奥数课堂1

“答案”的信号 大正方形边长10厘米，小正方形边长6厘米，如图，阴影部分的面积是多少？

从不同角度分析图形能获得各种解法，如：

（10-6）×10÷2＝20（平方厘米）??三角形DBE面积，6×6÷2＝18（平方厘米）??三角形EBF面积6×（10-6）÷2＝12（平方厘米）??三角形EDF面积20+18+12＝50（平方厘米）

那么，怎样挖掘隐蔽条件获取巧解呢？如稍留意得出答案，就会引出“阴影部分面积是大正方形面积的一半”猜想。

抓住这个猜想再分析左图，具体的过程如下所示：

阴影部分面积=三角形BCD面积 ②面积+③面积＝①面积+③面积 ②面积=①面积 ④面积+②面积=①面积+④面积 梯形DCHF面积=三角形BHF 列式都为（10+6）×6÷2

由从上往下分析步骤，改为从下往上思考过程，给出原先猜想是正确的，挖掘隐蔽条件“①与②面积相等”，它提供本题的巧解：10×10÷2=50（平方厘米）

从这个实例分析可见，如能允分利用“答案”的信号，提供有助思考隐蔽条件的路标，这样寻找巧解化难为易。记得曾有人说过：“先猜，后让——这是大多数的发现之道。”事实上有许多科学家的发明与创造都是从猜想开始的。

试一试1.求阴影部分的面积（单位：米） 这题答案为8平方米，它提供_____猜想，这题的巧解：_____。 2.如图，大正方形的边长为6厘米，小正方形的边长为4厘米。求阴影部分的面积。

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“等分法”就是将一个物体或数量等分几份的一种解题方法。运用这种方法解答有关多边形的面积问题，

常会使人有“柳暗花明”的感受。

一、运用平行四边形定义等分。例1 求图1正六边形的面积。（单位：厘米）

分析与解 将正六边形按图2所示等分成3个平行四边形。所以，正六边

形的面积为：37.5×（65÷2）×3=3656.25（平方厘米）

例2 如图3，四边都相等的两个完全相同的四边形，在两边的中点处部分重合。已知重合部分的面积是8平方厘米。求阴影部分的面积。

分析与解 将图3按图4所示等分成7个棱形。所以，

阴影部分的面积为：8×6=48（平方厘米）

二、运用梯形定义等分 例3 如图5所示，求出中队旗的面积。（单位：厘米）

分析与解 将图5按图6所示等分成2个梯形。所以，

中队旗的面积为：（60+80）×30÷2×2=4200（平方厘米）

例4 将正方形的四条边分别向两端各延长一倍，连接8个端点得到一个八边形（图7），求阴影部分的面积。

分析与解 将八边形按图8所示等分成4个梯形。所以，阴影部分

的面积为： （2+2×2）×2÷2×4=24（平方厘米）

2

三、运用三角形面积法等分。例5 如图9，梯形的面积是36平方厘米，BE是BC的一半。求阴影部分的面积。

分析与解 将梯形按图10所示等分成3个等底等高的三角形。所以，

阴影部分的面积为：36÷3=12（平方厘米）

例6 如图11，平行四边形的面积是49平方厘米，E是底边上的中点。求阴影部分的面积。

分析与解 将平行四边形按图12所示等分成4个等底等高的三角形。

所以，阴影部分的面积为：49÷4=12.25（平方厘米）

四、运用中点性质等分 例7 如图13，长方形ABCD的长是10厘米，宽是6厘米，E、F分别是AB和AD的中点。求阴影部分的面积。

分析与解 将阴影部分等分成与△AEF完全相等的3个三角形

（如图14）。所以，阴影部分的面积为：（10÷2）×（6÷2）÷2×3=22.5（平方厘米）

例8 如图15，一张边长是4厘米的正方形纸，剪去两邻边中点连线的一个角，求剩下的面积。

分析与解 将正方形等分成8份（如图16），其中剪去的面积占

1份。所以，剩下的面积为（4×4÷8×7

[奥数课堂]运用“取中法”解题举隅根据题目特征，以中间一个数为突破口进行解题，是一种常用

的解题策略。运用取中法解答课本中的思考题和数学竞赛题，不仅能激发学生的学习兴趣，而且能使解题思路简捷、达到事半功倍的效果。现举数列说明。

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一、运用取中法解答数值计算

对于由相近的一组数相加的计算题，解答时可选择一个中间数作为计算基础，通过“移多补少”变加为乘，能使计算简便。 例1 计算

（4845+4847+4836+4838+4840+4839+4842）÷7

分析和解 例1括号内是7个相近的数相加，按顺序排列可知中间的数是4840，以4840为基数，可作如下计算：

原式=[4840×7+（5+7-4-2-1+2）]÷7=4841 二、运用取中法解答整除问题

涉及整除问题的填数题，可根据填数的诸种可能性，先假设中间一个数进行试探，进而再进行调整，可使问题得到解决。

例2 如果六位数，1992□□能被95整除，那么，它的最后两位数是_____。 （1992年小学数学奥林匹克初赛（B）卷第4题）

分析和解最后两位数只能是“00”到“99”一百个数中的一个数，先假设这两位数是中间数50。那么，199250 ÷95=2097??35，显然，假设偏大35，故从199250中减去35所得的差能被95整除。即：199250-35=199215，所以，它的最后两位数是“15”。 三、运用取中法解答估算问题

在小学数学竞赛中，常出现这样一类题，它不要求算式的精确值，只要求算式结果的整数部分。对这类题，解答时取中间一个数代换其它数进行计算，先求出近似结果，再加以确定能较快地求出结果。

分析和解 观察可知，繁分数中共有12个分母数字较大的分数，按常规的通分方法显然行不通。若取最大值和最小值来讨论算式的取值范围，也较

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找出算式的整数部分。

因此，S的整数部分是165。 四、运用取中法巧填数字题

填数字是一种常见的数学题型，其填法多种多样，但以中间数为突破口，通过分组试调，得到的一种解法，过程简捷、规律性强，便于操作，学生尤其是低年级学生易于接受。

例4 把1、3、5、7、9、11、13填进7个空中，使每个圆圈里四个数字的和都相等。（九年义务教材第四册88页思考题）

分析和解 观察题图发现，图中有一中心格，它是三圆交叉的公共格，此处所填的数三个

圆圈都得用。因此，确定此格的数字至关重要，由于中间数7即是7个数的平均数（49÷7=）7，所以中心格应填7，中间数把另6个数分成两组，前面三个数为较小数，后三个数为较大数，将较小数1、3、5填入三个较小空中或填入三个较大的空中，再将三个较大数9、11、13与之搭配，采取较小数配较大数的方法试调。使每个圆圈里的四个数的和都相等。这样便得到如下两解。

[奥数课堂]巧用幻方解题同学们都知道，在幻方图中，每行、每列、两条对角线上的几个数的和都

相等。利用幻方的这个特性，我们就可以迅速简洁地解答一些数字填充问题。试举几例如下：

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例1 将1－9填在图1中，使每条线上各数之和都相等。 我们可以先把这9个数编成一个三阶幻方，根据幻方中的数据就可以很容易地填出答案（还有其它多种填法）。

例2 将4－20填在图2中使两条线上各数之和都相等，每个方框上各数之和也都相等。

我们先假定中间所填之数为4或20，然后再把其余的16个连续数编成一个四阶幻方，即：

或

由此，我们就可根据幻方图中每一横行的数据，使两条直线上各数之和都相等，即：

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然后再根据幻方图中每一竖行的数据，调整两条直线上的数字位置，使每个方框上各数之和也都相等。即：

例3 在图3，以○为顶点，有四个小等边三角形和三个大等边三角形。将20－28填入○内，使每个等边三角形的三个顶点上数字之和都相等。

通过观察，我们可以发现，这道题从外侧的三个小等边三角形入手比较容易。制好幻方图后，很快便可填出答案。如果填完之后其它几个等边三角形还不符合要求，就需要再进行数字位置调整。由此可得：

通过以上几例，同学们不难发现利用幻方解题的巧妙之处。看似复杂的题目，利用幻方知识得以迎刃而解。

[奥数课堂]用图表找规律巧解题例 把一块烙饼分给11个小朋友，只允许切6刀。每个小朋友最

多分到几块？（每人块数相等）由题目可知，这道题实际上是求6刀最多能切几块，所以必须首先搞清楚这6刀该如何切。 一刀不切，只有一块。 切一刀只能切成两块。

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切两刀，如果两刀不相交能切成3块，如果两刀相交能切成4块。[因题目要求最多，故两刀必须相交。] 切3刀，如果3刀共点能切成6块，如果3刀不共点能切成7块。

[因题目要求最多，故三刀不能共点。]

切4刀，按照“两刀必须相交，3刀不能共点”的切法，能切成11块。 切5刀、6刀能切成几块呢？画图太麻烦，需要根据刚才切的结果来找规律：

只看块数，不容易找出规律，和刀数联系起来看可知：切几刀就比前一次的块数多几块。即：

块数=前一次的块数+本次刀数。

这样可知5刀切（11+5=）16块，6刀切（16+6=）22块。分给11个小朋友，每人分得：（16+6）÷11=2（块）。

从这道题可知，通过画图，经过思考，得出了切的方法。运用表格，分析数据，找出了刀数与块数之间的规律，进而使问题顺利解决。

[奥数课堂]按规律数图形 数出某个稍复杂图形所含有的某种基本图形的个数，是大家经常采用的

一种思维训练方式。这种训练，不仅能使学生进一步地认识某些几何图形的基本特征，而且能训练和发展学生的观察能力、思维能力和想象能力。有如下两个图形：

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如果让你数出这两个图形中各有几个长方形，第一个图形较容易看出有3个长方形，而第二个图形要想准确而快速地数出来，就不那么容易了。为了解决这一问题，可以用一个公式计算出来，来检验你数出的图形个数是否正确，我们先从最基本的线段谈起。

例1 请你数出下列图形中各有几条线段。

根据线段的定义：直线上两点间的一段，叫做线段。在图1中，点C把线段AB分成两条小线段AC、CB，而AC、CB又组成线段AB，因此，图1中共有2+1=3（条）线段。在图2中，点C、点D把线段AB分成3条小线段AC、CD、DB，而相邻的两条小线段又可组成较大的线段，AC、CD可组成AD，CD、DB可组成CB，三条小线段AC、CD、DB又组成线段AB，因此，图2中共有线段（3+2+1）=6（条），用同样的方法，我们可以得出图3中共有线段（4+3+2+1）=10（条）。

通过例1，我们不难得出下面的结论：把一条线段分成几个小线段，小线段的条数用n表示，那么，图形中线段的总条数就是：n+（n-1）+（n-2）+??+3+2+1。也就是说，小线段的条数连续加上比它小的所有自然数。

例2 数一数图4中有几个三角形，图5中有几个长方形。

在图4中，我们只要数出AB边上线段的总条数就可以了，因为点O连结AB边上的每条线段的两个端点都能围成一个三角形。AB边上共有线段（4+3+2+1）=10（条），所以图4中共有10个三角形。

在图5中，我们只要数出大长方形长边上线段的条数就可以了，6+5+4+3+2+1=21（条），每条线段都可以用它的对边和两端点处竖着的线段组成一个长方形，所以图5中长方形的个数是21。

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例3 数一数下列图形中长方形的个数。

在图6中，大长方形一条长边上共有6条线段，一条宽边上共有3条线段，这个图形中共有长方形（6×3）=18（个）。

在图7中，大长方形一条长边上共有10条线段，一条宽边上共有6条线段，这个图形中共有长方形（10×6）=60（个）。 一、线的单向分割

[奥数课堂]“数一数”的方法和规律例1 数一数，图1中有几条线段？

分析与解 线段AE被B、C、D三点分成四条基本线段。这四条基本线段构成的线段有四类：用四条基本线段构成的线段只有1条（AE）；用三条基本线段构成的线段有2条（AD、BE）；用两条基本线段构成的线段有3条（AC、BD、CE）；用一条基本线段构成的线段有4条（AB、BC、CD、DE）。所以，图1中线段总数是（1＋2＋3＋4=）10条。

规律一 一条线段被分成a条基本线段，这些基本线段所构成的线段总数是1＋2＋??＋a条。 例2 数一数，图2中有几个矩形？

分析与解 图2中最大矩形被纵向分为四个基本矩形，与例1类同。由规律一可知，图2中矩形总数是（1＋2＋3＋4＝）10个。

例3 数一数，图3中有几个三角形？

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分析与解 图3中最大三角形被从同一顶点引出的四条线段纵向分为五个基本三角形，与例1、例2类同。由规律一可知，这些基本三角形构成的三角形有（1＋2＋3＋4＋5＝）15个。 例4 数一数，图中有几个立方体？

分析与解 图4中最大立方体被纵向分为三个基本立方体，与例1、例2类同。由规律一可知，图4中立方体总数是（1＋2＋3＝）6个。

以上四例中的图示虽然分别表示线、面、体的分割；但都是单向分割，其实质均可视为线段分割，数学意义相同。所以具有同一数学规律。 二、面的双向分割

例5 数一数，图5中有几个矩形（包括长方形和正方形两种几何图形）？

分析与解 图5中最大矩形被纵向分成五部分，横向分成4＝）20个基本矩形。由规律一和例2可知，（1）每一横列有矩形（1＋2＋3＋4＋5＝）15个；（2）每一纵列有矩形（1＋2＋3＋4=）10个；综合（1）和（2）可知，图5中矩形总数是（10×15＝）150个。

规律二 一个矩形被纵向分成a部分，横向分成b部分，一共有（a×b）个基本矩形；这些基本矩形所构成的矩形有（1＋2＋?＋a）（1＋2＋?＋b）个。特殊的有，如果矩形被纵向横向都分成a部分，就有a个基本矩形，这些基本矩形构成的矩形总数是（1＋2＋?＋a）2个。 例6 数一数，图6中有几个三角形？

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分析与解 图6中最大三角形ABC被从A点引出的四条线段纵向分成五个基本三角形，又被两条横向线段分成三部分。由规律一和例3可知，以A为顶点，以DE上线段为底边的三角形有（1＋2＋3＋4＋5=）15个；同理，以A为顶点，分别以FG上线段和BC上线段为底边的两类三角形都各有15个。所以，三类三角形的总数为（15×3=）45个。

显然，此题解答不同于例5。这是因为，图6中的三角形仅因底边分属三条直线而分为三类，且所有三角形都有一个共同的顶点A。 例7 数一数，图7中有几个正方形

分析与解 图7中最大正方形被纵向横向都分成四等份，得（42=）16个全等基本正方形。这些基本正方形构成的正方形有四类：用42个基本正方形构成的正方形只有1个（＝12个），用32个基本正方形构成的正方形有4个（＝2个），用2个基本正方形构成的正方形有9个（＝3个）；用1个基本正方形构成的正方形有16个（=42个）。所以，图7中正方形的总数是（12＋22+32+42＝）30个。

如果例7中的问题改为，图7中有矩形（包括正方形和长方形两种几何图形）多少个？那么，由规律

2

二的特殊情形可知，图7中的矩形有[（1＋2＋3＋4）＝102 =]100个。显然，图7中的长方形总数是（100-30=）

2

2

2

2

70个。

三、体的三向分割

例8 数一数，图8中有几个立方体？

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分析与解 图8中最大立方体被横向分为两部分，纵向分为三部分，平向分为四部分，这样就得（2×3×4＝）24个基本立方体。由规律一和例4可知，每层每纵列有立方体（1＋2=）3个；每层每横列有立方体（1＋2＋3=）6个；每竖列有立方体（1＋2＋3＋4=）10个。综合以上三个数据可知，图8中立方体的总数有（3×6×10=）180个。

规律三 一个立方体被纵向分为a部分，横向分为b部分，平向分为c部分，这样可得（a×b×c）个基本立方体；这些基本立方体构成的立方体总数为（1＋2＋?＋）（1＋2＋?＋b）（1＋2＋?＋c）个。特殊的有，当立方体被纵向、横向、平向都分为a个部分时就得到a3个基本立方体；这些基本立方体构成的立方体总数为（1＋2＋?＋a）3个。 例9 数一数，图9中有几个正方体？

分析与解 图9中最大正方体被纵向、横向、平向都分成四等份，得到（4=）64个全等基本正方体。这些基本正方体构成的正方体有四类：用43个基本正方体构成的正方体只有1个；用33个基本正方体构成的正方体有（23=）8个；用23个基本正方体构成的正方体有（33=）27个；用13个基本正方体构成的正方体有（43＝）64个。所以图9中有正方体（13＋23＋33＋43＝）100个。

以上3种类型9道例题的解答过程使我们知道“数一数”这类题目的基本思路是，按照一定的顺序，有条不紊地思考问题，基本方法是分类统计，逐步地解答问题。根据这种思路和方法归纳概括了3条规律。这3条规律在知识结构上是互相联系的，前者是后者的基础，后者是前者的发展，呈递进关系。

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[奥数课堂]关于“比多比少”问题分数计算中的“比多比少”问题是常见的数学问题，这类问题看起

来简单，但一不小心，特别是不注意标准量的换位，就很容易弄错。它由于叙述简洁，现实生活又有丰富的题材，所以常常是各类考试命题的热点，下面我们试举例研究这类问题的解法。

一、公式法

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公式法就是利用信息的冗余度，对这类题目作反复的训练，最后归纳出解此类题的规律——公式。这里由分解图1得综合算式：

由分解图2得综合算式：

可见（1）、（2）都是三步计算的应用题，符合小学数学教学大纲的要求。

数学家高斯说过：“数学中许多方法与定理是靠归纳法发现的”。由①、②可归纳（不完全归纳法）出：

当然还可以归纳出其它形式的公式，比如

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只要记住其中一个公式，问题就解决了，但记住这些公式是不大容易的，如果对它们用语义编码，情况要好一些。比如公式（1）、（2）只是分母的运算符号不同，分母是加的，分数值小了，它求的是“比少”；分母是减的，分数值大了，它求的是“比多”。当然时间一长，总有可能把公式忘掉，或记错，这就麻烦了。因此我们要尽可能设法减少死记硬背，这就得另辟蹊径。 二、线段法

根据题意，作出线段示意图，解题时须确定标准量，并注意标准量的转移。从图3上可以看出：

线段法比公式法解题的思维难度小，但还不够直观，解决这个矛盾只要把线扩展到面，问题便解决了。 三、小长方形法

如图4，用小长方形的个数代替份数，这样可以更直观地把它当作整数问题来解，

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用“小长方形”法解题，确实简单明了，是件使人愉快的事情，但有没有不用画图也能辟出解法简便的途径呢？这就要用下面的方法。 四、假设法

大家一定注意到题中并未指明甲、乙两个数具体是多少，这就使我们可以任意地作出假设（参数），比如假设乙数为10，则

后三种方法，特别是第三种方法将抽象的“比多比少”问题物化后，解答起来就觉得看得见摸得着，而且基本上不用担心“错了”。

[奥数课堂]蜗牛爬树的启示趣味数学课上，教师让大家做一道应用题：

一只蜗牛从高9米的树下往树上爬，白天往上爬3米，夜里往下爬1米，几天可以爬到树顶？

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大部分学生是这样解的：3-1=2（米） 9÷2=4（天）??1（米）

因为每天实际爬2米，9米里包含着4个2米还余1米，所以用5天时间可爬到树顶。 这与标准答案是一致的。大家兴奋不已，因为他们做的和标准答案完全相同。

“还有没有不同意见？”老师习惯性的问了一句。一位学生突然站起来说：“老师，我认为正确答案应该是3天半！”同学们的目光一下子都投向这位同学。

这位同学不慌不忙地解释到：根据题意知：“①‘一天’应理解为一昼夜；②蜗牛每天实际爬2米，三天就能爬6米，剩下3米，还需一个白天（半天）就能爬到顶，所以说，蜗牛爬到树顶共用三天半时间；③如果最后一个白天爬到顶后，夜晚非要往下爬1米的话，用5天甚至更多的时间爬到顶，它还会往下爬1米，这样，蜗牛永远也爬不到顶。”接着这位同学走上讲台，把这道题的线段示意图画在黑板上：

第一天爬 第二天爬 第三天爬 第四天白天爬（半天）

此时，教室里响起一片掌声。教师对这位学生的解答非常满意，当场表扬了他。 “那么，这道题给了我们哪些启示呢？”教师进一步问道。

有的同学说我们不要迷信标准答案；有的同学说我们要敢于发表自己的独到见解；有的说用线段图帮助分析题意有好处；还有的说应用题并不都是用算式就能解决的。

“对！”教师总结到：“我们解应用题时，不仅要从理论上去思考，还要联系实际情况，培养解决实际问题的能力。”

【奥数课堂】转化成“浓度问题”求解初看题目，有人说，浓度问题是百分数应用题中较复杂的

内容，涉及溶质、溶剂、溶液的关系，另外还有“稀释”、“蒸发”、“多种溶液混合”等各种变化，做起来已经很乱了，为什么还提倡将其他问题转化成浓度问题来解答呢？先请大家带着这个问题来看几道例题。 一、简化的方法

简化了的方法更容易被人接受和利用。我们先通过几道简单的问题了解一下新的方法。 例1 有浓度为20％的盐水300克，要配制成40％的盐水，需加入浓度为70％的盐水多少克？

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解析 1.将两种溶液的浓度分别放在左右两侧，重量放在旁边，配制后溶液的浓度放在正下方，用直线相连；（见图1）

2.直线两侧标着两个浓度的差，并化成简单的整数比。所需溶液的重量比就是浓度

差的反比；

3.对“比”的理解应上升到“份”，3份对应的为300克，自然知道2份为200克了。 例2 将75％的酒精溶液32克稀释成浓度为40％的稀酒精，需加入水多少克？

解析 稀释时加入的水溶液浓度为0％（如果需要加入干物质，浓度为100％），标注数值的方法与例1相

同。 32÷8×7＝28 答：需加水28克。

例3 买来蘑菇10千克，含水量为99％，晾晒一会儿后，含水量为98％，问蒸发掉多少水份？

解析 做蒸发的题目，要改变思考角度，本题就应该考虑成“98％的干蘑菇加水后得到

99％的湿蘑菇”，这样求出加入多少水份即为蒸发掉的水份，就又转变成“混合配比”的问题了。但要注意，10千克的标注应该是含水量为99％的重量。将10千克按1∶1分配，

答：蒸发掉5千克水份。

二、灵活的技巧“解题有法，但无定法”，解题方法的运用要讲究技巧，根据具体题目加以灵活运用，不要生搬硬套，形成定式。

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例4 甲容器中有纯酒精11升，乙容器中有水15升，第一次将甲容器中的一部分纯酒精倒入乙容器，使酒精与水混合。第二次将乙容器中的混合液倒入甲容器。这样甲容器中纯酒精含量为62.5％，乙容器中纯酒精的含量为40％。那么第二次从乙容器中倒入甲容器的混合液是多少升？

解析 1、乙中酒精含量为40％，是由若干升纯酒精（100％）和15升水混合而成，

可以求出倒入乙多少升纯酒精。

15÷3×2＝10升62.5％，是由甲中剩下的纯酒 精（11－10＝）1升，与40％的乙混合而成，可以求出第二次乙倒入甲多少升？

三、广泛的应用 通过前面例题的讲解，我们发现，新的解法利用浓度差的比与重量的比成反比的关系，把题目退到“份数”上考虑，数据也变简化了。这种方法应用较广泛，有些题目适合用这种方法解答。 例5 某班有学生48人，女生占全班的37.5％，后来又转来女生若干人，这时人数恰好是占全班人数的40％，问转来几名女生？

浓度差之比1∶24 48÷24×1=2人 重量之比 24∶1

解析 这是一道变换单位“1”的分数应用题，需抓住男生人数这个不变量，如果按浓度问题做，就简单多了。

答：转来2名女生。

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例6 服装厂出售6000件男女服装，男式皮衣件数占男衣的12.5％，女式皮衣件数占女衣的25%，男女皮衣件数之和占这批服装件数的1/5，这批服装中男式皮衣有多少件？女式皮衣有多少件？

解析 可以把皮衣件数占服装的百分比理解成浓度，画出分析图：（见图6）

例7 甲乙两个仓库共存放420吨货物，甲仓运出的货物相当于余下货物的1/3，乙仓运出的货物相当于余下货物的1/4，这时两仓共余下货物327吨，甲仓原有货物多少吨？乙仓原有货物多少吨？

解析 这题中两个分率出现有些特殊，单位“1”为余下货物，为了运用浓度问题进行计算，需将单位“1”转化为全部物品。这样甲运走了它的1/4，乙运走了它的1/5，一共运走的分率为（420-327）÷420=31/420

再根据浓度配比计算。 答：甲仓有180吨，乙仓有240吨。

例8 小明到商店买红、黑两种笔共66支。红笔每支定价5元，黑笔每支定价9元。由于买的数量较多，商店就给予优惠，红笔按定价85％付钱，黑笔按定价80％付钱，如果他付的钱比按定价少付了18％，那么他买了红笔多少支？

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解析 红笔按85％优惠，黑笔按80％优惠，结果少付18％，相当于按82％优惠，

可按浓度问题进行配比。与其他题不同的地方在于红、黑两种笔的单价不同，要把这个因素考虑进去。然后就可以按比例分配这66支笔了。

答：他买了36支红笔。

通过以上例题，我们可以看出，只要我们在解题时善于抓住事物间的联系，进行适当转化，就能发现其中的规律，找到解决问题的巧妙方法。

【奥数课堂】枚举问题例谈在数学问题中，有一些需要计算总数或种类的趣题，因其数量关系比

较隐蔽，很难找到“正统”的方式解答，让人感到无从下手。对此，我们可以先初步估计其数目的大小。若数目不是太大，就按照一定的顺序，一一列举问题的可能情况；若数目过大，并且问题繁杂。我们就抓住对象的特征，选择恰当的标准，把问题分为不重复、不遗漏的有限种情形，通过一一列举或计数，最终达到解决目的。这就是枚举法，也叫做列举法或穷举法。为了便于掌握，根据这类题的特点，我们可以分成如下几类：一、列表枚举

特点是有条理，不易重复或遗漏，使人一目了然。适用于所求的对象为有限个。 例1 有一张伍圆币，4张贰圆币，8张壹圆币。要拿出8元，可以有多少种不同的拿法？

分析与解答 如果随便拿出8元，那是比较容易做到的。但要把所有的情况都想到，并且做到不重复、不遗漏，可以按伍圆、贰圆、壹圆的顺序来列表枚举。

二、画图枚举

为了更清楚地表示出所有可能的情形。用画树图枚举法，能做到形象直观，条理分明，简炼易懂。特别适用于找出所有的情形或结果。

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例2 暑假里，一个学生在A、B、C三个城市游览。他今天在这个城市，明天就到另一个城市。假如他第一天在A市，第五天又回到A市，问他有几种不同的游览方案？

分析与解答 根据游览要求，第二天可能是B市或C市，若为B市，第三天又可能是A市或C市；若为C市，第三天可能是A市或B市??如此考虑，极可能会把自己弄糊涂了。但画一个树形图，则会清晰明了地显示出所有的游览方案：

从树形图（图1）中可以看出：在三个城市游览，第五天回到A市，只有4种符合要求的方案。 三、标数枚举

例3 如图2，在中国象棋盘上，红兵要走最短的距离到对方老将处，共有多少种不同的走法？ 分析与解答 红兵要走最短的距离到老将处，只能向下向右。因此图2可简化为图3。兵走过第一排各点、第一列各点处都是1种走法，在各点处分别标上“1”；经过第二排、第二列各点时，走法则是它前边相邻两点走法的总和??依次标数如图4，共得到15种不同的走法。

运用该方法的关键，是要找准后面每一点的前面相邻两点的数目。

当然，此题还可以这样考虑：由题意可知，红兵到对方将处的各条最短路线中，都必须先后经过两小横段与四小竖段。这实际上是它们之间相距最近的不同的组合问题，可得解如下：

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四、例推枚举 适用于规律性强，情形较多的题。可以避免许多相似的列举，简化解答过程。 例4 从1到100的自然数中，每次取出两个数，要使它们的和大于100，共有多少种取法？ 分析与解答 在1到100中，每次取出两个数，使它们和大于100，取法肯定繁多。但其中一定有一个较小的数，因此我们可以采用例举类推法，通过枚举较小数的所有可能性来例举分析，类推解答。 较小的数是1，只有一种取法，即[1，100]。 较小的数是2，有两种取法，即[2，99]、[2，100]。

较小的数是3，有三种取法，即[3，98]、[3，99]、[3，100]。 ??

较小的数是50，有50种取法，即[50，51]、[50，52]??[50，100]。 较小的数是51，有49种取法，即[51，52]、[51，53]??[51，100]。 ??

较小的数是99的只有一种取法，即[99，100]。

因此一共有：1＋2＋3＋??＋50＋49＋??＋2＋1=502=2500（种）。

五、公式枚举 此法比较适合于题目涉及的对象比较富有规律性，且情形繁多，数目很大，不宜用逐一列举来解。但通过适当的分类，逐一分析后，可利用公式解答。

例5 用5种颜色染方格图（2×2），要求每个小格染同一种颜色，相邻（即有公共边的）方格要染不同的颜色。有几种不同的染色方法？

分析与解答 此题可分四步染色：左上角先染色，有5种颜色可以选择，再染右上角，有4种颜色可选，接着染左下角，如果与右上角同色，则最后一格可有4种颜色选择；如果左下角与右上角不同色，则最后只剩3种颜色可选。此时不必逐一或分类列举，可借用乘法、加法原理得到：5×4×4＋5×4×3×3=80+180=260（种）。

综上所述可以看出，前三种方法适合于数目、种类不很繁杂的题；后两种比较适用于可能情形及答案较多，需分类枚举的，这是我们应重点学习掌握的。分析时应尽量做到分类全面、不重不漏。

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怎样计算溶液浓度日常生活中，常见的白糖、盐巴、味精等物质，在水、酒等液体中能溶解，象白糖

这样能溶于水或其它液体中的纯净物质叫做溶质；象水、酒这样能溶解物质的纯净（不含杂质）液体称为溶剂，溶质与溶剂的混和物（如糖水、盐水等）叫溶液，溶质在溶液中所占的百分比叫做浓度，又叫百分比浓度，它在生产和生活中应用很广泛。计算浓度时，所用的数量关系有：

例1 把50克纯净白糖溶于450克水中得到浓度多大的糖水？

解 溶液量=50+450=500（克），

例2 小明家要配制浓度为5％的盐水50千克给水稻浸种，怎样配制？

答：糖水的浓度为10％。

解 溶液中盐的含量为（50×5％=）2.5（千克），水的含量为（50-2.5=）47.5（千克）。 所以，把2.5千克盐放在47.5千克水中充分搅匀，就得到所需盐水了。 例3 2千克浓度为5％的葡萄糖溶液中含蒸馏水多少千克？

解 溶液中葡萄糖的含量为 （2000×5％=）100（克），∴蒸馏水的含量为（2000-100=）1900（克）。 例4 要把浓度为95％的酒精600克，稀释成浓度为75％的消毒酒精，需要加入多少克蒸馏水？ 解 加水前后溶液中的纯酒精（溶质）含量不变，知道加水后的浓度，而溶质可求，所以，加水后溶液量为

600×95％÷75％=760（克）， 需加蒸馏水（760-600=）160（克）。

例5 为了防治果树害虫，一位果农把浓度为95％的乐果250克倒入50千克的水中，配成溶液对果树进行喷射，这种溶液的浓度多大？

解 溶质量 250×95％=237.5（克），溶液量=50000+250=50250（克），

例6 一种浓度为20％的可湿性农药，要加水399倍稀释后喷射，用以防治害虫，这时溶液的浓度多大？

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解 1份农药，399份水，溶液为400份，1份农药中含纯药20％。

答：加水后的浓度为0.05％。

例7 把2千克浓度为52％的酒与3千克浓度为38％的酒混合，求混合后的浓度。

解 混合后，溶液量为（2+3=）5（千克），溶质（纯酒精）量为：2×52％+3×38％=2.18（千克），

答：混合后的浓度为43.6％。

例8 要把浓度为5％的盐水40千克，配制成浓度为8％的盐水，需要加盐多少千克？ 解 设需要加盐x千克，则x+40×5％和（40+x）×8％都是加盐后溶液中的含盐量，所以有 x+40×5％=（40+x）×8％ x+40×5％=40×8％+x·8％ x=40×8％-40×5％+x·8％ x-x·8％=40（8％-5％） （1-8％）x=40（8％-5％） x=40（8％-5％）÷（1-8％）x≈1.3 答：需要加盐约1.3千克。

巧妙的奇偶分析我们知道，全体自然数按能否被2整除可以分为奇数，偶数两大类。被2除余1为奇

数，被2整除为偶数。它们还有一些特殊的性质，例如，奇数≠偶数，奇数和奇数之和是偶数等。灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。用奇偶性质解题的方法就称为奇偶分析。巧妙运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。

有一个俱乐部的成员只有两种人：一种是老实人，永远说真话，一种是骗子，永远说假话。某天俱乐部的全体成员围成一圈，每个老实人旁都是骗子，每个骗子两旁都是老实人。外来一位记者问俱乐部张三：“俱乐部里共有多少成员？”张三答：“共有45人。”记者立刻判断出张三是骗子，他是怎么知道的呢？ 原来，根据俱乐部的全体成员围成一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子两旁都是老实人的条件，可见俱乐部中的老实人与骗子人数相等，也就是说俱乐部全体成员总和是偶数。因此张三说45人一定是骗人的。这实质上是利用了对应的思想。

街头有一位魔术师，它在桌子上放了77枚正面朝下的硬币，第一次翻动77枚，第二次翻动其中的76枚，第三次翻动其中的75枚??第77次翻动其中1枚。翻动了若干次之后，大家发现硬币居然全部正面朝上，他是怎样做到的呢？

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1998÷3=666（个）

666-（133+95）=438（个）

三、“排除”理解欠妥，数据处理不佳

有的学生认为在被3整除的数中，除了要排除掉133个被3、5整除，95个被 3、7整除的数外，同时能被 3、5、7整除的数也应排除，1998

此外，相当一部分学生在分析解答时，审题以偏概全，顾此失彼的现象更为普遍，这里不再举例说明。 该题完整、正确的解答思路和步骤是：

首先考虑在1—1998这些数中，包含能被3整除的数的个数有多少。即从1开始依次每3个数中有一个能被3整除的数，所以这些数共有：1998÷3=666（个）。

其次辨析被3整除的所有数中，能被5整除的数是15、30、45，??，

数是 21、42、63，??，即同时被 3、7整除的数的个数有1998÷21=95

再次辨析被3、5同时整除，3、7同时整除的数中，共同交叉包含有同时被 3、5、7整除的数的“重复”情况存在，这些数共有 1998÷105=

所以，该题的正确结果应为：

666-（133+95-19）=457（个）或 666-133-95+19=457（个）。

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合理分类 正确解题在数学问题中有一类被称作“数字问题”的题目，与同学们在书本上学到的一些数

学问题相比，似乎“不太规则”，有的数学课外参考书称它为“杂类问题”。解答这类题目要求同学们要认真审题，悉心研究题意，关键是做到合理分类，这样才能正确解题。

例1 在1～1999内，是3的倍数，不是5的倍数的数一共有多少个？为什么？

[分析与解]这道题要求3的倍数有多少个，但有两个条件限制：（1）规定在1～1999内；（2）只是3的倍数，但不是5的倍数。比如：3×5=15，15是3的倍数，但它同时又是5的倍数，不符合题目要求，所以在1999内，15以及15的倍数都不能算进去。这样在1～1999内就把3的倍数分为两类：一类是3的所有倍数；一类是15以及15的倍数。然后从3的所有倍数的个数中减去15以及15的倍数的个数，即为题目所求的问题。有三种解法：

解法（一） 在1～1999内3的倍数共有：1999÷3=666??1。余1，不到3的1倍，可以不考虑。在1～1999内15的倍数共有：1999÷15=133??4。余4，不到15的1倍，也不考虑。两者相减，便是所求的问题：666-133=533（个）。

解法（二） 在1～1999内3的倍数共有666个，那么，666中又包含多少个5的倍数呢？666÷5=133??1。余1，比5小，可以不考虑。两者相减，便是所求的问题：666-133=533（个）。

解法（三） 把数字分段来考虑：比如在1～30中，3的倍数有10个，但要去掉同时能被3、5整除的数2个，还剩10-2=8（个）。1999÷30=66??19。余数19，19÷3=6??1。余数1比3小，不考虑，但要注意，在最后的6个3的倍数中，有一个是5的倍数（1995），应去掉。每段8个，共有：8×66+（6-1）=533（个）。

例2 43位同学，他们身上带的钱从8分到5角，钱数都各不相同，每个同学都把身上带的全部钱各自买了画片，画片只有两种，3分一张和5分一张，每人都尽量多买5分一张的画片。问所买的3分画片的总数是多少张？

[分析与解]先来分析一下题目的要求：

（1）从8分到5角就是以“分”为单位，从8到50的43个连续自然数，这正好与43个同学一一对应。

（2）每个同学都把身上带的全部钱各自买画片，就是每人都不许有余钱。 （3）每人既要把钱花光，又要尽量多买5分一张的画片。

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我们把钱数是5的倍数（0、15、20、25、30、35、40、45、50）的九个人分为一类。他们不能买3分一张的画片。

钱数被5除余3分（8、13、18、23、28、33、38、43、48）的九个人分为另一类。他们可以买1张3分的画片，9人共买9张。

钱数被5除余1分（11、16、21、26、31、36、41、46）的八个人分为第三类。因为他们身上所余的钱数不是3的倍数，只好退下一个5分与余数1分合成6分，这样每人可以买2张3分画片，8人共买：2×8=16 用同样的方法，把钱数被5除余2分的8个人再分为一类，每人可买3分画片4张，共买：4×8=32（张）。

把钱数被5除余4分的9个人也分为一类，他们每人可买3分画片3张，共买：3×9=27（张）。 因此，他们所买3分画片的总数共是： 9+16+32+27=84（张）。

竞赛计算题常用解法在小学数学奥林匹克竞赛中，计算题占有一定的分量，特别是总决赛中还单独

设立了计算竞赛（共25题）。因此有必要掌握灵活、多变的解题方法，合理地运用运算性质、定律、法则，以达到熟练、灵活、正确地解答四则混合运算的目的，也为更好地解答其他竞赛题服务。现就几年的教学经验积累，介绍几种数学竞赛计算题的常用解法。 一、分组凑整法：

例1．3125+5431+2793+6875+4569 解：原式=（3125+6875）+（4569+5431）+2793=22793 例2．100+99-98-97+96+95-94-93+??+4+3-2 解：原式=100+（99-98-97+96）+（95-94-93+92）+??+（7-6-5+4）+（3-2） =100+1=101

分析：例2是将连续的（+ - - +）四个数组合在一起，结果恰好等于整数0，很快得到中间96个数相加减的结果是0，只要计算余下的100+3-2即可。 二、加补数法：

例3：1999998+199998+19998+1998+198+88

解：原式=2000000+200000+20000+2000+200+100-2×5-12 =2222300-22=2222278

分析：因为各数都是接近整十、百?的数，所以将各数先加上各自的补数，再减去加上的补数。

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三、找准基数法：

例4．51.2+48.8+52.5+50.9+47.8+52.3-48.2-59.6

解：原式=50×（6-2）+1.2-1.2+2.5+0.9-2.2+2.3+1.8-9.6 =200-4.3=195.7

分析：这些数都比较接近50，所以计算时就以50为基数，把每个数都看作50，先计算，然后再加多或减少，这样减轻了运算的负担。 四、分解法：

例5．1992×198.9-1991×198.8

解：原式=1991×198.9+198.9×1-1991×198.8 =1991×（198.9-198.8）+198.9 =199.1+198.9=398 分析：由于1991与1992、1989与198.8相差很小，所以不妨把其中的任意一个数进行分解，如：198.9=198.8+0.1或198.8=198.9-0.1，多次运用

分析：题目不可能通过通分来计算，可以先把每一个数分解成两个分数差（有时离分为两数和）的形式，再计算。 五、倒数法：

分析：将算式倒数后，就可直接运用运算定律计算，所得商的倒数就是原式的结果。

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六、运用公式法：

等差数列求和公式：总和=（首项+末项）×项数÷2 平方差公式：a2-b2=（a+b）（a-b） 13+23+33+43+??+n3=（1+2+3+4??+n）2

例8．100×100-99×99+98×98-97×97+??+2×2-1×1

解：原式=（100+99）（100-99）+（98+97）（98-97）+??+（2+1）（2-1） =（100+99）×1+（98+97）×1+??+（2+1）×1=（100+99）+（98+97）+??+（2+1） =（100+1）×100÷2=5050

分析：这道题直接无法计算，但如果将100×100-99×99为一组，运用平方差公式，就很快能算出每一组的差，最后运用等差数列求和公式计算出结果。 想一想：3988×4012=4000-12，是怎么得到的？ 例9．12+22+32+42+??+102

2

2

七、有借有还法：

例11．5+6+7+8+9

3

3

3

3

3

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解：原式=（1+2+3+4+5+??+9）-（1+2+3+4）=（1+2+3+4+5+??+9）-（1+2+3+4）=45-10=1925 分析：此题借助于公式运算就比较简单，但必须先借来一个13+23+33+43，才可以运用公式计算。

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学解应用题：合理摘录，巧妙推导解答应用题要讲究方法，方法对头就能事半功倍。小学生抽象

思维能力较差，往往不易弄清题中条件间的关系，条件与问题的联系，引导学生合理摘录题中数据进行分析，巧妙进行推导，就容易解决题中问题。

例1 把一些图书分给六年级一班的男同学，平均分给每个男同学若干本后，还剩14本，如果每人分9本，这样最后一个男同学只能得6本，六（1）班的男生有（ ）人。 分析 我们将题中的条件和问题组成的主要数量关系用式子摘录如下：

为了书写简便，我们用题中的关键字“书”和“男”分别表示“图书总数”和“男同学人数”，用□表示不知道的量。

从上面的两个数量关系式中找不到解题的突破口。不妨将两式变化，如下：

从这两个式子得到： □×男+14=9×男-3 （9-□）×男=17

“9-□”得到的是图书的本数，应该是整数，“男”也必须是整数，而且不能为“1”。而17=17×1，因此“男”只能为17。六（1）班的男生为17人。

例2 有人沿公路前进，对面来了一辆汽车，他问司机：“后面有自行车吗？”司机答道：“10分钟前我超过一辆自行车。”这个人继续走10分钟，遇到自行车。已知自行车速度是步行速度的3倍，问汽车速度是步行速度的（ ）倍。

分析 这是一道行程问题，用线段图摘录题中条件，表示各数量间关系比较合适。摘录如下：

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已知自行车的速度是步行的3倍，则在相同的时间里，自行车行的路程是步行的3倍。如果将步行10分钟的路程看作1倍的量，那么自行车10分钟行的路程为3倍的量。在线段图中标出这些倍数，观察线段图可知汽车10分钟行的路程为7倍的量。因此，汽车10分钟行的路程是步行路程的7倍，则汽车的速度是步行速度的7倍。

例3 一辆汽车从甲地开往乙地，如果把车速提高25％，可以比原定时间提前24分到达，如果以原速行驶80千米后，现将速度提高1/3，可以提前10分到达乙地。那么甲乙两地相距（ ）千米。

分析 题中给的数量较多，而且数量间的关系不明显。我们根据“速度×时间=路程”这个关系式列表分析推导如下：

速度 × 时间 = 路程

原来 1 1 1 变化一 1+25％ ① 1

根据表中变化一可求出①，即现在所用时间为原时间的1÷（1+25％）

而变化二实际只提前10分，相差（30-10=）20（分），这是“将速度

千米所用

时间为：

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原速度为：80÷80=1（千米）

甲乙两地相距为：1×120=120（千米）

“最大与最小”问题在应用数学知识解决日常生活中的一些实际问题时，经常会出现解决方案不止一

种，有时还会有无数种的情况。在这种情况下，我们往往需要找最大量或最小量。 例1 试求乘积为36，和为最小的两个自然数。

分析与解 不考虑因数顺序，乘积是36的两个自然数有以下五种情况：1×36、2×18、3×12、4×9、6×6。相应的两个乘数的和是：1+36=37、2+18=20、3+12=15、4+9=13、6+6=12。显然，乘积是36，和为最小的两个自然数是6与6。

例2 试求乘积是80，和为最小的三个自然数。

分析与解 不考虑因数顺序，乘积是80的三个自然数有以下八种情况：1×2×40、1×4×20、1×5×16、1×8×10、2×2×20、2×4×10、2×5×8、4×4×5。经过计算，容易得知，乘积是80，和为最小的三个自然数是4、4、5。

结论一：从上述两例可见，m个自然数的乘积是一个常数，则当这m个乘数相等或最相近时，其和最小。 例3 试求和为8，积为最大的两个自然数。

分析与解 不考虑加数顺序，和为8的两个自然数有以下四种情况：1+7、2+6、3+5、4+4。相对应的两个加数的积是：1×7=7、2×6=12、3×5=15、4×4=16。显然，和为8，积为最大的两个自然数是4和4。 例4 试求和为13，积为最大的两个自然数。

分析与解 不考虑加数顺序，和为13的两个自然数有以下六种情况：1+12、2+11、3+10、4+9、5+8、6+7。经过计算，不难发现，和为13，积为最大的两个

结论二：从上述两例可知，m个自然数的和是一个常数，则当这m个数相等或最相近时，其积最大。 例5 砌一平方米的围墙要用砖50块，现有5600块砖，用来砌一个矩形晒谷场的围墙。如果围墙高2米，则砌成的晒谷场的长和宽各是多少米时，晒的谷最多？

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分析与解 根据题意，首先可知5600块砖可砌围墙（5600÷50÷2=）56米，即长方形晒谷场的周长为56米。要使晒谷场晒的谷最多，实际就是长方形晒谷场的面积（长×宽）要最大。而长方形的周长56米一定，即长与宽的和（56÷2=）28米也一定，因此只有当长与宽相等（都是14米）时，面积才最大。所以，晒谷场的长和宽都是14米时，晒的谷最多。这时晒谷场的面积是：14×14=196（平方米）

例6 要用竹篱笆围一个面积为6400平方米的矩形养鸡场。如果每米篱笆要用去30千克毛竹，那么该怎样围，才能使毛竹最省？

分析与解 要使毛竹最省，就是养鸡场的周长要最小，而矩形养鸡场的面积6400平方米一定，即长与宽的积一定，因此，只有当长与宽相等（都是80米）时，周长才最小。所以，只有当养鸡场的长和宽都为80米时，所用毛竹最省。这时所需毛竹是：30×〔（80+80）×2〕=30×320=9600（千克） 例7 用2到9这八个数字分别组成两个四位数，使这两个四位数的乘积最大。

分析与解 用2、3、4、5、6、7、8、9这八个数字组成两个四位数，使乘积最大，显然，9和8应分别作两个数的千位数，7和6应分别作百位数，但7和6分别放在9和8谁的后面呢？ 因为：97+86=183，96+87=183，它们的和相等。又有：97-86=11，96-87=9

显然，96与87之间比97与86之间相隔更少，更相近。所以，96与87的乘积一定大于97与86的乘积。

所以，7应放在8后面，6应放在9后面。

同理，可安排后面两位数字，得到的两个四位数是9642和8753。它们的积是9642×8753=84396426 例8 试比较下列两数的大小：

a=8753689×7963845 b=8753688×7963846

分析与解 此题若采用转化法或设置中间数法都能比较出结果，但过程复杂。仔细观察两数会发现，a中两个因数的和与b中两个因数的和相等。因此，要比较a与b谁大，只要看a与b哪一个数中的两个因数之间相隔更少，更相近。很容易看出8753688与7963846之间比8753689与7963845之间相隔更少，更相近，所以，可得出b＞a。

等分法在解题中的妙用等分法”就是将一个物体或数量等分几份的一种解题方法。运用这种方法解答

有关多边形的面积问题，常会使人有“柳暗花明”的感受。

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一、运用平行四边形定义等分。

例1 求图1正六边形的面积。（单位：厘米）

分析与解 将正六边形按图2所示等分成3个平行四边形。所以，正六边

形的面积为：37.5×（65÷2）×3=3656.25（平方厘米）

例2 如图3，四边都相等的两个完全相同的四边形，在两边的中点处部分重合。已知重合部分的面积是8平方厘米。求阴影部分的面积。

分析与解 将图3按图4所示等分成7个棱形。所以，阴影部分

的面积为：8×6=48（平方厘米）

二、运用梯形定义等分

例3 如图5所示，求出中队旗的面积。（单位：厘米）

分析与解 将图5按图6所示等分成2个梯形。所以，中队

旗的面积为： （60+80）×30÷2×2=4200（平方厘米）

例4 将正方形的四条边分别向两端各延长一倍，连接8个端点得到一个八边形（图7），求阴影部分的面积。

分析与解 将八边形按图8所示等分成4个梯形。所以，阴影部分

的面积为：（2+2×2）×2÷2×4=24（平方厘米）

三、运用三角形面积法等分。

40

例5 如图9，梯形的面积是36平方厘米，BE是BC的一半。求阴影部分的面积。

分析与解 将梯形按图10所示等分成3个等底等高的三角形。所以，

阴影部分的面积为：36÷3=12（平方厘米）

例6 如图11，平行四边形的面积是49平方厘米，E是底边上的中点。求阴影部分的面积。

分析与解 将平行四边形按图12所示等分成4个等底等高的三角形。

所以，阴影部分的面积为：49÷4=12.25（平方厘米）

四、运用中点性质等分 例7 如图13，长方形ABCD的长是10厘米，宽是6厘米，E、F分别是AB和AD的中点。求阴影部分的面积。

分析与解 将阴影部分等分成与△AEF完全相等的3个三角形

（如图14）。所以，阴影部分的面积为：（10÷2）×（6÷2）÷2×3=22.5（平方厘米）

“韩信点兵”出新招（韩信点兵）有兵3万多，若均分成5营，则余1人；均分成6营，则余5人；均

分成7营，则余4人；均分成11营，则余10人；均分成13营，则余5人。求兵数。

这是我国古代的一道著名算题，用有关同余的理论来解答此题比较简便，但用整除的知识来解答确也是一个好方法。

解 设兵数为x，由题目可知： ①30000＜x＜40000

②“均分成5营，则余1人”使我们知道：x的末尾数字是1或6，然后又均分成6营，余5人，因5是奇数，6是偶数，所以x末尾数字不可能为6，只可能为1。

抓住“均分成6营，则余5人”和“均分成13营，则余5人”就得到：13|（x-5）、6|（x-5），因（13，6）=1，所以78|（x-5），且经计算商的范围在385和512之间，若设商为n，那么兵数x可以表示为78n＋5（385≤n≤512），x的末尾数字是1，那么x-5的末尾数字一定是6，（x-5）÷78的商n的末尾数字也只能是2或7，这就是说x可能为：30191、30581、30971、31361、31751、32141??39941

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（相邻两数之差是390）。但由于“均分成7营，则余4人；均分成11营，则余10人”，因此还得将以上的数检验一下，为了方便起见，可用数的整除特征来检验。当检验得知32141符合题意时，还得继续往下检验，因为有可能不止这一个数，但不必重复前面的步骤。具体做法如下：32141-10=32131，又32131＋390m＜40000，则m≤20，已知11|32131，如11|390m，就有11|32131＋390m，仅当m=11时。则从中可知36431除以11余10，但用来除以7时并不余4，而是余3，表明x=36431是不符合题意的。由此就可确定此题有唯一解，即x=32141。

最值问题解法举例在一定范围内求最大值或最小值的问题，我们称之为“最大最小问题”。“最大”、“最

小”是同学们所熟悉的两个概念，多年来各级数学竞赛中屡次出现求最值问题，但一些学生感到束手无策。 一、枚举法

例1 一把钥匙只能开一把锁，现在有4把钥匙4把锁。但不知哪把钥匙开哪把锁，最多要试多少次就能配好全部的钥匙和锁？ （北京市第三届“迎春杯”数学竞赛试题）

分析与解 开第一把锁，按最坏情况考虑试了3把还未成功，则第4把不用试了，它一定能打开这把锁，因此需要3次。同样的道理开第二把锁最多试2次，开第三把锁最多试1次，最后一把锁则不用再试了。这样最多要试的次数为：3＋2＋1=6（次）。 二、综合法

例2 x3=84A（x、A均为自然数）。A的最小值是______。（1997年南通市数学通讯赛试题）

分析与解 根据题意，84A开立方的结果应为自然数，于是我们可以把84分解质因数，得84=2×2×3×7，因此x=2×2×3×7×A，其中A的质因数至少含有一个2、两个3、两个7，才能满足上述要求。 即A的最小值为（2×3×3×7×7=）882。

三、分析法 例3 一个三位数除以43，商是a，余数是b，（a、b为自然数），a＋b的最大值是多少？（广州市五年级竞赛试题）

分析与解 若要求a＋b的最大值，我们只要保证在符合题意之下，a、b尽可能大。由乘除法关系得 43a＋b=一个三位数

因为b是余数，它必须比除数小，即b＜43b的最大值可取42。

42

3

根据上面式子，考虑到a不能超过23。（因为24×43＞1000，并不是一个三位数） 当a=23时，43×23＋10=999，此时b最大值为10。 当a=22时，43×22＋42=988，此时b最大值为42。

显然，当a=22，b=42时，a＋b的值最大，最值为22+42=64。 四、公式法

例4 两个自然数的和为18，那么，这两个自然数的积的最大值为多少？（广州市小学数学竞赛试题） 分析与解 设两个正数分别为a、b，它们有以下几种关系，a＋b≥

值，运用此公式，本

题迎刃而解。

即这两个自然数的积的最大值为81。 五、图表法

例5 某公共汽车从起点站开往终点站，中途共有9个停车站。如果这辆公共汽车从起点站开出，除终点站外，每一站上车的乘客中从这一站到以后的每一站正好各有一位乘客上下车。为了使每位乘客都有座位。那么这辆汽车至少应有座位多少个？ （北京市“迎春杯”数学竞赛试题） 分析与解根据题意，每站下车的乘客数最少要等于该站后面的车站数，列表如下：

从表中可以看出，车上乘客最多时，是在第五站乘客上下车后的人数，此时人数为

43

（10＋9＋8＋7＋6）-（1＋2＋3＋4）=30（人）所以这辆汽车至少应有座位30个。 最大最小问题，涉及面广，判断最值的方法较多，上面所列举的仅是几种常见的解题方法。

数列推理的妙用我们经常遇到这样一类问题，即给一列数，要求根据数与数之间的关系，通过分析推

理，得出其排列规律，从而推出要填的数。例如： 在下列各列数中，□内应填什么数？

（1）3，11，19，□；（2）7.9，6.6，5.3，□；（3）□，25，42，59。

这几列数的排列规律是不难发现的：在第（1）列数中，后一个数比前一个数多8，□内应填27；在第（2）列数中，后一个数比前一个数少1.3，□内应填4；在第（3）列数中，前一个数比后一个数少17，□内应填8。 巧妙地运用这种简单的推理方法，我们可以解决一类“消去问题”。今举数列说明如下。 例1 学校计划购买篮球和排球。如果购买6只篮球和5只排球要花263元；如果购买4只篮球和7只排球，则要花245元。问一只篮球和一只排球各值多少元？ 解 把已知条件写成下面两列： 篮球6 4 排球5 7 价值 263 245

首先我们横着看，把它们看成三列数，第一列由6到4，减少2，因此推出第三项的数为2，第四项的数为0，即6→4→2→0；同理，第二列数为5→7→9→11，第三列数为263→245→227→209。上面推理过程可以表述为：

现在我们竖着看，第四列（推出的）数表示0只篮球与11只排球价值为209元，即1只排球为（209÷11=）19（元）。再根据第一个条件，可算得1只篮球为（263-19×5）÷6=）28（元）。

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例2 甲、乙两人加工零件，甲做11时，乙做9时，共加工零件213个；甲做9时，乙做6时，共加工零件162个。问甲、乙两人每时各加工几个零件？ 解 把已知条件写成竖列，按横列推理：

竖着看：第四列（即推出的最后一列）表示甲5时做60个零件，则每时做（60÷5=）12（个）零件，从而知道乙每时做的零件个数为：（213-12×11）÷9=9（个）

这种解题方法，把已知条件看成数列，而且往递减方向（至少有一列递减）推理，直到有一列的某项为零，就很容易得到结果。上面的两个例子，都是从左往右推理的，如果这样做得不到某列的某项为零时，就可考虑从右往左推理。

例3 某商店出售水果，3千克苹果和5千克雪梨共值22.50元，4千克苹果和2千克雪梨共值16.00元。试问苹果和雪梨每千克价格各是多少元？ 解 把已知条件写成两列： 苹果3 4 雪梨5 2

价值 22.50 16.00

横着从左往右推理，第一列为

??推不出零；第二列为右边的两列）。

→??也推不出零。因此，考虑从右往左推理（已知条件为

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这里，左边的第一竖列（推出的）表示14千克雪梨42.00元，则每千克雪梨价格为（42.00÷14=）3.00（元），所以，每千克苹果的价格为：（16.00-3.00×2）÷4=2.50（元）。

最后需要说明的是，这种数列推理的方法，虽然巧妙有趣，但并不是万能的。如果已知条件给出的数列，横着从左往右推或从右往左推都得不到某项为零时，就不能用这种方法直接推理得到结果。这时，我们就应该换一换思考角度，用其他方法来处理。

抓主干·降次分·巧数零计算若干个连续自然数乘积末尾零的个数是一类常见的题，也是失分率较高

（易产生漏数零的个数）的趣味赛题。那么，如何准确、迅速，不重不漏的数出乘积的末尾零的个数？抓主干、巧转化，降次分离是方法。请看：

例1 在算式11×20×29×?×2000中，相邻两个因数的差都等于9。那么，这个乘积的末尾连续的零的个数共有多少个？

分析由于一个2与一个5配对相乘，就会使乘积末尾出现一个零（2×5=10）。因此，乘积的末尾连续的零的个数取决于乘积中因数2的个数及因数5的个数。

由题知，算式中共有（2000-11）÷9+1=222个因数。其中奇、偶因数各占一半，而且相邻两个因数的差都为9，含有5因子的相邻两个因数的差都为（9×5=）45（如20、65、110等）。很显然因数2的个数是足够多的。只要我们抓主干的主干，作大化小、多化少的转化，将因数末尾是0、5的数从算式中分离出来计数：20、65、110、??、1955、2000中含有多少个因数5，问题即可获解。 解 ①11×20×29×38×?2000↓

20×65×110×?×1955×2000（共（2000-20）÷45+1=45个因数，每个因数中分出一个5，可分出45个5。）

=5×（4×13×22×?×391×400）；↓

②40×85×?×355×400（共（400-40）÷45+1=9个因数，每个因数中分出一个5，可分出9个5。） =5×（8×17×26×35×?×80）；↓

③35×80=52×（7×16）（此时只有2个因数且只含有2个5因子。）↓

综合以上3次分离计数积中共含有因数5为：45+9+2=56（个）。从而乘积末尾有56个连续的零。

46

945

例2 一串数1、4、7、10、??、697、700的规律是：第一个数是1，以后的每一个数都等于它前面的一个数加3，直到700为止。将所有这些数相乘试求出所得数的尾部零的个数。

解由题知1、4、7、10、??、697、700这一串数中，含5因子的数（除前3个1、4、7）每隔（3×5=）15个有一个，可分离列举如下：

①1×4×7×10×?×697×700 10×25×40×?×685×700 ↓ （共（700-10）÷15+1=47个因数，每个因数分出1个5，可分出47个5） =5×（2×5×8×?×137×140）； ↓

②5×20×35×?×140 （共（140-5）÷15+1=10个因数，每个因数分出1个5，可分出10个5。） =510×（1×4×7×?×28）↓

③10×25这两个因数每个也可分出1个5，可分出2个5。↓ =5×（2×5） ↓ ④5此时只有1个5因子。

以上四次全部分出积中含有（47+10+2+1=）60个5因子。于是，1×4×7×10×?×697×700的积的

2

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巧设“参数”妙解题解题时若能根据题目的特征，合理、灵活地选用“参数”，往往可将一些趣题、

难题化繁为简、化难为易，从而顺利获解。下面就举例介绍用“参数”解题的具体运用。 一、用“参数”化简

解设参数a=1997，则 1996=a-1；1998=a+1。=a+1=1998。

二、用“参数”计算

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则原式=（1+x）×y-（1+y）×x =y+xy-x-xy

三、用“参数”解文字题

例3 一个四位数，在它的某位数字前面加一个小数点，再和这个四位数相加，和是1980.61。这个四位数与37的和是____。

四、用“参数”解应用题

例4 有两堆苹果，第一堆苹果平均每个重165克；第二堆苹果平均每个重201克；而这两堆苹果的平均重为每个174克。则第一堆苹果的个数是第二堆苹果个数的____倍。

解设第一堆苹果有a个，第二堆苹果有b个。则第一、二堆苹果的总重量分别为165a克和201b克。由题意知：165a+201b=174·（a+b），化简

五、用“参数”解几何题

例5 如图所示，甲、乙两个三角形的面积差为3平方厘米。求图中x的长。

解如图，设图中空白部分的梯形面积为S平方厘米。已知S甲-S乙=3平方厘米，则

有（S甲+S）-（S乙+S）=3，即S△ABCD-S△ABE=3，也六、用“参数”解算式谜

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例6 若用相同的汉字表示相同的数字，不同的汉字表示不同的数字。则在等式：学习好勤动脑×5= 勤动脑学习好×8中“学习好勤动脑”表示的六位数最少是____。（1996年全国数学夏令营竞赛第2题） 解设三位数“学习好”=x，“勤动脑”=y。则已知等式可转化成（1000x+y）×5=（1000y+x）×8，化简整理得128x=205y。则x∶y=205∶128。根据比的基本性质和题设可知，满足这个比例式的三位数组（x，y）有四组：（205，128）；（410，256）；（615，384）；（820，512）。根据题意（取最小的且无数字重复），应取x= 410，y=256。所以“学习好勤动脑”表示的六位数最少是410256。

由此可见，“参数”在解题中有化简、代换、沟通、转化等架起解题金桥的特异功能。在解题过程中应注意运用参数思想，把握“参数”的运用技巧，提高解题能力。

谈谈数学解题中的假设方法所谓假设法，就是假设题中的某几个数量相等，或假设要求的一个未

知量是已知数量，把复杂问题化为简单问题处理，再进行推算，以求出原题的答案。其解题思路可用下图表示。

假设思想方法是一种重要的数学思维方法，掌

握它能使要解决的问题更形象、更具体，从而丰富解题的思路。下面举例说明用假设法解题的常见类型。 一、条件假设

在解题时，有些题目数量关系比较隐蔽，如果对某些条件作出假设，则往往能顺利找到解题途径。 例1 有黑、白棋子一堆，黑子个数是白子个数的2倍，现从这堆棋子中每次取出黑子4个，白子3个，待到若干次后，白子已经取尽，而黑子还有16个。求黑、白棋子各有多少个？

分析与解 假设每次取出的黑子不是4个，而是6个，也就是说每次取出的黑子个数也是白子的2倍。由于这堆棋子中黑子个数是白子的2倍，所以，待取到若干次后，黑子、白子应该都取尽。但是实际上当白子取尽时，剩下黑子还有16个，这是因为实际每次取黑子是4个，和假定每次取黑子6个相比，相差2个。由此可知，一共取的次数是（16÷2=）8（次）。故白棋子的个数为：（3×8=）24个），黑棋子个数为（24×2=）48（个）。

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例2 货场有两堆货物共重110吨，运走甲堆的1/4和乙堆的1/5，这样共运25吨，问甲、乙两堆货物原来各有多少吨？

把这种假设的情形与题中已知情形作出比较，发现多了（27.5-25=）2.5吨。

=50（吨），所以甲堆货物有60吨。 二、问题假设

当直接解一些题目似乎无从下手时，可对问题提出假设性答案，然后进行推算，当所得结果与题目的条件出现差异时，再进行调整，直至与题目的条件符合，从而得出正确答案。

例3 有一妇女在河边洗碗，掌管桥梁的官吏路过这里，问她：“你怎么洗这么多碗？”，妇女回答：“家里来了客人”。官吏又问：“有多少个客人？”妇女回答：“2个人共一碗饭，3个人共一碗羹，4个人共一碗肉，一共65只碗”。问共有多少客人？（选自《孙子算经》）

分析与解 假设有12个客人（因为[2，3，4]=12），由题设知：12个人共用了（12÷2=）6（只）饭碗、（12÷3=）4（只）羹碗、（12÷4=）3（只）肉碗，所以12个人共用了（6+4+3=）13（只）碗。而题目的条件是65只碗，是根据假设进行计算所得结果的5倍，因此，客人数一共有（12×5=）60（人）。 三、单位假设 解答某些应用题时，可假设某个数量为单位“1”或几，进而列式求解。

例4 有甲、乙两筐苹果，甲筐比乙筐轻7千克，甲筐苹果卖出3/5，乙筐苹果卖出11/16后，两筐剩下的苹果重量相等，问原来各有多少苹果？

分析与解 假设甲筐有苹果5（重量单位），卖出3/5后，还剩

（5

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