小升初数学衔接教材提高篇（含部分答案）
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"1-3"
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"_Toc170195746"
第一讲
计算之公式应用、分数的拆分
2
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"_Toc170195747"
第二讲
几何之五大模型及其应用
12
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"_Toc170195748"
第三讲
行程之多次相遇
28
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"_Toc170195758"
第四讲
行程之多人行程与钟面问题
41
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"_Toc170195759"
第五讲
分数应用题之工程问题
51
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"_Toc170195760"
第六讲
经典应用题综合
61
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"_Toc170195761"
第七讲
数论综合
68
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"_Toc170195762"
第八讲
期中测试题
76
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"_Toc170195763"
第九讲
不定方程
79
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"_Toc170195765"
第十讲
计数之加乘原理与技巧
87
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"_Toc170195766"
第十一讲
数字谜与数阵图
97
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"_Toc170195767"
第十二讲
逻辑推理
108
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"_Toc170195768"
第十三讲
策略与操作
118
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"_Toc170195769"
第十四讲
IQ测试和数学应用
128
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"_Toc170195770"
第十五讲
期末测试题
140
第一讲
计算之公式应用、分数的拆分
1.
回顾提取公因数（式）和凑整的应用。
2.
精讲公式应用、循环小数化分数、分数的拆分。
【例1】
★★★41.2×8.1+11×8.75+537×0.19
分析：原式=41.2×8.1+11×8.75+537×0.19
=41.2×8.1+11×8.75+（41.2+12.5）×1.9
=41.2×（8.1+1.9）+11×8.75+12.5×1.9
=412+11×8.75+12.5×1.9
=412+1.1×87.5+12.5×1.9
=412+1.1×12.5×7+12.5×1.9
=412+12.5×8×1.2
=412+120=532
【例2】
计算：1－
解：原式=0
【例3】
★★★
解：原式=
【例4】
★★★（北大附中入学选拔试题）求3333333×6666666乘积的各位数字之和。
解：原式=9999999×2222222
=（10000000-1）×2222222
=11111110000000-2222222
=11111107777778
所以，各位数字之和为8×7=56
下面这些公式是小学奥数中常见的计算公式，同学们一定要熟练掌握，这可是小升初考试中计算的好帮手。同时也希望同学们在做题时能够对一些规律性比较强的数字的计算自己进行归纳。
一、循环小数化分数
请同学们比较1与0.99999999……的大小,在讨论中引入循环小数化分数的推导.
铺垫：
以此题为例推导：
设：为A,那么100A=
10000A=
所以：10000A-100A=1234-12
9900A=1234-12
点评：循环小数化分数分母中9的个数与其循环节的位数对应，0的个数与小数点后不循环的位数对应。分子是不循环加上第一个循环节组成的多位数与不循环部分组成的多位数做差得来。
【例5】
★★
+=
。
解：原式=0.5++
=
此题也可以把两个循环小数展开，加完后得到，再化成分数。
【例6】
★★★(“希望杯”赛题)
计算
解：原式=
==
1、
常见公式的应用
【例7】
★★（首师大附中入学选拔试题）
解：
原式=
【拓展练习】★★★（小学数学奥林匹克预赛试题）
解：原式=2000/2001
【例8】
★★★★
对自然数a和n，规定a▽n=，例如3▽2=32+3=12，那么：
1)1▽2+2▽2+…+99▽2=
；
2)2▽l+2▽2+…+2▽99=
；
解：（1）原式=12+1+22+2+……+992+99
=12+22+32+…+992+1+2+3+…+99
=×99×100×（2×99+1）+4950
=333300
（2）原式=21+20+22+2+23+22+…+299+298
=20+21+22+23+…+298+21+22+…+299
=（20+21+22+23+…+298）×（１＋２）
=（299-1）×3
=3×299-3
【例9】
★★★求下列算式计算结果
（1）
（2）
分析：（1）思路：11×15=165
原式
111×15=1665
1111×15=16665
………
……
分析：
（2）
6×7=42
66×67=4422
666×667=444222
……
……
【例10】
★★★★(浙江省小学数学活动课夏令营)
=
。
解：原式
=
=×(1+19)×10+1-
=100
【点评】对于2倍等比数列求和，有“借来还去”的妙法。本题对于后面的等比数列部分，可以“借来”，则有最后两个数的和等于前面一个数，依此前推，则总得数为两个，即为1,但这不是最终结果，因为要“还去”，即1-。一般地，对于Sn=a1+21a1+22a1+2n-1a1=(2n-1)a1
【例11】
★★★(2006年浙江省小学数学活动课夏令营)
（1）=
（2）12342+87662+2468×8766=
解：（1）解设a=31415926
原式=a2-(a-1)(a+1)=1
（2）
原式=12342+87662+2×1234×8766
=(1234+8766)2
=100000000
【点评】这里介绍平方差公式与完全平方公式的变形应用：
【例12】
★★★（我爱数学夏令营）计算：333×332
332
333
–
332
×
333
333
332
分析：原式=333×（332
332
332+1）-332×（333
333
333
-1）
=333×（1001001×332+1）-332×（333×1001001-1）
=333+332
=665
【例13】
★★★
解：原式=
=
=
=
=
【例14】
★★★★
解：原式=
=
=+
=+
=4000
【点评】本题利用性质：对各个分数进行计算、比较。
2、
分数的拆分
【例15】
★★★★(江苏省吴江市小学数学联赛)
在下面的括号里填上不同的自然数，使等式成立。
=====
解：分数单位的拆分，主要方法是：
从分母N的约数中任意找出两个m和n,有：
=
本题10的约数有:1,10,2,5.
例如：选1和2，有：
本题具体的解共有：
【点评】分子是1，分母是非零自然数的分数叫单位分数。人类对分数的认识就是从单位分数开始的。大约在公元前2000年，古埃及人就把分子大于1的分数表示成单位分数之和，如=，也有人把单位分数叫做埃及分数。101中学根据这一知识点，出过一道入学考试题：
幼儿园阿姨要把7个苹果平均分给12个小朋友，每个苹果不能超过5份。请帮阿姨设计一种分法。（画图表示）
欲看计算精彩，敬请继续关注：秋季班
“计算之三大绝招：裂项、通项、换元”
1.
（浙江省小学数学活动课夏令营）
2.
0.76++
解：原式=++
===
3.
解：
4.
（清华附中入学考试题）
计算：
解：原式=(1994—1993)+(1992一199l)+(4-3)+(2-1)
=(1十)×1994
=1163
5.
计算：
分析：这道题目，你会发现无规律可循.这时我们就要从这个思路走出来，
，原式可将上式除以3即可得到，
，学生平时做题时注意对典型例题的记忆.
6.
（3月北京二中入学选拔试题）
计算12-22+32-42+…+20052-20062+20072
解：原式=20072-20062+20052-……+52-42+32-22+12
=（2007+2006）（2007-2006）+（2005+2004）（2005-2004）+……+（3+2）（3-2）+1
=2007+2006+2005+2004+……+3+2+1
=×（2007+1）×2007
=2015028
7.
解：原式=
钻进去——跳出来——推开去?
广大奥数“研究生”，现在迫切希望尽快提高学习效率，畅游奥数世界，从而达到学得更透、用得更活、想得更快、算得更准这样的理想境界。甚至有些“研究生”已经学了很长时间，都还没有一个头绪，只是跟在老师后面走，解题还没有从“经验型”转向“研究型”，请注意，我一直将奥数学员称作奥数“研究生”，有两层用意，一是其实我们很多学员在奥数这一“专业”领域，已经造诣非凡，无愧于“研究生”这样的称号（不是说有些奥数题，连数学家都做不出来吗？当然，这样的情况有褒贬不一的意味，其实我们正应该从中看到我们所缺乏的数学研究的正道，往往靠“剑走偏锋”，学了很多小的解题技巧，并不能成为一代“剑客”“剑宗”“剑圣”的。）二是，我们既然是“研究生”，要拿出“研究”问题的一套态度、方法出来。
所以，在这里，向大家隆重推荐“钻进去——跳出来——推开去”的学习方法与理念。
?第一，?
钻进去。
接触一个新的专题，一定要“钻进去”，要知道这一专题的主要数学模型，要摸清它的几种变化，要学会它的分析方法与常用套路，只有深入钻研，才能真正把握。要解决学得要透的问题。
第二，?
跳出来。
?仅仅停留在第一阶段还不够，那样容易“只见树木不见森林”，只摸到“大象”的腿说不出它的样子。
我们要跳出来，这里要“跳”，意指不能仅仅从归纳出这一专题的数学模型的角度，归纳出这一数学模型所需要的所有数量关系式，是在第一阶段钻研时必须要做的功课，而现在，我们必须从更高的层面“俯视”这一专题，它的数学模型的最基本的数量关系，最关键的要素条件，最经典的解题绝招，最常用的分析方法。这是在这一阶段要注意思考的问题。
?第三，推开去。
?我们的奥数“研究生”初步接触奥数时，总是觉得每一道奥数题都是崭新的面孔，它的数量关系带有强烈的“个性”；稍高一个层次的“研究生”会觉得，奥数题是分很多专题的，每个专题有“规律”；最高水平的“研究生”，他的感觉是某道行程题可以看作工程题，某道工程题可以看作几何题，某道几何题它在用“比例”，用分数的“量率对应”，“鸡兔同笼”哪里还要用“假设法”——方程法是首选，而“假设法”的用处可多着呢？他的这些感觉一点也不矛盾，而是从更高的层次把握了题目中的数量关系，他会觉得，有的题少了一个条件不影响结果，而且更好解题。
这就是“推开去”，也就是我们经常提到的“融会贯通”。相信大家通过努力，一定能达到这样的境界。而且，这是数学乃至其他很多学科研究学问的通则。
?
谈到这儿，我想起伟大的华罗庚先生的学习方法——厚薄法。
他老人家的意思是说，他在学习数学的时候，对一本数学书，先把它读得厚了，怎么变厚了呢？要理解这本书的概念、定理、方法，就要参考很多的其它内容啊，书不是变“厚”了吗？
然后再把它读“薄”了，怎么又变“薄”了呢？就是跳出来，回头看，书中的内容被概括，被提炼，只剩下精华了，能不“薄”吗？
这厚薄过程之后呢，就是学以致用了，就是咱们所说的“推开去”，也就是应用与推广。
我们不要忘了，数学家华罗庚先生对数学知识——优化统筹法，用其毕生的精力去推广，在非数学领域中应用，其用意良深啊。
第二讲
几何之五大模型及其应用
1．回顾等积变形与倍比关系；
2．精讲五大模型及其应用。
一、等积变形
【例1】
★★★三个正方形ABCD，BEFG，HKPF如图所示放置在一起，图中正方形BEFG的周长等于14厘米。求图中阴影部分的面积。
【解】如图，连接KF，EG，BD。设KG，EF相交于O，DE，BG相交于V，
由KF∥EG∥BD，
S△KEG=S△FGE，S△DEG=S△BGE。
设阴影阴影的面积为S,
则S=
S△KGE+
S△DEG=
S△FGE+
S△BGE=
SBEFG
正方形BEFG的周长为14厘米，边长为3.5厘米。
所以SBEFG=3.52=12.25(平方厘米)
【点评】等积变形方法的最常见形式是在一组平行线内，两个三角形同底等高的情况。
二、倍比关系
【例2】
★★★如图，有四个长方形的面积分别是1平方厘米、2平方厘米、3平方厘米和4平方厘米，组合成一个大的长方形，求图中阴影部分的面积。
【解法1】如图，阴影部分的面积可以“等积变形”为下图中的深色三角形的面积。
已知等宽的长方形面积之比就是相对的底边之比，所以，设大长方形的长为a厘米，宽为b厘米，则有：
面积3的长方形与面积为2的长方形的公共边的长为
所以，阴影部分的面积为
××b=××10=(平方厘米)
【解法2】如图，
S阴影=S△ABH-S△ABG=S长方形ABFP-S长方形ABOE
长方形ABFP=×长方形ABCD=×10
长方形ABOE=×长方形ABCD=×10
S阴影=×（×10-×10）=(平方厘米)
【点评】本题除了体现等积变形的思想，另外主要运用了长方形等宽时，面积与长的正比关系。学生因为才上六年级，缺乏这样的基础，可以铺垫一下，讲解为两个长方形宽相等，面积之间的倍数等于长之间的倍数。
【几个重要的模型】
模型一：同一三角形中，相应面积与底的正比关系：
即：两个三角形高相等，面积之比等于对应底边之比。
S1︰S2
=a︰b
；
模型一的拓展：
等分点结论（“鸟头定理”）
如图，三角形AED占三角形ABC面积的×=
模型二：任意四边形中的比例关系
（张老师谓之“蝴蝶定理”）
①S1︰S2=S4︰S3
或者S1×S3=S2×S4
②AO︰OC=（S1+S2）︰（S4+S3）
模型三：梯形中比例关系（“梯形蝴蝶定理”）
①S1︰S3=a2︰b2
②S1︰S3︰S2︰S4=
a2︰b2︰ab︰ab
;
③S的对应份数为（a+b）2
模型四：相似三角形性质
①
;
②S1︰S2=a2︰A2
模型五：燕尾定理
S△ABG：S△AGC＝S△BGE：S△GEC＝BE：EC；
S△BGA：S△BGC＝S△AGF：S△GFC＝AF：FC；
S△AGC：S△BCG＝S△ADG：S△DGB＝AD：DB；
【例3】
★★★★（北京市“迎春杯”刊赛）
如下左图.将三角形ABC的BA边延长1倍到D，CB边延长2倍到E，AC边延长3倍到F.如果三角形ABC的面积等于l，那么三角形DEF的面积是_____.
【解】
连结AE、BF、CD(如上右图).由于三角形AEB与三角ABC的高相等，而底边EB=2BC，所以三角形AEB的面积是2.同理，三角形CBF的面积是3，三角形ACD的面积是1.
类似地
三角形AED的面积=三角形AEB的面积=2.
三角形BEF的面积=2×(三角形CBF的面积)=6.
三角形CFD的面积=3×(三角形ACD的面积)=3.
于是三角形DEF的面积等于三角形ABC、AEB、CBF、ACD、AED、BEF、CFD的面积之和，即
1+2+3+1+2+6+3=18.
【点评】应用模型一的数量关系，巧添三条辅助线，这三条辅助线其实是同一类的画法。
【例4】
★★★
如图，△ABC中AE=AB，AD=AC，ED与BC平行，△EOD的面积是1平方厘米。那么△AED的面积是
平方厘米。
【解】
因为AE=AB，AD=AC，ED与BC平行，
所以ED︰BC=1︰4,
EO︰OC=1︰4，
S△ABC=4S△EOD=4；
则S△CDE=4+1=5；
又因为S△AED︰S△CDE=AD︰DC=1︰3,
所以S△AED=5×=（平方厘米）
【点评】本题涉及模型一与模型四，即同一三角形中，底边之比等于相应面积之比；另外用到相似三角形的相似比都相等。
【例5】
★★★如下图所示，AE︰EC＝1︰2，CD︰DB＝1︰4，BF︰FA＝1︰3，三角形ABC的面积等于1，那么四边形AFHG的面积是__________。
【解】如下图所示，我们分别求出BFH、AGE的面积问题也就解决。
如上图，我们设BFH＝x，则AFH＝3x；设AHE＝y，则CEH＝2y；
于是有ABE＝4x+y＝
ACF＝3y+3x＝
有，则9x＝，所以x＝；
如下图，我们设AEG＝a，则CEG＝2a；
设CDG＝b，则BDG＝4b；
于是有ACD＝3a+b＝
BCE＝2a+5b＝
有，则13a＝，所以a＝；
这样，AFHG＝ABE－BFH－AEG＝－－＝。
【另解】基于“鸟头定理”及四边形相关结论（“蝴蝶定理”或者“巨人定理”）。
BH:HE=S△BFC:S△EFC=︰(×)=1︰2
…所谓“蝴蝶定理”，呵呵
所以S△BFH=S△ABE×(×)=×(×)=…所谓“鸟头定理”
同理：
AG︰GD=S△ABE︰S△BDE=︰(×)=5︰8
所以，S△AGE=S△ADC×(×)=×(×)=
所以，S四边形AFHG＝S△ABE－S△BFH－S△AEG＝－－＝
如图，在面积为1的三角形ABC中，DC=3BD,F是AD的中点，延长CF交AB边于E,求三角形AEF和三角形CDF的面积之和。
【解】连接DE,于是三角形AEF的面积=三角形EFD的面积，所求被转化为三角形EDC的面积。因为F是AD中点，所以三角形AEC的面积和三角形EDC的面积相等，设SBDE为1份,则SAEC=SEDC为3份
因此SABC一共7份，
每份面积为
所以SEDC占3份为.
【点评】本题还可用“燕尾定理”来解：
连接BF，设SBDF为1份，则SDFC为3份，SACF为3份，所以AE︰EB=3︰4。
因为F是中点，SDFC=
SAFC，所以，所求面积=
SAEC=
SABC=
【例6】
★★★（小数报竞赛活动试题）
如图，某公园的外轮廓是四边形ABCD，被对角线AC、BD分成四个部分，△AOB面积为1平方千米，△BOC面积为2平方千米，△COD的面积为3平方千米，公园陆地的面积是6.92平方千米，求人工湖的面积是多少平方千米？
【解】根据“等高的两三角形面积比等于底之比”，有：
所以，S人工湖=S总-S陆地
＝0.58（平方千米）
【点评】本题应用模型二“蝴蝶定理”。
【拓展】
如图：在梯形ABCD中，三角形AOD的面积为9平方厘米，三角形BOC的面积为25平方厘米，求梯形ABCD的面积。
【解】在梯形中，三角形AOB的面积=三角形DOC的面积，设三角形AOB的面积为x平方厘米。
则有
x2=9×25=152
X=15
所以，梯形ABCD的面积为15×2+9+25=64（平方厘米）
【例7】
★★★
如图，在梯形ABCD中，AD︰BE=4︰3，BE︰EC=2︰3，且△BOE的面积比△AOD的面积小10平方厘米。梯形ABCD的面积是
平方厘米。
【解】AD︰BE︰EC=8︰6︰9，
，=。
-=-，
=10，=40。
【例8】
★★★
在正方形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点(如图)，连接线段AF、BG、CH、DE，由这四条线段在正方形中围成的小正方形的面积占大正方形面积的
分之
；
【解】如图，通过操作，三角形BOC的面积=正方形BOQP的面积
同理，其它相应部分的三角形面积都可转化为一个小正方形的面积，
也即，大正方形是由五个小正方形组成的。
所以，阴影部分的面积为大正方形面积的。
【点评】这样的解法比较巧妙，应用全等三角形的知识。
一般地，还可以如下解：
根据题意，得AG∥CE，BH∥DF，
所以MNOQ是正方形，
又因为H是AD中点，所以AM=MN，HM=DN；
所以三角形AHM的面积=三角形AND=三角形ADG=正方形ABCD
又根据三角形ADG+三角形CBE+三角形ABH+三角形CDF=正方形ABCD
所以，重复加了4个类似于AHM的三角形，少加了中间的阴影部分，都能等于大正方形，
可知，四边形MNOQ的面积=4个三角形的面积之和=4×正方形ABCD=正方形ABCD
【拓展】若E、F、G、H
分别是四边的三等分点(如图)，那么所得的小正方形的面积占大正方形面积的
分之
；
【解】思路同上，但要注意，四个三角形ABH之和=4××正方形ABCD=正方形ABCD
因为OE︰CQ︰OQ=1︰3︰6
又可以计算出，三角形OBE的面积=××正方形ABCD=正方形ABCD
所以空白部分的面积为-×4=（正方形ABCD的面积）
所以阴影部分的面积为1-=。
【例9】
★★★
如图所示，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是ABCD各边的中点，求阴影部分四边形PQRS的面积之比。
【解】
设
SAED=S1,SBGC=S2,SABF=S3,SDHC=S4
连接BD知
S1=SABD,S2=SBCD
所以S1+S2=
(SABD+
SBCD)=
S四边形ABCD
同理
S3+S4=S四边形ABCD
于是S1+S2+S3+S4=四边形ABCD的面积
注意到这四个三角形重合的部分是四块阴影小三角形，没算的部分是四边形PQRS
因此四块阴影的面积和就等于四边形PQRS的面积。
解法2：特殊值（只用于填空选择）
将四边形画成正方形，就如例8，结论很容易得到
【例10】
★★★（06年西城某名校试验班选拔真题）
如图，已知长方形ADEF的面积是16，三角形ADB的面积是3，三角形ACF的面积是4，那么三角形ABC的面积是____．
【解】
连结对角线AE(如图)，三角形AEC的面积16÷2—4=4．
因为△ACF与△AEC有相同的高线AF，且它们的面积都等于4，所以CF=CE．同理，△ABE的面积是16÷2—3=5，所以CF=CE.同理，△ABE的面积是16÷2—3＝5，所以BD/BE=3/5，即BE=5/8DE=5/8AF．又因为△BCE与△ACF有相等的高(CE=CF)，故△BCE的面积是△ACF面积的5/8，
即为
4×5/8=2.5
从而△ABC的面积等于
16－(3+4+2.5)=6.5．
【点评】本题还可以从长方形的宽一定，通过面积比确定长的比。
如图，
DB︰BE=长方形ADBM︰长方形MBFE=（3×2）︰（16-3×2）=3︰5
所以长方形OBEC的面积=长方形NDEC的面积×=（16-4×2）×=5
所以三角形BCE的面积为5÷2=2.5
所以三角形ABC的面积为16－(3+4+2.5)=6.5．
【例11】
★★★（首师附中选拔考试试题）
设正方形的面积为1．右图中E、F分别为AB、AD的中点．GC=，则阴影部分的面积为____．
【解】如下图所示，由GC=，推知，所以所求面积为
EB×AH÷2=.
欲看几何精彩，敬请继续关注：秋季班
“圆与扇形、勾股定理与弦形”
1.
（第五届《小数报》数学竞赛初赛应用题第6题）
如图，BD是梯形ABCD的一条对角线，线段AE与梯形的一条腰DC平行，AE与BD相交于O点.已
知三角形BOE的面积比三角形AOD的面积大4平方米，并且EC=
BC.
求梯形ABCD的面积.
【解】
三角形ABE的面积比三角形ABD大4平方米，而三角形ABD与三角形ACD面积相等(同底等高)，因此也与三角形ACE面积相等，从而三角形ABE的面积比三角形ACE大4平方米.
但EC=
BC，所以三角形ACE的面积是三角形ABE的，从而三角形ABE的面积是
4÷(1－)=12(平方米)，
梯形ABCD的面积=12×(1+×2)=28(平方米)
2.
（北京市第八届“迎春杯”数学竞赛决赛第一题第4题）
如右图BE=BC，CD=AC，那么三角形AED的面积是三角形ABC面积的______.
【解】
上图中，三角形AEC与三角形ABC的高相等，而BE=BC，于是EC=BC，
又由于三角形AED与三角形AEC的高相等，而CD=AC,于是AD=AC,
所以，三角形AED的面积=×三角形AEC的面积
=××三角形ABC的面积
=×三角形ABC的面积
【点评】这里也就说运用了模型一的数量关系。
3.
如图ABCD是梯形，BD是对角线，E为BD上一点，EF是三角形AED的高，EG是三角形BCE的高。如果三角形ABE和三角形BCE的面积分别为6和10，EF：EG=7:4,那么求梯形ABCD的面积。
【解】
因为三角形BEG与三角形DEF相似，所以BE︰ED=GE︰EF=4︰7。
所以三角形AED的面积=6÷4×7=10.5（平方厘米）
所以三角形CED的面积=10÷4×7=17.5(平方厘米)
所以梯形ABCD的面积=6+10.5+10+17.5=44(平方厘米)
4.
如图，直角梯形ABCD中，AB=12，CD=9，三角形BEF的面积是40／9，且三角形AED、三角形FCD和四边形EBFD的面积相等，BC长是多少？
【解】所以梯形面积是
三角形DCF的面积是
根据条件有21BC=9×FC×3
所以FC=BC
由于三角形AED和FCD等积
AED的高BC是FCD的高FC的倍，所以AE是DC的倍，即9×=7
因此EB=12-7=5
所以BF=2×÷5=
BF=BC
所以BC=×=8
方法2：
根据梯形面积是三角形的3倍
（CD+AB）×BC=3××AE×BC，BC约去，求出AE=7，后面自己做。
5.
（北大附中入学试题）
如图，正方形ABCD的边长为4厘米，EF和BC平行，
ECH的面积是7平方厘米，求EG的长。
【解】×EG×AE
+×EG×EB
=
7平方厘米
即×EG×AB=7平方厘米；EG=3.5厘米
几何之父欧几里德
我们现在学习的几何学，是由古希腊数学家欧几里德（公元前330～前275）创立的。他在公元前300年编写的《几何原本》，2000多年来都被看作是学习几何的标准课本，所以我们称欧几里德为几何之父。
欧几里德生于雅典，30岁就成了有名的学者。应当时埃及国王的邀请，他客居亚历山大城，一边教学，一边从事研究。他治学严谨，循循善诱，反对投机取巧和急功近利。一次，权倾一时的埃及国王请欧几里德为他讲授几何学，欧几里德讲了半天，国王听得一头雾水，无奈之中，他问欧几里德：“了解几何学有没有什么简单的方法？”欧几里德回答：“在几何学里，大家只能走一条路，没有专为国王铺设的大道。”这几句话后来成为千古传诵的学习箴言。
虽然古希腊的数学研究有着十分悠久的历史，曾经出过一些几何学著作，者都只讨论某一方面的问题，内容不够系统。欧几里德汇集了前人的成果，采用前所未有的独特编写方法，先提出定义、公理或者公式，然后由简到繁地证明了一系列定理，讨论了平面图形和立体图形，还讨论了整数、分数和比例等等，终于完成了《几何原本》这部巨著。
这本书是历史上曾经出现过的最成功的教科书。它刚一问世就取代了以前所有的几何教科书，从此以后一直使用了2000多年。1482年此书印刷发行后，重版了大约1000多次，还被译成了多种文字。
第三讲
直线型面积计算2
各种具有一定综合性的直线形面积问题，重点是需要利用同底或同高的两三角形的面积相除的商等于对应高或对应底相除的商这一性质的问题，其中包括四边形和梯形被两条对角线分割而成的4个小三角形之间的面积关系．
1．图16-1中三角形ABC的面积是180平方厘米，D是BC的中点，AD的长是AE长的3倍，
EF的长是BF长的3倍．那么三角形AEF的面积是多少平方厘米?
【分析与解】ABD，ABC等高，所以面积的比为底的比，有,所以=180=90(平方厘米)．
同理有×90=30(平方厘米)，×30=22.5(平方厘米)．
即三角形AEF的面积是22.5平方厘米．
2．如图16-2，把四边形ABCD的各边都延长2倍，得到一个新四边形EFGH如果ABCD的面积是5平方厘米，则EFGH的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
方法一：如下图，连接BD，ED，BG，
有EAD、ADB同高，所以面积比为底的比，有．同理．
类似的，还可得，有=30平方厘米．
连接AC，AF，HC，还可得，，
有=30平方厘米.
有四边形EFGH的面积为EAH,FCG,EFB,DHG,ABCD的面积和，即为30+30+5=65(平方厘米.)
方法二：连接BD，有EAH
、△ABD中∠EAD+∠BAD=180°又夹成两角的边EA、AH，AB、AD的乘积比，=2×3=6，所以=6．
类似的，还可得=6，有+=6（+)=6=30平方厘米．
连接AC，还可得=6，=6，有+=6（+）=6
=30平方厘米．
有四边形EFGH的面积为△EAH，△FCG，△EFB，△DHG，ABCD的面积和，即为30+30+5=65平方厘米．
评注：方法二用到了一个比较重要的性质，若两个三角形的某对夹角相等或互补(和为180°)，那么构成这个角的两边乘积的比为面积比．
这个原则，我们可以在中学数学中的三角部分学到，当然我们也可以简单的利用比例性质及图形变换来说明，有兴趣的同学可以自己试试．
3．图16-3中的四边形土地的总面积是52公顷，两条对角线把它分成了4个小三角形，其中2个小三角形的面积分别是6公顷和7公顷．那么最大的一个三角形的面积是多少公顷?
【分析与解】
方法一：如下图所示，为了方便叙述，将某些点标上字母．
因为△ADE、△DEC高相同，所以面积比为底的比，有=，所以=×6.同理有=，所以=×7．
所以有△ADE与△ABE的面积比为6：7．又有它们的面积和为52-(6+7)=39(公顷.)
所以=×39=18(公顷)，=×39=21(公顷.)
显然，最大的三角形的面积为21公顷．
方法二：直接运用例2评注中的重要原则，在△ABE，△CDE中有∠AEB=∠CED，所以△ABE，△CDE的面积比为(AE×EB)：(CE×DE)．
同理有△ADE，△BCE的面积比为(AE×DE)：(BE×EC)．
所以有×=×，也就是说在所有凸四边形中，连接顶点得到2条对角线，有图形分成上、下、左、右4个部分，有：上、下部分的面积之积等于左右部分的面积之积．
即×6=×7，所以有△ABE与△ADE的面积比为7：6，=×39=21公顷，=×39=18公顷．
显然，最大的三角形的面积为21公顷．
评注：在方法二中，给出一个很重要的性质：在所有凸四边形中，连接顶点得到2条对角线，有图形分成上、下、左、右4个部分，有：上、下部分的面积之积等于左右部分的面积之积．希望大家牢牢记住，并学会在具体问题中加以运用.
4.
如图16-4，已知．AE=AC，CD=BC，BF=AB，那么等于多少?
【分析与解】
如下图，连接AD，BE，CF.
有△ABE，△ABC的高相等，面积比为底的比，则有=，所以=×=
同理有=,即==×=.
类似的还可以得到=×=，=×=．
所以有=-(++)=(1---)=．
即为．
5．如图16-5，长方形ABCD的面积是2平方厘米，EC=2DE，F是DG的中点．阴影部分的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
如下图，连接FC，△DBF、△BFG的面积相等，设为x平方厘米;△FGC、△DFC的面积相等，设为y平方厘米，那么△DEF的面积为y平方厘米．
=2x+2y=1，=x+y=l×=．
所以有．
比较②、①式，②式左边比①式左边多2x，②式右边比①式右边大0.5，有2x=0.5，即x=0.25,y=0.25．
而阴影部分面积为y+y=×0.25=平方厘米．
评注：将这种先利用两块独立的图形来表达相关图形的面积，再根据已知条件列出一个二元一次方程组，最终求出解的方法称为“凌氏类蝶形法”．
类蝶形问题必须找好两块独立的图形，还必须将边的比例关系转化为面积的比例关系．
类似的还有一道题：△ABC中，G是AC的中点，D、F是BC边上的四等分点，AD与BG交于M，AF与BG交于N，已△ABM的面积比四边形FCGN的面积大1.2平方厘米，则△ABC的面积是_______平方厘米?
有兴趣的同学可以自己试试．
6．如图16-6，已知D是BC中点，E是CD的中点，F是AC的中点．三角形ABC由①～⑥这6部分组成，其中②比⑤多6平方厘米．那么三角形ABC的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
因为E是DC中点，F为Ac中点，有AD=2FE且阳平行于AD，则四边形ADEF为梯形．
在梯形ADEF中有③=④，②×⑤=③×④，②：⑤=A：F=4．
又已知②-⑤=6，所以⑤=6÷(4-1)=2，②=⑤×4：8，所以②×⑤=④×④：16，而③=④，所以③=④=4，梯形ADEF的面积为②、③、④、⑤四块图形的面积和，为8+4+4+2=18．
有△CEF与△ADC的面积比为CE平方与CD平方的比，即为1：4．所以△ADC面积为梯形ADEF面积的=，即为18×=24．
因为D是BC中点，所以△ABD与△ADC的面积相等，而△ABC的面积为△ABD、△ADC的面积和，即为24+24=48平方厘米．
三角形ABC的面积为48平方厘米．
评注：梯形中连接两条对角线．则分梯形为4部分，称之为：上、下、左、右．如下图：
运用比例知识，知道：
①上、下部分的面积比等于上、下边平方的比．
②左、右部分的面积相等．
③上、下部分的面积之积等于左、右部分的面积之积．
7．图16-7是一个各条边分别为5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形．如图16-8，将它的短直角边对折到斜边上去与斜边相重合，那么图16—8中的阴影部分(即未被盖住的部分)的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
如下图，为了方便说明，将某些点标上字母．
有∠ABC为直角，而∠CED=∠ABC，所以∠CED也为直角.而CE=CB=5.
△ADE与△CED同高，所以面积比为底的比，及===，设△ADE的面积为“8”，则△CED的面积为“5”．
△CED是由△CDB折叠而成，所以有△CED、△CDB面积相等，△ABC是由△ADE、△CED、△CDB组成，所以=“8”+“5”+“5”=“18”对应为×5×12=30，所以“1”份对应为，那么△ADE的面积为8×=13平方厘米．
即阴影部分的面积为13平方厘米．
8．如图16-9，在一个梯形内有两个三角形的面积分别为10与12，已知梯形的上底长是下底长的．那么余下阴影部分的面积是多少?
【分析与解】
不妨设上底长2，那么下底长3，则上面部分的三角形的高为10÷2×2=10，下面部分的三角形的高为12÷3×2=8，则梯形的高为lO+8=18．
所以梯形的面积为×(2+3)×18=45，所以余下阴影部分的面积为45-10-12=23．
评注：这道题中上下底、梯形的高都不确定，但是余下阴影部分的面积却是确定的值，所以面积值与上下底、高的确定值无关，所以可以大胆假设，当然也可以谨慎的将上底设为2x下底为3x．
9．图16-10中ABCD是梯形，三角形ADE面积是1．8，三角形ABF的面积是9,三角形BCF的面积是27．那么阴影部分面积是多少?
【分析与解】
设△ADF的面积为“上”，△BCF的面积为“下”，
△ABF的面积为“左”，△DCF的面积为“右”．
左=右=9；上×下=左×右=9×9=81，而下=27，所以上=81÷27=3.
△ADE的面积为1.8，那么△AEF的面积为1.2，则EF：DF=：=1.2：3=0.4．
△CEF与△CDF的面积比也为EF与DF的比，所以有=0.4×=0.4×(3+9)=4.8．
即阴影部分面积为4.8．
10．如图16-11，梯形ABCD的上底AD长为3厘米，下底BC长为9厘米，而三角形ABO的面积为12平方厘米．则梯形ABCD的面积为多少平方厘米?
【分析与解】
△ADD与△BCO的面积比为AD平方与BC平方的比，即为9：81=．
而△DCO与△ABO的面积相等为12，又×=×=12×12=144，
因为144÷9=4×4，所以=4，则=4×9=36，
而梯形ABCD的面积为△ADO、△BCO、△ABO、△CDO的面积和，即为4+36+12+12=64平方厘米．
即梯形ABCD的面积为64平方厘米．
11．如图16-12，BD，CF将长方形ABCD分成4块，红色三角形面积是4平方厘米，黄色三角形面积是6平方厘米．问：绿色四边形面积是多少平方厘米?
【分析与解】
连接BF，四边形BCDF为梯形，则BFE的面积与黄色CDE的面积相等为6.
，所以.
.
又因为BD是长方形ABCD的对角线，
所以.
绿色四边形面积为11平方厘米．
12．如图16-13，平行四边形ABCD周长为75厘米．以BC为底时高是14厘米；以CD为底时高是16厘米．求平行四边形ABCD的面积．
【分析与解】
因为平行四边形面积等于底与对应高的积，所以有14×BC=16
×CD，即BC：CD=8：7，而2(BC+CD)=75，所以BC=20，以BC为底，对应高为14，20×14=280，所以平行四边形ABCD的面积为280平方厘米．
13．如图16-14，一个正方形被分成4个小长方形，它们的面积分别是平方米、平方米、平方米和平方米．已知图中的阴影部分是正方形，那么它的面积是多少平方米?
【分析与解】
为了方便叙述，将某些点标上字母，如下图：
大正方形的面积为，所以大正方形的边长应为1.
上面两个长方形的面积之比为=3：4，所以IG=．
下面两个长方形的面积之比为=2：l，所以IG=．
那么LI=，那么阴影小正方形的面积为．
14．图16-15中外侧的四边形是一边长为10厘米的正方形，求阴影部分的面积．
【分析与解】
如下图所示，所以阴影部分在图中为四边形EFGH．设阴影部分面积为“阴”平方厘米，正方形内的其他部分面积设为“空”平方厘米．
DGH、HMG的面积相等，GCF与GPF；FBE与
EOF，HAE与HNE这3对三角形的面积也相等．
阴一空=2×3=6，阴+空=lO×10=100．
阴=(6+100)÷2=53．
即阴影部分的面积为53平方厘米．
15．如图16-16，长方形被其内的一些直线划分成了若干块，已知边上有3块面积分别是13，35，49．那么图中阴影部分的面积是多少?
【分析与解】
如下图所示，为了方便叙述，将部分区域标上序号，设阴影部分面积为“阴”：
(49+①+35)+(13+②)=
矩形的面积，
①+阴+②=矩形的面积．
比较上面两个式子可得阴影部分的面积为97．
第三讲
行程之多次相遇
1．
回顾火车过桥与流水行程；
2．
精讲多次相遇：
在直线型与环线型跑道上的不同规律（在相同时间内共行单程数并不相同）；在同一跑道上同一情况下出发后的不同类型相遇（即迎面相遇和追及相遇）；通过不同数量关系的分析，掌握相应的分析工具（画线段图、折线图等）。
火车过桥
【例1】
★★（《小学生数学报》第八届竞赛试题）
一列火车通过长320米的隧道，用了52秒。当它通过长864米的大桥时，速度比通过隧道时提高，结果用了1分36秒。求火车通过大桥时的速度。
【解】设火车车身长为x米。
（864+96）÷96=10米
【例2】
★★（2005年第三届小学“希望杯”全国数学邀请赛）
火车以标准速度通过1000米的大桥用50秒，通过1500米的大桥用70秒。如果火车速度降低20％，那么火车通过长1950米的隧道用
秒。
【解】
标准速度是
(1500—1000)÷(70—50)=25(米／秒)。
火车长
25×50—1000=250(米)。
火车通过长1950米的隧道用
(1950+250)÷[25×(1—20％)]=110(秒)。
【点评】前者根据路程差与时间差的对应关系求出速度；
后者运用了列车过桥的典型数量关系。
【例3】
★★（2007年第十二届《“华罗庚金杯“少年数学邀请赛》决赛）
李云靠窗坐在一列时速60千米的火车里，看到一辆有30节车厢的货车迎面驶来，当货车车头经过窗口时，他开始记时，直到最后一节车厢驶过窗口时，所记的时间是18秒。已知货车车厢长15.8米，车厢间距1.2米，货车车头长10米，问货车行驶的速度是多少？
【解1】设货车车速为x千米/小时，由题意得，
（x+60）×=,
解得x=44
【解2】货车总长=0.52(千米)；
客车行进的距离
60×=0.3(千米)
货车行进的距离
0.52-0.3=0.22(千米)
货车的速度：
0.22÷=44(千米/小时)
【解3】货车总长=0.52(千米)；
则两车的速度和为
0.52÷=104(千米/小时)
货车的速度为
104-60=44（千米/小时）
【点评】今年的“华杯赛”决赛试题只考了这一道行程题，其难度较低，但要注意“细节决定成败”，出题者在这儿挖了一些小“坑”，比如单位转换。
对于总的数量关系，应把握：速度和×时间=货车车长
流水行程
【例4】
★★（第11届《华罗庚金杯少年数学邀请赛》模拟试题）
两个口岸A、B沿河道相距离360千米。甲船由A到B上行需要10小时，下行由B到A需要5小时。若乙船由A到B上行需要15小时，那么下行由B到A需要（
）小时。
A．4
B.5
C.6
D.7
【解】由已知，甲船上行需要10小时，则甲船上行每小时行36千米，
即：甲船速-水速=36；÷
甲船下行需要5小时，则甲船下行每小时行72千米，
即：甲船速+水速=72；
根据和差关系求出水速：
（72-36）÷2=18（千米）
又乙船上行需要15小时，则乙船上行每小时行24千米，
即乙船速－水速=24;
乙船速+水速=(乙船速－水速)+2×水速=24+2×18=60，
所以乙船下行需要360÷6=6(小时)
【点评】通过本题，我们可以总结出：
在流水行程问题中，对于“静水速度、水流速度、逆水速度、顺水速度”四个量，只要知道其中两个量，就可以求出另外两个量。
【例5】
★★（小学生数学报）
一条船顺水航行48千米，再逆水航行16千米，共用了5小时；这知船顺水航行32千米，再逆水航行24千米，也用5小时。求这条船在静水中的速度。
【解】这道题的数量关系比较隐蔽，我们条件摘录整理如下：
顺水
逆水
时间
48千米
16千米
5小时
32千米
24千米
比较条件可知，船顺水航行48千米，改为32千米，即少行了48-32=16千米，那么逆水行程就由16千米增加到24千米，这就是在相同的时间里，船顺水行程是逆水行程的16÷8=2倍。所以“逆水航行16千米”，可转换为“顺水航行16×2=32千米”，这样船5小时一共顺水航行18+32=80千米，船顺水速为80÷5=16千米，船逆水速为16÷2=8千米。
船静水速为（16+8）÷2=12千米。
【点评】有些题的数量关系不明显，要通过整理、比较找出题中的隐含关系。
1、
线段跑道
【引题】★甲、乙二人分别从A、B两地同时出发，相向而行，乙的速度是甲的。二人相遇后继续行进，甲到达B地和乙到达A地后都立即沿原路返回。已知二人第二次相遇的地点相距第一次相遇的地点20千米，求A、B两地相距多少千米？
【解】根据题意，在相同时间内，甲、乙所行的路的比是，就是说，如果把全程看作有5份路，那么甲行3份，乙行了2份，这样，可以画出线段图，并标出第一次相遇的地点。
根据题意，两人从第一次相遇到第二相遇，其间共需行进两个单程，也就是说甲行进了（3＋3）6份路程，乙行进了（2＋2）4份路程，这样，又可以画出线段图，并标出第二次相遇的地点。
结合图示，很容易看出：
两次相遇点间的距离20千米，正好相当于全程的，
所以A、B两地间路程可求：
20÷＝50（千米）
【例1】
★（北京二中选拔考试最后一道大题）
甲，乙二人分别从A，B两地同时相向出发，往返于A，B之间，第一次相遇在距A地30公里处，第二次相遇地点在距第一次相遇地右边10公里处。求（1）A，B两地距离。（2）甲，乙的速度比。
【解】
画图易知，利用路程的倍数关系，第二次相遇的地点距离B点：（30×2－10）÷2=25公里；所以
（1）A，B两地距离30＋10＋25
=65公里；
（2）甲，乙的速度比为30：35
=
6：7
【例2】
★★（思而行奥数研究中心教研组改编题）
有甲、乙两个玩具狗，分别从A、B两点同时出发，相向而行，乙的速度是甲的。二狗相遇后继续行进，甲到达B点和乙到达A点后都立即沿原路返回。如此不停，已知它们第1000次迎面相遇的地点相距第1001次迎面相遇的地点20厘米，求A、B两点相距多少厘米？
【解】
根据题意，在相同时间内，甲、乙所行的路的比是，就是说，如果把全程看作有5份路，那么甲行3份，乙行了2份。
在第1000次相遇时，共行了（1＋1000×2）2001个单程，
根据甲在这段时间内的行程，求甲的位置：
2001×3÷（5×2）＝600……3
在第1001次相遇时，共行了（1+1001×2）2003个单程，
根据甲在这段时间内的行程，求甲的位置：
2003×3÷（5×2）＝600……9
所以作图如下：
请注意体会这里的周期是（5×2）,而余数的对应关系应如上图所示，在实际作图中，这些余数不用标出来。
结合图示，很容易看出：
两次相遇点间的距离20厘米，正好相当于全程的，
所以A、B两地间路程可求：
20÷＝50（厘米）
【拓展】有甲、乙两个玩具狗，分别从A、B两点同时出发，相向而行，乙的速度是甲的。二狗相遇后继续行进，甲到达B点和乙到达A点后都立即沿原路返回。如此不停，已知它们第2008次迎面相遇时距A点20厘米，求A、B两点相距多少厘米？
【解】这两个玩具狗在第2008次迎面相遇时，共行了（1＋2008×2）4017个单程，
根据甲在这段时间内的行程，求甲的位置
4017×3÷（5×2）＝1205……1
所以，
20厘米，正好相当于全程的，
20÷＝100（厘米）
【点评】通过例1的学习，同学们一定要体会：
在线段上多次相遇问题的规律是，如果两人两地同时出发，相向而行，则在第N次迎面相遇时，共行了（2N+1）个单程，且在这段时间内每人的行程都是自己在一个单程内行程的（2N+1）倍。
【例3】
★★
AB两地相距4千米，在从A地到B地的公交路线上，只有两辆BUS，一辆平均每小时行驶30千米，另一辆因为服役时间太长，所以跑不动了，平均每小时行20千米（乘客上下车时间忽略不计）。早上都从A地发车，求第三次迎面相遇点与第四次迎面相遇点相距多远？
【解】根据题意，只关心迎面相遇点，所以我们不妨把线段AB两地看作一个封闭环形。
因为两车速度比为30︰20=3︰2,
则第N次相遇，共行了2N个单程，且甲车在每共行两个单程的时间里，行了“环形路程”的,如图：
具体算法：3×3÷5=1……4
3×4÷5=2……2
所以
两车相距4÷5×2=1.6(千米)
【例4】
★★
AB两地相距4千米，在从A地到B地的公交路线上，只有两辆BUS，一辆平均每小时行驶30千米，另一辆因为服役时间太长，所以跑不动了，平均每小时行20千米（乘客上下车时间忽略不计）。早上5：00都从A地发车，
到晚上6：00共相遇了多少次？（两车在同一地视为一次相遇，包括出发时为第一次）
【解】根据题意,两车所行速度比为30︰20=3︰2,
所以两车各行完一个单程所需要时间比为
2︰3,
可作两车运动的折线图如下:
由图可知,每五次相遇时,共行了十个单程程,正好是一个周期,(这个周期应看作包括五相遇点,第六次应算作下一个周期.)
所以每行两个单程相遇一次，
所以根据甲乙速度和与时间,求出甲乙共行了多少个单程:
从早上5:00到晚上6:00,共行了13时,
(30+20)×13÷4=162
(个)……2（千米）
162÷2=81（次）
【例5】
★★★
甲、乙两辆车分别在A、B之间和A、C之间往返运行。已知A、B两地之间的距离为10千米，A、C两地之间的距离为15千米。若甲车每小时行驶40千米，乙车每小时行驶50千米，现在两辆车同时从A站出发，经过多少小时，两车第一次在A站相遇？
【解1】：当两车再次相遇时，所走路程不同，但所用时间相同，故可以考虑以时间做为等量关系．又当两车相遇时，两车所往返的次数必为整数，故可设两车再次相遇时甲车往返了x次，乙车往返y次，我们只需根据所用时间相等，求出满足条件的x、y的最小整数值即可．设两车再次相遇于A站时，甲车往返了x次，乙车往返了y次，列方程得：
当y=5时，x即可取得整数．
所以：当乙车第五次返回A站时，再次与甲车相遇，此时乙车行驶的路程为15×2×5=150，所用的时间为150÷50=3（小时）
答：经过3小时，甲、乙两车又在A站相遇．
【解2】：甲每过20/40=1/2小时回到A一次
乙每过30/50=3/5小时回到A一次
因为[1/2,3/5]=3
所以最早经过3小时，两车又在A站相遇
二、环形跑道
【例6】
★★★甲从A点、乙从B点同时出发相背而跑。两人相遇后，乙即转身与甲同向而跑，当甲跑到A时乙恰好跑到B。当甲追上乙时，甲从出发算起共跑了
多少米？
【解】
设两人在C点相遇(见右图)。
乙从B到C时，甲从A到C；
乙从C到B时，甲从C到A。
说明
A到C与C到A相等，都是200米，
甲的速度是乙的2倍。两人在C点相遇后，
乙跑1圈甲跑2圈，所以甲追上乙时共跑了
200+400×2=1000(米)。
【点评】这里应用了比例关系，即时间一定，路程与速度成正比。对于六年级同学来说，掌握数量关系中的定量（不变）和变量（变化）之间的比例关系，行程中使用频率很高，而在其它诸如平面几何、价格、工程等等关系当中都有很重要的应用。
【例7】
如图5，在长为490米的环形跑道上，A、B两点之间的跑道长50米，甲、乙两人同时从A、B两点出发反向奔跑．两人相遇后，乙立刻转身与甲同向奔跑，同时甲把速度提高了25％，乙把速度提高了20％．结果当甲跑到点A时，乙恰好跑到了点B．如果以后甲、乙的速度和方向都不变，那么当甲追上乙时，从一开始算起，甲一共跑了多少米?
【解1】
相遇后乙的速度提高20％，跑回B点，即来回路程相同，乙速度变化前后的比为5︰6，∴
所花时间的比为6：5。
设甲在相遇时跑了6单位时间，则相遇后到跑回A点用了5单位时间。设甲原来每单位时间的速度V甲，由题意得：
6V甲＋5×V甲×（1＋25％）＝490，得：V甲＝40。
从A点到相遇点路程为40×6＝240，∴
V乙＝（490－50－240）÷6＝。
两人速度变化后，甲的速度为40×（1＋25％）＝50，乙的速度为×（1＋20％）＝40，从相遇点开始，甲追上乙时，甲比乙多行一圈，
∴
甲一共跑了490÷（50－40）×50＋240＝2690（米）
【点评】对于行程问题，“抓等量，看比例”是要诀。至于环形跑道问题，抓住相遇（或追及的）的路程和（或路程差）恰好都是一圈。（这是指同地出发的情况，不同地，则注意两地距离在其中的影响）
另外，本题涉及量化思想，即将比中的每一份看作一个单位，进一步来说，一个时间单位乘以一个速度单位，得到一个路程单位。
【解2】
设相遇处为C点：
因为甲前后速度比为1︰125%=4︰5，乙前后速度比为1︰120%=5︰6,
所以，乙先后在BC处的时间比为6︰5,也即甲先后两段路程AC与CA所用的时间比也是6︰5，
则甲所行AC段路程与CA段路程之比为4×6︰5×5=24︰25.
所以，CA的路程为490÷(24+25)×25=250(米)，BC的路程为250-50=200（米）
所以，在1个单位时间内的速度为：
甲是
250÷5=50（米）；
乙是
200÷5=40（米）。
则甲追上乙的时间需要
（490-50）÷（50-40）=44（单位时间）
所以，甲一共行全程是
50×44+490=2690（米）
【点评】结合比例，运用量化思想，本题的解法更美了。
【例8】
★★（2005年《小学生数学报》优秀小读者评选活动）
有一种机器人玩具装置，配备长、短不同的两条跑道，其中长跑道长400厘米，短跑道长300厘米，且有200厘米的公用跑道(如下图)。机器人甲按逆时针方向以每秒6厘米的速度在长跑道上跑动，机器人乙按顺时针方向以每秒4厘米的速度在短跑道上跑动。如果甲、乙两个机器人同时从点A出发，那么当两个机器人在跑道上第3次迎面相遇时，机器人甲距离出发点A点多少厘米?
【解】第一次在B1点相遇，甲、乙共跑了400厘米(见左下图)。
第二次在B点相遇，甲、乙共跑了700厘米(见右上图)。同理，第三次相遇，甲、乙又共跑了700厘米。共用时间
(400+700+700)÷(6+4)=180(秒)，
甲跑了6×180=1080(厘米)，距A点
400×3—1080=120(厘米)。
【点评】通过这两道例题，请同学们体会一下处理多次相遇问题时，有一种常见思考方法——分段考虑。
欲看行程精彩，敬请继续关注：下一讲“行程之多人行程与钟面问题”
1．
（2006年广东省育苗杯数学竞赛）
一列火车长200米，如果整列火车完全通过一条长400米的隧道，那么需要10秒，如果以同样的速度整列火车完全通过一座大桥需要15秒，那么大桥长是（
）米。
【解1】火车的速度是
（200+400）÷10=60（米）
大桥长
60×15-200=700(米)
【解2】设大桥长x米，得：
或者
解得
x=700
【点评】在此处进一步渗透比例思想、方程思想，训练学生的解方程能力。
解方程，建议用“方程的恒等原理”，即对小学生不用移项的说法，强调：
方程就像天平一样，两边同时加上相同“重量”或同时减去相同“重量”或者同时乘法N倍，两边恒等。形象直观，有利快速解题。
这种方法的注意点是“乘法分配律”的运用，也就是如果两边都乘以一个数，是总的一边跟它相乘，要注意怎么“打散”的问题。
2．
（江苏省吴江市2005年小学数学联赛五年级）
快车长250米，慢车长600米，这两车相向而行，坐在慢车上的王小玲看见快车开过窗口的时间是5秒，快车的速度是慢车速度的1.5倍，快车速度为每秒（
）米。
A.30
B.36
C.48
D.以上都不是
【解】慢车速度为
250÷5÷(1+1.5)=20(米/秒)
快车速度为
20×1.5=30(米/秒)
【点评】请注意是坐在慢车上的人所记时间对应路程为快车车长，
那么坐在快车上的人记了一个时间呢？
还可以拓展为过路人看到两车相遇时间，又怎么求两车的速度各是多少呢？
另外，就本题来讲，其数量关系特点主要是确定行程求速度和，再根据和倍关系求各自速度。
从这道题可以感受到，同学们学习一定要注意“再深入一步”去钻研问题，这种“深入”，有时候就是换一种角度或者是换一下条件。这种学习方法很重要。
3．
（江苏省吴江市2003年小学数学联赛）
一只快艇从A地至B地往返共用4小时，去时顺水比返回逆水每小时多行10千米，因此前2小时比后2小时多行16千米，求AB的路程。
【解】如图：
前2小时从A到B折回到C，后2小时从C到A。
CB长为16÷2=8(千米)，
所以顺水从A到B的时间，逆水只能行（AB-16）千米。
顺水比逆水多行16千米需要
16÷10=1.6(时)
所以从A到B用了1.6小时，从B到A用了
4-1.6=2.4(时)
从而BC段行2.4-2=0.4(时)，逆水每小时行8÷0.4=20(千米)，
AB路程有20×2.4=48(千米)。
4．
(2006年第十一届《“华罗庚金杯”少年数学邀请赛》
已知一条航道下游的A港与上游的B港间的水路路程为150千米。若甲船从A港、乙船从B港同时出发相向航行，两船在途中的C点相遇。若乙船从A港、甲船从B港同时出发相向航行，两船在途中的D点相遇。已知C、D间的水路路程为21千米。则甲、乙两船在静水中航行的速度比为（
）
A．
B.
C.
D.
【解】设水速为a,甲船的静水速度为v1,乙船的静水速度为v2,
由此可得：
=，
所以=
【点评】应用等量关系列方程，注意这里的“设而不求”思想，即没有分别求出a、v1、和v2各是多少，而是直接求两者的倍比关系。
5．
★★（2006年《小学数学ABC》精选题）
如图，甲、乙分别从A，B两地同时出发相向而行，在C处相遇甲没有休息，到B地后立即往返；乙则休息了15分钟才继续走，到A地后立即折返。两人折返后仍在C处相遇。如果甲每分钟走60米，乙每分钟走80米，那么A，B两地相距
米。
【解】如图：
设A，B两地相距x米。由
AC︰CB=60︰80=3︰4
知，AC=x，CB=x。由甲从A到B再到C所用时间比乙从B到A再到C所用时间多15分钟，可得方程
6．（2006年第十一届《华罗庚金杯少年数学邀请赛》初赛）
如图，长方形ABCD中AB︰BC=5︰4。位于A点的第一只蚂蚁按A→B→C→D→A的方向，位于C点的第二只蚂蚁按C→B→A→D→C的方向同时出发，分别沿着长方形的边爬行。如果两只蚂蚁第一次在B点相遇，则两只蚂蚁第二次相遇在（
）边上。
A.AB
B.BC
C.CD
D.DA
【解】如右图，长方形ABCD中AB︰BC=5︰4。
将AB，CD边各5等分，BC，DA边各4等分。设每份长度为a。
由于两只蚂蚁第一次在B点相遇，所以第一只蚂蚁走5a,第二只蚂蚁走4a.
接下来，第一只蚂蚁由B走到E点时，第二只蚂蚁由B走到F点，
再接下来，当第一只蚂蚁由E走到G点时，第二只蚂蚁由F也走到G，这时，两只蚂蚁第二次相遇在DA边上。
“哥德巴赫猜想”也不过是一道奥数题
好像在大的环境上有反奥数的声音，我竟然听不到多少为奥数正名的声音，很是不爽，所以要轻轻地告诉你——“哥德巴赫猜想”也不过是一道奥数题。
这不是对“哥德巴赫猜想”的小看，也不是对奥数的抬举，因为事实如此。
有很多人看不出来这么简单的道理，这是因为他不知道：
1、
奥数跟“哥德巴赫猜想”一样，可以激发兴趣与引导志向。
当你登山时，你永远不会对爬上一个小土丘而拥有非份的自豪——“我已降服这么高的……大山”，防止把人笑死。而当你“会当凌绝顶，一览众山小”时，别人都要仰视才见。这个道理谁不知道？
而我们的奥数题就是一道道高山，这种高是相对的，但是客观的。
每一个学段，都能挖掘出与之适应的难题，成为在相应“地域”中的难得的“高山”，对于爱学习爱挑战“巨勇敢”的人，是一种多么难得的诱惑！
这种诱惑，并不亚于“哥德巴赫猜想”对数学家的诱惑。而“哥德巴赫猜想”也不过是摆在数学家们面前的一道奥数题，让人唏嘘的是，能出这样的奥数题的人真正难找！解出这道奥数题的人也很少，但一定有，而且就在我们当中！！因为，我们的奥数“研究生”真不知道有什么不可以去思考和研究的，这是一种地道的学术勇气。
2、
奥数跟“哥德巴赫猜想”一样，可以整合已有知识体系。
一位伟大的数学家邱成桐先生，成为华人中第一位菲尔兹奖——数学界的诺贝尔奖获得者，（第二位是澳大利亚籍的华裔陶哲轩，今天31岁，曾获得过国际数学奥林匹克大赛金奖），邱成桐先生的老师是更伟大的数学家陈省身老先生对学奥数的学生们说过“数学好玩”，确实一道好的奥数题，可以帮学生把学过的零散知识进行整合，从而达到高屋建瓴、触类旁通的境界。（尽管是某种低层面上的境界，但这正是成为学习过程中所必需的一以贯之的境界，直至彻底拿下“哥德巴赫猜想”）
3、
奥数的未来走向是永远而且光明的，它是为那些渴望攀登高峰的勇士而准备的。
第四讲
行程之多人行程与钟面问题
1．
回顾基本相遇、追及问题与变速问题；
2．
精讲：
1、
钟面问题：
钟面追及、钟面相遇、时钟校准。
2、
多人行程：
其本质是从两两关系中推出结论。可以看作是多个两者运动关系在某一等量联系下的变化。
相遇与追及
【例1】
★★（第三届“走进美妙的数学花园”解题技能展示大赛）
猎狗发现北边200米处有一点兔子正要逃跑，拔腿就追。兔子的洞穴在兔子的北边480米，若兔子每秒跑13米，猎狗每秒跑18米，可怜的兔子能逃过这一劫吗？（判断“能”还是“不能”，并说明理由）
【解】
能。
因为猎狗要追上兔子要
200÷(18-13)=40(秒)
而兔子跑回洞穴要
480÷13=36（秒）
所以兔子能逃过这一劫。
【例2】
★★（2006浙江省小学数学活动课夏令营）
甲、乙两人的速度之比是5:4,乙先从B地出发行往A地，当走到离B地336米的地方时，甲从A地出发行往B地。结果两人相遇的地方离A、B两地距离之比是3:4,那么A，B两地的距离是
米。
【解1】
从甲出发到相遇两人走的路程之比是5︰4=15︰12,
而相遇地点离A，B两地距离之比是3︰4=15︰20,
说明乙走的336米占全程的，
所以，全程为
336÷=1470（米）
【解2】
如图，由题意知AD︰DC=5︰4；
AD︰DB=3︰4
所以可以把AD看作“1”的量，
BC=(-)AD
所以AD=336÷(-)=630（米）
所以AB=630÷3×7=1470（米）
【点评】本题综合运用了比例关系，解法1考虑通比，通比的要点的是“不变量”为中介，而解法2运用“量率对应”思想，要点在于“以不变量为单位‘1’”。
【例3】
★★★（2006年“我爱数学杯”数学竞赛）
甲、乙两车同时从A地出发开往B地，甲车的速度为每小时45千米，乙车的速度为每小时50千米。乙车到达B地后立即返回，在距B地5千米处与甲车相遇，那么A，B两地相距
千米。
【解】因为从出发到相遇甲车比乙车少行10千米，所以，从出发到相遇共用
10÷(50-45)=2(时)
A，
B两地相距
2×50-5=95（千米）
【点评】本题还可以用比例关系灵活地处理，请同学们思考一下。
45︰50=9︰10
19-9×2=1
5÷=95（千米）
变速问题
【例4】
★★★（《华罗庚金杯少年数学邀请赛》决赛模拟题）
一个圆周长70厘米，甲、乙两只爬虫从同一点同时出发，同向爬行，甲以4厘米/秒的速度不停地爬行，乙爬行15厘米后，立即反向爬行，并且速度增加1倍，在离出发点30厘米处与甲相遇。则乙爬虫原来的速度是
。
【解】设A点是起始点，乙的爬行速度是每秒v厘米，乙爬到B点走了15厘米，所用时间为秒。
乙反向后在离出发点30厘米处与甲相遇，所用时间是秒，
即从出发开始计算，乙爬行时间是（+）秒。
从出发开始计算，甲爬行时间是秒。
所以，+=，
30+15+30=2v，
v=3(厘米/秒)
【点评】本题的条件“在离出发点30厘米处与甲相遇”不够严密，有岐义，可以理解为两种情况，第一种情况如原解，表示回到A点后又走到C是30厘米；第二种情况是从A走到C走了40厘米，即从C到B到A还有30厘米。所以有解：
+=
V=5(厘米/秒)
【例5】
★★★（2006年北京市“数学解题能力展示”读者评选活动高年级组初赛）
甲、乙两地相距100千米，张山骑摩托车从甲地出发，1小时后李强驾驶汽车也从甲地出发，二人同时到达乙地。已知摩托车开始的速度是每小时50千米，中途减为每小时40千米；汽车的速度是每小时80千米并在途中停留10分钟。那么，张山骑摩托车在出发
分钟后减速。
【解】
汽车行驶了
100÷80×60=75（分）
摩托车行驶了
75+60+10=145（分）。
设摩托车减速前行驶了x米，则减速后行驶了(145-x)分。
50×+40×=100
5x+580-4x=600,
X=20(分)。
多人行程：
【例1】
★★★甲、乙、丙三人行路，甲每分钟走60米，乙每分钟走50米，丙每分钟走40米。甲从A地，乙和丙从B地同时出发相向而行，甲和乙相遇后，过了15分钟又与丙相遇，求A、B两地间的距离。
【分析】： 画图如下：
结合上图，如果我们设甲、乙在点C相遇时，丙在D点，则因为过15分钟后甲、丙在点E相遇，所以C、D之间的距离就等于（40＋60）×15=1500（米）。
又因为乙和丙是同时从点B出发的，在相同的时间内，乙走到C点，丙才走到D点，即在相同的时间内乙比丙多走了1500米，而乙与丙的速度差为50-40＝10（米/分），这样就可求出乙从B到C的时间为1500÷10＝150（分钟），也就是甲、乙二人分别从A、B出发到C点相遇的时间是150分钟，因此，可求出A、B的距离。
【解】：①甲和丙15分钟的相遇路程：
（40＋60）×15=1500（米）。
②乙和丙的速度差：
50-40=10（米/分钟）。
③甲和乙的相遇时间：
1500÷10=150（分钟）。
④A、B两地间的距离：
（50＋60）×150＝16500（米）＝16.5千米。
答：A、B两地间的距离是16.5千米.
【点评】对于多人行程，一般的解题思路仍然是从两人之间“抓等量”，不过因为是多人，请注意某两人之间的等量与另外两人之间的等量的同一关系。
具体来说，本题的要点在于：甲乙两人的相遇时间=乙丙两人的追及时间
乙丙两人的路程差（这是追及关系的标志）=甲丙两人的路程和
总体来说，要看出本题的两次相遇和一次追及关系。
【例2】
★★★A、B、C、O四个小镇之间的道路分布如图所示，其中A、O两镇相距20千米，B、O两镇相距30千米。某天甲、乙二人同时从B出发，甲到达O镇后再向A镇走，到达A镇后又立刻返回，而乙到达O镇后直接向C行进。丙从C镇与甲、乙两人同时出发，在距离O镇15千米处与乙相遇。当丙到达O镇后又向A镇前行，在与O镇相距6千米的地方与甲相遇。已知甲、乙的速度比为8：9，求O、C两镇之间的距离。
【解】当乙和丙相遇时，乙已经走了30+15=45千米。由于甲乙两人的速度比是8：9，因此这时甲已经走了45×8÷9=40千米。
当甲和丙相遇时，甲已经走了
30+20×2-6=64（千米），
因此两次相遇之间的时间是全部时间的
（64-40）÷64=。
而丙在两次相遇之间走的路程是15+6=21（千米），
说明在与甲相遇前他一共走了21÷=56千米，
所以OC之间的距离是56-6=50千米。
【点评】本题多次用到速度一定时，路程与时间的正比关系。
从思考的难点来看，关键是抓住“两次相遇之间的时间是全部时间的（64-40）÷64=。”
这就是解题的切入点，如何找到解题的切入点，是一种艺术，通过认真的学习，感觉会越来越敏锐。
【例3】
★★★（2006年江西省婺源县小学数学竞赛）
甲、乙、丙三人同时从A地向B地跑，当甲跑到B地时，乙离B地还有30米，丙离B地还有40米；当乙跑到B地时，丙离B地还有16米。A、B两地相距多少米？
【解】
由题意知，乙跑30米，丙跑40-16=24(米)。
由此推知，乙比丙多跑10米时，乙跑了
30×[10÷（30-24）]=50（米）
所以
A，B两地相距
50+30=80（米）。
【例4】
★★★★（《华罗庚金杯少年数学邀请赛》决赛模拟题）
某社区为迎奥运会举行徒步比赛。甲、乙、丙三名运动员同时从同一个出发点起步后不间断地匀速步行，每分钟乙比甲少走15米，而比丙多走3米。当乙到达赛程中点折返处时，比甲晚到4分钟，而比丙早到1分钟。这次徒步比赛全程多少米？
【解】
设比赛全程为2s米，乙每分钟步行x米，则甲每分钟步行（x+15）米，丙每分钟步行（x-3）米。根据题意，甲步行到中点折返处时用时：分钟。
乙步行到中点折返处时用时：分钟，
丙步行到中点折返处时用时：分钟。
列方程：
对两个等式通分，得：
化简得到
（3）-（4）×4，则3s=72x,
代入（2），得到，
所以x=75,3s=72×75,
s=1800.
所以比赛全程是3600米。
【点评】根据等量关系，应用方程，是代数思想的体现。另外，对解方程的练习需要加强。
【例5】
★★★★(2006年《小学数学ABC》精选题)
如右图所示，甲、乙、丙分别从A，B，C点同时出发，并且同时到达B，C，A点。如果ABC的周长是460米，甲、乙、丙绕行一周的时间分别是8，9，12分钟，那么BC长多少米?
【解】
路程一定时，速度与时间成反比。所以甲、乙、丙的速度比为
：：=：：=9：8：6
因为甲走AB、乙走BC、丙走CA所用时间相同，所以
AB：BC：CA=9：8：6．
BC=460×=160(米)。
钟面问题
追及关系：
【例6】
★★★
某工厂的一只走时不够准确的计时钟需要69分钟（标准时间）时针与分针才能重合一次。工人每天的正常工作时间是8小时，在此期间内，每工作一小时付给工资4元，而若超出规定时间加班，则每小时付给工资6元。如果一个工人照此钟工作小时，那么他实际上应得工资多少元？
【解】：时钟的一圈有60小格，分针每分钟走1格，时针每分钟走=格。
时针和分针从一次重合到下一次重合，分针应比时针多走一圈，因此需要时间
60÷（1-）=分钟。
于是依题设可知，计时钟的分钟相当于标准时间的69分钟。
从而用此钟计时的8小时，实际上应该是
8÷×69=小时，
那么工人实际上应得的工资为
8×4+×6=34.6元。
【点评】本题杂糅了其他应用题的数量关系（分段算工资），单就钟面问题，应该问到“实际时间用了多少小时”就结束；把一个综合应用题根据数量关系拆分开来看问题，这是一种高级的审题能力，也是一种很好的解题思路，这样才能保证思路清晰。
相遇关系：
【例7】
★★
小明在1点多钟时开始做奥数题，当他做完题时，发现还没到两点钟，但此时的时针和分针与开始做题时正好交换了位置，你知道小明做题时用了多长时间吗？
【解】：在不到一个小时的时间内，时针与分针正好交换了一下位置，说明两针在此时间内共转了一圈，则经60÷（1+）=55分钟。
时间校准：
【例9】★★★（2006年北京市“数学解题能力展示”读者评选活动高年级组初试）
一个挂钟每天慢30秒。一个人在3月23日12时校正了挂钟，到4月2日14时至15时之间，挂钟的时针与分针重合在一起时，标准时间应该是4月2日
时
分
秒（精确到秒）
【解】
从3月23日12时到4月2日12时共10天，挂钟慢了
30×10÷60=5（分）
此时挂钟显示11时55分。
因为时针与分针两次重合时间为
60÷（1-）=（分）；
所以从标准时间4月2日12时到所求时刻，挂钟走的时间为
5+65×2=135（分）；
相当于标准时间
135×≈135.956(分)
≈2时15分57秒
所求时刻为14时15分57秒。
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“行程之发车间隔与接送问题”
1．（2006年《小学数学ABC》精选题）
小光和小华同时从甲乙两村相对出发，小光每分钟走80米，下华每分钟走75米，两人在距中点10米处相遇，则甲乙两村相距（
）米。
A
620
B
310
C
155
D
600
【解1】
在相同时间里小光比小华多走米看成路程差,转化成追及问题,求出追及时间、也就是相遇时间:(分)
甲乙两地相距路程:(米)
【解2】
根据正比关系，相遇时小光和小华所行路程比为80︰75=16︰15
所以小光已行全程的，
根据“量率对应”，得
甲乙两地相距路程：10÷（-）=620（米）
2．★★★（2006年“我爱数学少年夏令营”）
某小组在下午6点开了一个会，刚开会时小张看了一下手表，发现那时手表的分针和时针垂直。下午7点之前会就结束了，散会时小张又看了一下手表，发现分针与时针仍然垂直，那么这个小组会共开了
分钟。
【解1】分针每分钟转圈，时针每分钟转圈。分针要比时针多转圈，需要
÷（-）=（分）
【解2】（15×2）÷（1-）=（分）
【点评】在钟面追及与相遇问题中，有三套单位可以使用：圈数、度数、格数（一般用小格为单位，没有必要时，不要考虑太多，以便于记忆）。请同学们注意体会。
3．（2006年香港“华罗庚”杯数学邀请赛初赛）
甲、乙、丙三人以不变的速度从A地向B地出发，已知乙比丙迟了10分钟出发，
出发后20分钟乙追上丙。甲比乙迟了10分钟出发，出发后30分钟甲追上乙。问甲出发后多久便可以追上丙。
【解】
依题意，，
所以。
因为
丙比甲早出发20分钟，
所以
甲出发20分钟后追上丙。
4．（江苏省吴江市2005年小学数学联赛）
甲、乙两人从A村，丙从B村同时相向而行，甲每分行70米，乙每分行60米，丙每分行75米，丙遇到甲后8分钟，与乙相遇，A，B两村的路程有多少米？
【解】（75+70）×[（75+60）×8÷（70-60）]=15660（米）。
5．（2004年《小学数学ABC》第一套C卷）
一辆汽车从甲地开往乙地，如果车速提高20％，可以提前1小时到达。如果按原速行驶一段距离后，再将速度提高30％，也可以提前l小时到达，那么按原速行驶了全部路程的几分之几?
【解】车速提高20％，所用时间是原来的=。从甲地到乙地，以原速行驶需1÷（）=6(时)。车速提高30％后需6÷(1+30％)=4
(时)，应提前小时。
实际提前了1小时，所以车速提高30％行驶的路程占全程的，
原速行驶了全程的
兴趣是最好的老师
爱因斯坦说：“兴趣是最好的老师”（高尔基好象也这样说）；杨振宁先生说:“成功的真正秘诀是兴趣。”每位同学可能对此深有同感，说明大家都有伟人潜质，而这么多未来伟人都能这样想，看来“兴趣是最好的老师”这样的意思不会错。
我们关心的是，我在学奥数，也想请来兴趣这样的老师，如何做到呢？
很简单的，这里支你三招：
第一招：心中默念一百遍“数学是好玩的”；
第二招：心中再想一百道“好玩”的数学题；
第三招：梦中再说一句关于奥数的梦话，这样的情形很好玩；
这几招好像有点离谱，其实大有深意。
第一点，心里暗示在起作用，我要真正想对数学感兴趣，这很重要。有的同学可能会说，应该是在老师引导和激发下，才能对奥数感兴趣吧？没错，老师在培养同学们的兴趣方面功不可没，但前提是每个同学要做好接纳奥数的思想准备，要主动地迎向奥数，拥抱奥数，终会喜欢奥数。
第二点，如果有同学能在心中想到一百道“好玩”的奥数题，恭喜你，你一定是奥数“骨灰级”粉丝；更要恭喜你，你将做任何奥数题，都会所向披靡；更重要的是，如果正巧有一道题你做的有点不爽，那么你将如获至宝；如果你现在还没攒够一百道有趣的奥数题，那么，快点行动起来！
第三点，更厉害的一招，只要你能在梦中做出一道最简单的奥数题，或者哪怕只是轻轻地梦呓奥数的好玩与美丽，那么我可以大胆地向你保证，你将在数学方面突飞猛进，一路高歌。
这些话并不唯心，因为我们在老师的指引下，可以真正做到，可以逐步体会到奥数的美：挑战并战胜困难，很了不起吧；看似“巨难”，其实是纸老虎，很好笑吧；峰回路转，好像走过迷宫，面前豁然开朗，好玩吧。至于方程的平衡与美丽，数学家的动人典故，数学难题的百年绵延，（攻克难题，我们还有很多的机会耶），还有，在课堂上，你率先发现的快乐、你独到精妙的解法、你出人意表的思路、……这一切，将会带给你荣耀，带给你成功，带给你自信，带给你更加浓厚的兴趣！
于是，你把最好的老师请回家了，请到了你的心里，他就是“兴趣”！
第五讲
分数应用题之工程问题
1．
回顾工程问题的基本数量关系与一般解法；
2．
精讲工程问题的常见解题方法：
1、
解题关键是把“一项工程”看成一个单位，抓住数量关系：工作效率×工作时间=工作总量，来解答。
2、
要善于利用常见的数学思想方法，如假设法、转化法、代换法等。工作的先后顺序可以改变（假设）；要善于抓住工作效率之间的关系，并适当将它转化为工作时间和工作量之间的关系，这样的转化和代换，往往能化难为易。
3、
一些稍复杂的分数应用题、流水行程问题，其实质也是工程问题，要善于抓住问题的本质特征，把它看作工程问题来解决。
【例1】
★★（小学数学冬令营竞赛试题）一项工程，甲单独做20天完成，乙单独做30天完成。甲、乙合作了几天后，乙因事请假，甲继续做，从开工到完成任务共用了16天。乙请假多少天?
解法一：假设乙没有请假，则两人合作16天，应完成
超过单位“1”的，则乙请假（天）
解法二：甲一共干了16天，完成了×16=
，还有l一=
，是乙做的，乙干了了(天)，休息了16—6=10(天)
解法三：设乙请假x天。
答：乙请假lO天。
【例2】
★★★搬运一个仓库的货物，甲需10小时，乙需12小时，丙需15小时。有同样的仓库A和B
，甲在A仓库，乙在B仓库同时开始搬运货物，丙开始帮甲搬运，中途又转向帮乙搬运，最后同时搬完两个仓库的货物。丙帮助甲、乙各搬运了几小时？
解：（1）甲、乙、丙搬完两个仓库共用了：小时。
（2）丙帮助甲搬运了小时
（3）丙帮乙搬运了8-3=5小时。
【点评】注意整体考虑。
【例3】
★★★（北京市第六届“迎春杯”决赛试题）一项工程，甲单独做要12小时完成，乙单独做要18小时完成．若甲先做1小时，然后乙接替甲做1小时，再由甲接替乙做1小时，……，两人如此交替工作，请问：完成任务时，共用了多少小时？
解：
①若甲、乙两人合作共需多少小时？
②甲、乙两人各单独做7小时后，还剩多少？
④共用了多少小时？
【点评】在工程问题中，转换条件是常用手法。“甲做1小时，乙做1小时，他们相当于合作1小时，也即是每2小时，相当于合做1小时．”这样先算一下一共进行了多少个这样的2小时，余下部分问题就好解决了．
1、
代换法
关键是将单干与合作的实际情况，根据需要等量代换成新的条件。
【例4】
★★★一池水，甲、乙两管同时开，5小时灌满，乙、丙两管同时开，4小时灌满。现在先开乙管6小时，还需甲、丙两管同时开2小时。乙单独开几小时可以灌满？
解：=
1÷=20（小时）
【点评】要善于运用转化，根据“现在先开乙管6小时，还需甲、丙两管同时开2小时灌满”，我们可以把乙管的6小时分成3个2小时，第一个2小时和甲同时开，第二个2小时和丙同时开、第三个2小时单独开。这样就变成了甲、乙同时开2小时，乙、丙同时开2小时，乙独开2小时，正好灌满一池水。
【例5】
【铺垫】一项工程，甲独做6天完成，甲3天的工作量，乙要4天完成。两队合做2天后由乙队独做，还要几天才能完成？
解：
天
【例6】
★★★一项工程，甲先独做2天，然后与乙合做7天，这样才完成工程的一半。已知甲、乙工效的比是2：3。如果这项工程由乙单独做需要多少天才能完成？
解：天
【点评】根据甲、乙工效比是2：3，可以知道，完成同样的工作量，甲、乙所用的时间比是3：2，也就是同样的工作量，乙所用的时间是甲的。由“甲先独做2天，然后与乙合做7天，这样才完成工程的一半”可知，甲一共做了2+7=9天，把甲9天做的工作量给乙做，乙要9×=6天。完成工程的一半乙要用6+7=13天。
【拓展】（华罗庚金杯赛试题）某工厂的一个生产小组，生产一批零件，当每个工人在自己原岗位工作时，10小时可完成这项工作。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，就会晚1小时完成；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，就会提前1小时完成；问：如果同时交换工人A和B，C和D的工作岗位，其他工人生产效率不变，多久可以完成这项工作？
解：最初的效率为
，交换工人A和B后效率减少-=，交换工人C和D后效率增加
-=，同时交换工人A和B，C和D后效率变为-+=，所需时间为：1÷=9。
2、
比例法
通过比例关系，得到相关条件，是工程问题的一种常见方法。
【例7】
★★★
打印一份书稿，甲按规定时间可提前2天完成，乙则要超过规定时间3天才能完成。如果甲、乙合做2天，剩下的由乙独做，那么刚好在规定时间内完成。甲、乙两合做需几天完成？
解：
根据“甲按规定时间可提前2天完成，乙则要超过规定时间3天才能完成。如果甲、乙合做2天，剩下的由乙独做，那么刚好在规定时间内完成。”可知甲做2天的工作量等于乙做3天的工作量。完成这项工作甲、乙所用的时间比是2：3，同时也说明甲、乙单独做，乙用的时间比甲多3+2=5天。
乙独做的天数是：（天），
甲独做要15-5=10（天），
甲乙合做需（天）
【点评】注意工程问题里也经常用到比例，是因为工程问题的基本数量关系是乘法关系。其实这一点是与工程习惯无关的。
【例8】
★★（第15届“迎春杯”小学数学竞赛初赛）
甲、乙两辆清洁车执行东、西城间的公路清扫任务．甲车单独清扫需10小时，乙车单独清扫需15小时，两车同时从东、西城相向开出，相遇时甲车比乙车多清扫12千米．问：东、西两城相距多少千米？
解法一：（1）先求出甲、乙相遇的时间：=6小时。
（2）甲清扫全长的，乙清扫了全部的。
（3）东西两城相距千米。
解法二：
因为时间相等，路程比等于速度比，这样相遇时甲、乙清扫的路程比是=3：2，甲行了全程的，乙行了全程的，全程就是千米。
3、
方程法
抓住等量关系解题。
【例9】
★★★（小学数学奥林匹克决赛第9题）
甲、乙两项工程分别由一、二队来完成。在晴天，一队完成甲工作要12天，二队完成乙工程要15天；在雨天，一队的工作效率要下降40％，二队的工作效率要下降10％。结果两队同时完成工作，问工作时间内下了多少天雨？
解法一：设晴天有x天，雨天有y天，
一队在下雨天的工作效率是：
二队在下雨天的工作效率是：
所以有：，解得：
解法二：在晴天,一队、二队的工作效率分别为和，一队比二队的工作效率高-=；
在雨天，一队、二队的工作效率分别为×（1-40%）=和×（1-10%）=，二队的工作效率比一队高-=。
由︰
=5︰3知，
3个晴天5个雨天，两个队的工作进程相同，
此时完成了工程的×3+×5=，
所以在施工期间，共有6个晴天10个雨天。
4、
列表法
数据很多，可列表整理。
【例10】
★★★
放满一个水池，如果同时打开1，2，3号阀门，则20分钟可以完成；如果同时打开2，3，4阀门，则21分钟可以完成；如果同时打开1，3，4号阀门，则28分钟可以完成；如果同时打开1，2，4号阀门，则30分钟可以完成。问：如果同时打开1，2，3，4号阀门，那么多少分可以完成？
解：根据条件，列表如下：
1号
2号
3号
4号
工作效率
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
由表中可知，每个阀门都出现了三次，所以：
1÷[（+++）÷3]=18（天）
【拓展】某工程如果由第一、二、三小队合干需要12天才能完成；如果由第一、三、五小队合干需要7天才能完成；如果由第二、四、五小队合干需要8天才能完成；如果由第一、三、四小队合干需要42天才能完成。那么这五个小队一起合干需要多少天才能完成这项工程？
解：（++×2+）÷3=，1
÷=6天。
【例11】
★★★（小学数学奥林匹克竞赛）
一项工程，如果由甲、乙、丙共同工作，45天可以完成，需付工程款2700元；如果由甲、乙、丁共同工作，40天可以完成，需付工程款2800元；如果由乙、丙、丁共同工作，36天可以完成，需付工程款2880元；如果由甲、丙、丁共同工作，30天可以完成，需付工程款2700元，现决定将工程承包给某一工程队，确保工程要100天以内完成，且支付的工程款尽量的少，那么应该将工程交给哪一个工程队，支付的工程款是多少元？
解：甲、乙、丙、丁的工效和是：
甲的工效是：；乙的工效是：
丙的工效是：；丁的工效是：
甲、乙、丙、丁所得工程款的和是（2700+2800+2880+2700）÷3=3360元
甲得工程款：3360-2880=480元；乙得工程款：3360-2700=660元
丙得工程款：3360-2800=560元；丁得工程款：3360-2700=660元。
100天以能完成的有丙队和丁队，同时要钱最少应选丙队。
5、
工程法
对于行程或者其它一些题，可以用工程习惯来解题。
【例12】
小王和小李同时从两地相向而行，小王走完全程要60分钟，小李走完全程要40分钟。出发后5分，小李因忘带东西而返回出发点，因取东西耽误了5分钟，小李再出发后多长时间两人相遇？
解：（分）
1、（西城八中选拔考试真题）
一份文件，如果甲抄10小时，乙抄10小时可以抄完；如果甲抄8小时，乙抄13小时也可以抄完。现在甲先抄2小时，剩下的甲乙合作，还需要几小时才能完成？
解：由题意可知：甲，乙合作的效率为：；乙单独的工作效率为（1－8×）÷13=，
所以甲单独的效率－=。
甲先抄2小时，剩下的甲乙合作，还需要（1－2×）÷=8小时。
2、（人大附考试真题）
我们规定两人轮流做一个工程是指，第一个人先做一个小时，第二个人再做一个小时，然后再由第一个人做一个小时，然后又由第二个人做一个小时，如此反复，做完为止。如果甲、乙轮流做一个工程需要9.8小时，而乙、甲轮流做同样的工程只需要9.6小时，那乙单独做这个工程需要多少小时？
解：甲乙甲乙
…甲1小时
乙0.8小时；
乙甲乙甲
…乙1小时
甲0.6小时；
甲0.4小时
乙0.2小时。
即甲工作2小时，相当于乙1小时。
所以，乙单独工作需9.8－5+5÷2＝7.3小时。
3、抄一份书稿，甲每天的工作效率等于乙、丙二人每天的工作效率的和；丙的工作效率相当甲、乙每天工作效率和的。如果3人合抄只需8天就完成了，那么乙一人单独抄需要多少天都能完成？
解法一：3人合抄只需8天就完成了，三人的合作工作效率为；甲每天的工作效率等于乙、丙二人每天的工作效率的和，说明甲的工作效率等于乙、丙合作工作效率，且都是三人合作效率的一半，即（1/8）/2=1/16；丙的工作效率相当甲、乙每天工作效率和的，即甲、乙合作工作效率为丙的5倍，甲=乙+丙，甲+乙=5丙，则乙的工作效率是丙的2倍，那么，乙的工作效率=×=，所以，乙一人单独抄需要24天才能完成。
解法二：三人合抄只需8天完成，所以效率和是，根据和倍问题公式很快可以求出甲的效率为：÷（1+1）=，丙的效率为÷（5+1）=，所以乙的效率为-=，所以乙一人单独抄需要24天才能完成.
4、有甲、乙两项工作，张单独完成甲工作要10天，单独完成乙工作要15天；李单独完成甲工作要
8天，单独完成乙工作要20天。如果每项工作都可以由两人合作，那么这两项工作都完成最少需要多少天？
解：很明显，李做甲工作的工作效率高，张做乙工作的工作效率高.因此让李先做甲，张先做乙。
设乙的工作量为60份（15与20的最小公倍数），张每天完成4份，李每天完成3份.
8天，李就能完成甲工作.此时张还余下乙工作（60-4×8）份.由张、李合作需要
（60-4×8）÷（4+3）=4（天）。
8+4=12（天）.
答：这两项工作都完成最少需要12天.
5、（小学数学奥林匹克）
一件工程,甲队独做12天可以完成,甲队做3天后乙队做2天恰可完成一半,现在甲乙两队合做若干天后,由乙队单独完成,做完后发现两段所用时间相等,则共用多少天?
解：甲队做6天完成一半,甲队做3天乙队做2天也完成一半,所以甲队做3天相当于乙队做2天。
即甲的工作效率是乙的,从而乙独做12×=8天完成。所说两段所用时间相等,每段时间应是8÷(1+1+)=3(天),因此共用3×2=6天。
6、一项工程，如果甲先做5天，那么乙接着做20天可完成；如果甲先做20天，那么乙接着做8天可完成。如果甲、乙合作，那么多少天可以完成?
解：本题没有直接给出工作效率，为了求出甲、乙的工作效率，我们先画出示意图：
从图中可以直观地看出：甲15天的工作量和乙12天的工作量相等，即甲5天的工作量等于乙4天的工作量。于是可用“乙工作4天”等量替换题中“甲工作5天”这一条件，通过此替换可知乙单独做这一工程需20+4=24(天)完成，即乙的工作效率是。又因为乙工作4天的工作量和甲工作5天的工作量相等，所以甲的工作效率是乙的，，甲、乙合作这一工程需用的时间为
(天)。
甲(20—5)天的工作量=乙(20—8)天的工作量。
甲5天的工作量=乙4天的工作量。
答：甲、乙合作13天完成。
勤奋出天才
法国数学家彭加勒，童年时由于患过运动神经系统的毛病，视力和书写能力都受到很大的影响，但非凡的记忆力和高度集中的注意力却弥补了他这方面的缺陷。
彭加勒具有过目不忘的“照相机式”的记忆力，他对事物的记忆迅速、持久而准确。由于视力不好，上课时看不清黑板上的字，记笔记对于他来说是一件很不容易的事。彭加勒索性就不记笔记，上课时集中注意力全神贯注地听讲、记忆和思考。由于长期采取这种方式学习，彭加勒养成了在脑子中完成复杂计算的能力，他的许多论文就是采用这种方式构思的。以这种独特的方式，彭加勒闯进了数学大世界。
19岁那年，彭加勒的数学才能已经远近闻名。这一年，彭加勒报名参加了巴黎综合工科学校的入学考试。为了试探这位数学奇才的能力，主考官精心设计了两道难题。谁知道彭加勒竟然不费吹灰之力，轻而易举地解答了出来，主考官们吃惊不已。可是，他的画图能力太差，在几何画图的考试中他落下马来。
按学校的规定，彭加勒已与这所著名的高等学府无缘，但主考官认为他是一个难得的数学奇才。因此，在主考官的竭力推荐下，彭加勒被破格录取了。
在巴黎综合工科学校学习两年后，彭加勒又升入了高一级的矿业学院，准备毕业后当一名工程师。但是，数学深深吸引着彭加勒，他仍花许多时间和精力来研究各种各样的数学问题。1878年，他向法兰西科学院提交了一篇关于微分方程的论文，这篇论文被科学院的专家评定为优秀论文。第二年，法兰西科学院授予彭加勒数学博士学位。这一年，彭加勒25岁，33岁时他又当选为法兰西科学院院士。
彭加勒一生共发表过500多篇学术论文和30多卷著作，其内容涉及数学、物理学、天文学和哲学等众多学科。
有趣的是，这样一位数学天才的智商，却不像他所取得的成就那样光彩夺目。在彭加勒成名后，德国心理学家比内测定了他的智商，结论是彭加勒是个“笨人”。
也许，有的同学会为自己的高智商而沾沾自喜，有的同学则会为自己的低智商而垂头丧气。从彭加勒的故事中，你至少应该明白这样一个道理：智商不能反映一个人能力的高低；对一个人的成才来说，勤奋比智慧更重要。
第六讲
经典应用题综合
1.
回顾应用题的基础分析方法；
2.
精讲历次考试中碰到的经典数量关系。
【例】
★★★小华有糖300克，他有一架天平及重量分别为30克和5克的两个砝码。问：小华最少用天平称几次，可以将糖分为两份，使一份重100克，另一分重200克?
【解】第一次用30克和5克的两个砝码可以称出35克糖；
第二次用30克的砝码和35克糖可称出65克糖。
所以一共称两次，即可分出。
比较差异——
许多问题涉及到多种情况，则比较它们的差异和思考其原因是解题的关键。
【例1】★★★★（小学“希望杯”杯赛试题）
甲乙两个小朋友各有一袋糖，每袋糖不到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多少粒。
【解】总体和部分，比较分析。甲给乙一定数量糖后，甲占总数的，乙给甲一定数量后，甲占总数的。则前后变化－＝。糖的总数能被12整除。由于每袋糖不超过20粒，则有12，24，36三种可能。又由于前后变化为两倍的“同样数量的糖”，则只能是24。
关键线索——
许多问题看似复杂，但往往题目有关键线索。
【例2】★★★（仁华试题）
在期末考试，哥哥的数学成绩比语文高7分，弟弟的数学成绩是语文的。又知道弟弟的数学成绩比哥哥的数学成绩的高4分，总成绩比哥哥低3分，那么弟弟的语文成绩是多少分？
【解】把弟弟的语文成绩设为x。则弟弟数学成绩是x×。哥哥的数学成绩为（x×－4）×。哥哥语文成绩为（x×－4）×＋7。那么有总成绩的关系可以列式为：
x＋x×＋3＝（x×－4）××2－7。x/5＝10＋48/5。则x＝98。弟弟数学成绩为84分。哥哥数学成绩为96分。哥哥语文成绩为89分。
估算分析——
【例3】★★★★5个空瓶可以换1瓶汽水，某班同学喝了161瓶汽水。其中有一些是用喝剩下的空瓶换来的，那么他们至少要买多少瓶汽水？
【解】先估算，可以设计这样一个过程：借一瓶，买四瓶，然后还五个空瓶。则效果相当于买四瓶可以喝五瓶。可见
录
TOC
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"1-3"
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\z
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HYPERLINK
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"_Toc170195746"
第一讲
计算之公式应用、分数的拆分
2
HYPERLINK
\l
"_Toc170195747"
第二讲
几何之五大模型及其应用
12
HYPERLINK
\l
"_Toc170195748"
第三讲
行程之多次相遇
28
HYPERLINK
\l
"_Toc170195758"
第四讲
行程之多人行程与钟面问题
41
HYPERLINK
\l
"_Toc170195759"
第五讲
分数应用题之工程问题
51
HYPERLINK
\l
"_Toc170195760"
第六讲
经典应用题综合
61
HYPERLINK
\l
"_Toc170195761"
第七讲
数论综合
68
HYPERLINK
\l
"_Toc170195762"
第八讲
期中测试题
76
HYPERLINK
\l
"_Toc170195763"
第九讲
不定方程
79
HYPERLINK
\l
"_Toc170195765"
第十讲
计数之加乘原理与技巧
87
HYPERLINK
\l
"_Toc170195766"
第十一讲
数字谜与数阵图
97
HYPERLINK
\l
"_Toc170195767"
第十二讲
逻辑推理
108
HYPERLINK
\l
"_Toc170195768"
第十三讲
策略与操作
118
HYPERLINK
\l
"_Toc170195769"
第十四讲
IQ测试和数学应用
128
HYPERLINK
\l
"_Toc170195770"
第十五讲
期末测试题
140
第一讲
计算之公式应用、分数的拆分
1.
回顾提取公因数（式）和凑整的应用。
2.
精讲公式应用、循环小数化分数、分数的拆分。
【例1】
★★★41.2×8.1+11×8.75+537×0.19
分析：原式=41.2×8.1+11×8.75+537×0.19
=41.2×8.1+11×8.75+（41.2+12.5）×1.9
=41.2×（8.1+1.9）+11×8.75+12.5×1.9
=412+11×8.75+12.5×1.9
=412+1.1×87.5+12.5×1.9
=412+1.1×12.5×7+12.5×1.9
=412+12.5×8×1.2
=412+120=532
【例2】
计算：1－
解：原式=0
【例3】
★★★
解：原式=
【例4】
★★★（北大附中入学选拔试题）求3333333×6666666乘积的各位数字之和。
解：原式=9999999×2222222
=（10000000-1）×2222222
=11111110000000-2222222
=11111107777778
所以，各位数字之和为8×7=56
下面这些公式是小学奥数中常见的计算公式，同学们一定要熟练掌握，这可是小升初考试中计算的好帮手。同时也希望同学们在做题时能够对一些规律性比较强的数字的计算自己进行归纳。
一、循环小数化分数
请同学们比较1与0.99999999……的大小,在讨论中引入循环小数化分数的推导.
铺垫：
以此题为例推导：
设：为A,那么100A=
10000A=
所以：10000A-100A=1234-12
9900A=1234-12
点评：循环小数化分数分母中9的个数与其循环节的位数对应，0的个数与小数点后不循环的位数对应。分子是不循环加上第一个循环节组成的多位数与不循环部分组成的多位数做差得来。
【例5】
★★
+=
。
解：原式=0.5++
=
此题也可以把两个循环小数展开，加完后得到，再化成分数。
【例6】
★★★(“希望杯”赛题)
计算
解：原式=
==
1、
常见公式的应用
【例7】
★★（首师大附中入学选拔试题）
解：
原式=
【拓展练习】★★★（小学数学奥林匹克预赛试题）
解：原式=2000/2001
【例8】
★★★★
对自然数a和n，规定a▽n=，例如3▽2=32+3=12，那么：
1)1▽2+2▽2+…+99▽2=
；
2)2▽l+2▽2+…+2▽99=
；
解：（1）原式=12+1+22+2+……+992+99
=12+22+32+…+992+1+2+3+…+99
=×99×100×（2×99+1）+4950
=333300
（2）原式=21+20+22+2+23+22+…+299+298
=20+21+22+23+…+298+21+22+…+299
=（20+21+22+23+…+298）×（１＋２）
=（299-1）×3
=3×299-3
【例9】
★★★求下列算式计算结果
（1）
（2）
分析：（1）思路：11×15=165
原式
111×15=1665
1111×15=16665
………
……
分析：
（2）
6×7=42
66×67=4422
666×667=444222
……
……
【例10】
★★★★(浙江省小学数学活动课夏令营)
=
。
解：原式
=
=×(1+19)×10+1-
=100
【点评】对于2倍等比数列求和，有“借来还去”的妙法。本题对于后面的等比数列部分，可以“借来”，则有最后两个数的和等于前面一个数，依此前推，则总得数为两个，即为1,但这不是最终结果，因为要“还去”，即1-。一般地，对于Sn=a1+21a1+22a1+2n-1a1=(2n-1)a1
【例11】
★★★(2006年浙江省小学数学活动课夏令营)
（1）=
（2）12342+87662+2468×8766=
解：（1）解设a=31415926
原式=a2-(a-1)(a+1)=1
（2）
原式=12342+87662+2×1234×8766
=(1234+8766)2
=100000000
【点评】这里介绍平方差公式与完全平方公式的变形应用：
【例12】
★★★（我爱数学夏令营）计算：333×332
332
333
–
332
×
333
333
332
分析：原式=333×（332
332
332+1）-332×（333
333
333
-1）
=333×（1001001×332+1）-332×（333×1001001-1）
=333+332
=665
【例13】
★★★
解：原式=
=
=
=
=
【例14】
★★★★
解：原式=
=
=+
=+
=4000
【点评】本题利用性质：对各个分数进行计算、比较。
2、
分数的拆分
【例15】
★★★★(江苏省吴江市小学数学联赛)
在下面的括号里填上不同的自然数，使等式成立。
=====
解：分数单位的拆分，主要方法是：
从分母N的约数中任意找出两个m和n,有：
=
本题10的约数有:1,10,2,5.
例如：选1和2，有：
本题具体的解共有：
【点评】分子是1，分母是非零自然数的分数叫单位分数。人类对分数的认识就是从单位分数开始的。大约在公元前2000年，古埃及人就把分子大于1的分数表示成单位分数之和，如=，也有人把单位分数叫做埃及分数。101中学根据这一知识点，出过一道入学考试题：
幼儿园阿姨要把7个苹果平均分给12个小朋友，每个苹果不能超过5份。请帮阿姨设计一种分法。（画图表示）
欲看计算精彩，敬请继续关注：秋季班
“计算之三大绝招：裂项、通项、换元”
1.
（浙江省小学数学活动课夏令营）
2.
0.76++
解：原式=++
===
3.
解：
4.
（清华附中入学考试题）
计算：
解：原式=(1994—1993)+(1992一199l)+(4-3)+(2-1)
=(1十)×1994
=1163
5.
计算：
分析：这道题目，你会发现无规律可循.这时我们就要从这个思路走出来，
，原式可将上式除以3即可得到，
，学生平时做题时注意对典型例题的记忆.
6.
（3月北京二中入学选拔试题）
计算12-22+32-42+…+20052-20062+20072
解：原式=20072-20062+20052-……+52-42+32-22+12
=（2007+2006）（2007-2006）+（2005+2004）（2005-2004）+……+（3+2）（3-2）+1
=2007+2006+2005+2004+……+3+2+1
=×（2007+1）×2007
=2015028
7.
解：原式=
钻进去——跳出来——推开去?
广大奥数“研究生”，现在迫切希望尽快提高学习效率，畅游奥数世界，从而达到学得更透、用得更活、想得更快、算得更准这样的理想境界。甚至有些“研究生”已经学了很长时间，都还没有一个头绪，只是跟在老师后面走，解题还没有从“经验型”转向“研究型”，请注意，我一直将奥数学员称作奥数“研究生”，有两层用意，一是其实我们很多学员在奥数这一“专业”领域，已经造诣非凡，无愧于“研究生”这样的称号（不是说有些奥数题，连数学家都做不出来吗？当然，这样的情况有褒贬不一的意味，其实我们正应该从中看到我们所缺乏的数学研究的正道，往往靠“剑走偏锋”，学了很多小的解题技巧，并不能成为一代“剑客”“剑宗”“剑圣”的。）二是，我们既然是“研究生”，要拿出“研究”问题的一套态度、方法出来。
所以，在这里，向大家隆重推荐“钻进去——跳出来——推开去”的学习方法与理念。
?第一，?
钻进去。
接触一个新的专题，一定要“钻进去”，要知道这一专题的主要数学模型，要摸清它的几种变化，要学会它的分析方法与常用套路，只有深入钻研，才能真正把握。要解决学得要透的问题。
第二，?
跳出来。
?仅仅停留在第一阶段还不够，那样容易“只见树木不见森林”，只摸到“大象”的腿说不出它的样子。
我们要跳出来，这里要“跳”，意指不能仅仅从归纳出这一专题的数学模型的角度，归纳出这一数学模型所需要的所有数量关系式，是在第一阶段钻研时必须要做的功课，而现在，我们必须从更高的层面“俯视”这一专题，它的数学模型的最基本的数量关系，最关键的要素条件，最经典的解题绝招，最常用的分析方法。这是在这一阶段要注意思考的问题。
?第三，推开去。
?我们的奥数“研究生”初步接触奥数时，总是觉得每一道奥数题都是崭新的面孔，它的数量关系带有强烈的“个性”；稍高一个层次的“研究生”会觉得，奥数题是分很多专题的，每个专题有“规律”；最高水平的“研究生”，他的感觉是某道行程题可以看作工程题，某道工程题可以看作几何题，某道几何题它在用“比例”，用分数的“量率对应”，“鸡兔同笼”哪里还要用“假设法”——方程法是首选，而“假设法”的用处可多着呢？他的这些感觉一点也不矛盾，而是从更高的层次把握了题目中的数量关系，他会觉得，有的题少了一个条件不影响结果，而且更好解题。
这就是“推开去”，也就是我们经常提到的“融会贯通”。相信大家通过努力，一定能达到这样的境界。而且，这是数学乃至其他很多学科研究学问的通则。
?
谈到这儿，我想起伟大的华罗庚先生的学习方法——厚薄法。
他老人家的意思是说，他在学习数学的时候，对一本数学书，先把它读得厚了，怎么变厚了呢？要理解这本书的概念、定理、方法，就要参考很多的其它内容啊，书不是变“厚”了吗？
然后再把它读“薄”了，怎么又变“薄”了呢？就是跳出来，回头看，书中的内容被概括，被提炼，只剩下精华了，能不“薄”吗？
这厚薄过程之后呢，就是学以致用了，就是咱们所说的“推开去”，也就是应用与推广。
我们不要忘了，数学家华罗庚先生对数学知识——优化统筹法，用其毕生的精力去推广，在非数学领域中应用，其用意良深啊。
第二讲
几何之五大模型及其应用
1．回顾等积变形与倍比关系；
2．精讲五大模型及其应用。
一、等积变形
【例1】
★★★三个正方形ABCD，BEFG，HKPF如图所示放置在一起，图中正方形BEFG的周长等于14厘米。求图中阴影部分的面积。
【解】如图，连接KF，EG，BD。设KG，EF相交于O，DE，BG相交于V，
由KF∥EG∥BD，
S△KEG=S△FGE，S△DEG=S△BGE。
设阴影阴影的面积为S,
则S=
S△KGE+
S△DEG=
S△FGE+
S△BGE=
SBEFG
正方形BEFG的周长为14厘米，边长为3.5厘米。
所以SBEFG=3.52=12.25(平方厘米)
【点评】等积变形方法的最常见形式是在一组平行线内，两个三角形同底等高的情况。
二、倍比关系
【例2】
★★★如图，有四个长方形的面积分别是1平方厘米、2平方厘米、3平方厘米和4平方厘米，组合成一个大的长方形，求图中阴影部分的面积。
【解法1】如图，阴影部分的面积可以“等积变形”为下图中的深色三角形的面积。
已知等宽的长方形面积之比就是相对的底边之比，所以，设大长方形的长为a厘米，宽为b厘米，则有：
面积3的长方形与面积为2的长方形的公共边的长为
所以，阴影部分的面积为
××b=××10=(平方厘米)
【解法2】如图，
S阴影=S△ABH-S△ABG=S长方形ABFP-S长方形ABOE
长方形ABFP=×长方形ABCD=×10
长方形ABOE=×长方形ABCD=×10
S阴影=×（×10-×10）=(平方厘米)
【点评】本题除了体现等积变形的思想，另外主要运用了长方形等宽时，面积与长的正比关系。学生因为才上六年级，缺乏这样的基础，可以铺垫一下，讲解为两个长方形宽相等，面积之间的倍数等于长之间的倍数。
【几个重要的模型】
模型一：同一三角形中，相应面积与底的正比关系：
即：两个三角形高相等，面积之比等于对应底边之比。
S1︰S2
=a︰b
；
模型一的拓展：
等分点结论（“鸟头定理”）
如图，三角形AED占三角形ABC面积的×=
模型二：任意四边形中的比例关系
（张老师谓之“蝴蝶定理”）
①S1︰S2=S4︰S3
或者S1×S3=S2×S4
②AO︰OC=（S1+S2）︰（S4+S3）
模型三：梯形中比例关系（“梯形蝴蝶定理”）
①S1︰S3=a2︰b2
②S1︰S3︰S2︰S4=
a2︰b2︰ab︰ab
;
③S的对应份数为（a+b）2
模型四：相似三角形性质
①
;
②S1︰S2=a2︰A2
模型五：燕尾定理
S△ABG：S△AGC＝S△BGE：S△GEC＝BE：EC；
S△BGA：S△BGC＝S△AGF：S△GFC＝AF：FC；
S△AGC：S△BCG＝S△ADG：S△DGB＝AD：DB；
【例3】
★★★★（北京市“迎春杯”刊赛）
如下左图.将三角形ABC的BA边延长1倍到D，CB边延长2倍到E，AC边延长3倍到F.如果三角形ABC的面积等于l，那么三角形DEF的面积是_____.
【解】
连结AE、BF、CD(如上右图).由于三角形AEB与三角ABC的高相等，而底边EB=2BC，所以三角形AEB的面积是2.同理，三角形CBF的面积是3，三角形ACD的面积是1.
类似地
三角形AED的面积=三角形AEB的面积=2.
三角形BEF的面积=2×(三角形CBF的面积)=6.
三角形CFD的面积=3×(三角形ACD的面积)=3.
于是三角形DEF的面积等于三角形ABC、AEB、CBF、ACD、AED、BEF、CFD的面积之和，即
1+2+3+1+2+6+3=18.
【点评】应用模型一的数量关系，巧添三条辅助线，这三条辅助线其实是同一类的画法。
【例4】
★★★
如图，△ABC中AE=AB，AD=AC，ED与BC平行，△EOD的面积是1平方厘米。那么△AED的面积是
平方厘米。
【解】
因为AE=AB，AD=AC，ED与BC平行，
所以ED︰BC=1︰4,
EO︰OC=1︰4，
S△ABC=4S△EOD=4；
则S△CDE=4+1=5；
又因为S△AED︰S△CDE=AD︰DC=1︰3,
所以S△AED=5×=（平方厘米）
【点评】本题涉及模型一与模型四，即同一三角形中，底边之比等于相应面积之比；另外用到相似三角形的相似比都相等。
【例5】
★★★如下图所示，AE︰EC＝1︰2，CD︰DB＝1︰4，BF︰FA＝1︰3，三角形ABC的面积等于1，那么四边形AFHG的面积是__________。
【解】如下图所示，我们分别求出BFH、AGE的面积问题也就解决。
如上图，我们设BFH＝x，则AFH＝3x；设AHE＝y，则CEH＝2y；
于是有ABE＝4x+y＝
ACF＝3y+3x＝
有，则9x＝，所以x＝；
如下图，我们设AEG＝a，则CEG＝2a；
设CDG＝b，则BDG＝4b；
于是有ACD＝3a+b＝
BCE＝2a+5b＝
有，则13a＝，所以a＝；
这样，AFHG＝ABE－BFH－AEG＝－－＝。
【另解】基于“鸟头定理”及四边形相关结论（“蝴蝶定理”或者“巨人定理”）。
BH:HE=S△BFC:S△EFC=︰(×)=1︰2
…所谓“蝴蝶定理”，呵呵
所以S△BFH=S△ABE×(×)=×(×)=…所谓“鸟头定理”
同理：
AG︰GD=S△ABE︰S△BDE=︰(×)=5︰8
所以，S△AGE=S△ADC×(×)=×(×)=
所以，S四边形AFHG＝S△ABE－S△BFH－S△AEG＝－－＝
如图，在面积为1的三角形ABC中，DC=3BD,F是AD的中点，延长CF交AB边于E,求三角形AEF和三角形CDF的面积之和。
【解】连接DE,于是三角形AEF的面积=三角形EFD的面积，所求被转化为三角形EDC的面积。因为F是AD中点，所以三角形AEC的面积和三角形EDC的面积相等，设SBDE为1份,则SAEC=SEDC为3份
因此SABC一共7份，
每份面积为
所以SEDC占3份为.
【点评】本题还可用“燕尾定理”来解：
连接BF，设SBDF为1份，则SDFC为3份，SACF为3份，所以AE︰EB=3︰4。
因为F是中点，SDFC=
SAFC，所以，所求面积=
SAEC=
SABC=
【例6】
★★★（小数报竞赛活动试题）
如图，某公园的外轮廓是四边形ABCD，被对角线AC、BD分成四个部分，△AOB面积为1平方千米，△BOC面积为2平方千米，△COD的面积为3平方千米，公园陆地的面积是6.92平方千米，求人工湖的面积是多少平方千米？
【解】根据“等高的两三角形面积比等于底之比”，有：
所以，S人工湖=S总-S陆地
＝0.58（平方千米）
【点评】本题应用模型二“蝴蝶定理”。
【拓展】
如图：在梯形ABCD中，三角形AOD的面积为9平方厘米，三角形BOC的面积为25平方厘米，求梯形ABCD的面积。
【解】在梯形中，三角形AOB的面积=三角形DOC的面积，设三角形AOB的面积为x平方厘米。
则有
x2=9×25=152
X=15
所以，梯形ABCD的面积为15×2+9+25=64（平方厘米）
【例7】
★★★
如图，在梯形ABCD中，AD︰BE=4︰3，BE︰EC=2︰3，且△BOE的面积比△AOD的面积小10平方厘米。梯形ABCD的面积是
平方厘米。
【解】AD︰BE︰EC=8︰6︰9，
，=。
-=-，
=10，=40。
【例8】
★★★
在正方形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点(如图)，连接线段AF、BG、CH、DE，由这四条线段在正方形中围成的小正方形的面积占大正方形面积的
分之
；
【解】如图，通过操作，三角形BOC的面积=正方形BOQP的面积
同理，其它相应部分的三角形面积都可转化为一个小正方形的面积，
也即，大正方形是由五个小正方形组成的。
所以，阴影部分的面积为大正方形面积的。
【点评】这样的解法比较巧妙，应用全等三角形的知识。
一般地，还可以如下解：
根据题意，得AG∥CE，BH∥DF，
所以MNOQ是正方形，
又因为H是AD中点，所以AM=MN，HM=DN；
所以三角形AHM的面积=三角形AND=三角形ADG=正方形ABCD
又根据三角形ADG+三角形CBE+三角形ABH+三角形CDF=正方形ABCD
所以，重复加了4个类似于AHM的三角形，少加了中间的阴影部分，都能等于大正方形，
可知，四边形MNOQ的面积=4个三角形的面积之和=4×正方形ABCD=正方形ABCD
【拓展】若E、F、G、H
分别是四边的三等分点(如图)，那么所得的小正方形的面积占大正方形面积的
分之
；
【解】思路同上，但要注意，四个三角形ABH之和=4××正方形ABCD=正方形ABCD
因为OE︰CQ︰OQ=1︰3︰6
又可以计算出，三角形OBE的面积=××正方形ABCD=正方形ABCD
所以空白部分的面积为-×4=（正方形ABCD的面积）
所以阴影部分的面积为1-=。
【例9】
★★★
如图所示，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是ABCD各边的中点，求阴影部分四边形PQRS的面积之比。
【解】
设
SAED=S1,SBGC=S2,SABF=S3,SDHC=S4
连接BD知
S1=SABD,S2=SBCD
所以S1+S2=
(SABD+
SBCD)=
S四边形ABCD
同理
S3+S4=S四边形ABCD
于是S1+S2+S3+S4=四边形ABCD的面积
注意到这四个三角形重合的部分是四块阴影小三角形，没算的部分是四边形PQRS
因此四块阴影的面积和就等于四边形PQRS的面积。
解法2：特殊值（只用于填空选择）
将四边形画成正方形，就如例8，结论很容易得到
【例10】
★★★（06年西城某名校试验班选拔真题）
如图，已知长方形ADEF的面积是16，三角形ADB的面积是3，三角形ACF的面积是4，那么三角形ABC的面积是____．
【解】
连结对角线AE(如图)，三角形AEC的面积16÷2—4=4．
因为△ACF与△AEC有相同的高线AF，且它们的面积都等于4，所以CF=CE．同理，△ABE的面积是16÷2—3=5，所以CF=CE.同理，△ABE的面积是16÷2—3＝5，所以BD/BE=3/5，即BE=5/8DE=5/8AF．又因为△BCE与△ACF有相等的高(CE=CF)，故△BCE的面积是△ACF面积的5/8，
即为
4×5/8=2.5
从而△ABC的面积等于
16－(3+4+2.5)=6.5．
【点评】本题还可以从长方形的宽一定，通过面积比确定长的比。
如图，
DB︰BE=长方形ADBM︰长方形MBFE=（3×2）︰（16-3×2）=3︰5
所以长方形OBEC的面积=长方形NDEC的面积×=（16-4×2）×=5
所以三角形BCE的面积为5÷2=2.5
所以三角形ABC的面积为16－(3+4+2.5)=6.5．
【例11】
★★★（首师附中选拔考试试题）
设正方形的面积为1．右图中E、F分别为AB、AD的中点．GC=，则阴影部分的面积为____．
【解】如下图所示，由GC=，推知，所以所求面积为
EB×AH÷2=.
欲看几何精彩，敬请继续关注：秋季班
“圆与扇形、勾股定理与弦形”
1.
（第五届《小数报》数学竞赛初赛应用题第6题）
如图，BD是梯形ABCD的一条对角线，线段AE与梯形的一条腰DC平行，AE与BD相交于O点.已
知三角形BOE的面积比三角形AOD的面积大4平方米，并且EC=
BC.
求梯形ABCD的面积.
【解】
三角形ABE的面积比三角形ABD大4平方米，而三角形ABD与三角形ACD面积相等(同底等高)，因此也与三角形ACE面积相等，从而三角形ABE的面积比三角形ACE大4平方米.
但EC=
BC，所以三角形ACE的面积是三角形ABE的，从而三角形ABE的面积是
4÷(1－)=12(平方米)，
梯形ABCD的面积=12×(1+×2)=28(平方米)
2.
（北京市第八届“迎春杯”数学竞赛决赛第一题第4题）
如右图BE=BC，CD=AC，那么三角形AED的面积是三角形ABC面积的______.
【解】
上图中，三角形AEC与三角形ABC的高相等，而BE=BC，于是EC=BC，
又由于三角形AED与三角形AEC的高相等，而CD=AC,于是AD=AC,
所以，三角形AED的面积=×三角形AEC的面积
=××三角形ABC的面积
=×三角形ABC的面积
【点评】这里也就说运用了模型一的数量关系。
3.
如图ABCD是梯形，BD是对角线，E为BD上一点，EF是三角形AED的高，EG是三角形BCE的高。如果三角形ABE和三角形BCE的面积分别为6和10，EF：EG=7:4,那么求梯形ABCD的面积。
【解】
因为三角形BEG与三角形DEF相似，所以BE︰ED=GE︰EF=4︰7。
所以三角形AED的面积=6÷4×7=10.5（平方厘米）
所以三角形CED的面积=10÷4×7=17.5(平方厘米)
所以梯形ABCD的面积=6+10.5+10+17.5=44(平方厘米)
4.
如图，直角梯形ABCD中，AB=12，CD=9，三角形BEF的面积是40／9，且三角形AED、三角形FCD和四边形EBFD的面积相等，BC长是多少？
【解】所以梯形面积是
三角形DCF的面积是
根据条件有21BC=9×FC×3
所以FC=BC
由于三角形AED和FCD等积
AED的高BC是FCD的高FC的倍，所以AE是DC的倍，即9×=7
因此EB=12-7=5
所以BF=2×÷5=
BF=BC
所以BC=×=8
方法2：
根据梯形面积是三角形的3倍
（CD+AB）×BC=3××AE×BC，BC约去，求出AE=7，后面自己做。
5.
（北大附中入学试题）
如图，正方形ABCD的边长为4厘米，EF和BC平行，
ECH的面积是7平方厘米，求EG的长。
【解】×EG×AE
+×EG×EB
=
7平方厘米
即×EG×AB=7平方厘米；EG=3.5厘米
几何之父欧几里德
我们现在学习的几何学，是由古希腊数学家欧几里德（公元前330～前275）创立的。他在公元前300年编写的《几何原本》，2000多年来都被看作是学习几何的标准课本，所以我们称欧几里德为几何之父。
欧几里德生于雅典，30岁就成了有名的学者。应当时埃及国王的邀请，他客居亚历山大城，一边教学，一边从事研究。他治学严谨，循循善诱，反对投机取巧和急功近利。一次，权倾一时的埃及国王请欧几里德为他讲授几何学，欧几里德讲了半天，国王听得一头雾水，无奈之中，他问欧几里德：“了解几何学有没有什么简单的方法？”欧几里德回答：“在几何学里，大家只能走一条路，没有专为国王铺设的大道。”这几句话后来成为千古传诵的学习箴言。
虽然古希腊的数学研究有着十分悠久的历史，曾经出过一些几何学著作，者都只讨论某一方面的问题，内容不够系统。欧几里德汇集了前人的成果，采用前所未有的独特编写方法，先提出定义、公理或者公式，然后由简到繁地证明了一系列定理，讨论了平面图形和立体图形，还讨论了整数、分数和比例等等，终于完成了《几何原本》这部巨著。
这本书是历史上曾经出现过的最成功的教科书。它刚一问世就取代了以前所有的几何教科书，从此以后一直使用了2000多年。1482年此书印刷发行后，重版了大约1000多次，还被译成了多种文字。
第三讲
直线型面积计算2
各种具有一定综合性的直线形面积问题，重点是需要利用同底或同高的两三角形的面积相除的商等于对应高或对应底相除的商这一性质的问题，其中包括四边形和梯形被两条对角线分割而成的4个小三角形之间的面积关系．
1．图16-1中三角形ABC的面积是180平方厘米，D是BC的中点，AD的长是AE长的3倍，
EF的长是BF长的3倍．那么三角形AEF的面积是多少平方厘米?
【分析与解】ABD，ABC等高，所以面积的比为底的比，有,所以=180=90(平方厘米)．
同理有×90=30(平方厘米)，×30=22.5(平方厘米)．
即三角形AEF的面积是22.5平方厘米．
2．如图16-2，把四边形ABCD的各边都延长2倍，得到一个新四边形EFGH如果ABCD的面积是5平方厘米，则EFGH的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
方法一：如下图，连接BD，ED，BG，
有EAD、ADB同高，所以面积比为底的比，有．同理．
类似的，还可得，有=30平方厘米．
连接AC，AF，HC，还可得，，
有=30平方厘米.
有四边形EFGH的面积为EAH,FCG,EFB,DHG,ABCD的面积和，即为30+30+5=65(平方厘米.)
方法二：连接BD，有EAH
、△ABD中∠EAD+∠BAD=180°又夹成两角的边EA、AH，AB、AD的乘积比，=2×3=6，所以=6．
类似的，还可得=6，有+=6（+)=6=30平方厘米．
连接AC，还可得=6，=6，有+=6（+）=6
=30平方厘米．
有四边形EFGH的面积为△EAH，△FCG，△EFB，△DHG，ABCD的面积和，即为30+30+5=65平方厘米．
评注：方法二用到了一个比较重要的性质，若两个三角形的某对夹角相等或互补(和为180°)，那么构成这个角的两边乘积的比为面积比．
这个原则，我们可以在中学数学中的三角部分学到，当然我们也可以简单的利用比例性质及图形变换来说明，有兴趣的同学可以自己试试．
3．图16-3中的四边形土地的总面积是52公顷，两条对角线把它分成了4个小三角形，其中2个小三角形的面积分别是6公顷和7公顷．那么最大的一个三角形的面积是多少公顷?
【分析与解】
方法一：如下图所示，为了方便叙述，将某些点标上字母．
因为△ADE、△DEC高相同，所以面积比为底的比，有=，所以=×6.同理有=，所以=×7．
所以有△ADE与△ABE的面积比为6：7．又有它们的面积和为52-(6+7)=39(公顷.)
所以=×39=18(公顷)，=×39=21(公顷.)
显然，最大的三角形的面积为21公顷．
方法二：直接运用例2评注中的重要原则，在△ABE，△CDE中有∠AEB=∠CED，所以△ABE，△CDE的面积比为(AE×EB)：(CE×DE)．
同理有△ADE，△BCE的面积比为(AE×DE)：(BE×EC)．
所以有×=×，也就是说在所有凸四边形中，连接顶点得到2条对角线，有图形分成上、下、左、右4个部分，有：上、下部分的面积之积等于左右部分的面积之积．
即×6=×7，所以有△ABE与△ADE的面积比为7：6，=×39=21公顷，=×39=18公顷．
显然，最大的三角形的面积为21公顷．
评注：在方法二中，给出一个很重要的性质：在所有凸四边形中，连接顶点得到2条对角线，有图形分成上、下、左、右4个部分，有：上、下部分的面积之积等于左右部分的面积之积．希望大家牢牢记住，并学会在具体问题中加以运用.
4.
如图16-4，已知．AE=AC，CD=BC，BF=AB，那么等于多少?
【分析与解】
如下图，连接AD，BE，CF.
有△ABE，△ABC的高相等，面积比为底的比，则有=，所以=×=
同理有=,即==×=.
类似的还可以得到=×=，=×=．
所以有=-(++)=(1---)=．
即为．
5．如图16-5，长方形ABCD的面积是2平方厘米，EC=2DE，F是DG的中点．阴影部分的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
如下图，连接FC，△DBF、△BFG的面积相等，设为x平方厘米;△FGC、△DFC的面积相等，设为y平方厘米，那么△DEF的面积为y平方厘米．
=2x+2y=1，=x+y=l×=．
所以有．
比较②、①式，②式左边比①式左边多2x，②式右边比①式右边大0.5，有2x=0.5，即x=0.25,y=0.25．
而阴影部分面积为y+y=×0.25=平方厘米．
评注：将这种先利用两块独立的图形来表达相关图形的面积，再根据已知条件列出一个二元一次方程组，最终求出解的方法称为“凌氏类蝶形法”．
类蝶形问题必须找好两块独立的图形，还必须将边的比例关系转化为面积的比例关系．
类似的还有一道题：△ABC中，G是AC的中点，D、F是BC边上的四等分点，AD与BG交于M，AF与BG交于N，已△ABM的面积比四边形FCGN的面积大1.2平方厘米，则△ABC的面积是_______平方厘米?
有兴趣的同学可以自己试试．
6．如图16-6，已知D是BC中点，E是CD的中点，F是AC的中点．三角形ABC由①～⑥这6部分组成，其中②比⑤多6平方厘米．那么三角形ABC的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
因为E是DC中点，F为Ac中点，有AD=2FE且阳平行于AD，则四边形ADEF为梯形．
在梯形ADEF中有③=④，②×⑤=③×④，②：⑤=A：F=4．
又已知②-⑤=6，所以⑤=6÷(4-1)=2，②=⑤×4：8，所以②×⑤=④×④：16，而③=④，所以③=④=4，梯形ADEF的面积为②、③、④、⑤四块图形的面积和，为8+4+4+2=18．
有△CEF与△ADC的面积比为CE平方与CD平方的比，即为1：4．所以△ADC面积为梯形ADEF面积的=，即为18×=24．
因为D是BC中点，所以△ABD与△ADC的面积相等，而△ABC的面积为△ABD、△ADC的面积和，即为24+24=48平方厘米．
三角形ABC的面积为48平方厘米．
评注：梯形中连接两条对角线．则分梯形为4部分，称之为：上、下、左、右．如下图：
运用比例知识，知道：
①上、下部分的面积比等于上、下边平方的比．
②左、右部分的面积相等．
③上、下部分的面积之积等于左、右部分的面积之积．
7．图16-7是一个各条边分别为5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形．如图16-8，将它的短直角边对折到斜边上去与斜边相重合，那么图16—8中的阴影部分(即未被盖住的部分)的面积是多少平方厘米?
【分析与解】
如下图，为了方便说明，将某些点标上字母．
有∠ABC为直角，而∠CED=∠ABC，所以∠CED也为直角.而CE=CB=5.
△ADE与△CED同高，所以面积比为底的比，及===，设△ADE的面积为“8”，则△CED的面积为“5”．
△CED是由△CDB折叠而成，所以有△CED、△CDB面积相等，△ABC是由△ADE、△CED、△CDB组成，所以=“8”+“5”+“5”=“18”对应为×5×12=30，所以“1”份对应为，那么△ADE的面积为8×=13平方厘米．
即阴影部分的面积为13平方厘米．
8．如图16-9，在一个梯形内有两个三角形的面积分别为10与12，已知梯形的上底长是下底长的．那么余下阴影部分的面积是多少?
【分析与解】
不妨设上底长2，那么下底长3，则上面部分的三角形的高为10÷2×2=10，下面部分的三角形的高为12÷3×2=8，则梯形的高为lO+8=18．
所以梯形的面积为×(2+3)×18=45，所以余下阴影部分的面积为45-10-12=23．
评注：这道题中上下底、梯形的高都不确定，但是余下阴影部分的面积却是确定的值，所以面积值与上下底、高的确定值无关，所以可以大胆假设，当然也可以谨慎的将上底设为2x下底为3x．
9．图16-10中ABCD是梯形，三角形ADE面积是1．8，三角形ABF的面积是9,三角形BCF的面积是27．那么阴影部分面积是多少?
【分析与解】
设△ADF的面积为“上”，△BCF的面积为“下”，
△ABF的面积为“左”，△DCF的面积为“右”．
左=右=9；上×下=左×右=9×9=81，而下=27，所以上=81÷27=3.
△ADE的面积为1.8，那么△AEF的面积为1.2，则EF：DF=：=1.2：3=0.4．
△CEF与△CDF的面积比也为EF与DF的比，所以有=0.4×=0.4×(3+9)=4.8．
即阴影部分面积为4.8．
10．如图16-11，梯形ABCD的上底AD长为3厘米，下底BC长为9厘米，而三角形ABO的面积为12平方厘米．则梯形ABCD的面积为多少平方厘米?
【分析与解】
△ADD与△BCO的面积比为AD平方与BC平方的比，即为9：81=．
而△DCO与△ABO的面积相等为12，又×=×=12×12=144，
因为144÷9=4×4，所以=4，则=4×9=36，
而梯形ABCD的面积为△ADO、△BCO、△ABO、△CDO的面积和，即为4+36+12+12=64平方厘米．
即梯形ABCD的面积为64平方厘米．
11．如图16-12，BD，CF将长方形ABCD分成4块，红色三角形面积是4平方厘米，黄色三角形面积是6平方厘米．问：绿色四边形面积是多少平方厘米?
【分析与解】
连接BF，四边形BCDF为梯形，则BFE的面积与黄色CDE的面积相等为6.
，所以.
.
又因为BD是长方形ABCD的对角线，
所以.
绿色四边形面积为11平方厘米．
12．如图16-13，平行四边形ABCD周长为75厘米．以BC为底时高是14厘米；以CD为底时高是16厘米．求平行四边形ABCD的面积．
【分析与解】
因为平行四边形面积等于底与对应高的积，所以有14×BC=16
×CD，即BC：CD=8：7，而2(BC+CD)=75，所以BC=20，以BC为底，对应高为14，20×14=280，所以平行四边形ABCD的面积为280平方厘米．
13．如图16-14，一个正方形被分成4个小长方形，它们的面积分别是平方米、平方米、平方米和平方米．已知图中的阴影部分是正方形，那么它的面积是多少平方米?
【分析与解】
为了方便叙述，将某些点标上字母，如下图：
大正方形的面积为，所以大正方形的边长应为1.
上面两个长方形的面积之比为=3：4，所以IG=．
下面两个长方形的面积之比为=2：l，所以IG=．
那么LI=，那么阴影小正方形的面积为．
14．图16-15中外侧的四边形是一边长为10厘米的正方形，求阴影部分的面积．
【分析与解】
如下图所示，所以阴影部分在图中为四边形EFGH．设阴影部分面积为“阴”平方厘米，正方形内的其他部分面积设为“空”平方厘米．
DGH、HMG的面积相等，GCF与GPF；FBE与
EOF，HAE与HNE这3对三角形的面积也相等．
阴一空=2×3=6，阴+空=lO×10=100．
阴=(6+100)÷2=53．
即阴影部分的面积为53平方厘米．
15．如图16-16，长方形被其内的一些直线划分成了若干块，已知边上有3块面积分别是13，35，49．那么图中阴影部分的面积是多少?
【分析与解】
如下图所示，为了方便叙述，将部分区域标上序号，设阴影部分面积为“阴”：
(49+①+35)+(13+②)=
矩形的面积，
①+阴+②=矩形的面积．
比较上面两个式子可得阴影部分的面积为97．
第三讲
行程之多次相遇
1．
回顾火车过桥与流水行程；
2．
精讲多次相遇：
在直线型与环线型跑道上的不同规律（在相同时间内共行单程数并不相同）；在同一跑道上同一情况下出发后的不同类型相遇（即迎面相遇和追及相遇）；通过不同数量关系的分析，掌握相应的分析工具（画线段图、折线图等）。
火车过桥
【例1】
★★（《小学生数学报》第八届竞赛试题）
一列火车通过长320米的隧道，用了52秒。当它通过长864米的大桥时，速度比通过隧道时提高，结果用了1分36秒。求火车通过大桥时的速度。
【解】设火车车身长为x米。
（864+96）÷96=10米
【例2】
★★（2005年第三届小学“希望杯”全国数学邀请赛）
火车以标准速度通过1000米的大桥用50秒，通过1500米的大桥用70秒。如果火车速度降低20％，那么火车通过长1950米的隧道用
秒。
【解】
标准速度是
(1500—1000)÷(70—50)=25(米／秒)。
火车长
25×50—1000=250(米)。
火车通过长1950米的隧道用
(1950+250)÷[25×(1—20％)]=110(秒)。
【点评】前者根据路程差与时间差的对应关系求出速度；
后者运用了列车过桥的典型数量关系。
【例3】
★★（2007年第十二届《“华罗庚金杯“少年数学邀请赛》决赛）
李云靠窗坐在一列时速60千米的火车里，看到一辆有30节车厢的货车迎面驶来，当货车车头经过窗口时，他开始记时，直到最后一节车厢驶过窗口时，所记的时间是18秒。已知货车车厢长15.8米，车厢间距1.2米，货车车头长10米，问货车行驶的速度是多少？
【解1】设货车车速为x千米/小时，由题意得，
（x+60）×=,
解得x=44
【解2】货车总长=0.52(千米)；
客车行进的距离
60×=0.3(千米)
货车行进的距离
0.52-0.3=0.22(千米)
货车的速度：
0.22÷=44(千米/小时)
【解3】货车总长=0.52(千米)；
则两车的速度和为
0.52÷=104(千米/小时)
货车的速度为
104-60=44（千米/小时）
【点评】今年的“华杯赛”决赛试题只考了这一道行程题，其难度较低，但要注意“细节决定成败”，出题者在这儿挖了一些小“坑”，比如单位转换。
对于总的数量关系，应把握：速度和×时间=货车车长
流水行程
【例4】
★★（第11届《华罗庚金杯少年数学邀请赛》模拟试题）
两个口岸A、B沿河道相距离360千米。甲船由A到B上行需要10小时，下行由B到A需要5小时。若乙船由A到B上行需要15小时，那么下行由B到A需要（
）小时。
A．4
B.5
C.6
D.7
【解】由已知，甲船上行需要10小时，则甲船上行每小时行36千米，
即：甲船速-水速=36；÷
甲船下行需要5小时，则甲船下行每小时行72千米，
即：甲船速+水速=72；
根据和差关系求出水速：
（72-36）÷2=18（千米）
又乙船上行需要15小时，则乙船上行每小时行24千米，
即乙船速－水速=24;
乙船速+水速=(乙船速－水速)+2×水速=24+2×18=60，
所以乙船下行需要360÷6=6(小时)
【点评】通过本题，我们可以总结出：
在流水行程问题中，对于“静水速度、水流速度、逆水速度、顺水速度”四个量，只要知道其中两个量，就可以求出另外两个量。
【例5】
★★（小学生数学报）
一条船顺水航行48千米，再逆水航行16千米，共用了5小时；这知船顺水航行32千米，再逆水航行24千米，也用5小时。求这条船在静水中的速度。
【解】这道题的数量关系比较隐蔽，我们条件摘录整理如下：
顺水
逆水
时间
48千米
16千米
5小时
32千米
24千米
比较条件可知，船顺水航行48千米，改为32千米，即少行了48-32=16千米，那么逆水行程就由16千米增加到24千米，这就是在相同的时间里，船顺水行程是逆水行程的16÷8=2倍。所以“逆水航行16千米”，可转换为“顺水航行16×2=32千米”，这样船5小时一共顺水航行18+32=80千米，船顺水速为80÷5=16千米，船逆水速为16÷2=8千米。
船静水速为（16+8）÷2=12千米。
【点评】有些题的数量关系不明显，要通过整理、比较找出题中的隐含关系。
1、
线段跑道
【引题】★甲、乙二人分别从A、B两地同时出发，相向而行，乙的速度是甲的。二人相遇后继续行进，甲到达B地和乙到达A地后都立即沿原路返回。已知二人第二次相遇的地点相距第一次相遇的地点20千米，求A、B两地相距多少千米？
【解】根据题意，在相同时间内，甲、乙所行的路的比是，就是说，如果把全程看作有5份路，那么甲行3份，乙行了2份，这样，可以画出线段图，并标出第一次相遇的地点。
根据题意，两人从第一次相遇到第二相遇，其间共需行进两个单程，也就是说甲行进了（3＋3）6份路程，乙行进了（2＋2）4份路程，这样，又可以画出线段图，并标出第二次相遇的地点。
结合图示，很容易看出：
两次相遇点间的距离20千米，正好相当于全程的，
所以A、B两地间路程可求：
20÷＝50（千米）
【例1】
★（北京二中选拔考试最后一道大题）
甲，乙二人分别从A，B两地同时相向出发，往返于A，B之间，第一次相遇在距A地30公里处，第二次相遇地点在距第一次相遇地右边10公里处。求（1）A，B两地距离。（2）甲，乙的速度比。
【解】
画图易知，利用路程的倍数关系，第二次相遇的地点距离B点：（30×2－10）÷2=25公里；所以
（1）A，B两地距离30＋10＋25
=65公里；
（2）甲，乙的速度比为30：35
=
6：7
【例2】
★★（思而行奥数研究中心教研组改编题）
有甲、乙两个玩具狗，分别从A、B两点同时出发，相向而行，乙的速度是甲的。二狗相遇后继续行进，甲到达B点和乙到达A点后都立即沿原路返回。如此不停，已知它们第1000次迎面相遇的地点相距第1001次迎面相遇的地点20厘米，求A、B两点相距多少厘米？
【解】
根据题意，在相同时间内，甲、乙所行的路的比是，就是说，如果把全程看作有5份路，那么甲行3份，乙行了2份。
在第1000次相遇时，共行了（1＋1000×2）2001个单程，
根据甲在这段时间内的行程，求甲的位置：
2001×3÷（5×2）＝600……3
在第1001次相遇时，共行了（1+1001×2）2003个单程，
根据甲在这段时间内的行程，求甲的位置：
2003×3÷（5×2）＝600……9
所以作图如下：
请注意体会这里的周期是（5×2）,而余数的对应关系应如上图所示，在实际作图中，这些余数不用标出来。
结合图示，很容易看出：
两次相遇点间的距离20厘米，正好相当于全程的，
所以A、B两地间路程可求：
20÷＝50（厘米）
【拓展】有甲、乙两个玩具狗，分别从A、B两点同时出发，相向而行，乙的速度是甲的。二狗相遇后继续行进，甲到达B点和乙到达A点后都立即沿原路返回。如此不停，已知它们第2008次迎面相遇时距A点20厘米，求A、B两点相距多少厘米？
【解】这两个玩具狗在第2008次迎面相遇时，共行了（1＋2008×2）4017个单程，
根据甲在这段时间内的行程，求甲的位置
4017×3÷（5×2）＝1205……1
所以，
20厘米，正好相当于全程的，
20÷＝100（厘米）
【点评】通过例1的学习，同学们一定要体会：
在线段上多次相遇问题的规律是，如果两人两地同时出发，相向而行，则在第N次迎面相遇时，共行了（2N+1）个单程，且在这段时间内每人的行程都是自己在一个单程内行程的（2N+1）倍。
【例3】
★★
AB两地相距4千米，在从A地到B地的公交路线上，只有两辆BUS，一辆平均每小时行驶30千米，另一辆因为服役时间太长，所以跑不动了，平均每小时行20千米（乘客上下车时间忽略不计）。早上都从A地发车，求第三次迎面相遇点与第四次迎面相遇点相距多远？
【解】根据题意，只关心迎面相遇点，所以我们不妨把线段AB两地看作一个封闭环形。
因为两车速度比为30︰20=3︰2,
则第N次相遇，共行了2N个单程，且甲车在每共行两个单程的时间里，行了“环形路程”的,如图：
具体算法：3×3÷5=1……4
3×4÷5=2……2
所以
两车相距4÷5×2=1.6(千米)
【例4】
★★
AB两地相距4千米，在从A地到B地的公交路线上，只有两辆BUS，一辆平均每小时行驶30千米，另一辆因为服役时间太长，所以跑不动了，平均每小时行20千米（乘客上下车时间忽略不计）。早上5：00都从A地发车，
到晚上6：00共相遇了多少次？（两车在同一地视为一次相遇，包括出发时为第一次）
【解】根据题意,两车所行速度比为30︰20=3︰2,
所以两车各行完一个单程所需要时间比为
2︰3,
可作两车运动的折线图如下:
由图可知,每五次相遇时,共行了十个单程程,正好是一个周期,(这个周期应看作包括五相遇点,第六次应算作下一个周期.)
所以每行两个单程相遇一次，
所以根据甲乙速度和与时间,求出甲乙共行了多少个单程:
从早上5:00到晚上6:00,共行了13时,
(30+20)×13÷4=162
(个)……2（千米）
162÷2=81（次）
【例5】
★★★
甲、乙两辆车分别在A、B之间和A、C之间往返运行。已知A、B两地之间的距离为10千米，A、C两地之间的距离为15千米。若甲车每小时行驶40千米，乙车每小时行驶50千米，现在两辆车同时从A站出发，经过多少小时，两车第一次在A站相遇？
【解1】：当两车再次相遇时，所走路程不同，但所用时间相同，故可以考虑以时间做为等量关系．又当两车相遇时，两车所往返的次数必为整数，故可设两车再次相遇时甲车往返了x次，乙车往返y次，我们只需根据所用时间相等，求出满足条件的x、y的最小整数值即可．设两车再次相遇于A站时，甲车往返了x次，乙车往返了y次，列方程得：
当y=5时，x即可取得整数．
所以：当乙车第五次返回A站时，再次与甲车相遇，此时乙车行驶的路程为15×2×5=150，所用的时间为150÷50=3（小时）
答：经过3小时，甲、乙两车又在A站相遇．
【解2】：甲每过20/40=1/2小时回到A一次
乙每过30/50=3/5小时回到A一次
因为[1/2,3/5]=3
所以最早经过3小时，两车又在A站相遇
二、环形跑道
【例6】
★★★甲从A点、乙从B点同时出发相背而跑。两人相遇后，乙即转身与甲同向而跑，当甲跑到A时乙恰好跑到B。当甲追上乙时，甲从出发算起共跑了
多少米？
【解】
设两人在C点相遇(见右图)。
乙从B到C时，甲从A到C；
乙从C到B时，甲从C到A。
说明
A到C与C到A相等，都是200米，
甲的速度是乙的2倍。两人在C点相遇后，
乙跑1圈甲跑2圈，所以甲追上乙时共跑了
200+400×2=1000(米)。
【点评】这里应用了比例关系，即时间一定，路程与速度成正比。对于六年级同学来说，掌握数量关系中的定量（不变）和变量（变化）之间的比例关系，行程中使用频率很高，而在其它诸如平面几何、价格、工程等等关系当中都有很重要的应用。
【例7】
如图5，在长为490米的环形跑道上，A、B两点之间的跑道长50米，甲、乙两人同时从A、B两点出发反向奔跑．两人相遇后，乙立刻转身与甲同向奔跑，同时甲把速度提高了25％，乙把速度提高了20％．结果当甲跑到点A时，乙恰好跑到了点B．如果以后甲、乙的速度和方向都不变，那么当甲追上乙时，从一开始算起，甲一共跑了多少米?
【解1】
相遇后乙的速度提高20％，跑回B点，即来回路程相同，乙速度变化前后的比为5︰6，∴
所花时间的比为6：5。
设甲在相遇时跑了6单位时间，则相遇后到跑回A点用了5单位时间。设甲原来每单位时间的速度V甲，由题意得：
6V甲＋5×V甲×（1＋25％）＝490，得：V甲＝40。
从A点到相遇点路程为40×6＝240，∴
V乙＝（490－50－240）÷6＝。
两人速度变化后，甲的速度为40×（1＋25％）＝50，乙的速度为×（1＋20％）＝40，从相遇点开始，甲追上乙时，甲比乙多行一圈，
∴
甲一共跑了490÷（50－40）×50＋240＝2690（米）
【点评】对于行程问题，“抓等量，看比例”是要诀。至于环形跑道问题，抓住相遇（或追及的）的路程和（或路程差）恰好都是一圈。（这是指同地出发的情况，不同地，则注意两地距离在其中的影响）
另外，本题涉及量化思想，即将比中的每一份看作一个单位，进一步来说，一个时间单位乘以一个速度单位，得到一个路程单位。
【解2】
设相遇处为C点：
因为甲前后速度比为1︰125%=4︰5，乙前后速度比为1︰120%=5︰6,
所以，乙先后在BC处的时间比为6︰5,也即甲先后两段路程AC与CA所用的时间比也是6︰5，
则甲所行AC段路程与CA段路程之比为4×6︰5×5=24︰25.
所以，CA的路程为490÷(24+25)×25=250(米)，BC的路程为250-50=200（米）
所以，在1个单位时间内的速度为：
甲是
250÷5=50（米）；
乙是
200÷5=40（米）。
则甲追上乙的时间需要
（490-50）÷（50-40）=44（单位时间）
所以，甲一共行全程是
50×44+490=2690（米）
【点评】结合比例，运用量化思想，本题的解法更美了。
【例8】
★★（2005年《小学生数学报》优秀小读者评选活动）
有一种机器人玩具装置，配备长、短不同的两条跑道，其中长跑道长400厘米，短跑道长300厘米，且有200厘米的公用跑道(如下图)。机器人甲按逆时针方向以每秒6厘米的速度在长跑道上跑动，机器人乙按顺时针方向以每秒4厘米的速度在短跑道上跑动。如果甲、乙两个机器人同时从点A出发，那么当两个机器人在跑道上第3次迎面相遇时，机器人甲距离出发点A点多少厘米?
【解】第一次在B1点相遇，甲、乙共跑了400厘米(见左下图)。
第二次在B点相遇，甲、乙共跑了700厘米(见右上图)。同理，第三次相遇，甲、乙又共跑了700厘米。共用时间
(400+700+700)÷(6+4)=180(秒)，
甲跑了6×180=1080(厘米)，距A点
400×3—1080=120(厘米)。
【点评】通过这两道例题，请同学们体会一下处理多次相遇问题时，有一种常见思考方法——分段考虑。
欲看行程精彩，敬请继续关注：下一讲“行程之多人行程与钟面问题”
1．
（2006年广东省育苗杯数学竞赛）
一列火车长200米，如果整列火车完全通过一条长400米的隧道，那么需要10秒，如果以同样的速度整列火车完全通过一座大桥需要15秒，那么大桥长是（
）米。
【解1】火车的速度是
（200+400）÷10=60（米）
大桥长
60×15-200=700(米)
【解2】设大桥长x米，得：
或者
解得
x=700
【点评】在此处进一步渗透比例思想、方程思想，训练学生的解方程能力。
解方程，建议用“方程的恒等原理”，即对小学生不用移项的说法，强调：
方程就像天平一样，两边同时加上相同“重量”或同时减去相同“重量”或者同时乘法N倍，两边恒等。形象直观，有利快速解题。
这种方法的注意点是“乘法分配律”的运用，也就是如果两边都乘以一个数，是总的一边跟它相乘，要注意怎么“打散”的问题。
2．
（江苏省吴江市2005年小学数学联赛五年级）
快车长250米，慢车长600米，这两车相向而行，坐在慢车上的王小玲看见快车开过窗口的时间是5秒，快车的速度是慢车速度的1.5倍，快车速度为每秒（
）米。
A.30
B.36
C.48
D.以上都不是
【解】慢车速度为
250÷5÷(1+1.5)=20(米/秒)
快车速度为
20×1.5=30(米/秒)
【点评】请注意是坐在慢车上的人所记时间对应路程为快车车长，
那么坐在快车上的人记了一个时间呢？
还可以拓展为过路人看到两车相遇时间，又怎么求两车的速度各是多少呢？
另外，就本题来讲，其数量关系特点主要是确定行程求速度和，再根据和倍关系求各自速度。
从这道题可以感受到，同学们学习一定要注意“再深入一步”去钻研问题，这种“深入”，有时候就是换一种角度或者是换一下条件。这种学习方法很重要。
3．
（江苏省吴江市2003年小学数学联赛）
一只快艇从A地至B地往返共用4小时，去时顺水比返回逆水每小时多行10千米，因此前2小时比后2小时多行16千米，求AB的路程。
【解】如图：
前2小时从A到B折回到C，后2小时从C到A。
CB长为16÷2=8(千米)，
所以顺水从A到B的时间，逆水只能行（AB-16）千米。
顺水比逆水多行16千米需要
16÷10=1.6(时)
所以从A到B用了1.6小时，从B到A用了
4-1.6=2.4(时)
从而BC段行2.4-2=0.4(时)，逆水每小时行8÷0.4=20(千米)，
AB路程有20×2.4=48(千米)。
4．
(2006年第十一届《“华罗庚金杯”少年数学邀请赛》
已知一条航道下游的A港与上游的B港间的水路路程为150千米。若甲船从A港、乙船从B港同时出发相向航行，两船在途中的C点相遇。若乙船从A港、甲船从B港同时出发相向航行，两船在途中的D点相遇。已知C、D间的水路路程为21千米。则甲、乙两船在静水中航行的速度比为（
）
A．
B.
C.
D.
【解】设水速为a,甲船的静水速度为v1,乙船的静水速度为v2,
由此可得：
=，
所以=
【点评】应用等量关系列方程，注意这里的“设而不求”思想，即没有分别求出a、v1、和v2各是多少，而是直接求两者的倍比关系。
5．
★★（2006年《小学数学ABC》精选题）
如图，甲、乙分别从A，B两地同时出发相向而行，在C处相遇甲没有休息，到B地后立即往返；乙则休息了15分钟才继续走，到A地后立即折返。两人折返后仍在C处相遇。如果甲每分钟走60米，乙每分钟走80米，那么A，B两地相距
米。
【解】如图：
设A，B两地相距x米。由
AC︰CB=60︰80=3︰4
知，AC=x，CB=x。由甲从A到B再到C所用时间比乙从B到A再到C所用时间多15分钟，可得方程
6．（2006年第十一届《华罗庚金杯少年数学邀请赛》初赛）
如图，长方形ABCD中AB︰BC=5︰4。位于A点的第一只蚂蚁按A→B→C→D→A的方向，位于C点的第二只蚂蚁按C→B→A→D→C的方向同时出发，分别沿着长方形的边爬行。如果两只蚂蚁第一次在B点相遇，则两只蚂蚁第二次相遇在（
）边上。
A.AB
B.BC
C.CD
D.DA
【解】如右图，长方形ABCD中AB︰BC=5︰4。
将AB，CD边各5等分，BC，DA边各4等分。设每份长度为a。
由于两只蚂蚁第一次在B点相遇，所以第一只蚂蚁走5a,第二只蚂蚁走4a.
接下来，第一只蚂蚁由B走到E点时，第二只蚂蚁由B走到F点，
再接下来，当第一只蚂蚁由E走到G点时，第二只蚂蚁由F也走到G，这时，两只蚂蚁第二次相遇在DA边上。
“哥德巴赫猜想”也不过是一道奥数题
好像在大的环境上有反奥数的声音，我竟然听不到多少为奥数正名的声音，很是不爽，所以要轻轻地告诉你——“哥德巴赫猜想”也不过是一道奥数题。
这不是对“哥德巴赫猜想”的小看，也不是对奥数的抬举，因为事实如此。
有很多人看不出来这么简单的道理，这是因为他不知道：
1、
奥数跟“哥德巴赫猜想”一样，可以激发兴趣与引导志向。
当你登山时，你永远不会对爬上一个小土丘而拥有非份的自豪——“我已降服这么高的……大山”，防止把人笑死。而当你“会当凌绝顶，一览众山小”时，别人都要仰视才见。这个道理谁不知道？
而我们的奥数题就是一道道高山，这种高是相对的，但是客观的。
每一个学段，都能挖掘出与之适应的难题，成为在相应“地域”中的难得的“高山”，对于爱学习爱挑战“巨勇敢”的人，是一种多么难得的诱惑！
这种诱惑，并不亚于“哥德巴赫猜想”对数学家的诱惑。而“哥德巴赫猜想”也不过是摆在数学家们面前的一道奥数题，让人唏嘘的是，能出这样的奥数题的人真正难找！解出这道奥数题的人也很少，但一定有，而且就在我们当中！！因为，我们的奥数“研究生”真不知道有什么不可以去思考和研究的，这是一种地道的学术勇气。
2、
奥数跟“哥德巴赫猜想”一样，可以整合已有知识体系。
一位伟大的数学家邱成桐先生，成为华人中第一位菲尔兹奖——数学界的诺贝尔奖获得者，（第二位是澳大利亚籍的华裔陶哲轩，今天31岁，曾获得过国际数学奥林匹克大赛金奖），邱成桐先生的老师是更伟大的数学家陈省身老先生对学奥数的学生们说过“数学好玩”，确实一道好的奥数题，可以帮学生把学过的零散知识进行整合，从而达到高屋建瓴、触类旁通的境界。（尽管是某种低层面上的境界，但这正是成为学习过程中所必需的一以贯之的境界，直至彻底拿下“哥德巴赫猜想”）
3、
奥数的未来走向是永远而且光明的，它是为那些渴望攀登高峰的勇士而准备的。
第四讲
行程之多人行程与钟面问题
1．
回顾基本相遇、追及问题与变速问题；
2．
精讲：
1、
钟面问题：
钟面追及、钟面相遇、时钟校准。
2、
多人行程：
其本质是从两两关系中推出结论。可以看作是多个两者运动关系在某一等量联系下的变化。
相遇与追及
【例1】
★★（第三届“走进美妙的数学花园”解题技能展示大赛）
猎狗发现北边200米处有一点兔子正要逃跑，拔腿就追。兔子的洞穴在兔子的北边480米，若兔子每秒跑13米，猎狗每秒跑18米，可怜的兔子能逃过这一劫吗？（判断“能”还是“不能”，并说明理由）
【解】
能。
因为猎狗要追上兔子要
200÷(18-13)=40(秒)
而兔子跑回洞穴要
480÷13=36（秒）
所以兔子能逃过这一劫。
【例2】
★★（2006浙江省小学数学活动课夏令营）
甲、乙两人的速度之比是5:4,乙先从B地出发行往A地，当走到离B地336米的地方时，甲从A地出发行往B地。结果两人相遇的地方离A、B两地距离之比是3:4,那么A，B两地的距离是
米。
【解1】
从甲出发到相遇两人走的路程之比是5︰4=15︰12,
而相遇地点离A，B两地距离之比是3︰4=15︰20,
说明乙走的336米占全程的，
所以，全程为
336÷=1470（米）
【解2】
如图，由题意知AD︰DC=5︰4；
AD︰DB=3︰4
所以可以把AD看作“1”的量，
BC=(-)AD
所以AD=336÷(-)=630（米）
所以AB=630÷3×7=1470（米）
【点评】本题综合运用了比例关系，解法1考虑通比，通比的要点的是“不变量”为中介，而解法2运用“量率对应”思想，要点在于“以不变量为单位‘1’”。
【例3】
★★★（2006年“我爱数学杯”数学竞赛）
甲、乙两车同时从A地出发开往B地，甲车的速度为每小时45千米，乙车的速度为每小时50千米。乙车到达B地后立即返回，在距B地5千米处与甲车相遇，那么A，B两地相距
千米。
【解】因为从出发到相遇甲车比乙车少行10千米，所以，从出发到相遇共用
10÷(50-45)=2(时)
A，
B两地相距
2×50-5=95（千米）
【点评】本题还可以用比例关系灵活地处理，请同学们思考一下。
45︰50=9︰10
19-9×2=1
5÷=95（千米）
变速问题
【例4】
★★★（《华罗庚金杯少年数学邀请赛》决赛模拟题）
一个圆周长70厘米，甲、乙两只爬虫从同一点同时出发，同向爬行，甲以4厘米/秒的速度不停地爬行，乙爬行15厘米后，立即反向爬行，并且速度增加1倍，在离出发点30厘米处与甲相遇。则乙爬虫原来的速度是
。
【解】设A点是起始点，乙的爬行速度是每秒v厘米，乙爬到B点走了15厘米，所用时间为秒。
乙反向后在离出发点30厘米处与甲相遇，所用时间是秒，
即从出发开始计算，乙爬行时间是（+）秒。
从出发开始计算，甲爬行时间是秒。
所以，+=，
30+15+30=2v，
v=3(厘米/秒)
【点评】本题的条件“在离出发点30厘米处与甲相遇”不够严密，有岐义，可以理解为两种情况，第一种情况如原解，表示回到A点后又走到C是30厘米；第二种情况是从A走到C走了40厘米，即从C到B到A还有30厘米。所以有解：
+=
V=5(厘米/秒)
【例5】
★★★（2006年北京市“数学解题能力展示”读者评选活动高年级组初赛）
甲、乙两地相距100千米，张山骑摩托车从甲地出发，1小时后李强驾驶汽车也从甲地出发，二人同时到达乙地。已知摩托车开始的速度是每小时50千米，中途减为每小时40千米；汽车的速度是每小时80千米并在途中停留10分钟。那么，张山骑摩托车在出发
分钟后减速。
【解】
汽车行驶了
100÷80×60=75（分）
摩托车行驶了
75+60+10=145（分）。
设摩托车减速前行驶了x米，则减速后行驶了(145-x)分。
50×+40×=100
5x+580-4x=600,
X=20(分)。
多人行程：
【例1】
★★★甲、乙、丙三人行路，甲每分钟走60米，乙每分钟走50米，丙每分钟走40米。甲从A地，乙和丙从B地同时出发相向而行，甲和乙相遇后，过了15分钟又与丙相遇，求A、B两地间的距离。
【分析】： 画图如下：
结合上图，如果我们设甲、乙在点C相遇时，丙在D点，则因为过15分钟后甲、丙在点E相遇，所以C、D之间的距离就等于（40＋60）×15=1500（米）。
又因为乙和丙是同时从点B出发的，在相同的时间内，乙走到C点，丙才走到D点，即在相同的时间内乙比丙多走了1500米，而乙与丙的速度差为50-40＝10（米/分），这样就可求出乙从B到C的时间为1500÷10＝150（分钟），也就是甲、乙二人分别从A、B出发到C点相遇的时间是150分钟，因此，可求出A、B的距离。
【解】：①甲和丙15分钟的相遇路程：
（40＋60）×15=1500（米）。
②乙和丙的速度差：
50-40=10（米/分钟）。
③甲和乙的相遇时间：
1500÷10=150（分钟）。
④A、B两地间的距离：
（50＋60）×150＝16500（米）＝16.5千米。
答：A、B两地间的距离是16.5千米.
【点评】对于多人行程，一般的解题思路仍然是从两人之间“抓等量”，不过因为是多人，请注意某两人之间的等量与另外两人之间的等量的同一关系。
具体来说，本题的要点在于：甲乙两人的相遇时间=乙丙两人的追及时间
乙丙两人的路程差（这是追及关系的标志）=甲丙两人的路程和
总体来说，要看出本题的两次相遇和一次追及关系。
【例2】
★★★A、B、C、O四个小镇之间的道路分布如图所示，其中A、O两镇相距20千米，B、O两镇相距30千米。某天甲、乙二人同时从B出发，甲到达O镇后再向A镇走，到达A镇后又立刻返回，而乙到达O镇后直接向C行进。丙从C镇与甲、乙两人同时出发，在距离O镇15千米处与乙相遇。当丙到达O镇后又向A镇前行，在与O镇相距6千米的地方与甲相遇。已知甲、乙的速度比为8：9，求O、C两镇之间的距离。
【解】当乙和丙相遇时，乙已经走了30+15=45千米。由于甲乙两人的速度比是8：9，因此这时甲已经走了45×8÷9=40千米。
当甲和丙相遇时，甲已经走了
30+20×2-6=64（千米），
因此两次相遇之间的时间是全部时间的
（64-40）÷64=。
而丙在两次相遇之间走的路程是15+6=21（千米），
说明在与甲相遇前他一共走了21÷=56千米，
所以OC之间的距离是56-6=50千米。
【点评】本题多次用到速度一定时，路程与时间的正比关系。
从思考的难点来看，关键是抓住“两次相遇之间的时间是全部时间的（64-40）÷64=。”
这就是解题的切入点，如何找到解题的切入点，是一种艺术，通过认真的学习，感觉会越来越敏锐。
【例3】
★★★（2006年江西省婺源县小学数学竞赛）
甲、乙、丙三人同时从A地向B地跑，当甲跑到B地时，乙离B地还有30米，丙离B地还有40米；当乙跑到B地时，丙离B地还有16米。A、B两地相距多少米？
【解】
由题意知，乙跑30米，丙跑40-16=24(米)。
由此推知，乙比丙多跑10米时，乙跑了
30×[10÷（30-24）]=50（米）
所以
A，B两地相距
50+30=80（米）。
【例4】
★★★★（《华罗庚金杯少年数学邀请赛》决赛模拟题）
某社区为迎奥运会举行徒步比赛。甲、乙、丙三名运动员同时从同一个出发点起步后不间断地匀速步行，每分钟乙比甲少走15米，而比丙多走3米。当乙到达赛程中点折返处时，比甲晚到4分钟，而比丙早到1分钟。这次徒步比赛全程多少米？
【解】
设比赛全程为2s米，乙每分钟步行x米，则甲每分钟步行（x+15）米，丙每分钟步行（x-3）米。根据题意，甲步行到中点折返处时用时：分钟。
乙步行到中点折返处时用时：分钟，
丙步行到中点折返处时用时：分钟。
列方程：
对两个等式通分，得：
化简得到
（3）-（4）×4，则3s=72x,
代入（2），得到，
所以x=75,3s=72×75,
s=1800.
所以比赛全程是3600米。
【点评】根据等量关系，应用方程，是代数思想的体现。另外，对解方程的练习需要加强。
【例5】
★★★★(2006年《小学数学ABC》精选题)
如右图所示，甲、乙、丙分别从A，B，C点同时出发，并且同时到达B，C，A点。如果ABC的周长是460米，甲、乙、丙绕行一周的时间分别是8，9，12分钟，那么BC长多少米?
【解】
路程一定时，速度与时间成反比。所以甲、乙、丙的速度比为
：：=：：=9：8：6
因为甲走AB、乙走BC、丙走CA所用时间相同，所以
AB：BC：CA=9：8：6．
BC=460×=160(米)。
钟面问题
追及关系：
【例6】
★★★
某工厂的一只走时不够准确的计时钟需要69分钟（标准时间）时针与分针才能重合一次。工人每天的正常工作时间是8小时，在此期间内，每工作一小时付给工资4元，而若超出规定时间加班，则每小时付给工资6元。如果一个工人照此钟工作小时，那么他实际上应得工资多少元？
【解】：时钟的一圈有60小格，分针每分钟走1格，时针每分钟走=格。
时针和分针从一次重合到下一次重合，分针应比时针多走一圈，因此需要时间
60÷（1-）=分钟。
于是依题设可知，计时钟的分钟相当于标准时间的69分钟。
从而用此钟计时的8小时，实际上应该是
8÷×69=小时，
那么工人实际上应得的工资为
8×4+×6=34.6元。
【点评】本题杂糅了其他应用题的数量关系（分段算工资），单就钟面问题，应该问到“实际时间用了多少小时”就结束；把一个综合应用题根据数量关系拆分开来看问题，这是一种高级的审题能力，也是一种很好的解题思路，这样才能保证思路清晰。
相遇关系：
【例7】
★★
小明在1点多钟时开始做奥数题，当他做完题时，发现还没到两点钟，但此时的时针和分针与开始做题时正好交换了位置，你知道小明做题时用了多长时间吗？
【解】：在不到一个小时的时间内，时针与分针正好交换了一下位置，说明两针在此时间内共转了一圈，则经60÷（1+）=55分钟。
时间校准：
【例9】★★★（2006年北京市“数学解题能力展示”读者评选活动高年级组初试）
一个挂钟每天慢30秒。一个人在3月23日12时校正了挂钟，到4月2日14时至15时之间，挂钟的时针与分针重合在一起时，标准时间应该是4月2日
时
分
秒（精确到秒）
【解】
从3月23日12时到4月2日12时共10天，挂钟慢了
30×10÷60=5（分）
此时挂钟显示11时55分。
因为时针与分针两次重合时间为
60÷（1-）=（分）；
所以从标准时间4月2日12时到所求时刻，挂钟走的时间为
5+65×2=135（分）；
相当于标准时间
135×≈135.956(分)
≈2时15分57秒
所求时刻为14时15分57秒。
欲看行程精彩，敬请继续关注：秋季班
“行程之发车间隔与接送问题”
1．（2006年《小学数学ABC》精选题）
小光和小华同时从甲乙两村相对出发，小光每分钟走80米，下华每分钟走75米，两人在距中点10米处相遇，则甲乙两村相距（
）米。
A
620
B
310
C
155
D
600
【解1】
在相同时间里小光比小华多走米看成路程差,转化成追及问题,求出追及时间、也就是相遇时间:(分)
甲乙两地相距路程:(米)
【解2】
根据正比关系，相遇时小光和小华所行路程比为80︰75=16︰15
所以小光已行全程的，
根据“量率对应”，得
甲乙两地相距路程：10÷（-）=620（米）
2．★★★（2006年“我爱数学少年夏令营”）
某小组在下午6点开了一个会，刚开会时小张看了一下手表，发现那时手表的分针和时针垂直。下午7点之前会就结束了，散会时小张又看了一下手表，发现分针与时针仍然垂直，那么这个小组会共开了
分钟。
【解1】分针每分钟转圈，时针每分钟转圈。分针要比时针多转圈，需要
÷（-）=（分）
【解2】（15×2）÷（1-）=（分）
【点评】在钟面追及与相遇问题中，有三套单位可以使用：圈数、度数、格数（一般用小格为单位，没有必要时，不要考虑太多，以便于记忆）。请同学们注意体会。
3．（2006年香港“华罗庚”杯数学邀请赛初赛）
甲、乙、丙三人以不变的速度从A地向B地出发，已知乙比丙迟了10分钟出发，
出发后20分钟乙追上丙。甲比乙迟了10分钟出发，出发后30分钟甲追上乙。问甲出发后多久便可以追上丙。
【解】
依题意，，
所以。
因为
丙比甲早出发20分钟，
所以
甲出发20分钟后追上丙。
4．（江苏省吴江市2005年小学数学联赛）
甲、乙两人从A村，丙从B村同时相向而行，甲每分行70米，乙每分行60米，丙每分行75米，丙遇到甲后8分钟，与乙相遇，A，B两村的路程有多少米？
【解】（75+70）×[（75+60）×8÷（70-60）]=15660（米）。
5．（2004年《小学数学ABC》第一套C卷）
一辆汽车从甲地开往乙地，如果车速提高20％，可以提前1小时到达。如果按原速行驶一段距离后，再将速度提高30％，也可以提前l小时到达，那么按原速行驶了全部路程的几分之几?
【解】车速提高20％，所用时间是原来的=。从甲地到乙地，以原速行驶需1÷（）=6(时)。车速提高30％后需6÷(1+30％)=4
(时)，应提前小时。
实际提前了1小时，所以车速提高30％行驶的路程占全程的，
原速行驶了全程的
兴趣是最好的老师
爱因斯坦说：“兴趣是最好的老师”（高尔基好象也这样说）；杨振宁先生说:“成功的真正秘诀是兴趣。”每位同学可能对此深有同感，说明大家都有伟人潜质，而这么多未来伟人都能这样想，看来“兴趣是最好的老师”这样的意思不会错。
我们关心的是，我在学奥数，也想请来兴趣这样的老师，如何做到呢？
很简单的，这里支你三招：
第一招：心中默念一百遍“数学是好玩的”；
第二招：心中再想一百道“好玩”的数学题；
第三招：梦中再说一句关于奥数的梦话，这样的情形很好玩；
这几招好像有点离谱，其实大有深意。
第一点，心里暗示在起作用，我要真正想对数学感兴趣，这很重要。有的同学可能会说，应该是在老师引导和激发下，才能对奥数感兴趣吧？没错，老师在培养同学们的兴趣方面功不可没，但前提是每个同学要做好接纳奥数的思想准备，要主动地迎向奥数，拥抱奥数，终会喜欢奥数。
第二点，如果有同学能在心中想到一百道“好玩”的奥数题，恭喜你，你一定是奥数“骨灰级”粉丝；更要恭喜你，你将做任何奥数题，都会所向披靡；更重要的是，如果正巧有一道题你做的有点不爽，那么你将如获至宝；如果你现在还没攒够一百道有趣的奥数题，那么，快点行动起来！
第三点，更厉害的一招，只要你能在梦中做出一道最简单的奥数题，或者哪怕只是轻轻地梦呓奥数的好玩与美丽，那么我可以大胆地向你保证，你将在数学方面突飞猛进，一路高歌。
这些话并不唯心，因为我们在老师的指引下，可以真正做到，可以逐步体会到奥数的美：挑战并战胜困难，很了不起吧；看似“巨难”，其实是纸老虎，很好笑吧；峰回路转，好像走过迷宫，面前豁然开朗，好玩吧。至于方程的平衡与美丽，数学家的动人典故，数学难题的百年绵延，（攻克难题，我们还有很多的机会耶），还有，在课堂上，你率先发现的快乐、你独到精妙的解法、你出人意表的思路、……这一切，将会带给你荣耀，带给你成功，带给你自信，带给你更加浓厚的兴趣！
于是，你把最好的老师请回家了，请到了你的心里，他就是“兴趣”！
第五讲
分数应用题之工程问题
1．
回顾工程问题的基本数量关系与一般解法；
2．
精讲工程问题的常见解题方法：
1、
解题关键是把“一项工程”看成一个单位，抓住数量关系：工作效率×工作时间=工作总量，来解答。
2、
要善于利用常见的数学思想方法，如假设法、转化法、代换法等。工作的先后顺序可以改变（假设）；要善于抓住工作效率之间的关系，并适当将它转化为工作时间和工作量之间的关系，这样的转化和代换，往往能化难为易。
3、
一些稍复杂的分数应用题、流水行程问题，其实质也是工程问题，要善于抓住问题的本质特征，把它看作工程问题来解决。
【例1】
★★（小学数学冬令营竞赛试题）一项工程，甲单独做20天完成，乙单独做30天完成。甲、乙合作了几天后，乙因事请假，甲继续做，从开工到完成任务共用了16天。乙请假多少天?
解法一：假设乙没有请假，则两人合作16天，应完成
超过单位“1”的，则乙请假（天）
解法二：甲一共干了16天，完成了×16=
，还有l一=
，是乙做的，乙干了了(天)，休息了16—6=10(天)
解法三：设乙请假x天。
答：乙请假lO天。
【例2】
★★★搬运一个仓库的货物，甲需10小时，乙需12小时，丙需15小时。有同样的仓库A和B
，甲在A仓库，乙在B仓库同时开始搬运货物，丙开始帮甲搬运，中途又转向帮乙搬运，最后同时搬完两个仓库的货物。丙帮助甲、乙各搬运了几小时？
解：（1）甲、乙、丙搬完两个仓库共用了：小时。
（2）丙帮助甲搬运了小时
（3）丙帮乙搬运了8-3=5小时。
【点评】注意整体考虑。
【例3】
★★★（北京市第六届“迎春杯”决赛试题）一项工程，甲单独做要12小时完成，乙单独做要18小时完成．若甲先做1小时，然后乙接替甲做1小时，再由甲接替乙做1小时，……，两人如此交替工作，请问：完成任务时，共用了多少小时？
解：
①若甲、乙两人合作共需多少小时？
②甲、乙两人各单独做7小时后，还剩多少？
④共用了多少小时？
【点评】在工程问题中，转换条件是常用手法。“甲做1小时，乙做1小时，他们相当于合作1小时，也即是每2小时，相当于合做1小时．”这样先算一下一共进行了多少个这样的2小时，余下部分问题就好解决了．
1、
代换法
关键是将单干与合作的实际情况，根据需要等量代换成新的条件。
【例4】
★★★一池水，甲、乙两管同时开，5小时灌满，乙、丙两管同时开，4小时灌满。现在先开乙管6小时，还需甲、丙两管同时开2小时。乙单独开几小时可以灌满？
解：=
1÷=20（小时）
【点评】要善于运用转化，根据“现在先开乙管6小时，还需甲、丙两管同时开2小时灌满”，我们可以把乙管的6小时分成3个2小时，第一个2小时和甲同时开，第二个2小时和丙同时开、第三个2小时单独开。这样就变成了甲、乙同时开2小时，乙、丙同时开2小时，乙独开2小时，正好灌满一池水。
【例5】
【铺垫】一项工程，甲独做6天完成，甲3天的工作量，乙要4天完成。两队合做2天后由乙队独做，还要几天才能完成？
解：
天
【例6】
★★★一项工程，甲先独做2天，然后与乙合做7天，这样才完成工程的一半。已知甲、乙工效的比是2：3。如果这项工程由乙单独做需要多少天才能完成？
解：天
【点评】根据甲、乙工效比是2：3，可以知道，完成同样的工作量，甲、乙所用的时间比是3：2，也就是同样的工作量，乙所用的时间是甲的。由“甲先独做2天，然后与乙合做7天，这样才完成工程的一半”可知，甲一共做了2+7=9天，把甲9天做的工作量给乙做，乙要9×=6天。完成工程的一半乙要用6+7=13天。
【拓展】（华罗庚金杯赛试题）某工厂的一个生产小组，生产一批零件，当每个工人在自己原岗位工作时，10小时可完成这项工作。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，就会晚1小时完成；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，就会提前1小时完成；问：如果同时交换工人A和B，C和D的工作岗位，其他工人生产效率不变，多久可以完成这项工作？
解：最初的效率为
，交换工人A和B后效率减少-=，交换工人C和D后效率增加
-=，同时交换工人A和B，C和D后效率变为-+=，所需时间为：1÷=9。
2、
比例法
通过比例关系，得到相关条件，是工程问题的一种常见方法。
【例7】
★★★
打印一份书稿，甲按规定时间可提前2天完成，乙则要超过规定时间3天才能完成。如果甲、乙合做2天，剩下的由乙独做，那么刚好在规定时间内完成。甲、乙两合做需几天完成？
解：
根据“甲按规定时间可提前2天完成，乙则要超过规定时间3天才能完成。如果甲、乙合做2天，剩下的由乙独做，那么刚好在规定时间内完成。”可知甲做2天的工作量等于乙做3天的工作量。完成这项工作甲、乙所用的时间比是2：3，同时也说明甲、乙单独做，乙用的时间比甲多3+2=5天。
乙独做的天数是：（天），
甲独做要15-5=10（天），
甲乙合做需（天）
【点评】注意工程问题里也经常用到比例，是因为工程问题的基本数量关系是乘法关系。其实这一点是与工程习惯无关的。
【例8】
★★（第15届“迎春杯”小学数学竞赛初赛）
甲、乙两辆清洁车执行东、西城间的公路清扫任务．甲车单独清扫需10小时，乙车单独清扫需15小时，两车同时从东、西城相向开出，相遇时甲车比乙车多清扫12千米．问：东、西两城相距多少千米？
解法一：（1）先求出甲、乙相遇的时间：=6小时。
（2）甲清扫全长的，乙清扫了全部的。
（3）东西两城相距千米。
解法二：
因为时间相等，路程比等于速度比，这样相遇时甲、乙清扫的路程比是=3：2，甲行了全程的，乙行了全程的，全程就是千米。
3、
方程法
抓住等量关系解题。
【例9】
★★★（小学数学奥林匹克决赛第9题）
甲、乙两项工程分别由一、二队来完成。在晴天，一队完成甲工作要12天，二队完成乙工程要15天；在雨天，一队的工作效率要下降40％，二队的工作效率要下降10％。结果两队同时完成工作，问工作时间内下了多少天雨？
解法一：设晴天有x天，雨天有y天，
一队在下雨天的工作效率是：
二队在下雨天的工作效率是：
所以有：，解得：
解法二：在晴天,一队、二队的工作效率分别为和，一队比二队的工作效率高-=；
在雨天，一队、二队的工作效率分别为×（1-40%）=和×（1-10%）=，二队的工作效率比一队高-=。
由︰
=5︰3知，
3个晴天5个雨天，两个队的工作进程相同，
此时完成了工程的×3+×5=，
所以在施工期间，共有6个晴天10个雨天。
4、
列表法
数据很多，可列表整理。
【例10】
★★★
放满一个水池，如果同时打开1，2，3号阀门，则20分钟可以完成；如果同时打开2，3，4阀门，则21分钟可以完成；如果同时打开1，3，4号阀门，则28分钟可以完成；如果同时打开1，2，4号阀门，则30分钟可以完成。问：如果同时打开1，2，3，4号阀门，那么多少分可以完成？
解：根据条件，列表如下：
1号
2号
3号
4号
工作效率
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
由表中可知，每个阀门都出现了三次，所以：
1÷[（+++）÷3]=18（天）
【拓展】某工程如果由第一、二、三小队合干需要12天才能完成；如果由第一、三、五小队合干需要7天才能完成；如果由第二、四、五小队合干需要8天才能完成；如果由第一、三、四小队合干需要42天才能完成。那么这五个小队一起合干需要多少天才能完成这项工程？
解：（++×2+）÷3=，1
÷=6天。
【例11】
★★★（小学数学奥林匹克竞赛）
一项工程，如果由甲、乙、丙共同工作，45天可以完成，需付工程款2700元；如果由甲、乙、丁共同工作，40天可以完成，需付工程款2800元；如果由乙、丙、丁共同工作，36天可以完成，需付工程款2880元；如果由甲、丙、丁共同工作，30天可以完成，需付工程款2700元，现决定将工程承包给某一工程队，确保工程要100天以内完成，且支付的工程款尽量的少，那么应该将工程交给哪一个工程队，支付的工程款是多少元？
解：甲、乙、丙、丁的工效和是：
甲的工效是：；乙的工效是：
丙的工效是：；丁的工效是：
甲、乙、丙、丁所得工程款的和是（2700+2800+2880+2700）÷3=3360元
甲得工程款：3360-2880=480元；乙得工程款：3360-2700=660元
丙得工程款：3360-2800=560元；丁得工程款：3360-2700=660元。
100天以能完成的有丙队和丁队，同时要钱最少应选丙队。
5、
工程法
对于行程或者其它一些题，可以用工程习惯来解题。
【例12】
小王和小李同时从两地相向而行，小王走完全程要60分钟，小李走完全程要40分钟。出发后5分，小李因忘带东西而返回出发点，因取东西耽误了5分钟，小李再出发后多长时间两人相遇？
解：（分）
1、（西城八中选拔考试真题）
一份文件，如果甲抄10小时，乙抄10小时可以抄完；如果甲抄8小时，乙抄13小时也可以抄完。现在甲先抄2小时，剩下的甲乙合作，还需要几小时才能完成？
解：由题意可知：甲，乙合作的效率为：；乙单独的工作效率为（1－8×）÷13=，
所以甲单独的效率－=。
甲先抄2小时，剩下的甲乙合作，还需要（1－2×）÷=8小时。
2、（人大附考试真题）
我们规定两人轮流做一个工程是指，第一个人先做一个小时，第二个人再做一个小时，然后再由第一个人做一个小时，然后又由第二个人做一个小时，如此反复，做完为止。如果甲、乙轮流做一个工程需要9.8小时，而乙、甲轮流做同样的工程只需要9.6小时，那乙单独做这个工程需要多少小时？
解：甲乙甲乙
…甲1小时
乙0.8小时；
乙甲乙甲
…乙1小时
甲0.6小时；
甲0.4小时
乙0.2小时。
即甲工作2小时，相当于乙1小时。
所以，乙单独工作需9.8－5+5÷2＝7.3小时。
3、抄一份书稿，甲每天的工作效率等于乙、丙二人每天的工作效率的和；丙的工作效率相当甲、乙每天工作效率和的。如果3人合抄只需8天就完成了，那么乙一人单独抄需要多少天都能完成？
解法一：3人合抄只需8天就完成了，三人的合作工作效率为；甲每天的工作效率等于乙、丙二人每天的工作效率的和，说明甲的工作效率等于乙、丙合作工作效率，且都是三人合作效率的一半，即（1/8）/2=1/16；丙的工作效率相当甲、乙每天工作效率和的，即甲、乙合作工作效率为丙的5倍，甲=乙+丙，甲+乙=5丙，则乙的工作效率是丙的2倍，那么，乙的工作效率=×=，所以，乙一人单独抄需要24天才能完成。
解法二：三人合抄只需8天完成，所以效率和是，根据和倍问题公式很快可以求出甲的效率为：÷（1+1）=，丙的效率为÷（5+1）=，所以乙的效率为-=，所以乙一人单独抄需要24天才能完成.
4、有甲、乙两项工作，张单独完成甲工作要10天，单独完成乙工作要15天；李单独完成甲工作要
8天，单独完成乙工作要20天。如果每项工作都可以由两人合作，那么这两项工作都完成最少需要多少天？
解：很明显，李做甲工作的工作效率高，张做乙工作的工作效率高.因此让李先做甲，张先做乙。
设乙的工作量为60份（15与20的最小公倍数），张每天完成4份，李每天完成3份.
8天，李就能完成甲工作.此时张还余下乙工作（60-4×8）份.由张、李合作需要
（60-4×8）÷（4+3）=4（天）。
8+4=12（天）.
答：这两项工作都完成最少需要12天.
5、（小学数学奥林匹克）
一件工程,甲队独做12天可以完成,甲队做3天后乙队做2天恰可完成一半,现在甲乙两队合做若干天后,由乙队单独完成,做完后发现两段所用时间相等,则共用多少天?
解：甲队做6天完成一半,甲队做3天乙队做2天也完成一半,所以甲队做3天相当于乙队做2天。
即甲的工作效率是乙的,从而乙独做12×=8天完成。所说两段所用时间相等,每段时间应是8÷(1+1+)=3(天),因此共用3×2=6天。
6、一项工程，如果甲先做5天，那么乙接着做20天可完成；如果甲先做20天，那么乙接着做8天可完成。如果甲、乙合作，那么多少天可以完成?
解：本题没有直接给出工作效率，为了求出甲、乙的工作效率，我们先画出示意图：
从图中可以直观地看出：甲15天的工作量和乙12天的工作量相等，即甲5天的工作量等于乙4天的工作量。于是可用“乙工作4天”等量替换题中“甲工作5天”这一条件，通过此替换可知乙单独做这一工程需20+4=24(天)完成，即乙的工作效率是。又因为乙工作4天的工作量和甲工作5天的工作量相等，所以甲的工作效率是乙的，，甲、乙合作这一工程需用的时间为
(天)。
甲(20—5)天的工作量=乙(20—8)天的工作量。
甲5天的工作量=乙4天的工作量。
答：甲、乙合作13天完成。
勤奋出天才
法国数学家彭加勒，童年时由于患过运动神经系统的毛病，视力和书写能力都受到很大的影响，但非凡的记忆力和高度集中的注意力却弥补了他这方面的缺陷。
彭加勒具有过目不忘的“照相机式”的记忆力，他对事物的记忆迅速、持久而准确。由于视力不好，上课时看不清黑板上的字，记笔记对于他来说是一件很不容易的事。彭加勒索性就不记笔记，上课时集中注意力全神贯注地听讲、记忆和思考。由于长期采取这种方式学习，彭加勒养成了在脑子中完成复杂计算的能力，他的许多论文就是采用这种方式构思的。以这种独特的方式，彭加勒闯进了数学大世界。
19岁那年，彭加勒的数学才能已经远近闻名。这一年，彭加勒报名参加了巴黎综合工科学校的入学考试。为了试探这位数学奇才的能力，主考官精心设计了两道难题。谁知道彭加勒竟然不费吹灰之力，轻而易举地解答了出来，主考官们吃惊不已。可是，他的画图能力太差，在几何画图的考试中他落下马来。
按学校的规定，彭加勒已与这所著名的高等学府无缘，但主考官认为他是一个难得的数学奇才。因此，在主考官的竭力推荐下，彭加勒被破格录取了。
在巴黎综合工科学校学习两年后，彭加勒又升入了高一级的矿业学院，准备毕业后当一名工程师。但是，数学深深吸引着彭加勒，他仍花许多时间和精力来研究各种各样的数学问题。1878年，他向法兰西科学院提交了一篇关于微分方程的论文，这篇论文被科学院的专家评定为优秀论文。第二年，法兰西科学院授予彭加勒数学博士学位。这一年，彭加勒25岁，33岁时他又当选为法兰西科学院院士。
彭加勒一生共发表过500多篇学术论文和30多卷著作，其内容涉及数学、物理学、天文学和哲学等众多学科。
有趣的是，这样一位数学天才的智商，却不像他所取得的成就那样光彩夺目。在彭加勒成名后，德国心理学家比内测定了他的智商，结论是彭加勒是个“笨人”。
也许，有的同学会为自己的高智商而沾沾自喜，有的同学则会为自己的低智商而垂头丧气。从彭加勒的故事中，你至少应该明白这样一个道理：智商不能反映一个人能力的高低；对一个人的成才来说，勤奋比智慧更重要。
第六讲
经典应用题综合
1.
回顾应用题的基础分析方法；
2.
精讲历次考试中碰到的经典数量关系。
【例】
★★★小华有糖300克，他有一架天平及重量分别为30克和5克的两个砝码。问：小华最少用天平称几次，可以将糖分为两份，使一份重100克，另一分重200克?
【解】第一次用30克和5克的两个砝码可以称出35克糖；
第二次用30克的砝码和35克糖可称出65克糖。
所以一共称两次，即可分出。
比较差异——
许多问题涉及到多种情况，则比较它们的差异和思考其原因是解题的关键。
【例1】★★★★（小学“希望杯”杯赛试题）
甲乙两个小朋友各有一袋糖，每袋糖不到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多少粒。
【解】总体和部分，比较分析。甲给乙一定数量糖后，甲占总数的，乙给甲一定数量后，甲占总数的。则前后变化－＝。糖的总数能被12整除。由于每袋糖不超过20粒，则有12，24，36三种可能。又由于前后变化为两倍的“同样数量的糖”，则只能是24。
关键线索——
许多问题看似复杂，但往往题目有关键线索。
【例2】★★★（仁华试题）
在期末考试，哥哥的数学成绩比语文高7分，弟弟的数学成绩是语文的。又知道弟弟的数学成绩比哥哥的数学成绩的高4分，总成绩比哥哥低3分，那么弟弟的语文成绩是多少分？
【解】把弟弟的语文成绩设为x。则弟弟数学成绩是x×。哥哥的数学成绩为（x×－4）×。哥哥语文成绩为（x×－4）×＋7。那么有总成绩的关系可以列式为：
x＋x×＋3＝（x×－4）××2－7。x/5＝10＋48/5。则x＝98。弟弟数学成绩为84分。哥哥数学成绩为96分。哥哥语文成绩为89分。
估算分析——
【例3】★★★★5个空瓶可以换1瓶汽水，某班同学喝了161瓶汽水。其中有一些是用喝剩下的空瓶换来的，那么他们至少要买多少瓶汽水？
【解】先估算，可以设计这样一个过程：借一瓶，买四瓶，然后还五个空瓶。则效果相当于买四瓶可以喝五瓶。可见
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