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小升初专题解题方法

发布时间:2013-11-27 10:32:42  

最大与最小”问题

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?

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。

1

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。

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(如图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。

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)

2

合理摘录,巧妙推导

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:

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

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

%)

3

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:

原速度为:80÷80=1(千米)

甲乙两地相距为:1×120=120(千米)

巧添线、通关系

有些平面组合图形题目,做起来感到很棘手,但恰到好处地添上一条辅助线后,能沟通图形之间的关系,思路会变得豁然开朗,从而使问题迅速得解。

例1 图1中,BDFG为正方形,ACEG为直角梯形,GE=25厘米,AC比GE长12厘米,BD=20厘米,求直角梯形ACFG的面积。

分析与解答 要求直角梯形ACEG的面积,关键要求出高AG等于多少厘米。

图1

因为GE=25厘米,所以,以GE为底的△GBE的高等于16厘米。(列式:200×2÷25=16厘米)即AG=16厘米。因此,直角梯形ACEG的面积=

例2 如图2,正方形ABCD的边长为4厘米,长方形DEFG的长DG为5厘米。求长方形的宽。

[分析与解答]要求长方形的宽,只需求出长方形DEFG的面积。而根据已知的条件,

只能求出正方形ABCD的面积。如果能找出二者之间的联系,就会迎刃而解。

连接AG,因为三角形AGD的面积等于正方形ABCD的一半,也等于长方形DEFG

的一半,所以,正方形ABCD的面积等于长方形DEFG的面积,都是(4×4=)16(平

方厘米)。又因为长方形DEFG的长DG是5厘米,所以,

图2

例3 如图3,已知三角形ABC的面积为56平方厘米,是平行四边形DEFC的2倍,那么,阴影部分的面积是多少平方厘米?

4

图3

[分析与解答] 这道题目,我们也可以通过连线来沟通三角形AED和平行四边形DEFC面积之间的联系,通过等量代换,便能顺利求解。

连接DF,因为AC和ED平行,所以S△AED=S△FED

(两三角形同底等

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。

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。

5

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(张)。

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

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。

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

6

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。 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=40002-122,是怎么得到的?

例9.12+22+32+42+??+102

七、有借有还法:

例11.5+6+7+8+9 解:原式=(13+23+33+43+53+??+93)-(13+23+33+43) =(1+2+3+4+5+??+9)2-(1+2+3+4)2 =452-102=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。 33333

用“赋值法”解题

例:甲、乙两人沿铁路线相向而行,速度相同,一列火车从甲身边开过用了8秒,从乙身边开过用了7秒,车头离甲后5分钟又与已相遇,从乙与车头相遇开始,再过多少分钟甲乙两人相遇?

7

题中只告诉了3个时间,求的也是时间,而时间与所行的速度及路程有关,要求出问题应知道甲、乙两人的速度。根据题意应设火车的长度为56(通常设为7和8的公倍数),这样就可以求出人和火车的速度,故本题这样解:

解:设火车的长为56米,则

当车头遇乙时甲乙相距:(7.5-0.5)×(60×5)=2100(米)

甲乙两人的相遇时间为:2100÷(0.5×2)÷60=35(分)

练一练:

1.一辆汽车沿山路行驶,上山每小时行10千米,下山沿原路返回每小时行15千米,求这辆车上、下山的平均速度。(设山路长)

2.搬运一堆土,若用200名工人需5天;若用25辆马车需4天;若用5辆卡车需2天。现有100名工人、10辆马车、2辆卡车同时搬运。问:运完这堆土需多少天?(设1名工人1天运土1)

对角线等分”知识的应用

正方形、长方形、平行四边形的对角线,将这些图形等分成两个完全一样的三角形。应用这一特性,可以使一些几何图形题得解。下面略举几例说明之。

例1 如图1,每一小方格的面积为2平方厘米,求图中四边形ABCD的面积。

分析与解 四边形ABCD是一个不规则的图形,无法直接求出它的面积。但可考虑先

求大长方形E-FGH的面积:2×(5×6)=60(平方厘米),再减去四个角上的小三

角形的面积,可各三角形的底和高都不知道。根据“对角线等分”知识,在长方形

AEBQ中,AB是对角线,长方形的面积是:2×(3×4)=24(平方厘米),则S△AEB=S

△ABQ=24÷2=12(平方厘米);同理,线段AD、CD、BC分别是长方形AFDM、DGCN、

BHCP的对角线,可求得:S△AFD=S△AMD=2×(2×2)÷2=4(平方厘米),S△GCD=S△

CDN=2×(3×3)÷2=9(平方厘米),S△HBC=S△BCP=2×(2×3)÷2=6(平方厘米)。

因此,四边形ABCD的面积是:60-12-4-9-6=29(平方厘米)。也可以把四边形ABCD分割成几部分,求出三角形ABQ、AMD、CDN、BCP的面积之和,再减去重复的小正方形MNPQ的面积,即S=12+4+9+6-2=29(平方厘米)。

例2 如图2,平面上有21个点,其中每相邻三点“∴”或“∵”所形成的等边三角形,面积是1平方厘米,试计算三角形ABC的面积。

分析与解 题目中没有告诉我们任何一条边的长度,只说每相邻三点所形成的三角形的

面积为1平方厘米,因此,必须从△ABC包含多少个相邻三点所组成的三角形这方面考

虑。根据“对角线等分”知识,分别以边AB、BC、AC为平行四边形AIBF、BHCE、AGCD

的对角线(如图2,为了便于叙述,在相应的点中添上字母,并用虚线连接)。从图中

可见,平行四边形AIBF的面积是4平方厘米,AB是其对角线,则S△ABF=4÷2=2(平方

厘米);同理可求得:S△BCE=8÷2=4(平方厘米),S△ACD=6÷2=3(平方厘米)。而三角形DEF的面积正好是1平方厘米,所以,S△ABC=2+4+3+1=10(平方厘米)。

例3 如图3,在正方形ABCD内有一个上底为3分米的直角梯形,梯形的面积比三角形的面积大15平方分米。求正方形的边长。

分析与解 由于这道题的条件较少,难以直接从图中寻找到解法。必须根据“梯形的面

积比三角形的面积大15平方分米”这一条件,设法把两个面积之差在图上表示出来,

再去寻找已知数量与所求数量的联系。过E点,作BC边的垂线,交BC于F点,即EF

把正方形分割成两个长方形,而BE是长方形ABFE的对角线,则S△ABE=S△BEF

,由此可

8

知,梯形与三角形的面积之差(15平方分米),正好是长方形CDEF的面积,ED是3分米,则正方形的边长是:15÷3=5(分米)。

“对角线等分”知识,对于小学生来说,是个简单易学的内容。学生可通过实际操作,运用剪、折、拼、摆等方法,直观形象地掌握这一特性。其实,在平行四边形、三角形的面积计算公式的推导过程中(义教六年制第九册),也可以应用“对角线等分”知识进行教学。教学平行四边形的面积计算公式时,第一步是用数方格的方法求出平行四边形的面积,并且规定:“不满一格的,都按半格计算。”教师还应指出这种方法的计算结果不够精确,学生自然也对此法表示怀疑,甚至怀疑这一结果与平行四边形的底和高的联系。因此,这种方法学生学起来总觉得心理不踏实,担心答案的准确性。在教学中,我尝试应用了“对角线等分”知识,学生的疑虑消除了,同时也懂得应用此特性,准确数出三角形的面积,解答类似竞赛题,起到了举一反三的作用。所以,教学中可适当渗透“对角线等分”知识。鉴于此,教材是否也可以适当增加此项内容呢?此乃个人浅见,仅供同行参考。

一题解答误区与矫正

题目:从1开始到1998止,这1998个整数中,能被3整除,但不能被5和7整除的数的个数为____。 该题是一道竞赛题目,据统计参赛学生中无一人能够完整得到解答。从表面看,属于整除问题,但实质上是有一定难度的包含与排除问题。此类题的特征是:有关数量有相互包含、重复计算的部分。在具体解答时,还存在个别数量的排除问题。学生在分析解答该题时,极容易在“包含”、“重复”、“排除”等方面出现混淆,产生误解。现分析如下:

一、“包含”辨析不清 简单草率作解

有的学生审题不认真,把不存在“包含”关系的数量当作“包含”关系去处理,就盲目草率去解答,导致解答失误。如简单认为只有同时能被5、7整除的数的个数是包含在能被3整除的数中。这样: 1998÷3=666(个)

666-57=609(个)

二、例举范围狭窄 类推遗漏“重复”

有些学生在分析时,突然也注意到“包含”,但在类推时,例举数据取在100以内:

1 2 4 5 7 8 10 11 13 14

16 17 19 20 22 23 25 26 28 29

31 32 34 35 37 38 40 41 43 43

这样类推,就只存在能同时被3、5整除,3、7整除的数的“包含”情况,显然把这两种“包含”中100以上数中存在的相互“重复”情况遗漏掉,也产生误答。

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。

9

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)。

解题后的反思

一、思疏漏

解题后要思考是否有疏漏和错误的地方,总结应该注意的方面:如答案是否与题中隐含条件相抵触,是否有其他可能情况,是否掉入了命题者所设置的陷阱。以此提高分析能力,纠正解答中错误。 例 从一个长方形截去一个角,还剩( )个角?

错解 3个角。

反思 学生缺乏全面的思考,受直觉思维认知干扰,从而得出错误解法。正确的可通过列表如下:

根据图表可以看出,一个长方形截去一个角,可产生三种情况。

例 如图1是平等四边形(单位:厘米),一条边上的高是5厘米。它的面积是多少?

错解 6×5=30(平方厘米)

反思 这一解法是错误的。关键在于未能正确地确定5厘米是平行四边形哪条边上的高。

事实上,由“直线外一点到这条直线所画的线段中,以和这条直线垂直的线段最短”,可知5厘米不可能是边长为6厘米的底边上的高而只能是边长为4厘米的底边上的高,如图2。这样,正确的解答就应当是 4×5=20(平方厘米)

小结:上述例子告诉我们,要做到解题完满,关键是审题要充分,分析要全面,思考要周密,运用知识要熟练、准确、合理、灵活。

二、思方法

10

解题后小结一下解题方法,归纳这种解题方法的特点,有利于学生较快地掌握这种方法,培养学生举一反三的能力,提高知识的正迁移水平。

只脚。于是可求出鸡的只数是:

小结:本例是运用假设思维方法解题。当有些应用题直接推理或逆转推理都不能寻找出解题途径时,就可以将题目中两个或两个以上的求知量,假设成相等的数量,或者将一个求知条件假设成已知条件,从而使题目中隐蔽或复杂的数量关系趋于明朗化和简单化,然后按照假设后的条件,依据数量的相依关系,列式计算并做相应的调整,最后算出结果来。这就是运用假设法的特点。

三、思多解

解题后对于同一问题,若从不同角度去思考、观察、联想,可得不同解题途径,其中必有最佳方法。养成这种习惯,可提高学生的发散思维能力,使解题方法灵活多变。

例:在括号里填上适当的数,使等式成立。

分析(1)利用倒数关系,使乘积都等于1。

(2)利用“0”的特征,使乘积都等于0。

(3)利用递等式的特点,在第一个括号里填6,则

(4)利用假设法,设乘积为2,则

小结:从以上解法看,解本题的关键是先确定乘积是几,然后求出各因数分别填上。掌握了这一规律,不仅可以迅速地填数,而且可得无数个解,而抓乘积为“0”和“1”的特征的解法最佳。这样,使学生认识到,掌握多种解法,就会因题而异找到满意的解法。

四、思问题

解题后,对数学问题由此及彼地联想,其中,有时要对问题追根溯源,多问几个“为什么”?有时是从一个问题联想到与它形式不同但实质完全一样的多种叙述或表达方式,这样,就能培养我们抓住问题实质的本领,培养思维的连动性、流畅性和变通性。

11

6份的数。

思考2 表示6除以7的商。

思考5 表示1.2∶1.4的简单整数比。

??

小结:解题后如果我们坚持进行“一问多思”,这样我们就能抓住数学问题的本质,学数学就不难了。

五、思规律

解题后若能再回想一下,把解题过程中零散杂乱的,肤浅的经验、规律及时进行提炼、总结、升华,再予以应用,用以指导解题实践,就能触类旁通,提高解题能力。

例如:定值法求阴影部分的面积。

如图3,图中的四边形都是正方形(单位:厘米),求阴影部分的面积。

分析 如图4,正方形边长为a,则圆面积与正方形的面积比值为:

当π取3.14时,S圆=0.785S正方形=78.5%S正方形,而阴影部分=(1-78.5%)S正方形=21.5%S正方形。 利用上述关系,可以巧妙地求出图3各图阴影部分的面积。

小结:从以上例题可以看出,定值一法多用,一种解法在不同内容或形式的数学题得以延伸和拓广。因此,它有利于沟通知识间的纵横联系,有利于把握解题关键,总结解题规律,提高解题效益。

12

怎样计算溶液浓度

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),

答:糖水的浓度为10%。

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?

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)。

答:含蒸馏水1.9千克。

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)。

答:需要加入160克蒸馏水

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),

答:这种溶液的浓度约为0.47%。

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? 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 13

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

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?

原来对每一枚硬币来说,只要翻动奇数次,就可使原先朝下的一面朝上。按规定的翻动,其翻动1+2+??+77=39×77次,平均每枚硬币翻动了39次,这是奇数。根据77×39=77+(76+1)+(75+2)+??+(39+38)可以设计如下翻动方法:

第1次翻动77枚,可以将每枚硬币翻动一次;第2次与第77次翻动77枚,又可将每枚硬币都翻动一次;同理第3次与第76次,第4次与第75次??第39次与第40次都可将每枚硬币各翻动一次,这样每枚都翻动了39次,都由正面朝下变为正面朝上。

针对数的奇偶性,还有很多富有智慧性的问题。例如,有足够多的三种水果:苹果、梨、桔子,最少要分成多少堆(每堆都有苹果、梨、桔子),才能保证得到这样的两堆,把这两堆合并后这三种水果的水果的个数都是偶数。我们可以借助列表来解决。

可见,三种水果的奇偶情况共有8种可能,所以必须最少分成9堆,才能保证有两堆的三种水果奇偶性完全相同,把这两堆合并后这三种水果个数都是偶数。

你瞧,如果你能巧妙地进行奇偶分析,你的智慧一定让人拍案叫绝!

引入时间变量的空间位移—用波形图解行程问题

些复杂问题的解决,常常需要把它拆分成几个子问题,或者,把它简单化,模型化,以便于用数学工具来处理。在行程问题中,有一种匀速运动在两点之间且往复进行的类型,因为运动者往复运行在两点之间,那么它的运动轨迹必然相互掩盖而难于直观地分析,如果有两个运动者,更是如此。这时,我们引入时间变量,“拉伸”空间,使得它的轨迹看起来不重复了,从而便于分析处理。下面就结合一个实例谈一谈这一独特的分析方法。

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A的速度为30千米/小时,B的速度为20千米/小时,A和B同时从甲地出发到乙地,他们先后到乙地后又返回甲地??如此往复来回运动。已知A与B第二次迎面相遇与A第二次追上B的两点相距45千米,甲乙两地相距多少千米?

A与B在甲、乙两地来回运动,我们试图把它的行踪直观地展示出来,但运动是往复进行的。就有后面的运动轨迹对前面运动轨迹的“掩盖”。由此,我们引入时间维度,从而拉伸A和B的运动轨迹,使其每一个全程运动轨迹不重复前次空间地呈现在我们眼前,这类似于物理学里的“摆”,在运动中的摆里装上细沙,其下置一长方形木板作匀速拉伸,这样摆的来回往复运动就留下了它自己的“足迹”。见图1。

此题中,我们设想有两摆互不影响地同时摆动,摆长不一样,速度也不一样,作出其轨迹,如图2。

A为“——”B为“??”,A速30千米/小时,B速20千米/小时,上方为甲地,下方为乙地。按时间维度的坐标作出它们各自的运动轨迹。由于甲乙相距一定。VA∶VB=30∶20,所以行一个全程,A用的时间tA与B用的时间tB之间tA∶tB=2∶3,A行完6个全程时,B刚好行完4个全程,时间一定时,他们的行程比是3∶2。

由图2可观察到,A与B第一次迎面相遇在M点,第二次迎面相遇在N点。其中我们只须考察N点,由图2知,A与B第一次追上相遇(A与B同向同时达到一点)在H点。实际上2与3的最小公倍数是6,故在6小时处相遇(同向),可以推想,在第12时时,A和B又一次同向相遇,且相遇点类似地在甲地(H′点)。在图上则相差一个周期,必须指出的是H、H′,其实就是指甲地,它们并无空间上的位移,于是我们把它“移”到H0点,则NH0=45千米。

我们观察N点,也就是AB第二次迎面相遇的这一时刻,此时,由图2可知,A已行了2个全程还多,B则行了1个全程多。相遇时,他们合计共行了4个全程。在一定的时间内,A、B共行了4个全程。他们的贡献与其

前述H0即为题目所述第二次、第三次??追上相遇的地点,故NH0

=

答:(第二)全程长112.5千米。

需要指出的是,本题借助波形图解题,所画曲线与波所描述的物体的摆动并不一

致,我们只取其形式,展示物体运动的轨迹,其实我们假设A、B均是匀速运动的。与摆的运动完全不同,所以,不能套用物理学里的一些关于位移的公式。本题是取其形式,舍其实质,运用其思想,帮助数学解题,其锻炼思维能力的作用也是显而易见的。

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枚举问题例谈

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。

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:

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]。

??

16

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。

转化成“浓度问题”求解

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? 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。

答:需加入浓度为70%的盐水200克。

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。(见图2)

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。

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

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)

答:男式皮衣有300件,女式皮衣有900件。

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

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

再根据浓度配比计算。

答:甲仓原有货物180吨,乙仓原有货物240吨。

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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?

(北京市第14届迎春杯数学竞赛初赛试题)

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。

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

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

19

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,

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”。

20

数一数”的方法和规律

一、线的单向分割

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?

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a2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?

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(=22个),用22个基本正方形

构成的正方形有9个(=32个);用12个基本正方形构成的正方形有16个(=42

个)。

21

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,由规律二的特殊情形可知,图7中的矩形有[(1+2+3+4)2=102 =]100个。显然,图7中的长方形总数是(100-30=)70个。

三、体的三向分割

例8 数一数,图8中有几个立方体?

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(43=)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。

添加辅助线架起解题桥

题目:如图,四边形ABCD是正方形,BE=1,DE=2,DF=1

,三角形

这是北京市小学生第十五届《迎春杯》数学竞赛决赛中的填空题,恰当地添加辅

助线,可以用多种方法来解答。

分析 由四边形ABCD是正方形,BE=1,EC=2,DF=1,可知正方形的边长是3、FC=2,

三角形ECF是等腰直角三角形,它的面积是(2×2÷2=)2。

过E点作EG∥AB(见图1),这样正方形被分成两个长方形ABEG和ECDG,长方表ECDG的面积是2×3=6。在ECDG这个长方形中,四边形ECFP

解法一 将EG三等分,则每一段的长都是1,所以三个三角形EPL、LPK、KPG的面积是

相等的。由于GK=DF=1,所以三角形KPG与FDP

的面

22

解法二 过P点作PN∥EG,PN把长方形ECDG分成两个长方形ENPG和NCDP,再过F

点作FM∥DP,FM把长方形NCDP分成两个长方形NCFM和MFDP(见图2)。

ENP与EPG面积相等,在长方形MFDP中,三角形MFP与FDP

面积相等,所以

解法三 连结PC,三角形ECP的面积是(2×3÷2=)3

,由于四

题目 四个足球队进行单循环比赛,每两队都要赛一场。如果踢平,每队各得1分,否则胜队得3分,负队得0分。比赛结果,各队的总得分恰好是四个连续的自然数。问:输给第一名的队的总分是多少? 这是一道逻辑推理问题。解题的关键是:首先要求出比赛的场数,再根据胜负的得分情况,估算出四个队总得分的范围,最后再根据四队得分是四个连续的自然数,推理出各队的得分,及每两队比赛的胜负情况,就能算出输给第一名的队的总分。

这是北京市迎春杯小学生第十五届《迎春杯》数学竞赛决赛中的解答题。

分析与解析 四个队进行单循环赛,共要赛(4×3)÷2=6场。如果每场都踢平,则6场比赛四个队共得了(2×6=)12分;如果每场都分出胜负,则6场比赛四个队共得了(3×6=)18分,因此四队的总得分在12分~18分。

因为四个队的得分是四个连续的自然数,而1+2+3+4=10,2+3+4+5=14,3+4+5+6=18,显然,四个队的总得分是14分,各队的得分分别是2、3、4、5分。

根据平分办法:踢平每队各得1分,分出胜负,胜队得3分,负队得0分,可知6场比赛分出胜负的场数:(14-12)÷(3-2)=2场。

假设A队得5分,B队得4分,C队得3分,D队得2分。由C队得3分,可知C队与A、B、D队比赛均踢平;由D队得2分,可知D队与A、B队比赛时一场平一场负;由A、B两队得分都高于3分,又只有两场比赛分出胜负,可知A、B两队各踢胜一场,又由于5=3+1+1,4=3+1+0,所以A队一胜两平,B队一胜一平一负。这样,只能是A队胜B队,B队胜D队,其余四场均踢平。输给第一名(A队)的队(B队)的总分是4分。

用图表找规律巧解题

23

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。

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。

让静止的图形动起来

以静变动,让静止的图形动起来,这是一种动态的思想方法,这种思想方法在求解几何图形面积时是常常用到的。现举例如下:

一、旋转的思想方法

将所给图形中的某一部分绕一个固定点旋转一定(或适当)的角度,变为较明显的简单而又直观的图形。

例1 如图1中的两个三角形都是正三角形,大三角形的面积是小三角形面积的多少倍? 24

分析与解 观察图1可见,只需将小三角形绕圆心旋转60°,得到如图2所示的图形。小三角形将大三角形分别割成面积相等的四块。因此大三角形的面积是小三角形面积的4倍。

例2 求图3中阴影部分的面积。(π取3)(单位:厘米)

分析与解 观察图3发现,只要将图中右边的阴影部分绕圆心逆时针方向旋转90°就得到图4所示的形状。所求的阴影部分的面积就是大扇形的面积与空白部分(三角形)面积的差。即

二、移动的思想方法

1.点的移动:将图中的某一点看作一个“动点”沿直线移动,使原来分着的空白部分合并在一起变成一个简单明了的图形。

例3 如图5,已知长方形的长是8厘米,宽是4厘米,图中阴影部分面积

是10平方厘米,求OD长多少厘米?

分析与解 观察图5,把图中的阴影部分看作两个三角形(即△ABO和△CBO),

将这两个三角形中的A点和C点分别看作“动点”平移到如图6所示的A'点和

C'点(等底等高,面积相等),等积变形为一个简单的三角形A'C'O。因为阴影

部分面积是10平方厘米,A'C'的长为4厘米,所以OB的长度为(10×2÷4=)

5(厘米),因此OD的长度是(8-5=)3(厘米)。

2.面的移动:将所给图形中的某个图形沿直线上下左右移动,把复杂的图

形转化成简单的图形,使原来面积不等变成相等。

例4 有红、黄、绿三块大小一样的正方形纸片,放在一个正方形盒内,它们之间互相叠合(如图7),已知露在外面的部分中,红色面积是20,黄色面积为14,绿色面积是10,那么正方形盒子的面积是多少?

分析与解 根据题目的条件,观察图7,发现黄色正方形沿着正方形

盒子的边线慢慢向左平移,黄色纸片的小部分逐渐被红色纸片所盖没,绿

色纸片却逐渐在增加,黄色纸片盖住的部分就是绿色纸片增加的部分。直

移到红色与黄色两纸片下上对齐。此时绿色纸片也暴露到了最大的程度

(如图8),而且黄色纸片与绿色纸片的面积是相等的。即黄色和绿色的面积都为((10+14)÷2=)

12。我们把留出的空白部分假设为白色,从图中可看出,红、黄两纸片有一边相同,绿、白两纸片也有一边相同,所以它们各自面积之比等于相应边长的比。便有:

因此,所求正方形盒子的面积为

20+12+12+7.2=51.2 25

三、翻折的思想方法

将所给图形的某一部分以某一直线为对称轴翻折,使原来复杂的图形变为直观图形。

例5 如图9,长方形的长是8,宽是6,A和B是宽的中点,求长方形内阴影部分的面积。 分析与解 观察图9,根据题目的条件可知直线AB将原大长方

形分成大小一样的两个小长方形。只需把下面的小长方形以直线AB

为对称轴向上翻折,就把下面长方形内的阴影部分合并到如图10所

示的上面的长方形中。我们知道阴影部分的面积就是小长方形面积

的一半,即所求阴影部分的面积为 8×(6÷2)÷2=12。

例6 在图11中,圆的半径为r,求阴影部分的面积。

分析与解 以图11中的水平直径作为对称轴,将上半部分往下

翻折,使阴影部分拼合成两个三角形(如图12)。可以看出,所求

的阴影部分面积等于梯形面积与空白部分(即三角形面积)的差。

所以 阴影部分面积=(2r+4r)×r÷2-2r×r÷2=2r2。

巧用幻方解题

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。

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。

26

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

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。

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。

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)

27

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(如图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。

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

往返行程问题的解法探讨

例1 甲乙两辆汽车分别从相距63千米处的矿山与堆料场运料同时相向开出,时速分别为40千米和50千米,如果不计装卸时间,那么,两车往返运料自出发到第三次相遇共经过多少时间?

该题为往返行程问题,即两者往返于两地之间,不止一次地相遇。这种问题除具备相遇问题的特征外,还有如下特征:由图可见,第一次相遇两车行的

路程和等于两地距离。以后每增加一次相遇,两车行

的路程和为两地距离的2倍。故到第三次相遇,两车

行的总路程为两地距离的5倍,这样便不难得出该题

的解法: 63×5÷(40+50)=3.5(小时)

掌握了上述特征后,就能把较复杂的往返行程问

题化难为易,解法化繁为简。如:

例2 甲、乙两人同时从东西两镇相向步行,在距西镇20千米处两人相遇,相遇后两人又继续前进。甲至西镇、乙至东镇后都立即返回,两人又在距东镇15千米处相遇,求东西两镇距离?

解法一 设东西两镇相距为x千米,由于两次相遇时间不变,则两人第一次相遇前所走路程之比等于第二次相遇前所走路程之比,故得方程:

所以东西两镇相距45千米。

28

解法二 紧扣往返行程问题的特征,两人自出发至第二次相遇所走路程总和为东西两镇距离的3倍,而第一次相遇距西镇20千米,正是乙第一次相遇前所走路程,则从出发至第二次相遇乙共走(20×3=)60(千米),第二次相遇时乙已从东镇返回又走了15千米,所以,两镇的距离为(20×3-15=)45(千米)

例3 甲乙两人同时从东镇出发,到相距90千米的西镇办事,甲骑自行车每小时行30千米,乙步行每小时行10千米,甲到西镇用1小时办完事情沿原路返回,途中与乙相遇。问这时乙走了多少千米?

解法一 东西两镇相距90千米,甲每小时行30千米,共需

(90÷30=)3(小时)。

连办事共用了(3+1=)4(小时)。

乙每时行10千米,4小时共行(10×4=)40(千米)。

这时两人相距(90-40=)50(千米),两人正好同时从

A、B相向而行,其相遇时间为(50÷(30+10)=)1.25(小时)。于是乙从出发至相遇经过了(4+1.25 因此,共走了10×5.25=52.5(千米)。

解法二 根据题意可知甲从东镇到西镇,返回时与乙相遇(乙未到西镇,无返回现象),故两人所行路程总和为(90×2=)180(千米),但因甲到西镇用了1小时办事。倘若甲在这1小时中没有停步(如到另一地方买东西又回到西镇,共用1小时),这样两人所行总路程应为:

90×2+30=210(千米),又因两人速度和为30+10=40(千米),故可求得相遇时间为:(210÷40=)

5.25(小时),则乙行了(10×5.25=)52.5(千米)。

例4 快慢两车同时从甲乙两站相对开出,6小时相遇,这时快车离乙站还有240千米,已知慢车从乙站到甲站需行15小时,两车到站后,快车停留半小时,慢车停留1小时返回,从第一次相遇到返回途中再相遇,经过多少小时?

解法一 240÷6=40(千米)(慢车速度)

40×15=600(千米)(甲乙两站距离)

(600-240)÷6=60千米(快车速度)

快车第一次相遇后继续前进至乙站,又开了(240

÷60=)4(小时),连停留时间共用了4.5小时。

慢车第一次相遇后,向前开了4.5小时,应行(40×4.5=180(千米),到A处,这样慢车距离甲站还有(600-240-180=)180(千米),如继续开到甲站,加上停留时间,还要用(180÷40+1=)5.5(小时)。

在这5.5小时中,快车又从乙站返回开至B处,距甲站为(600-60×5.5=)270(千米)。

这时就相当于两车从相距270千米的两地(甲站和B处)同时相向开出,则可求出其相遇时间为:270÷(60+40)=2.7(小时)

最后,求得慢车从第一次相遇到返回途中再相遇所经过的时间为(4.5+5.5+2.7=)12.7(小时),即为问题所要求的。

解法二 根据往返相遇问题的特征可知,从第一次相遇到返回途中再相遇,两车共行的路程为甲乙两站距离的2倍,再根据例3解法二的设想方法,即假设快车不在乙站停留0.5小时,慢车不在甲站停留1小时,则两车从第一次相遇到第二次相遇所行总路程为600×2+60×0.5+40×1=1270(千米),故此期间所经时间为1270÷(60+40)=12.7(小时)

通过以上几例分析,不难看出解法二甚为简便,这是由于灵活运用往返行程问题的基本特征所致。

29

答案”的信号

先看一个例题分析。

大正方形边长10厘米,小正方形边长6厘米,如左图,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。

我们平时做作业时,养成做解题的有心人,那么每位同学都有不少机会获取巧解的成功。 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。

棋盘中的数字

许多同学都喜欢下棋,可是,同学们知道棋盘上还有许多有趣的数学问题吗?

图1是半张中国象棋的棋盘,请同学们思考几个问题:

问题1 一只马能否跳遍这半张棋盘,每一点都不重复,最后一步跳回起点?

问题2 一只马能否从位置B出发,用6步跳到位置A?为什么?

问题3 一只马处于C点处,要跳到适当的位置“将军”(敌方老将在D处),不管按什么路线跳,都要跳奇数步,为什么?

要回答这几个问题,需要应用一种饶有趣味的方法——染色法。

将半张棋盘中的45个格点进行黑白相间染色(如图2)。由于棋盘中共有45个格点,黑点数与白

点数不可能相等。而马走“日”,跳一步只能从黑点跳到白点,或从白点跳到黑点。如果马从某点出发

30

跳遍半张棋盘,每一步都不重复,而且回到原出发点,则黑点数与白点数必然相等。但现在知道黑点、白点数目不相等,因此马可能从某点出发,一步不重复地跳回原出发点。

由于B点是黑点,A点是白点,两点不同色,马只能从黑点跳到白点,或从白点跳到黑点,从B跳到A必须跳奇数步,6步办不到。

第3个问题也很简单,由于C点与D点同色,马从C处跳能够“将军”的地点必与D点异色,也就是与C点异色,由问题2的解答知,不管怎样跳,都要跳奇数步。

用染色法还可以解决棋盘的覆盖问题。

问题4 能否用17个形如图3的卡片将图4覆盖?

图4共有34个小方格,17个1×2的卡片也有34个小方格,好象能覆盖住。我们将图4黑白相间染色,得到图5。细心观察会发现,图5中黑格有16个,白格有18个,而1×2的卡片每次只能盖住一个黑格与一个白格,所以17个1×2的卡片应当盖住黑、白格各17个,不可能盖住图4。

问题5 图6的七种图形都是由4个相同的小方格组成的。现在要用这些图形拼成一个4×7的长方形(可以重复使用某些图形),那么,最多可以用上几种不同的图形?

先从简单的情形开始考虑。显然,只用1种图形是可以的,例如用7个(7);用2种图形也没问题,例如用1个(7),6个(1)。经试验,用6种图形也可以拼成4×7的长方形(如图7)。

能否将7种图形都用上呢?7个图形共有(4×7=)28(个)小方格,从小方格的数量看,如果每种图形用1个,那么有可能拼成4×7的长方形。但事实上却拼不成。为了说明这个事实,我们将4×7的长方形黑、白相间染色(如图8),图中黑白格各有14个。在7种图形中,除第(2)种外,每种图形都覆盖黑、白格各2个,共覆盖黑、白格各12个,还剩下黑、白格各2个。第(2)种图形只能覆盖3个黑格、1个白格或3个白格、1个黑格,因此不可能覆盖住另6种图形覆盖后剩下的2个黑格、2个白格。

综上所述,要拼成4×7的长方形,最多能用上6种图形。

31

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