小学数学奥数题型与解题思路41~60讲

《小学数学奥数题型与解题思路41~60讲》由会员分享，可在线阅读，更多相关《小学数学奥数题型与解题思路41~60讲（64页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、141、简单方程的解法【一元一次方程解法】求方程的解（或根）的过程,叫做解方程.解一元一次方程的一般步骤（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”.解分式方程的一般步骤（或方法）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

2、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）=350,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（x2）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.24242、加法运算定律、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

3、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= 5892834343、几何图形旋转、几何图形旋转【长方形（或正方形）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

4、 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

5、底 AD、BC,分别是圆台上、下底面圆的半径,斜腰 DC,是圆台的母线.4【半圆旋转半圆旋转】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.原来的半圆圆心 O 是球心;原来半圆的半径和直径,分别叫做球的半径和直径;原来半圆的直径也是球的轴和直径.4444、几何图形的计数、几何图形的计数5【点与线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进行

6、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竞赛试题）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 43+21=10（条）线段.以这些线段分别为底边,m上的点为顶点,共可以组成 410=40（个）三角形.同理,m 上 4 个点可以组成 6

7、条线段.以它们为底边,以 n 上的点为顶点可以组成65=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?6（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.底边长为 2,高为 3 的三角形有 244=32（个）;高为 2,底边长为 3 的三角形有 82=16（个）.所以,包括图中阴影部分三角形共有 48 个

8、.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,分别以 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 635241=32（个）;图 5.50（2）中,正方形个数是 44+33+2211=30（个）如果把图 5.49 中的图形,分成

9、56 和 411 两个长方形,则：756 的长方形中共有正方形56+45342312=70（个）;411 的长方形中共有正方形411+310+2918=100（个）.两个长方形相交部分 45 的长方形中含有正方形45+342312=40（个）.所以,原图中共有正方形 70100-40=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（

10、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_.8（1991 年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：本题要注意不能重复计数.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 56=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

11、方体的棱长必须是整数.如果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“迎春杯小学数学竞赛试题）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 222 的正方体（如图 5.53）,余下的都只能分成 111 的正方体了.所以,最少可分成 20 个小正方体.94545、几何体侧面展开、几何体侧面展开【正棱柱、圆柱侧面展开正棱柱、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

12、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 ABCDEFA 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.%【正棱锥侧面展开正棱锥侧面展开】正 n 棱锥（底面为正 n 边形,顶点与底面中心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 SABC 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】圆

13、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10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 ABCA 払扖挼牟嗝嬲箍谕黄矫嫔希阈纬闪烁猛加冶叩耐夹瘟恕【圆台侧面展开圆台侧面展开】圆台侧面展开,摊在同一

14、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,其弧长分别是圆台上、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114646、几何公式、几何公式【平面图形计算公式】一般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.12（2）锥体公式.正 n 棱锥（如图 113）的公式：圆锥的公式（圆锥如图 114 所示）：（3）棱台、圆台公式.13正 n 棱台（如图 115）的公式：圆台（如图 116）的公式：（4）球的计算公式.球的图形如图 117 所示.S表=4r2;附录：其他常

15、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=2232534500 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 的自然数 N,将它分解质因数为14为自然数,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（2331831）=5040【分数拆项公式】在奥赛中,为使计算简便,经常用到下面四个分数拆项公式：（1）连续两个自然数积的倒数,可拆成较小的自然数的倒数,减去较大的

16、自然数的倒数.即（2）连续三个自然数的积的倒数,可拆成前两个自然数的积的倒数,减去后两个自然数的积的倒数的差的一半.即（3）连续四个自然数的积的倒数,可拆成前三个自然数的积的倒数,（4）一般分数拆项公式.当 n、d 都是自然数时,有15【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 118）.桔子总数是多少个?”解 依据三角形堆垛公式,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

17、底边数加 05 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 119）,底层每边放 4 个,顶尖放一个.苹果总数是多少个?”解 依据公式,得16（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 120.）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 120 所示,这盘馒头共有多少个?”解 此题中,n1=5,n2=8.依据长方形堆垛公式,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

18、）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 121 所示.）用式子表示就是例如,“一些酒坛,堆成梯形的堆垛（图 121）,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?”17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 122）中所有线段的条数.解 在线段 AB 上,共有五个分点.根据数线条数的公式,得S=（5+1）+5+4

19、+3+2+1注意：这一公式,还可以用来数形如图 123 的三角形个数.在这个图形中,因为底边 BC 上有 4 个分点,可依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 124 中共有多少个不同的长方形.18解 长方形 ABCD 长边上有 6 个小格,宽边上有 4 个小格.根据数长方形总数的公式,可得=2110=210（个）.（答略）注意：这一公式,还可以用来数形如图 125 中的梯形的个数.显然,这个图

20、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=1510=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（nm）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特殊的,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 126）.19解 图中 AB 边上有 7 个等分,AD 边上有 3 个等

21、份.根据在长方形中数正方形个数的公式,可得：S73+62+51=21+12+5=38（个）.（答略）例 2 求下图（图 127）中的正方形有多少个.解 图形中正方形每边上有 4 等分.根据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,其中注意两条直线都不平行,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 根据平面内 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

22、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+12+22+（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 根据平面内 n 个圆将平面划分成最多的部分数的计算公式,可得S=2+12+22+19220=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

23、形内部格点数+图形周界上的格点数2-1.例 如图 128,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.根据格点面积公式,得：A 图面积=92-1=3.5（面积单位）B 图面积=（9+7）2-1=115（面积单位）（答略）如果格点是由形如“”或“”构成（如图 129）,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-2.4747、几何公理、定理或性质、几何公理、定理或性质【直线公理】经过两点有一条直线,并且只有一条直线.21

24、【直线性质】根据直线的公理,可以推出下面的性质：两条直线相交,只有一个交点.【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,有一条而且只有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.（也可以简单地说成：垂线段最短.）【平行公理】经过直线外一点,有一条而且只有一条直线和这条直线平行.【平行公理推论】如果两条直线都和第三条直线平行,那么,这两条直线也相互平行.【有关平行线的定理】（1）如果两条直线都和第三条直线垂直,那么这两条直线平行.（2）如果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

25、.【三角形的特性】三角形有不变形的特性,一般称其为三角形的稳定性.由于三角形有这一特性,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）,一般有：（1）三角形任意两边的和大于第三边;三角形任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：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+2.三角形的一个外角,大于任何一个同它不相邻的内角.如图 1.1,41,42.【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

26、 表斜边长.）我国古代把直角三角形叫做“勾股形”,直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）较早地证明了这个定理.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.平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是对称中心.22【长方形

27、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.长方形是中心对称图形,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,ACBD,AO=CO,BO=DO,AC 平分A 和C,BD 平分B 和D.菱形是中心对称图形,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

28、-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）任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 n180-（n-2）180=360.（2）如果一个角的两边分别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 的两边分别垂直于A 的两边,则1+A=180,即1 与A 互补.23又2、3、4 的两边也分别垂直于A 的两边,则3 和A 也互补,而2=A,4=A.【圆的一

29、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）不在同一直线上的三个点确定一个圆.（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）如果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 LAA,AP=PA.（2）两个图形关于某直线对称,如果它们的对应线段或其延长线相交,那么,交点在对称轴上.例如图 1

30、.5 中,BA 与 BA的延长线相交,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ABC全等. 【中心对称图形的性质】如果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“中心对称图形”.中心对称图形具有以下性质：（1）关于中心对称的两个图形,对称点连线都经过对称中心,并且被对称中心平分.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（对称中心）,并且 OA=OA,OB=OB,OC=OC.24（2）关于中心对称的两个图形,对应线段平行（或在同一直线上）且相等

31、.4848、和差积商的变化规律、和差积商的变化规律【和的变化规律和的变化规律】（1）如果一个加数增加（或减少）一个数,另一个加数不变,那么它们的和也增加（或减少）同一个数.用字母表达就是如果 a+b=c,那么（a+d）+b=c+d;（a-d）+b=c-d.（2）如果一个加数增加一个数,另一个加数减少同一个数,那么它们的和不变.用字母表达就是如果 a+b=c,那么（a+d）+（b-d）=c.【差的变化规律差的变化规律】（1）如果被减数增加（或减少）一个数,减数不变,那么,它们的差也增加（或减少）同一个数.用字母表达,就是如果 a-b=c,那么（a+d）-b=c+d,（a-d）-b=c-d.（ad

32、+b）（2）如果减数增加（或减少）一个数,被减数不变,那么它们的差反而减少（或增加）同一个数.用字母表达,就是如果 a-b=c,那么 a-（b+d）=c-d（ab+d）,a-（b-d）=c+d.（3）如果被减数和减数都增加（或都减少）同一个数,那么,它们的差不变.用字母表达,就是如果 a-b=c,那么（a+d）-（b+d）=c,（a-d）-（b-d）=c.【积的变化规律积的变化规律】25（1）如果一个因数扩大（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,就是如果 ab=c,那么（an）b=cn,（an）b=cn.（2）如果一个因数扩大若干倍,另一个因数

33、缩小同样的倍数,那么它们的积不变.用字母表达,就是如果 ab=c,那么（an）（bn）=c,或（an）（bn）=c.【商或余数的变化规律商或余数的变化规律】（1）如果被除数扩大（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,就是如果 ab=q,那么（an）b=qn,（an）b=qn.（2）如果除数扩大（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,就是如果 ab=q,那么 a（bn）=qn,a（bn）=qn.（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,就是如果 ab=q,那么（an）（bn）=

34、q,（an）（bn）=q.（4）在有余数的除法中,如果被除数和除数都扩大（或都缩小）同样的倍数,不完全商虽然不变,但余数却会跟着扩大（或缩小）同样的倍数.这一变化规律用字母表示,就是如果 ab=q（余 r）,那么（an）（bn）=q（余 rn）,（an）（bn）=q（余 rn）.例如,849=93,而（842）（92）=96（32）,（843）（93）=91（33）.4949、估值计算、估值计算【精确度计算精确度计算】例 1 计算 123456789101112133l21l10l98765432l,它小数点后面的前三位数字是_.26（1991 年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：讲析：被除

35、数和除数都有 17 位数,直接去除是极麻烦的.我们不妨将被除数和除数作适当的放缩,再去进行解答：原式的值12343121=0.3953原式的值12353122=0.3955所以,答案是 3、9、5.例 2 以下四个数中有一个是 30418.73 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：讲析：在做近似数的乘除法时,先要估算结果的粗略值.18.73 接近 20,304 接近 300,30020=6000,可知,乘积在 6000 左右.所以,答案是 5697.【整数部分的估算整数部分的估算

36、】（1990 年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：讲析： 所以,整数部分是 517.（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：讲析：将分母运用扩缩法进行估算,可得 X,那么,与 X 最接近的整数是_.（1992 年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：讲析：可将整数部分与分数部分分开计算,得27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：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

37、初赛试题）讲析：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：讲析：要使选的个数尽量少,所选的数必须尽量大.由此可得285050、根据和、差、积、商变化规律速算、根据和、差、积、商变化规律速算【根据和的变化规律速算根据和的变化规律速算】和的变化规律有以下两条.（1）如果一个加数增加（或减少）一个数,另一个加数不变,那么它们的和也增加（或减少）同一个数.利用这一规律,可以使计算简便、快速.例如645+203=645+200+3=8453=

38、848397468=400468-3=868-3（2）如果一个加数增加一个数,另一个加数减少同一个数,那么它们的和不变.利用这一规律,也可以使计算简便、快速.例如657309=（657+9）（309-9）=666+300=966154286=（1544）+（2864）=150290=（150-10）（29010）=140300=440【根据差的变化规律速算根据差的变化规律速算】差的变化规律有如下三条.（1）如果被减数增加（或减少）一个数,那么它们的差也增加（或减少）同一个数.运用这一规律的速算,如804355=8003554=445429449593264=6002647=3367=329（2

39、）如果减数增加（或减少）一个数,被减数不变,那么它们的差反而减少（或增加）同一个数.运用这一规律的速算,如675298=6753002=3752=377458209=4582009=2589=249（3）如果被减数和减数都增加（或都减少）同一个数,那么它们的差不变.运用这一规律的速算,如3520984=（352016）-（98416）=35361000=2526803345=（8033）-（3453）=800342=458【根据积的变化规律速算根据积的变化规律速算】积的变化规律有如下两条.（1）如果一个因数扩大（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

40、一规律的速算,如1754=（257）4=（257）25425=7425=7（425）=7006825681004=68004=1700（2）如果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.运用这一规律速算,如3024025=（2404）（2504）=601000=600004514=（452）（142）=902=180【根据商的变化规律速算根据商的变化规律速算】商的变化规律,有如下三条：（1）如果被除数扩大（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.运用这一规律速算,如54009=（5400100）9100=549100=6100=600（2）如

41、果除数扩大（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.运用这一规律速算,如3600253600（254）4=36001004=364=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.运用这一规律速算,如69000023000=（6900001000）（230001000）=69023=301200025=（120004）（254）=48000100=480注意：在有余数的除法里,如果被除数和除数都扩大（或者都缩小）同样的倍数,不完全商虽然不会变化,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

42、倍数.315151、割补、拼接、截割、割补、拼接、截割【割补割补】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.但只要仔细观察就能发现,根据轴对称性及割补方法,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,原来的阴影部分就正好拼成了一个半圆.所以,三块阴影部分的面积是12.56

43、2=6.28（平方厘米）【拼接拼接, ,截割截割】（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规律：32两个或两个以上的图形拼接成一个新的几何图形,它的面积等于原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.如果拼接部分的总长度为 a,那么拼接后减少的周长就是 2a.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

44、,那么截割后增加的长度就是 2a.依据这一规律,可快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、形状完全相同的三个长方形,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,比原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”正好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4832=1442=72（厘米）（2）立体图形的拼接、截割.立体几

45、何图形拼接或截割以后,它的体积和表面积的变化,有以下规律：两个或两个以上的几何体,拼接成一个新几何体以后,它的体积等于原来若干个几何体体积之和;但是它的表面积却比原来若干个几何体的表面积之和要小.如果重叠部分为 S,那么减少的面积就是 2S.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.如果其中的截割面积为 S,那么,增加的表而积就是 2S.依据这一规律,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完全相同的长方体（不计损耗）,表面积会增加多少平方厘米?因为正方体木块的截割面积为 55

46、=25（平方厘米）,依据上面的规律可知,表面积会增加33252=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,表面会增加多少平方厘米?由于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.如图 4.42 左图的截法,表面积会增加.562=302=60（平方厘米）如图 4.42 中图的截法,表面积会增加.1062=602=12（平方厘米）如图 4.42 右图的截法,表面积会增加1052=502=100（平方厘米）5252、改变运算种类、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

47、使一些题目的计算变得比较简便、快速.【以乘代加以乘代加】几个加数虽然不同,但数字大小比较接近的时候,可以选择一个数作“基准数”,采用“以乘代加”的方法速算.例如34（1）1718161714+1913+14解题时,可以选择 17 为基准数,以乘代加解答如下.1718+161714+19+1314=1781-1-32-4-3=178-8=128（2） 325324318327323320解题时,可以选取 323 作为基准数,然后解答.325+324318+327323320=3236+21-5+4-3= 3236+（214）-（53）=32367-8=3236-1=1937运用基准数以乘代加速算

48、,对于一些随报随记而且数字又很接近的连加运算,是极为方便、快速的,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 个同学某次数学考试分数如下：72;71;70;68;74;69;73;67;70;73.计算时,可选择 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,这组同学这次考试成绩的总分数是70107=707（分）【以加代减以加代减】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?”很明

49、显,这是个减法算题,应该用 104.65=5.35（元）去求答案.可是在找钱的时候,售货员一般不做减法,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?因为做减法会产生连续退位的问题,而用加法凑整,可以通过“前位九,末位十”的办法口算.达到正确、快速、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”的方法“前位凑九,末位凑十”,去迅速地求差.请看下面的两个例子,特别是看一看列出的竖式：35（1） 1000675=325(2)50000-3672=46328【添添 0 0 折半折半】一个数

50、乘以 5,可以看成是先乘以 10 再除以 2.一个数乘以 10 非常简便,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 的方法,叫做“添 0 折半法”.它也改变了原题的运算种类.例如（1）486548602=2430（2）4.375=43.72=21.85【添添 0 0 退减原数退减原数】一个数乘以 9,就是乘以 101.根据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.这种方法,可称为“添 0 退减原数法”.例如3969=3960-396=3564（退减原数可看式口算.看式口算不熟练时,可

51、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.）【添添 0 0 折半加原数折半加原数】一个数乘以 6,可以看成是乘以（51）.运用乘法分配律,可以用这个数分别乘以 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.所以这种速算方法可称之为“添 0 折半加原数法”.例如64896=648902+6489=324456489=38934这种方法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.36例如24367=2436024872=12180+4872=17052234.27=23422

52、+468.4=1171468.4=1639.4【以加代乘以加代乘】“以加代乘”又可以称之为“添 0 加原数”.例如72011=7200720=7920672031167203067203=739233这种方法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：62312=6230+1246=7476【原数加半原数加半, ,加半定积加半定积】如果一个数乘以 1.5,也就是乘以（10.5）,那么根据乘法分配律,只要把这个数加上它的一半就可以了.这时,原来的乘法也可以改用加法来代替.例如481.5=48（10.5）=48+24（48 的一半）=72显

53、然,“原数加半”的方法速算乘法,也是“以加代乘”的一种方法.这种“原数加半”方法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=1.510 0.15=1.50.1150=1.5100 0.015=1.50.011500=1.51000 0.0015=1.50.001 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.比方376.4150=6.41.5100=（6.43.2）100=9.6100=96046000.0015=（46002300）0.001=69000.001=6.9这样的方法,可以称作“加半定积法”

54、.在我国农村,还经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=（0.00152800）亩=（28001400）0.001亩=4.2 亩在民间,人们一般称这样的快速简算方法,叫做“加半向左移三法”.【以减代除以减代除】除法实际上是同数连减的简算方法,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,55025,先用 550 减去 20 个 25,得 50,50 再减去 2 个 25,便得 0.所以,55025=22.由口算便迅速得出了此题的得数.【以乘代除以乘代除, ,以除代乘以除代乘】在乘法运算里,如果一个因数是

55、5”,则可将它化为“10n2n”,从而将“乘以 5n”转化为“除以 2n”进行计算.同样,在除法运算里,如果除数是 5n,那么,也可以将它转化为“乘以 2n”去进行计算.显然,除以或乘以 2n,要比乘以或除以 5n方便、快速得多.例如（1）12000125=1200053=12000（103+23）=1200010323=1223=96因为 1223=12222,所以口算得数时,只要把 12 连续翻倍三次即可.即12244896.（2） 480125=48053=480（10323）=4801032348023103=6010338=60000因为 48023=480222,所以口算得数时,只

56、要把 480 连续折半三次即可.即48024012060.5353、复杂分数应用题、复杂分数应用题【复杂的一般分数问题复杂的一般分数问题】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”小学数学竞赛试题）讲析：关键是要求出甲、乙两校学生数,分别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

57、 年全国小学数学奥林匹克初赛试题）3916 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,由于进货价降低了 8,使得利润率提高了 10.那么这个商店原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=92a（元）,例 4 学校早晨 6：00 开校门,晚上 6：40 关校门.下午有一同学问老（1992 年小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：本题的关键是要注意“时间”和“时刻”这两个概念的

58、区别.从早晨 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,现在的时间是下午 4 点钟.【工程问题工程问题】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

59、作量.40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 34=12（小时）.所以,甲做 1 小时之后,还需要乙再做 3+12=15（小时）才能完成.例 2 如果用甲、乙、丙三根水管同时往一个空水池里灌水,1 小时可以灌满;如果用甲、乙两根水管,1 小时 20 分可以灌满;如果用乙、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,如果甲队单独做,16 天可以完成;乙队单独做时,突然遇到地

60、下水,影响施工进度,使得每天少挖了 47.25 方土,结果共用了 10 天完成工程.问整个工程要挖多少方土?（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,所以每天可以完成例 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,如果交换工人 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;如果交换工人 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：如果同时交换 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

61、这项生产任务.41（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、乙两个工地进行清理工作.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、乙两地全部工作量作单位“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

62、42丁的顺序循环开各水管,每次每管开 1 小时,问多少时间后水开始溢出水池?（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.435454、分数与繁分数化简、分数与繁分数化简【分数化简分数化简】讲析：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：讲析：注意到,46=24,24=6,由此产生的一连串算式：164=641664=66416664=666444（全国“育苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：讲析：容易看出分子中含有

63、因数 3.把 48531 分解为 48531=316177,然后可试着用16177 去除分母：【繁分数化简繁分数化简】（1990 年马鞍山市小学数学竞赛试题）讲析：讲析：如果分别计算出分子与分母的值,则难度较大.观察式子,可发现分子中含有326274,分母中含有 275326.于是可想办法化成相同的数：（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：讲析：可把小数化成分数,把带分数都化成假分数,并注意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：讲析：由于分子与分母部分都比较复杂,所以只能分别计算.计算时,哪一步中能简算的,就采用简算的办法去计算.

64、45 所以,原繁分数等于 1.（北京市第一届“迎春杯”小学数学竞赛试题）讲析：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）465555、对称变换、对称变换【将军饮马将军饮马】据说古代希腊有一位将军向当时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?如何确定饮马的地点?海伦的方法是这样的：如图 4.33,设 L 为河,作 AOL 交 L 于 O 点,延长 AO 至 A,使AO=AO.连结 AB,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

65、）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 AC 是相等的.而 AB 是一条线段,所以 AB 是连结 A、B 这两点间的所有线中,最短的一条,所以 AC+CB=AC+CB=AB 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方法.运用这种办法,可以巧妙地解决许多几何问题.【划线均分划线均分】通过中心对称图形的对称中心,任意画一条直线,都可以把原图形均分成两个大小、形状完全相同的图形.利用这一性质,可以使某些较复杂的问题迅速地解答出来.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

66、方形）组成的组合图形,而矩形既是轴对称图形,也是中心对称图形, 所以只要找出两个对称中心（对角线交点）,利用中心对称图形的上述性质,通过两个对称中心作一条直线,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）.47（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,又是中心对称图形.长方形的对称中心是对角线的交点,圆的对称中心是它的圆心.根据中心对称图形的上述性质,先找出这两个对称中心 O 点和 P 点（如图 4.37）,再过O、P 作直线 L,此直线

67、L 即是所画的那根直线.5656、典型应用题、典型应用题【平均数问题平均数问题】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”小学数学竞赛试题）讲析：我们不能用（15+30）2 来计算平均速度,因为往返的时间不相等.只能用“总路程除以往返总时间”的方法求平均速度.48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.如果只分给第一群,则每只猴子可得 12 粒;如果只分给第二群,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

68、分给三群猴子,每只猴子可得_粒.（北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题）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.2.53=女生数：男生数即 男生数：女生数=6:5.例 4 某次数学竞赛原定一等奖 10 人,二等奖 20 人,现在将一等奖中最后

69、 4 人调整为二等奖,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,原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：设原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,丙遇到乙后 2 分钟又遇到甲,A、B 两地相柜_米.（ 1990 年小学生报小学

70、数学竞赛试题）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、两相遇的时间,也就是乙行距离 AD 的时间.49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 的时间是 24010=24（分钟）.所以,AB 两地相距米数是（70+60）24=3120（米）例 2 在一条公路上,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

71、调头相向而行,依次按照 1、3、5、7（连续奇数）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竞赛初赛试题）（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 1200150=8（分钟）,就可以相遇了.从而可知,相遇所需要的时间共是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,沿同一公路追赶前面的一个骑车人.这三辆车分别用 6 分钟,10 分钟、12 分钟追上骑车人.现在知道快车每

72、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分别为三车追上骑车人的地点.50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.如果把车速提高 20,可以比原定时间提前一小时到达;如果以原速行驶 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：

73、首先必须考虑车速与时间的关系.因为车速与时间成反比,当车速提高 20时,所用时间缩短为原来的例 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竞赛初赛试题）讲析：关键是要理解上行与下行时间各占全部上下行总时间的百分之几.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 751例 6 甲、乙两车分别从 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,分别到

74、达对方城市后,又立即返回,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竞赛预选赛试题）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,从第一次相遇到第二次 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（3042）2=36（千米）,即 A、B 两城的距离是3036=66（千米）.例 8 甲、乙两车分别从 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,

75、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：根据甲、乙两车的速度比为 37,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 37,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

76、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、乙两人分别从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,甲比乙少用的时间是 1004-1005=5（秒钟）,现在甲要比乙多跑100 米,需 20 秒钟.由 205=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

77、205+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.52例 10 甲、乙二人在同一条环形跑道上作特殊训练：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立即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 32.当甲从原速跑到 A 点.（个）全程,即刚好到达 D 点.所

78、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进行长跑锻炼,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.如果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赶父亲.因

79、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.53例 12 甲班与乙班学生同时从学校出发去某公园.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.学校有一辆大客车,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间内到达,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间内到达,只有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、

80、CD 分别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+2BC.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+2BC.又,汽车速度是乙班的 16 倍,所以ABCD=1511.即甲班与乙班需要步行的距离之比为 1511.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间从公司出发,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

81、 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 2AC 而剩下的时间,则汽车行 AC 路程需要 8 分钟,所以汽车到达 C 点接到王经理的时间是 7 点 52 分钟.王经理步行时间是从 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 728=9（倍）.【倍数问题倍数问题】54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?

82、（1994 年天津市小学数学竞赛试题）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（423-78）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.如果评一、二、三等奖各两人,那么每个一等奖的奖金是 308 元;如果评一个一等奖,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

83、等奖和三等奖都换成一等奖.如果评 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.如果甲给乙一定数量的糖后,甲的糖就是乙的糖粒数的 2 倍.如果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

84、,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同学参加金杯赛.学校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.后来每校各增加一个人参赛,这样两校需要的汽车就一样多了.最后又决定每校再各增加一人参加竞赛,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竞赛?（全国第一届“华杯赛”决赛试题）讲析：原来二小比一小多一辆车,各增加一人后,两校所需车一样多.由此可见,一小增一人就要增加一辆

85、车,所以原来汽车恰好全部坐满,即原来一小人数是 15 的倍数.后来又增加 1 人,这时二小又要多派一辆车,所以在第二次增加人数之前,二小的车也恰好坐满.即人数是 13 的倍数.因此,原来每校参加的人数都是 15 的倍数.而加 1 之后,是 13 的倍数.55即求 15 的某个倍数恰等于 13 的倍数减 1.因为 156=90,137=91,所以,两校各有 92 人参加竞赛.从而可知,两校共有 184 人参加竞赛.【年龄问题年龄问题】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”小学数学竞赛试题）讲析：可先求出当爸爸

86、年龄是小明年龄的 3 倍时,小明的年龄是多少岁：（57-5）（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”少年数学竞赛试题）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,祖父的年龄分别是小明年龄的 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

87、的.所以,小明今年的年龄是 60（6-1）=12（岁）;祖父今年的年龄是 126=72（岁）.例 3 1994 年姐妹两人年龄之和是 55 岁.若干年前,当姐姐的年龄只有妹妹现在这么大时,妹妹的年龄恰好是姐姐年龄的一半.姐姐是哪一年出生的?（长沙地区数学竞赛预选赛试题）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 311=33（岁）.故姐姐是 1960 年出生的.【时钟问题时钟问题】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

88、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.56例 2 7 点_分的时候,分针落后于时针 100.（上海市第五届小学数学竞赛试题）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.【其他问题其他问题】例 1 如图 5.40

89、是一个围棋盘,还有一堆围棋子,将这堆棋子往棋盘上放,当按格点摆成某个正方阵时,尚多余 12 枚棋子,如果要将这个正方阵改摆成每边各加一枚棋子的正方阵,则差9 枚棋子才能摆满.问：这堆棋子原有多少枚?（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：把这堆棋子摆成正方形实心方阵,还多余 12 枚,若把这个正方阵每边各加一枚棋子时,其贴边加上的棋子为 12+9=21（枚）.所以,新方阵每边棋子数为（21+1）2=11（枚）.从而可知,原来这堆棋子共有 1111-9=112（枚）.例 2 小玲从家去学校,如果每分钟走 80 米,结果比上课时间提前 6 分钟到校;如果每分钟走 50 米,则要迟到 3 分钟,小

90、玲的家到学校的路程有多远?57（西南地区小学数学竞赛试题）讲析：本题属于盈亏问题,提前 6 分钟和迟到 3 分钟,所相差的距离,是由于每分钟相差30 米而造成的.（806+503）（80-50）=21（分钟）;80（21-6）=1200（米）即小玲家到学校有 1200 米.5757、等积规律、等积规律【三角形等积的基本规律三角形等积的基本规律】如果两个三角形的底相等,高也相等,那么,这两个三角形的面积相等.58例如,在图 1.32 中,D 是 BC 的中点（即 BD=DC）,则ABD 与ACD 的面积相等.（等底同高）【三角形等积规律推论三角形等积规律推论】由三角形等积这一基本规律,可以推出下

91、面几个结论.结论 1 如果两个三角形有公共的底边,且这底边所对的顶点所在直线,与这底边平行,则这两个三角形面积相等.例如,在图 1.33 中, A1A2的连线与 BC 平行,则A1BC 与A2BC 的面积相等.结论 2 在两个三角形中,若相等的底在同一直线上,底所对的顶点在与底平行的另一同一直线上,则这两个三角形的面积相等.例如图 1.34 中的A1B1C1与A2B2C2,它们的底 B1C1=B2C2,并且底同在直线 B1C2上,顶点A1、A2的连线 A1A2,与 B1C2平行,那么A1B1C1与A2B2C2的面积便是相等的.结论 3 如果一个三角形的一边被分成了 n 等分,并把这些等分点与顶

92、点连结,那么这个三角形就被分成了 n+1 个等积的三角形.例如图 1.35 中,BC 被点 D1、D2、D3、D4、D5分成了六等分,则ABC 的面积也就被AD1、AD2、AD3、AD4、AD5也分成了六等分.即ABD1、AD1D2、AD2D3、AD3D4、AD4D5、结论 4 如果两个三角形的高相等,其中一个三角形的底是另一个三角形底的几倍,那么这个三角形的面积也是另一个三角形面积的几倍.59例如,在图 1.36 中,ABC 的高 AD,和A 払扖挼母逜扗捪嗟龋珺 C=3B 扖挘敲础鰽 BC的面积,便是A 払扖挼拿婊3 倍.5858、等分图形、等分图形【均分整体均分整体】有些几何问题,只要把

93、大图形均分为若干个小图形,就能找到问题的答案.例如,下面两图中的正方形分别内接于同一个等腰直角三角形（内接指四个顶点全在三角形的边上）.已知左图（图 4.11）中正方形面积为 72 平方厘米,求右图（4.12）中正方形的面积.由于左右两个三角形完全相同,我们不妨把这两个图形进行等分,看看这两个正方形分别与同一个等腰直角三角形有什么样的关系.等分后的情况见图 4.13 和图 4.14.60积是图 4.12 的正方形面积是【均分局部均分局部】有些几何问题,整体的均分不太方便,或不能够办到,这时可以考虑把它的局部去均分,然后从整体上去观察,往往也能使问题获得解决.例如图 4.15,在正方形 ABCD

94、 中,画有甲、乙、丙三个小正方形.问：乙、丙面积之和与甲相比,哪一个大些?大家由前面的“均分整体”已经知道,像甲、乙这样的两个正方形,面积不是相等的.如图4.16,经过等分,正方形甲的面积等于ABC 面积的一半;正方形丙的面积等于EDF 的一半,正方形乙的面积等于梯形 ACFE 面积的一半.这样,一个大正方形 ABCD,就划分成了三个局部：等腰直角ABC;等腰梯形 ACFE;等腰直角EDF.其中甲、乙、丙的面积分别为各自所在图形的一半,而EDF 的面积加梯形 ACFE 的面积等于ADC 的面积,即等于ABC 的面积.所以,乙、丙面积之和等于甲的面积.615959、抽屉原理问题、抽屉原理问题 例

95、 1 袋子里有红、黄、黑、白珠子各 15 粒,闭上眼睛要想摸出颜色相同的五粒珠子,至少要摸出_粒珠子,才能保证达到目的.（1992 年福州市小学数学竞赛试题）讲析：从最好的情况着手,则摸 5 粒刚好是同色的,但是不能保证做到.要保证 5 粒同色,必然从最坏情况着手.最坏情况是摸了 16 粒,这 16 粒珠子中没有一种是 5 粒同色,也就是说有 4 粒红色、4 粒黄色、4 粒黑色和 4 粒白色的.现在再去摸一粒,这一粒只能是四色之一.所以,至少要摸 17 粒.例 2 在一个 39 的方格里,将每一格随意涂上黑色或白色,试说明不管怎样涂,至少有两列的着色是完全相同的.（“新苗杯”小学数学邀请赛试题

96、）讲析：可用两种颜色涂每一列的三格,它共有 8 种情况,如图 5.89 所示. 那么,剩下的一列不管怎样涂色,一定是上面 8 种中的一种.所以它至少有两列的着色是完全相同的.例 3 把 1、2、3、10 这十个自然数以任意顺序排成一圈,试说明一定有相邻三个数之和不小于 17.（乌鲁木齐市小学数学竞赛试题）讲析：因为 12310=55.这十个数不管怎样排列,按每相邻三个数相加,共分成了 10 组,每个数都加了 3 次.6210 组之和是 165,平均每组为 16,还余 5.然后把 5 分成几个数再加到其中一组或几组中,则肯定有一组相邻三个数之和不小于 17.6060、扩缩图形、扩缩图形【扩图扩图

97、】 解题时,将几何图形扩大,有时候能使一时难以解决的问题变得非常简单.例如,图 4.43 是一个圆心角为 45的扇形,其中的直角三角形 BOC 的直角边为 6 厘米,求阴影部分的面积.本来,求阴影部分的面积,只要用扇形面积减去直角三角形面积就行了.但是同学们暂时还未学求扇形半径 R 的方法,怎么办呢?由扇形的圆心角为 45,我们不妨将其扩大一倍,如图 4.44 所示.由此图可以求出三角形DOB 的面积为可知63扩大后的阴影部分面积为56.52-7225=6.52-36=20.52（平方厘米）所以,原图所求的阴影部分的面积为20.522=10.26（平方厘米）这是个将图形整体扩大的例子.可否只将

98、图形的某一个局部扩大,来求得问题的解答呢?回答是肯定的.例如：如图 4.45,图中的扇形半径为 8 厘米,圆心角为 45,求阴影部分的面积.当然,这道题也可以将整个图形扩大一倍,去寻找答案.不过,解题的关键是求出空白部分（三角形）的面积,我们不妨以 8 厘米为边长,作一个正方形,这正方形面积便是空白三角形面积的 4 倍（即只将局部三角形面积扩大 4 倍）.于是空白的三角形面积便是884=16（平方厘米）所要求的阴影部分的面积便是 【缩小研究对象缩小研究对象】 有些图形从整体上研究,由于图形较为复杂,难以一下子解决问题,若根据图形特点,缩小研究范围,往往能较快地找到答案.64例如,图 4.46

99、是一块黑白格子布,白色大正方形边长 10 厘米,白色小正方形边长 4 厘米.这块布的白色部分的面积占总面积的百分之几?图形令人眼花缭乱,增大了解题时的难度.不过,仔细一看,就可发现它由 9 块形状大小相同的图形组成,我们只要研究其中一个小图形（如图 4.47）的白色图形占整个图形的百分之几,就足以解决问题了,所以,题目的解答可以是（101044）（104）（104）=1161960.592=59.2.又如,图 4.48 是一个对称图形.问：图中的黑色部分与阴影部分比较,是黑色部分的面积大,还是阴影部分的面积大?因它是个对称图形,可如图中虚线那样画两条直线,将它平分为四个部分.解题时,我们不必研究整个图形,只要研究它的四分之一就行了.角扇形的面积.再由对称关系可知,图形中两个空白部分的大小是相等的,故用图中的上半部分减黑色部分所得的空白部分,等于下面半圆面积减“卵叶形”阴影部分所得的空白部分.在这一等式中,既然被减数和差都相等,那么减数（黑色部分和叶形阴影部分）也必定是相等的.于是可推出,整个图形的黑色部分和阴影部分的面积,也必定是相等的.