举一反三小学奥数解题技巧大全100讲(十)
51、割补、拼接、截割
【割补】在数学中,把图形的某个部分割下,补到某一个新的位置,往往可以使新的图形,更便于发现数量关系,从而较快地解答出数学题目。
例如,在图4.38中,三个圆的面积都是12.56平方厘米,且三个圆两两相交,三个交点都是圆心,求三块阴影部分的面积。
从表面上看,题目是无法解答的。但只要仔细观察就能发现,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÷2=6.28(平方厘米)
【拼接,截割】
(1)平面图形的拼接、截割。
拼接和截割,是两个相反的过程。平面图形的拼接是把两个或两个以上的图形拼接在一起;平面图形的截割,是把一个图形截割成两个或两个以上的图形。
平面几何图形拼接或截割以后,面积和周长的变化有以下规律:
①两个或两个以上的图形拼接成一个新的几何图形,它的面积等于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。
②把一个平面几何图形截割以后,各小块图形的面积之和,等于原图形的面积;但截割后各小块几何图形的周长之和,要比原图形的周长要长。若所有截割部分长度为a,那么截割后增加的长度就是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
48×3÷2
=144÷2
=72(厘米)
(2)立体图形的拼接、截割。立体几何图形拼接或截割以后,它的体积和表面积的变化,有以下规律:
①两个或两个以上的几何体,拼接成一个新几何体以后,它的体积等于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。
②把一个几何体截割以后,各部分的体积之和等于原几何体体积;但截割后的表面积之和,却大于原几何体的表面积。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5×5=25(平方厘米),依据上面的规律可知,表面积会增加
25×2=50(平方厘米)
又如,把长10厘米、宽6厘米、高5厘米的长方体木块截成形状、大小相同的两个长方体,表面会增加多少平方厘米?
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。
①如图4.42左图的截法,表面积会增加。
5×6×2=30×2=60(平方厘米)
②如图4.42中图的截法,表面积会增加。
10×6×2=60×2=12(平方厘米)
③如图4.42右图的截法,表面积会增加
10×5×2=50×2=100(平方厘米)
52、改变运算种类
在四则运算中,改变原题的运算种类,如以乘代加、以加代减、以加代乘、以减代除……,往往可使一些题目的计算变得比较简便、快速。
【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
(1)17+18+16+17+14+19+13+14
解题时,可以选择17为基准数,以乘代加解答如下。
17+18+16+17+14+19+13+14
=17×8+1-1-3+2-4-3
=17×8-8
=128
(2) 325+324+318+327+323+320
解题时,可以选取323作为基准数,然后解答。
325+324+318+327+323+320
=323×6+2+1-5+4-3
= 323×6+(2+1+4)-(5+3)
=323×6+7-8
=323×6-1
=1937
运用基准数以乘代加速算,对于一些随报随记而且数字又很接近的连加运算,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
70×10+7=707(分)
【以加代减】为说明问题,先看一个实际问题:
“某人去商店购物,需要付款4.65元。他交给售货员10元,应找回多少钱?”
很明显,这是个减法算题,应该用10—4.65=5.35(元)去求答案。可是在找钱的时候,售货员一般不做减法,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:
(1) 1000—675=325
(2)50000-3672=46328
【添0折半】一个数乘以5,可以看成是先乘以10再除以2。一个数乘以10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)486×5
=4860÷2
=2430
(2)4.37×5
=43.7÷2
=21.85
【添0退减原数】一个数乘以9,就是乘以10—1。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
396×9
=3960-396
=3564
(退减原数可看式口算。看式口算不熟练时,可从低位减起,熟练之后可从高位减起,一下子就可直接写出得数。)
【添0折半加原数】一个数乘以6,可以看成是乘以(5+1)。运用乘法分配律,可以用这个数分别乘以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
6489×6
=64890÷2+6489
=32445+6489
=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。
例如
2436×7
=24360÷2+4872
=12180+4872
=17052
234.2×7
=2342÷2+468.4
=1171+468.4
=1639.4
【以加代乘】“以加代乘”又可以称之为“添0加原数”。例如
720×11
=7200+720
=7920
67203×11
=672030+67203
=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:
623×12
=6230+1246
=7476
【原数加半,加半定积】如果一个数乘以1.5,也就是乘以(1+0.5),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
48×1.5
=48×(1+0.5)
=48+24(48的一半)
=72
显然,“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=1.5×10 0.15=1.5×0.1
150=1.5×100 0.015=1.5×0.01
1500=1.5×1000 0.0015=1.5×0.001
…… ……
所以,一个数乘以这些数,只要把这个数加上它的一半以后,再移动小数点的位置就可以了。比方
6.4×150
=6.4×1.5×100
=(6.4+3.2)×100
=9.6×100
=960
4600×0.0015
=(4600+2300)×0.001
=6900×0.001
=6.9
这样的方法,可以称作“加半定积法”。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=(0.0015×2800)亩
=[(2800+1400)×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】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,550÷25,先用550减去20个25,得50,50再减去2个25,便得0。所以,550÷25=22。由口算便迅速得出了此题的得数。
【以乘代除,以除代乘】在乘法运算里,如果一个因数是5”,则可将它化为“10n÷2n”,从而将“乘以5n”转化为“除以2n”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)12000÷125
=12000÷53
=12000÷(103+23)
=12000÷103×23
=12×23
=96
因为12×23=12×2×2×2,所以口算得数时,只要把12连续翻倍三次即可。即
12—→24—→48—→96。
(2) 480×125=480×53
=480×(103÷23)
=480×103÷23
=480÷23×103
=60×103
=60000
因为480÷23=480÷2÷2÷2,所以口算得数时,只要把480连续折半三次即可。即
480—→240—→120—→60。
53、复杂分数应用题
【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年全国小学数学奥林匹克初赛试题)
16块水果糖之后,其它糖就是奶糖的(1-25%)÷25%=3(倍)。
例3 某商店经销一种商品,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=92%a(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】
例1 一件工作,甲做5小时后,再由乙做3小时可以完成;若乙先做9小时后,再由甲做3小时也可以完成。那么甲做1小时以后,由乙做____小时可以完成?
(1987年北大附中友好数学邀请赛试题)
讲析:因为“甲做5小时,乙做3小时可以完成”;或者“甲做3小时,乙做9小时也可以完成”。由此得,甲做5-3=2(小时)的工作量,就相当于乙做9-3=6(小时)的工作量。
即:甲做1小时,相当于乙做3小时。
由“甲做5小时,乙再做3小时完成”,可得:甲少做4小时,就需乙多做3×4=12(小时)。
所以,甲做1小时之后,还需要乙再做3+12=15(小时)才能完成。
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这项生产任务。
(全国第四届“华杯赛”决赛试题)
所以,同样交换A与B,C与D之后,全组每小时可以完成:
例5 一批工人到甲、乙两个工地进行清理工作。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
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。
54、分数与繁分数化简
【分数化简】
讲析:容易看出,分子中含有因数37,分母中含有因数71。所以可得
(长沙地区小学数学奥林匹克选拔赛试题)
讲析:注意到,4×6=24,2+4=6,由此产生的一连串算式:
16×4=64
166×4=664
1666×4=6664
……
(全国“育苗杯”小学数学竞赛试题)
讲析:容易看出分子中含有因数3。把48531分解为48531=3×16177,然后可试着用16177去除分母:
【繁分数化简】
(1990年马鞍山市小学数学竞赛试题)
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326×274,分母中含有275×326。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: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: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。
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:连分数化简,通常要从最下层的分母开始,自下而上逐步化简。依此法计算,题目的得数是2。(计算过程略)
55、对称变换
【将军饮马】据说古代希腊有一位将军向当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AO⊥L交L于O点,延长AO至A',使A'O=AO。连结A'B,交L于C,则C点就是所要求的饮马地点。再连结AC,则路程(AC+CB)为最短的路程。
为什么呢?因为A'是A点关于L的对称点,AC与A'C是相等的。而A'B是一条线段,所以A'B是连结A'、B这两点间的所有线中,最短的一条,所以AC+CB=A'C+CB=A'B也是最短的一条路了。这就是海伦运用对称变换,找到的一种最巧妙的解题方法。运用这种办法,可以巧妙地解决许多几何问题。
【划线均分】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)。
(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L即是所画的那根直线。
56、典型应用题
【平均数问题】
例1 小强骑自行车从甲地到乙地,去时以每小时15千米的速度前进,回时以每小时30千米的速度返回。小强往返过程中的平均速度是每小时多少千米?
(江西省第二届“八一杯”小学数学竞赛试题)
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。
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。
2.5∶3=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】
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。
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240÷10=24(分钟)。
所以,AB两地相距米数是(70+60)×24=3120(米)
例2 在一条公路上,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1200÷150=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。
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: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7
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(30+42)÷2=36(千米),即A、B两城的距离是30+36=66(千米)。
例8 甲、乙两车分别从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,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3∶7,我们可将A、B两地平均分成10份(如图5.33)。
因为甲、乙两车速度之比为3∶7,所以甲每走3份,乙就走了7份。于是它们第一次在a3处相遇。甲再走4.5份,乙走10.5份,在a7与a8之中点处甲被乙追上,这是第二次相遇;甲再又走1.5份,乙走3.5份,在a9点第三次两车相遇;甲走6份,乙走14份在a5点第四次两车相遇。
(千米)。
例9 在400米环形跑道上, A、B两点相距100米(如图5.34)。甲、乙两人分别从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100÷4-100÷5=5(秒钟),现在甲要比乙多跑100米,需20秒钟。由20÷5=4(个百米),可知,乙跑400米以后,甲就比乙多跑100米。这样便刚好追上乙。
甲跑完(400+100)米时,中途停了4次,共停40秒钟。故20×5+40=140(秒)。
当乙跑完400米以后,停了10秒,甲刚好到达同一地点。所以,甲追上乙需要140秒钟。
例10 甲、乙二人在同一条环形跑道上作特殊训练: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3∶2。当甲从
原速跑到A点。
(个)全程,即刚好到达D点。
所以,在AD段中,甲、乙两人都是按各自的加速度相向而行。不难求得
例11 图5.36,大圈是400米跑道,由A到B的跑道长是200米,直线距离是50米。父子俩同时从A点出发逆时针方向沿跑道进行长跑锻炼,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。
因为A到B弯道长200米,儿子每跑100米比父亲快一秒,可知恰好在B点追上父亲。
即,儿子在跑第三圈时,会第一次与父亲相遇。
例12 甲班与乙班学生同时从学校出发去某公园。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、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+2·BC。
又汽车速度是甲班的12倍,所以
同理,当乙班从C地行至D地时,汽车共行了CD+2·BC。
又,汽车速度是乙班的16倍,所以
AB∶CD=15∶11。
即甲班与乙班需要步行的距离之比为15∶11。
例13 王经理总是上午8点钟乘公司的汽车去上班。有一天,他6点40分就步行上班,而汽车仍按以前的时间从公司出发,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点表示王经理家,B点表示公司,C点表示汽车接王经理之处。
王经理比平时提前16分钟到达公司,而这16分钟实际上是汽车少走了2·AC而剩下的时间,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72÷8=9(倍)。
【倍数问题】
例1 仓库里有两个货位,第一货位上有78箱货物,第二货位上有42箱货物,两个货位上各运走了相同的箱数之后,第一货位上的箱数还比第二货位上的箱数多2倍。两个货位上各运走了多少箱货物?
(1994年天津市小学数学竞赛试题)
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(42×3-78)÷2=24(箱)。
例2 一笔奖金分一等奖、二等奖和三等奖。每个一等奖的奖金是每个二等奖奖金的2倍,每个二等奖奖金是每个三等奖奖金的2倍。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,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。
即求15的某个倍数恰等于13的倍数减1。
因为15×6=90,13×7=91,所以,两校各有92人参加竞赛。
从而可知,两校共有184人参加竞赛。
【年龄问题】
例1 小明今年5岁,爸爸的年龄是小明的7倍,再过多少年爸爸的年龄是小明年龄的3倍?
(1993年吉林省“金翅杯”小学数学竞赛试题)
讲析:可先求出当爸爸年龄是小明年龄的3倍时,小明的年龄是多少岁:
(5×7-5)÷(3-1)=15(岁)。
故,再过10年,爸爸的年龄是小明年龄的3倍。
例2 今年祖父的年龄是小明年龄的6倍。几年后,祖父年龄是小明年龄的5倍。又过几年后,祖父年龄是小明年龄的4倍。问:祖父今年多少岁?
(全国第二届“华杯赛”少年数学竞赛试题)
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是比较合理的。所以,
小明今年的年龄是60÷(6-1)=12(岁);
祖父今年的年龄是12×6=72(岁)。
例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3×11=33(岁)。
故姐姐是1960年出生的。
【时钟问题】
例1 把一个时钟改装成一个玩具钟,使得时针每转一圈,分针转16圈,秒针转36圈。开始时三针重合。问:在时针旋转一周的过程中,三针重合了几次?(不计起始和终止的位置)
(全国第三届“华杯赛”决赛口试试题)
讲析:如图5.39,设时针和分针第一次在B点重合。从开始到重合,时针走了AB,而分针走了一圈后再又走AB。
例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】
例1如图5.40是一个围棋盘,还有一堆围棋子,将这堆棋子往棋盘上放,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11×11-9=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,小玲的家到学校的路程有多远?
(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。
∴(80×6+50×3)÷(80-50)=21(分钟);
80×(21-6)=1200(米)
即小玲家到学校有1200米。
57、等积规律
【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。
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】由三角形等积这一基本规律,可以推出下面几个结论。
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。
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。
58、等分图形
【均分整体】有些几何问题,只要把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。
积是
图4.12的正方形面积是
【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。
59、抽屉原理问题
例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3×9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)
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1+2+3+……+10=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。
10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。
60、扩缩图形
【扩图】 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
扩大后的阴影部分面积为
56.52-72÷25=6.52-36
=20.52(平方厘米)
所以,原图所求的阴影部分的面积为
20.52÷2=10.26(平方厘米)
这是个将图形整体扩大的例子。可否只将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
8×8÷4=16(平方厘米)
所要求的阴影部分的面积便是
【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。
例如,图4.46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
(10×10+4×4)÷[(10+4)×(10+4)]
=116÷196
≈0.592=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。
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