员需查清甲、乙、丙三人谁先进办公室，三人口供如下： 甲：丙第二个进去，乙第三个进去。 乙：甲第三个进去，丙第一个进去。 丙：甲第一个进去，乙第三个进去。 三人口供每人仅对一半，究竟谁第一个进办公室？ 分析（用同一律思路推理）； 这一类问题具有非此即彼的特点。比如甲是否是第一个进办公室只有两种可能：是或非。我们用1表示“是”，0表示“非”，则可把口供列表处理。 （1）若甲第一，则依据丙的口供见左表，这个表与甲的口供仅对一半相矛盾； （2）若甲非第一，则依据丙的口供，乙第三个进去，进行列表处理如右表，与“三人口供仅对一半”相符。 从而可以判定，丙最先进入办公室。 这个问题也可以不列表而用同一律推理。 甲的话第一句对，第二句错，则丙第二，乙不是第三，又不是第二，自然乙第一，甲第二，这个结论与丙说的话“半对半错”不符。因此，有甲的第一句错，第二句对。即乙第三个进去，丙不是第二个，自然是第一个。这个结论与乙的话“半对半错”相符：甲不是第三，丙是第一。并且这个结论与丙的话“半对半错”也相符：甲不是第一，乙是第三。 在整个思维过程中，我们对三人的话“半对半错”进行了一一验证，直到都符合题目给定的条件为止。 例2 从前一个国家里住着两种居民，一个叫宝宝族，他们永远说真话；另一个叫毛毛族，他们永远说假话。一个外地人来到这个国家，碰见三位居民，他问第一个人：“请问你是哪个民族的人？” “匹兹乌图。”那个人回答。 外地人听不懂，就问其他两个人：“他说的是什么意思？” 第二个人回答：“他说他是宝宝族的。” 第三个人回答：“他说他是毛毛族的。” 请问，第一个人说的话是什么意思？第二个人和第三个人各属于哪个民族？ 分析（用同一律思路思考）： 如果第一个人是宝宝族的，他说真话，那么他说的是“我是宝宝族的”。如果这个人是毛毛族的，他说假话，他说的还是“我是宝宝族的”。这就是说，第一个人不管是什么民族的，那句话的意思都是：“我是宝宝族的”。 根据这一推理，那么第二个人回答“他说他是宝宝族的”这句话是真的，而从条件可知，说真话的是宝宝族人，因此可以判断第二个人是宝宝族人。 不管第一个人是什么民族的，根据前面推理已知他说的话是“我是宝宝族的”，而第三个人回答“他说他是毛毛族的”显然是错的，而说假话的是毛毛族人，因此可以断定第三个人是毛毛族人。 我们在分析本题时，始终保持了思维前后的一致性，这就是同一律思路的具体运用。 【不矛盾律思路】不矛盾律的形式是“甲不是非甲”。它的基本内容是：同一对象，在同一时间内和同一关系下，不能具有两种互相矛盾的性质，它是逻辑推理的又一重要规律，运用不矛盾律来推理、思考某些问题的解答，这种思路我们把它叫做不矛盾律思路。 例1 有三个和尚，一个讲真话，一个讲假话，另外一个有时讲真话，有时讲假话。一天，一位智者遇到这三个和尚，他先问左边的那个和尚：“你旁边的是哪一位？”和尚回答说“讲真话的。”他又问中间的和尚：“你是哪一位？”和尚答：“我是半真半假的。”他最后问右边的和尚：“你旁边是哪一位？”答：“讲假话的。”根据他们的回答，智者马上分清了他们，你能分清吗？ 分析（运用不矛盾律思路探讨）： 两件相互矛盾对立的事情，如果一件是不正确的，另一件就是正确的，这就是不矛盾律的基本思路。我们先假设左边和尚讲的是真的，那么中间的和尚是讲真话的，但这与他的回答：“我是半真半假的”矛盾，所以左边和尚讲真话这一假设不对。从而左边和尚讲的是假话，他一定不是讲真话的和尚。中间那个和尚也一定不是讲真话的，所以右边的和尚是讲真话的和尚。根据他的话，中间是讲假话的和尚，剩下左边的和尚自然就是半真半假的。 例2 一次学校举行田径运动会，A、B、C、D、E五个班取得了团体前五名，发奖后有人问他们的名次，回答是： A班代表说：“B是第三名，C是第五名。” B班代表说：“D是第二名，E是第四名。” C班代表说：“A是第一名，E是第四名。” D班代表说：“C是第一名，B是第二名。” E班代表说：“D是第二名，A是第三名。” 最后，他们都补充说：“我的话是半真半假的。”请你判断一下，他们各个班的名次。 分析（用不矛盾律思路分析）： 先简化一下记法，比如B班是第三名，则写成B-3，其它类似，这样五个班代表的讲话可简记为： （1）B-3，C-5。 （2）D-2，E-4。 （3）A-1，E-4。 （4）B-2，C-1。 （5）A-3，D-2。 假设（1）的前半句是真的，即B-3，那么由（4）有C-1，由（3）知A-1不对，有E-4；再由（2）知D-2不对，从（5）知A-3，这与假设矛盾，所以（1）中正确的应是C-5，于是由（4）知C-1不对，应该是B-2，进而知（2）D-2不对，有E-4，并知（5）D-2不对，有A-3，最后只剩下D及第一名，所以知道D应为第一名。 最后排出名次自然就非常简单了。 上述叙述虽然简化了记号，但文字表述仍然觉得累赘，所以还可以借助图表表达上述推理过程。
如图2.21，假设B-3，在B上画一个圆圈（左图），表示推理的起点，找到另一个B，则应是不对的，画一个“×”，再找与这个B同行的“C”，它应是对的，画一个“√”，找与C同列的“A”，它不对，画一个“×”，等等。最后A-3被画了一个“√”，这与B-3相矛盾，故B-3是错的。在这个“B”上画一个“×”，重新开始推理（右图）。 从（1）的C开始，因B-3是错的，则C-5记“√”，则（4）中C-1画“×”，B-2记“√”，由此推出（5）D-2记“×”，（2）D-2记“×”，……从表中可以看出，B-2，A-3、E-4、C-5，那么谁是第一，表中虽然未表达，但明眼人一看就知道了。 【排中律思路】排中律的形式是“或者是甲，或者是非甲”。它的基本内容是：同一对象在同一时间内和同一关系下，或者是具有某种性质。或者是不具有某种性质，二者必居其一，不能有第三种情况。它是处理肯定判断与否定判断之间的关系的一个规律。运用这一规律来推理的思路，我们把它叫排中律思路。 排中律和不矛盾律的基本作用是相同的，即都是排除思想中的矛盾。但也有区别：一是适用范围不同，不矛盾律的适用范围宽，既适用于互相反对的判断，也适用于互相矛盾的判断，排中律的作用范围窄些，只适用于互相矛盾的判断，不适用互相反对的判断；二是要求不同，不矛盾律要求对互相反对的和互相矛盾的判断，不能同时断定其中每一个都是真的，因为其中至少有一个是假的。排中律则要求：对于互相矛盾的判断，必须肯定其中一个是真，因为其中必有一真，不能都假。如果我们确定了某一个是正确的，根据不矛盾律，就可以得出另一个是错误的。反过来。如果我们确定了某一个是错误的，根据排中律，就可以得出另一个是正确的。从这方面来看，如果说不矛盾律提供我们逻辑否定的基础，那么排中律则主要提供我们逻辑肯定的基础；三是逻辑错误性质不同，不矛盾律要求的逻辑错误是“自相矛盾”，排中律要求的逻辑错误是“模棱两不可”。 例1 老师有一黑两白三顶帽子，给两个学生看后，让他们闭上眼睛，从中取出两顶给他们戴上，然后让他们睁开眼睛，互相看清对方戴的帽子，并立即说出自己头上戴的帽子是什么颜色，两位同学都不能立即说出，请问你知道这两位学生戴的各是什么颜色的帽子吗？ 分析（运用排中律思路思索）： 假设你是这两个学生中的一个，因为你知道只有一顶黑帽子，当你看到对方戴的是黑帽子时，你能判断自己戴的帽子颜色吗？可以的，根据排中律：“非此即彼”，你一定会推断出自己戴的是白帽子。 现在两个学生都不能利用排中律很快地说出自己戴的是白帽子，说明他们两人都没有看见黑帽子，由此断定，老师给两位学生戴的是两顶白帽子。 例2 曾实、张晓、毛梓青在一起，一位是工程师、一位是医师、一位是教师。现在只知道： （1）毛梓青比教师年龄大； （2）曾实和医师不同岁； （3）医师比张晓年龄小。 你能确定谁是工程师？谁是医师？谁是教师吗？ 分析（沿着排中律思路探索）： 根据排中律的要求，如果我们能确定某个是错误的，就可以得出另一个是正确的。现在已知（1）曾实和医师不同岁，（2）医师比张晓年龄小，就可以判定曾实和张晓都不是医师，因此只有毛梓青是医师； 若张晓是教师，则根据（1）毛梓青比教师年龄大，即毛梓青比张晓年龄大，与（3）医师比张晓年龄小，即毛梓青比张晓年龄小，这两个结论是互相矛盾的，因此张晓不可能是教师。张晓既不是医师（因为毛梓青是医师），又不是教师，所以张晓应该是工程师了。因为三个人、三个职业，已经确定了毛梓青是医师，张晓是工程师，剩下的曾实只能是教师了。 该题的思路还可以用下表表示：
【充足理由律思路】充足理由律的形式是：“所以有甲，是因为有乙”。它的意思是说，任何正确的思想，一定有它的充足理由；任何思想，只有当它具有充足的理由时，这种思想才能被认为是正确的。在数学中，如果由条 正确的，A就是B的正确性的充分理由。因此B的正确性要以A的正确性为基础，而要使A的正确性得到确认，又得为它提出充足的理由，照此类推。这样，当我们要论证某一思想是正确的时候，常常要引证一系列的理由。以此连锁引证下去，直到最后的理由——它的正确性已经确定，并且得到普遍承认的。具体说来有下列三种：（1）明显的事实，它可以为人们所直接感知的；（2）公理；（3）科学的规律。当然在实际进行论证时，并不是总要引证到最后的理由，数学中已经证明过的定理、定律、公式、法则等，都可以作为论证所根据的理由。 充足理由律是进行推理的基础。运用充足理由律来思考数学问题，我们把它叫做充足理由律思路。 例1 200米赛跑，张强比李军快0.2秒，王明的成绩是39.4秒，赵刚的成绩比王明慢0.9秒，但比张强快0.1秒，林林比张强慢3秒，请你给这五人排出名次来。 分析（运用充足理由律思路思索）： 题中有两种概念。一是成绩好坏，需要进行量的计算；二是快慢关系推理，先用计算量进行比较推理。 抓住“各人跑200米需要的时间”为比较量。并设字母A、B、C、D、E来分别表示张强、李军、王明、赵刚、林林的时间。 ∵王明的成绩是39.4秒，赵刚的成绩比王明慢0.9秒（即C=39.4秒，D=C＋0.9） ∴D=39.4+0.9=40.3（秒） 又∵ 赵刚比张强快0.1秒（即D＋0.1＝A） ∴A=40.3＋0.1=40.4（秒）（传递性） 又∵张强比李军快0.2秒（即A=B-0. 2） ∴B=A＋0.2=40.4＋0.2=40.6（秒） 又∵林林比张强慢3秒（即A=E-0.3） ∴E=A＋3=40.4＋3=43.4（秒） 由43.4＞40.6＞40.4＞40.3＞39.4 即 E＞B＞A＞D＞C 谁是第一、谁是第二、第三、第四、第五名，不就一目了然了吗？ 本题还可以单纯用快慢关系来进行判断。 ∵ A＜B，D＞C， D＜A， E＞A， 可得B、E均＞A＞D＞C， ∴一、二、三名分别应是C、D、A。 但第四、五名仍需计算。 由E=A＋3秒，B=A＋0.2秒， 可知E＞B， 故 B是第四，E是第五名。 例2 填数使下列竖式成立： 分析（运用充足理由律思路来探讨这两个式题）： 第（1）题。抓住乘、除法法则和乘除的互逆关系去思考。 ∵( )( )×5=33( ) ∴只要求得 33( )÷5=( )( )，就可以得出竖式被乘数了，现可知33( )÷5商的十位得6，故被乘数的十位应是6，个位是几呢？ 再往下看：乘数35的十位数字是3，3与被乘数个位相乘的积的末尾数字要是8，显然只有3与6相乘末尾数字才能是8，所以被乘数是66。 找到了被乘数是66以后，其他数字自然就容易找到了。 第（2）题仍抓住除法算式特征和乘除的互逆关系去找理由。 由除法竖式特征第二次余数为0，只好把被除数十位数和个位数同时移下，故可得y=0。 ∴x＞8。 又∵1≤x≤9，∴x=9， 则商数为9807。 ∴ab≥12。 故ab=12。 此题确定了商和除数，其他数字自然就容易找了。 36、连续数求和的速算 苦干个连续整数求和的问题，可以分为“连续自然数求和”、“连续奇数求和”与“连续偶数求和”三类。 【连续自然数求和】几个连续的自然数相加，可以把它们的首项和末项相加，把所得的结果除以2以后，再乘以项数，得到的便是这几个连续自然数的和。 例如，13＋14＋15＋16+17+18＋19＋20＋21＋22 =（13+22）÷2×10 =17.5×10 =175 如果加数的个数（项数）是奇数（单数），也可以直接用排列在正中间的数（中间项）乘以项数，去求它们的和。例如 =15×9 （中间项） =135 【连续奇数求和】连续奇数的求和，也可以用上面介绍的“连续自然数求和的速算”方法去速算。例如 3+5＋7+ 9＋11＋13+ 15＋17＋19 ＝（3＋19）÷2×9 =11×9 =99 =11（中间项）×9（项数） =99 如果是从1开始的几个连续奇数求和，则可以用这些奇数的个数自乘，便得到这几个连续奇数的和。例如 1＋3＋5+ 7＋9＋11=6×6=36（奇数个数是6） 1+3＋5＋7＋9＋11＋13＋15＋17＋19＋21 =11×11 =121。（奇数个数是11） 【连续偶数求和】 连续偶数的求和，同样可以用“连续自然数求和的速算”方法速算。例如 8＋10＋12＋14＋16＋18+20+22＋24 ＝（8＋24）÷2×9 =144 如果连续偶数是从2开始的，即求从2开始的连续偶数之和，则可以用这些偶数的个数乘以个数加1之和，就得到这几个连续偶数的和。例如 2＋4＋6＋8＋10=5×（5+1）（偶数个数是5） =30 2＋4＋6＋8＋10＋12＋14＋16＋18＋20＋22＋24＋26 =13×（13＋1）（偶数个数是13） =182 37、利用间接条件 【利用隐含的间接条件】 发现和利用隐含的间接条件来解答题目，往往能克服所学知识不够所造成的困难，大大减少计算的时间。例如
如图4.65，已知正方形面积为18平方厘米，求阴影部分的面积。 一般解法是用正方形面积，减去圆的面积。但在小学阶段，大家还不会求圆的半径或直径怎么办呢？ 因为圆面积公式是 刃而解。至于能否求出r或d这样的直接条件，是并不重要的。所以，可以用下面的方法来解答：
便是 18-14.3=3.87（平方厘米） 阴影部分的面积便是 18-14.13=3.87（平方厘米） （3）若把正方形面积扩大2倍，则面积为36平方厘米，新正方形的边长就是6厘米，即随之也扩大了2倍的新圆的直径为6厘米，半径为3厘米。所以随之而扩大了2倍的阴影部分的面积是 =7.74（平方厘米） 原来的阴影部分的面积便是 7.74÷2=3.87（平方厘米） 又如，如图4.66，ABCD为矩形，里面有一个最大的半圆，OC=10厘米，求阴影部分的面积。
解题时，可将矩形分割为两个小正方形，并连结O、D。因为△DOC是等腰三角形，OC=OD=10厘米，所以 故阴影部分的面积便是 100-3.14×50÷2＝100-78.5 =21.5（平方厘米） 【利用定比】 利用题目中不变的“定比”来解题，有时也能使题目得到较快地解答。这也是利用间接条件去解答题目。 我们仍以上面的第一个例子（图4.65）为例。按照扩、缩图形的思路，可将它一分为四，得到图4.67。 小正方形的面积和阴影部分的面积也会改变。不过，变化中有个不变的因素，即阴影部分面积和小正方形面积之比是不变的。实际上，这也是题目中的一个间接条件。 设小正方形边长为a，则阴影部分面积占小正方形面积的 所以，原图阴影部分的面积是 18÷4×21.5％×4=4.5×21.5％×4 =0.9675×4 =3.87（平方厘米） 或者是18×21.5％=3.87（平方厘米） 显然，只要是由这样的基本图形拼合的图形，如以下四图（图4.68），都可用“21.5％”（即21.5∶100）这一定比，去求图中的阴影部分的面积。（解略）
38、立体图形的计算 【表面积的计算】 例1 一个正方体木块，棱长1米，沿水平方向将它锯成3片，每片又锯成4长条，每条又锯成5小块，共得到大小不等的长方体60块（如图5.69）。那么，这60块长方体的表面积的和是平方米。
（1988年北京小学数学奥林匹克邀请赛试题） 讲析：不管每次锯的长方体大小如何，横着锯2次一共增加了4个正方形面；前后竖直方向锯3次共增加了6个正方形面；左右竖直方向锯4次共增加了8个正方形面。原来大正方体有6个正方形面，所以一共有24个正方形面。 所以，60块长方体的表面积之和是 （1×1）×24＝24（平方米）。 例2 图5.70是由19个边长都是2厘米的正方体重叠而成的。求这个立体图形的外表面积。
（北京市第一届“迎春杯”小学数学竞赛试题） 讲析：如果按每一层有多少个正方体，然后再数出每层共有多少个外表面正方形，则很麻烦。于是，我们可采用按不同的方向来观察的方法去计算。 俯视，看到9个小正方形面；正视，看到10个小正方形面；侧视，看到8个小正方形面。 所以，这个立体图形的表面积是（2×2）×[（9＋10＋8）×2]=216（平方厘米）。 【体积的计算】 例1 一个正方体的纸盒中恰好能放入一个体积为628立方厘米的圆柱体，如图5.71，纸盒的容积有多大？（π取3.14）
（全国第四届“华杯赛”复赛试题） 讲析：因圆柱体的高、底面直径以及正方体的棱长都相等。故可设正方
即：正方体纸盒的容积是800立方厘米。 例2 在一个棱长4厘米的正方体的上面、右面、前面这三个面的中心分别挖一个边长1厘米的正方形小孔（如图5. 72所示），并通过对面，求打孔后剩下部分的体积。
（北京市第二届“迎春杯”小学数学竞赛试题）。 讲析：打完孔之后，在大正方体正中央就有一个1×1×1的空心小正方体。 三个孔的体积是（1×1×4）×3-（1×1×1）×2=10（立方厘米）。 所以，打孔后剩下部分的体积是4×4×4—10=54（立方厘米）。 例3 一个长、宽、高分别是21厘米、15厘米、12厘米的长方体，从它的上面尽可能大地切下一个正方体，然后从剩余部分中再尽可能大地切下一个正方体，最后再从第二次剩余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？ （北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题） 讲析：解本题的关键，是要想到每次以哪个边长作棱长去切下正方体。实际上，我们可以将三个数轮换相减，即，在三个数 21、 15、12中，第一次取最小数12为棱长切下一个正方体；第二次取大数与 小数的差21—12=9为棱长切下一个正方体；第三次取15与9的差为棱长切下一个正方体（如图5.73）
所以，剩下的体积是 21×15×12-（123+93+63)=107（立方厘米）。 39、解应用题的公式 【和差问题公式】 （和+差）÷2=较大数； （和-差）÷2=较小数。 【和倍问题公式】 和÷（倍数+1）=一倍数； 一倍数×倍数=另一数， 或 和-一倍数=另一数。 【差倍问题公式】 差÷（倍数-1）=较小数； 较小数×倍数=较大数， 或 较小数+差=较大数。 【平均数问题公式】 总数量÷总份数=平均数。 【一般行程问题公式】 平均速度×时间=路程； 路程÷时间=平均速度； 路程÷平均速度=时间。 【反向行程问题公式】反向行程问题可以分为“相遇问题”（二人从两地出发，相向而行）和“相离问题”（两人背向而行）两种。这两种题，都可用下面的公式解答： （速度和）×相遇（离）时间=相遇（离）路程； 相遇（离）路程÷（速度和）=相遇（离）时间； 相遇（离）路程÷相遇（离）时间=速度和。 【同向行程问题公式】 追及（拉开）路程÷（速度差）=追及（拉开）时间； 追及（拉开）路程÷追及（拉开）时间=速度差； （速度差）×追及（拉开）时间=追及（拉开）路程。 【列车过桥问题公式】 （桥长+列车长）÷速度=过桥时间； （桥长+列车长）÷过桥时间=速度； 速度×过桥时间=桥、车长度之和。 【行船问题公式】 （1）一般公式： 静水速度（船速）+水流速度（水速）=顺水速度； 船速-水速=逆水速度； （顺水速度+逆水速度）÷2=船速； （顺水速度-逆水速度）÷2=水速。 （2）两船相向航行的公式： 甲船顺水速度+乙船逆水速度=甲船静水速度+乙船静水速度 （3）两船同向航行的公式： 后（前）船静水速度-前（后）船静水速度=两船距离缩小（拉大）速度。 （求出两船距离缩小或拉大速度后，再按上面有关的公式去解答题目）。 【工程问题公式】 （1）一般公式： 工效×工时=工作总量； 工作总量÷工时=工效； 工作总量÷工效=工时。 （2）用假设工作总量为“1”的方法解工程问题的公式： 1÷工作时间=单位时间内完成工作总量的几分之几； 1÷单位时间能完成的几分之几=工作时间。 （注意：用假设法解工程题，可任意假定工作总量为2、3、4、5……。特别是假定工作总量为几个工作时间的最小公倍数时，分数工程问题可以转化为比较简单的整数工程问题，计算将变得比较简便。） 【盈亏问题公式】 （1）一次有余（盈），一次不够（亏），可用公式： （盈+亏）÷（两次每人分配数的差）=人数。 例如，“小朋友分桃子，每人10个少9个，每人8个多7个。问：有多少个小朋友和多少个桃子？” 解（7+9）÷（10-8）=16÷2 =8（个）………………人数 10×8-9=80-9=71（个）………………………桃子 或8×8+7=64+7=71（个）（答略） （2）两次都有余（盈），可用公式： （大盈-小盈）÷（两次每人分配数的差）=人数。 例如，“士兵背子弹作行军训练，每人背45发，多680发；若每人背50发，则还多200发。问：有士兵多少人？有子弹多少发？” 解（680-200）÷（50-45）=480÷5 =96（人） 45×96+680=5000（发） 或50×96+200=5000（发）（答略） （3）两次都不够（亏），可用公式： （大亏-小亏）÷（两次每人分配数的差）=人数。 例如，“将一批本子发给学生，每人发10本，差90本；若每人发8本，则仍差8本。有多少学生和多少本本子？” 解（90-8）÷（10-8）=82÷2 =41（人） 10×41-90=320（本）（答略） （4）一次不够（亏），另一次刚好分完，可用公式： 亏÷（两次每人分配数的差）=人数。 （例略） （5）一次有余（盈），另一次刚好分完，可用公式： 盈÷（两次每人分配数的差）=人数。 （例略） 【鸡兔问题公式】 （1）已知总头数和总脚数，求鸡、兔各多少： （总脚数-每只鸡的脚数×总头数）÷（每只兔的脚数-每只鸡的脚数）=兔数； 总头数-兔数=鸡数。 或者是（每只兔脚数×总头数-总脚数）÷（每只兔脚数-每只鸡脚数）=鸡数； 总头数-鸡数=兔数。 例如，“有鸡、兔共36只，它们共有脚100只，鸡、兔各是多少只？” 解一 （100-2×36）÷（4-2）=14（只）………兔； 36-14=22（只）……………………………鸡。 解二 （4×36-100）÷（4-2）=22（只）………鸡； 36-22=14（只）…………………………兔。 （答 略） （2）已知总头数和鸡兔脚数的差数，当鸡的总脚数比兔的总脚数多时，可用公式 （每只鸡脚数×总头数-脚数之差）÷（每只鸡的脚数+每只兔的脚数）=兔数； 总头数-兔数=鸡数 或（每只兔脚数×总头数+鸡兔脚数之差）÷（每只鸡的脚数+每只免的脚数）=鸡数； 总头数-鸡数=兔数。（例略） （3）已知总数与鸡兔脚数的差数，当兔的总脚数比鸡的总脚数多时，可用公式。 （每只鸡的脚数×总头数+鸡兔脚数之差）÷（每只鸡的脚数+每只兔的脚数）=兔数； 总头数-兔数=鸡数。 或（每只兔的脚数×总头数-鸡兔脚数之差）÷（每只鸡的脚数+每只兔的脚数）=鸡数； 总头数-鸡数=兔数。（例略） （4）得失问题（鸡兔问题的推广题）的解法，可以用下面的公式： （1只合格品得分数×产品总数-实得总分数）÷（每只合格品得分数+每只不合格品扣分数）=不合格品数。或者是总产品数-（每只不合格品扣分数×总产品数+实得总分数）÷（每只合格品得分数+每只不合格品扣分数）=不合格品数。 例如，“灯泡厂生产灯泡的工人，按得分的多少给工资。每生产一个合格品记4分，每生产一个不合格品不仅不记分，还要扣除15分。某工人生产了1000只灯泡，共得3525分，问其中有多少个灯泡不合格？” 解一 （4×1000-3525）÷（4+15） =475÷19=25（个） 解二 1000-（15×1000+3525）÷（4+15） ＝1000-18525÷19 =1000-975=25（个）（答略） （“得失问题”也称“运玻璃器皿问题”，运到完好无损者每只给运费××元，破损者不仅不给运费，还需要赔成本××元……。它的解法显然可套用上述公式。） （5）鸡兔互换问题（已知总脚数及鸡兔互换后总脚数，求鸡兔各多少的问题），可用下面的公式： 〔（两次总脚数之和）÷（每只鸡兔脚数和）+（两次总脚数之差）÷（每只鸡兔脚数之差）〕÷2=鸡数； 〔（两次总脚数之和）÷（每只鸡兔脚数之和）-（两次总脚数之差）÷（每只鸡兔脚数之差）〕÷2=兔数。 例如，“有一些鸡和兔，共有脚44只，若将鸡数与兔数互换，则共有脚52只。鸡兔各是多少只？” 解 〔（52+44）÷（4+2）+（52-44）÷（4-2）〕÷2 =20÷2=10（只）……………………………鸡 〔（52+44）÷（4+2）-（52-44）÷（4-2）〕÷2 =12÷2=6（只）…………………………兔（答略） 【植树问题公式】 （1）不封闭线路的植树问题： 间隔数+1=棵数；（两端植树） 路长÷间隔长+1=棵数。 或 间隔数-1=棵数；（两端不植） 路长÷间隔长-1=棵数； 路长÷间隔数=每个间隔长； 每个间隔长×间隔数=路长。 （2）封闭线路的植树问题： 路长÷间隔数=棵数； 路长÷间隔数=路长÷棵数 =每个间隔长； 每个间隔长×间隔数=每个间隔长×棵数=路长。 （3）平面植树问题： 占地总面积÷每棵占地面积=棵数 【求分率、百分率问题的公式】 比较数÷标准数=比较数的对应分（百分）率； 增长数÷标准数=增长率； 减少数÷标准数=减少率。 或者是 两数差÷较小数=多几（百）分之几（增）； 两数差÷较大数=少几（百）分之几（减）。 【增减分（百分）率互求公式】 增长率÷（1+增长率）=减少率； 减少率÷（1-减少率）=增长率。 比甲丘面积少几分之几？” 解 这是根据增长率求减少率的应用题。按公式，可解答为
百分之几？” 解 这是由减少率求增长率的应用题，依据公式，可解答为 【求比较数应用题公式】 标准数×分（百分）率=与分率对应的比较数； 标准数×增长率=增长数； 标准数×减少率=减少数； 标准数×（两分率之和）=两个数之和； 标准数×（两分率之差）=两个数之差。 【求标准数应用题公式】 比较数÷与比较数对应的分（百分）率=标准数； 增长数÷增长率=标准数； 减少数÷减少率=标准数； 两数和÷两率和=标准数； 两数差÷两率差=标准数； 【方阵问题公式】 （1）实心方阵：（外层每边人数）2=总人数。 （2）空心方阵： （最外层每边人数）2-（最外层每边人数-2×层数）2=中空方阵的人数。 或者是 （最外层每边人数-层数）×层数×4=中空方阵的人数。 总人数÷4÷层数+层数=外层每边人数。 例如，有一个3层的中空方阵，最外层有10人，问全阵有多少人？ 解一 先看作实心方阵，则总人数有 10×10=100（人） 再算空心部分的方阵人数。从外往里，每进一层，每边人数少2，则进到第四层，每边人数是 10-2×3=4（人） 所以，空心部分方阵人数有 4×4=16（人） 故这个空心方阵的人数是 100-16=84（人） 解二 直接运用公式。根据空心方阵总人数公式得 （10-3）×3×4=84（人） 【利率问题公式】利率问题的类型较多，现就常见的单利、复利问题，介绍其计算公式如下。 （1）单利问题： 本金×利率×时期=利息； 本金×（1+利率×时期）=本利和； 本利和÷（1+利率×时期）=本金。 年利率÷12=月利率； 月利率×12=年利率。 （2）复利问题： 本金×（1+利率）存期期数=本利和。 例如，“某人存款2400元，存期3年，月利率为10．2‰（即月利1分零2毫），三年到期后，本利和共是多少元？” 解 （1）用月利率求。 3年=12月×3=36个月 2400×（1+10．2％×36） =2400×1．3672 =3281．28（元） （2）用年利率求。 先把月利率变成年利率： 10．2‰×12=12．24％ 再求本利和： 2400×（1+12．24％×3） =2400×1．3672 =3281．28（元）（答略） （复利率问题例略） 40、解一般题用得较多的技巧 【巧换角度】 从多种角度去思考、分析复合应用题，不仅可找到多种解题方法，而且还可找到比较巧妙的解法。例如： “挖一段56米长的水沟，每天挖7米，已经挖了5天。照这样计算，剩下的还要挖几天？” 按一般思考角度，可先求剩下的长度，再求要挖的天数。如果能换一个角度，先求共要挖的天数，再求还要挖的天数，那么解答起来就既简便，又巧妙了： 56÷7-5=8-5 =3（天）
了多少名女队员？” 如按一般的思考角度，应抓住“女队员人数”去寻找解法和答案。可是这在小学的知识范围内，显然有一定困难，题目似乎是无法可解的。但是，只要转换一个角度，从“男队员人数”方面去思考、分析，前景就“柳暗花明了”： 所以男队员人数是 在有的男女队员总数便是 于是，转进来的女队员人数便是 250-240=10（名） 【巧妙替换】 有些应用题，已给的条件常出现两种或更多种不同属性的量，并且在不同量之间存在有换算关系。这时，暂用其中的一种量去替换另一种量，有时候往往会给题目的解答，带来不少方便。例如 “工地用5辆大车和4辆小车一次共运来水泥42.5吨，已知每辆大车比每辆小车多运4吨，每辆大车和每辆小车各运来水泥多少吨？” 题目中有两个未知数，解答起来有一定困难。但运用替换方法，把4辆小车换成大车，题目的解答就变得比较容易： 设每辆小车都多运4吨，那么小车运的吨数就和大车同样多了（也就是将小车都转换为大车了）。这时，4辆小车就会共增加运量 4×4=16（吨） 总共运的吨数就会增加到 42.5＋16=58.5（吨）。 这58.5吨便是（5＋4）辆大车运的水泥数，所以，每辆大车运来的水泥便是 58.5÷（5＋4）=58.5÷9 =6.5（吨） 每辆小车运来的水泥便是 6.5-4＝2.5（吨） 显然，将大车转换为小车（即将小车去替换大车解题），也是可以的。 又如，“买3千克奶糖的钱与买4.8千克水果糖的价钱相等。买4千克巧克力的钱与买6千克奶糖的钱相等。那么，买9千克巧克力的钱可买水果糖多少千克？” 题目的条件中没有具体的钱数，可用替换方法去解。但巧克力与水果糖不能直接替换，需要通过奶糖这一中间的“媒介”去进行替换。 解题方法可以是： （1）6千克奶糖是3千克奶糖的多少倍？ 6÷3=2（倍） （2）6千克奶糖可换多少水果糖？ 4.8×2=9.6（千克） （3）1千克巧克力的钱可买多少水果糖？ 9.6÷4=2.4（千克） （4）9千克巧克力的钱可以买多少水果糖？ 2.4×9=21.6（千克） 列成综合算式便是 4.8×（6÷3）÷4×9=4.8×2÷4×9 =9.6÷4×9 =21.6（千克）（答略） 【巧用等量关系】 有些应用题已知条件间的关系比较复杂。但是，如果能从这些复杂的关系中，找到一种合适的等量关系，则常常可使问题较简捷地解答出来。这是一种力求寻找和巧用最佳等量关系的解题方法。例如 “甲乙二人需要做同样多的零件数，甲比乙每天多做5个，乙因病中途休息了3天，所以8天后甲做的零件数刚好是乙做的零件数的2倍。求这时甲乙二人各做的零件个数。” 由题中的条件，可以得到两组等量关系： 甲每天做的个数-乙每天做的个数=5………① 甲8在做的个数=乙8天后做的个数×2………② 设甲每天做x个，则乙每天做（x-5）个； 设乙每天做x个，则甲每天做（x+5）个。 设元列方程以后，若使用等量关系①，很明显，方程的解答是比较繁琐的，因为分数需要通分。于是，我们便选择等量关系②来列方程解题： 设乙每天做零件x个，则甲每天做零件（x＋5）个。于是，有方程 （x+5）×8=2×（8-3）x 进而可知，甲每天做的是 20+5=25（个） 8天后甲做的是 25×8=200（个）， 8天后乙做的是 20×（8-3）=100（个） （答略） 36名学生到乙校学习，则甲乙两校学生人数相等。甲乙两校原来各有学生多少？” 在题目中，可以找到三组等量关系： 甲校原来人数-乙校后来人数=36…………① 甲校原来人数-36=乙校原来人数+36…………② 经过比较，利用等量关系①列方程解题，显然比较简便： 设两校共有x人，可得方程为 乙校原有720-396=324（人） （答略） 在利用等量关系解题时，有时候通过“单位1”，可以找到最巧妙的解法。比方下面的这一道工程问题： “一项工程，甲独做24天完成，丙独做40天完成，甲、乙、丙三人合做，10天可以完成。这项工程如果由乙来独做，多少天可以完成？” 在题目条件中，我们可以得到下面的两组等量关系： 乙工效=三人工效和-（甲+乙）的工效…………① 乙工效×工时=工作总量…………………………② 然后，通过巧用“单位1”，还可找到更好的办法： 设乙独做，x天可以完成。若把整个工程看作“单位1”，那么乙每天
所以，其解答就比较简便、快速而巧妙了： 设乙单独做，x天可以完成，则有 即乙独做30天可以完成。（答略） 【巧用直觉思维】 有些题目的条件和结构比较特殊，常常不需要把全部条件用于计算解题，而只要根据其特殊性，经过一次或两次计算，就能将题目解答出来。这是“巧用直觉思维”的解法。例如 “从同一个地点步行到火车站，甲要40分钟，乙要30分钟。甲比乙先走5分钟，乙出发后，要走多少分钟才能追上甲？”
若巧用直觉思维解答，可以这样去思考、解答： 甲先走5分钟，他比乙会晚到火车站5分钟。那么，追及时，应是乙在路程的中心点追上，故可直接用30÷2=15（分钟），求得题目的答案。（答略） 又如，“工厂运来一批煤，计划每天烧3吨，可以烧12天。实际上每天比原计划节约0.6吨，实际上比原计划可多烧多少天？” 巧用直觉思维，可以这样思考：实际每天节约煤0.6吨，相当于实际每
再如，“有一只底面半径为30厘米的圆柱形水桶，桶中有一段半径为10厘米的圆柱形钢材浸没在水中。当钢材从水桶中取出时，桶里的水下降了5厘米。这段钢材有多长？” 按一般方法解，必须先求钢材的体积（即下降的水的体积），再求钢材底面积，然后求钢材的长。这是很麻烦、很费时的。若用直觉思维思考、解答，可以设想一下钢材底面积同水面积的关系，再找出钢材长与水面下降部分的关系，便可不用求积，而直接求出钢材的长度： 根据水面半径30厘米和钢材底面半径10厘米，可知它们的关系是：钢
妙的解答方法： 5×9=45（厘米） （答略） 【巧妙放缩】 有些应用题，由于条件和问题的特殊情况，从直接给出的已知条件中不容易找到简捷的解题途径。这时，我们不妨把某一个已知条件扩大或缩小一定的倍数，促使其他条件相应地发生变化，由此往往能找到简单的解法。例如 “5千克大米的价钱相当于0.8千克食油的价钱，如果2元钱可买2.5千克大米，那么8元钱可买多少千克食油？” 按一般方法解答，需要先求出5千克大米的价钱是多少，再求出0.8千克食油的价钱，然后求出每千克食油的价钱，进而才可求出8元钱可买的食油的数量。 若采用“放缩方法”，可把其中一个条件放大几倍来思考：将2元钱买2.5千克大米这一条件放大4倍，可知8元钱可买10千克大米。因为5千克大米的价钱相当于0.8千克食油的价钱，所以，10千克大米的价钱可买食油0.8×2=1.6（千克），即8元钱可买食油1.6千克。（答略） 有些典型应用题，也可以用“放缩方法”去解答，从而较快、较巧妙地找出它的答案。例如 “鸡兔同笼，共头48个，共足114只。问：鸡兔各有多少只？” 如果把鸡和兔的足数缩小2倍，则鸡的足数和头数相等，兔的足数为头数的2倍。这时，鸡和兔的总足数与总头数（总只数）的差数，就是兔子的只数，故可这样解答： 114÷2-48=9（只）……………兔数 48-9=39（只）…………………鸡数 （答略） 上面两例，是单纯用放大，或单纯用缩小的办法解答的。但有些较复杂的应用题，就既要用“放大法”，又需用“缩小法”，才能使问题正确而快速地解答出来。 例如 “甲乙两个商店去年平均每月的利润，甲店比乙店多5万元。已知甲店
元？”
根据这一新条件解题，还难很快发现其数量关系，这时不妨把这个条件再缩小2倍，于是得到 这样得到的新条件中，就可以清楚地看出，甲店比乙店每月多的5万元，也就是甲店比乙店多的那个 于是，甲店每月的利润数便是 乙店每月的利润数便是 6.25-5=1.25（万元） （答略） 还有比这更复杂一些的问题，可结合其他解法来运用“放缩方法”，使问题得到解答。例如下面的这道英国名题——“第三牧场的牛数问题（实际上也是个牛顿问题）”： “有三个牧场，场上的牧草长得同样的茂盛和同样的快，它的面积分别 二牧场饲养21头牛，可维持9个星期。假若第三牧场饲养的牛，在该场要维持18个星期，那么，这牧场应养牛多少头？”（注：草料是边吃边生长的。） 按照“牛顿问题”的解法来死套，是很难找到解法的。不过，当我们运用“放缩法”，假定三个牧场面积同样大，这一道在三个牧场牧牛群的复杂题目，就会变成在同一牧场牧牛群的简单题目了。这是因为题目中已交代：三牧场牧草同样的茂盛，并且长得同样的快。 倍数），则 第一牧场可以有牛 第二牧场可以有牛 21×（120÷10）=252（头）（仍是9个星期可以吃完） 那么，第三牧场是多少头牛18个星期可以吃完呢？ 这一道用放大了的假定数据编成的题目，还可以改编成一道与它同解的应用题： “有一个牧场，养牛432头，4个星期可以吃完全部草料。若养牛252头，则9个星期可以吃完全部草料。如果要在18个星期内吃完这牧场里的全部草料，那么，它应该养牛多少头呢？（草料是边吃边生长的）” 这是一道简单点的“牛顿问题”，可用“牛顿问题”的解法解答如下： 因为432头牛4星期吃的草料，等于432×4=1728（头牛一星期吃的草料） 252头牛9星期吃的草料，等于 252×9=2268（头牛一星期吃的草料） 而4星期吃完与9星期吃完，要相差 2268-1728=540（头牛一星期吃的草料） 显然，这多出的草料，是 9-4=5（个星期） 之内新长出的草料。所以，牧场一个星期长出的草料是 540÷5=108（头牛一星期吃的草料） 因此，这牧场最初有的草料是 （432-108）×4=1296（头牛吃一星期的草料） 现在，这1296头牛吃一星期的草料，要求能维持18个月，则能饲养的牛数就只能是 1296÷18=72（头） 但这牧场的草料是不断生长的，还必须用108头牛来吃掉每个星期新长出的草料，所以，能饲养的牛数总共是 72＋108=180（头） 不过，这还只是假定这牧场为120英亩所得的结果。实际上第三牧场面积只有24英亩，比假定数缩小了 120÷24=5（倍） 故第三牧场饲养的牛数，也应比这180头缩小5倍。于是可知，第三牧场饲养的牛数便是 180÷5=36（头） （答略） 这道题的解答，显然是得益于“放缩方法”，将复杂题转化为基本题以后，才找到其解答的。 |
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