1、最值问题
【最小值问题】
例1 外宾由甲地经乙地、丙地去丁地参观。甲、乙、丙、丁四地和甲乙、乙丙、丙丁的中点，原来就各有一位民警值勤。为了保证安全，上级决定在沿途增加值勤民警，并规定每相邻的两位民警（包括原有的民警）之间的距离都相等。现知甲乙相距5000米，乙丙相距8000米，丙丁相距4000米，那么至少要增加______位民警。
（《中华电力杯》少年数学竞赛决赛第一试试题）
讲析：如图5.91，现在甲、乙、丙、丁和甲乙、乙丙、丙丁各处中点各有一位民警，共有7位民警。他们将上面的线段分为了2个2500米，2个4000米，2个2000米。现要在他们各自的中间插入若干名民警，要求每两人之间距离相等，这实际上是要求将2500、4000、2000分成尽可能长的同样长的小路。
由于2500、4000、2000的最大公约数是500，所以，整段路最少需要的民警数是（5000＋8000＋4000）÷500＋1=35（名）。
例2 在一个正方体表面上，三只蚂蚁分别处在A、B、C的位置上，如图5.92所示，它们爬行的速度相等。若要求它们同时出发会面，那么，应选择哪点会面最省时？
（湖南怀化地区小学数学奥林匹克预赛试题）
讲析：因为三只蚂蚁速度相等，要想从各自的地点出发会面最省时，必须三者同时到达，即各自行的路程相等。
我们可将正方体表面展开，如图5.93，则A、B、C三点在同一平面上。这样，便将问题转化为在同一平面内找出一点O，使O到这三点的距离相等且最短。
所以，连接A和C，它与正方体的一条棱交于O；再连接OB，不难得出AO=OC=OB。
故，O点即为三只蚂蚁会面之处。
【最大值问题】
例1 有三条线段a、b、c，并且a＜b＜c。判断：图5.94的三个梯形中，第几个图形面积最大？
（全国第二届“华杯赛”初赛试题）
讲析：三个图的面积分别是：
三个面积数变化的部分是两数和与另一数的乘积，不变量是（a＋b＋c）的和一定。其问题实质上是把这个定值拆成两个数，求这两个数为何值时，乘积最大。由等周长的长方形面积最大原理可知，（a＋b）×c这组数的值最接近。
故图（3）的面积最大。
例2 某商店有一天，估计将进货单价为90元的某商品按100元售出后，能卖出500个。已知这种商品每个涨价1元，其销售量就减少10个。为了使这一天能赚得更多利润，售价应定为每个______元。
（台北市数学竞赛试题）
讲析：因为按每个100元出售，能卖出500个，每个涨价1元，其销量减少10个，所以，这种商品按单价90元进货，共进了600个。
现把600个商品按每份10个，可分成60份。因每个涨价1元，销量就减少1份（即10个）；相反，每个减价1元，销量就增加1份。
所以，每个涨价的钱数与销售的份数之和是不变的（为60），根据等周长长方形面积最大原理可知，当把60分为两个30时，即每个涨价30元，卖出30份，此时有最大的利润。
因此，每个售价应定为90＋30=120（元）时，这一天能获得最大利润。
2、最值规律
【积最大的规律】
（1）多个数的和一定（为一个不变的常数），当这几个数均相等时，它们的积最大。用字母表示，就是
如果a1+a2+…+an=b（b为一常数），
那么，当a1=a2=…=an时，a1×a2×…×an有最大值。
例如，a1+a2=10，
…………→…………；
1+9=10→1×9=9；
2+8=10→2×8=16；
3+7=10→3×7=21；
4+6=10→4×6=24；
4.5+5.5=10→4.5×5.5=24.75；
5+5=10→5×5=25；
5.5+4.5=10→5.5×4.5=24.75；
…………→…………；
9+1=10→9×1=9；
…………→…………
由上可见，当a1、a2两数的差越小时，它们的积就越大；只有当它们的差为0，即a1=a2时，它们的积就会变得最大。
三个或三个以上的数也是一样的。由于篇幅所限，在此不一一举例。
由“积最大规律”，可以推出以下的结论：
结论1 所有周长相等的n边形，以正n边形（各角相等，各边也相等的n边形）的面积为最大。
例如，当n=4时，周长相等的所有四边形中，以正方形的面积为最大。
例题：用长为24厘米的铁丝，围成一个长方形，长宽如何分配时，它的面积为最大？
解 设长为a厘米，宽为b厘米，依题意得
（a+b）×2=24
即 a+b=12
由积最大规律，得a=b=6（厘米）时，面积最大为
6×6=36（平方厘米）。
（注：正方形是特殊的矩形，即特殊的长方形。）
结论2 在三度（长、宽、高）的和一定的长方体中，以正方体的体积为最大。
例题：用12米长的铁丝焊接成一个长方体，长、宽、高如何分配，它的体积才会最大？
解 设长方体的长为a米，宽为b米，高为c米，依题意得
（a+b+c）×4=12
即a+b+c=3
由积最大规律，得a=b=c=1（米）时，长方体体积为最大。最大体积为
1×1×1=1（立方米）。
（2）将给定的自然数N，分拆成若干个（不定）的自然数的和，只有当这些自然数全是2或3，并且2至多为两个时，这些自然数的积最大。
例如，将自然数8拆成若干个自然数的和，要使这些自然数的乘积为最大。怎么办呢？
我们可将各种拆法详述如下：
分拆成8个数，则只能是8个“1”，其积为1。
分拆成7个数，则只能是6个“1”，1个“2”，其积为2。
分拆成6个数，可得两组数：（1，1，1，1，1，3）；（1，1，1，1，2，2）。它们的积分别是3和4。
分拆成5个数，可得三组数：（1，1，1，1，4）；（1，1，1，2，3）；（1，1，2，2，2）。它们的积分别为4，6，8。
分拆成4个数，可得5组数：（1，1，1，5）；（1，1，2，4）；（1，1，3，3）；（1，2，2，3）；（2，2，2，2）。它们的积分别为5，8，9，12，16。
分拆成3个数，可得5组数：（1，1，6）；（1，2，5）；（1，3，4）；（2，2，4）；（2，3，3）。它们的积分别为6，10，12，16，18。
分拆成2个数，可得4组数：（1，7）；（2，6）；（3，5）；（4，4）。它们的积分别为7，12，15，16。
分拆成一个数，就是这个8。
从上面可以看出，积最大的是
18=3×3×2。
可见，它符合上面所述规律。
用同样的方法，将6、7、14、25分拆成若干个自然数的和，可发现
6=3+3时，其积3×3=9为最大；
7=3+2+2时，其积3×2×2=12为最大；
14=3+3+3+3+2时，其积3×3×3×3×2=162为最大；
由这些例子可知，上面所述的规律是正确的。
【和最小的规律】几个数的积一定，当这几个数相等时，它们的和相等。用字母表达，就是如果a1×a2×…×an=c（c为常数），
那么，当a1=a2=…=an时，a1+a2+…+an有最小值。
例如，a1×a2=9，
…………→…………
1×9=9→1+9=10；
3×3=9→3+3=6；
…………→…………
由上述各式可见，当两数差越小时，它们的和也就越小；当两数差为0时，它们的和为最小。
例题：用铁丝围成一个面积为16平方分米的长方形，如何下料，材料最省？
解 设长方形长为a分米，宽为b分米，依题意得a×b=16。
要使材料最省，则长方形周长应最小，即a+b要最小。根据“和最小规律”，取
a=b=4（分米）
时，即用16分米长的铁丝围成一个正方形，所用的材料为最省。
推论 由“和最小规律”可以推出：在所有面积相等的封闭图形中，以圆的周长为最小。
例如，面积均为4平方分米的正方形和圆，正方形的周长为8分米；而
的周长小于正方形的周长。
【面积变化规律】在周长一定的正多边形中，边数越多，面积越大。
为0.433×6=2.598（平方分米）。
方形的面积。
推论 由这一面积变化规律，可以推出下面的结论：
在周长一定的所有封闭图形中，以圆的面积为最大。
例如，周长为4分米的正方形面积为1平方分米；而周长为4分米的圆，
于和它周长相等的正方形面积。
【体积变化规律】在表面积一定的正多面体（各面为正n边形，各面角和各二面角相等的多面体）中，面数越多，体积越大。
例如，表面积为8平方厘米的正四面体S—ABC（如图1.30），它每一个面均为正三角形，每个三角形面积为2平方厘米，它的体积约是1.1697立方厘米。而表面积为8平方厘米
长约为1.1546厘米，体积约为1.539立方厘米。显然，正方体体积大于正四面体体积。
推论 由这一体积变化规律，可推出如下结论：
在表面积相等的所有封闭体中，以球的体积为最大。
例如，表面积为8平方厘米的正四面体，体积约为1.1697立方米；表面积为8平方厘米的正六面体（正方体），体积约为1.539立方厘米；而表面积是8平方厘米的球，体积却约有2.128立方厘米。可见上面的结论是正确的。
【排序不等式】 对于两个有序数组：
a1≤a2≤…≤an 及b1≤b2≤…≤bn，
则a1b1+a2b2+……+anb抇n（同序）
T≥a1b抇1+a2b抇2+……+anb抇n（乱序）≥a1b
n+a2bn-1+……+a>nb1（倒序）（其中b抇1、b抇2、……、b抇n
为b1、b2、……、bn的任意一种排列（顺序、倒序排列在外），当且仅当a1=a2=…=an，或b1=b2=…=bn时，式中等号成立。）由这一不等式可知，同序积之和为最大，倒序积之和为最小。例题：设有10个人各拿一只水桶，同时到一个水龙头下接水。水龙头注满第一、第二、……九、十个人的桶，分别需要1、2、3、……、9、10分钟。问：如何安排这10个人的排队顺序，可使每个人所费时间的总和尽可能少？这个总费时至少是多少分钟？
解 设每人水桶注满时间的一个有序数组为：1，2，3，……，9，10。
打水时，等候的人数为第二个有序数组，等候时间最长的人数排前，这样组成
1，2，3，……，9，10。
根据排序不等式，最小积的和为倒序，即
1×10+2×9+3×8+4×7+5×6+6×5+7×4+8×3+9×2+10×1
=（1×10+2×9+3×8+4×7+5×6）×2
=（10+18+24+28+30）×2
=220（分钟）
其排队顺序应为：根据注满一桶水所需时间的多少，按从少到多的排法。
3、最优方案与最佳策略
【最优方案】
例1 某工厂每天要生产甲、乙两种产品，按工艺规定，每件甲产品需分别在A、B、C、D四台不同设备上加工2、1、4、0小时；每件乙产品需分别在A、B、C、D四台不同设备上加工2、2、0、4小时。已知A、B、C、D四台设备，每天最多能转动的时间分别是12、8、16、12小时。生产一件甲产品该厂得利润200元，生产一件乙产品得利润300元。问：每天如何安排生产，才能得到最大利润？
（中国台北第一届小学数学竞赛试题）
讲析：设每天生产甲产品a件，乙产品b件。由于设备A的转动时间每天最多为12小时，则有：（2a＋2b）不超过12。
又（a＋2b）不超过8，
4a不超过16，
4b不超过12。
由以上四个条件知，
当b取1时，a可取1、2、3、4；
当b取2时，a可取1、2、3、4；
当b取3时，a可取1、2。
这样，就是在以上情况下，求利润200a＋300b的最大值。可列表如下：
所以，每天安排生产4件甲产品，2件乙产品时，能得到最大利润1400元。
例2 甲厂和乙厂是相邻的两个服装厂。它们生产同一规格的成衣，每个厂的人员和设备都能进行上衣和裤子生产。由于各厂的特点不同，甲厂每月
联合生产，尽量发挥各自的特长多生产成衣。那么现在比过去每月能多生产成衣______套。
（1989年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
如果甲厂全月生产裤子，则可生产
如果乙厂全月生产上衣，则可生产
把甲厂生产的裤子与乙厂生产的上衣配成2100套成衣，这时甲厂生产150条裤子的时间可用来生产成套的成衣
故现在比过去每月可以多生产60套。
【最佳策略】
例1 A、B二人从A开始，轮流在1、2、3、……、1990这1990个数中划去一个数，直到最后剩下两个数互质，那么B胜，否则A胜。问：谁能必胜？制胜的策略是什么？
（《中华电力杯》少年数学竞赛试题）
讲析：将这1990个数按每两个数分为一组；（1、2），（3、4），（5、6），…，（1989、1990）。
当A任意在括号中划去一个时，B就在同一个括号中划去另一个数。这样B就一定能获胜。
例2 桌上放有1992根火柴。甲乙两人轮流从中任取，每次取得根数为1根或2根，规定取得最后一根火柴者胜。问：谁可获胜？
（1992年乌克兰基辅市小学数学竞赛试题）
讲析：因为两人轮流各取一次后，可以做到只取3根。谁要抢到第1992根，谁就必须抢到第1989根，进而抢到第1986、1983、1980、…、6、3根。
谁抢到第3根呢？自然是后取的人。即后取的可以获胜。
后者获胜的策略是，当先取的人每取一次火柴梗时，他紧接着取一次，每次取的根数与先取的加起来的和等于3。
例3 有分别装球73个和118个的两个箱子，两人轮流在任一箱中任意取球，规定取得最后一球者为胜。问：若要先取者为获胜，应如何取？
（上海市数学竞赛试题）
讲析：先取者应不断地让后者在取球之前，使两箱的球处于平衡状态，即每次先取者取之后，使两箱球保持相等。这样，先取者一定获胜。
4、直接思路
“直接思路”是解题中的常规思路。它一般是通过分析、综合、归纳等方法，直接找到解题的途径。
【顺向综合思路】从已知条件出发，根据数量关系先选择两个已知数量，提出可以解决的问题；然后把所求出的数量作为新的已知条件，与其他的已知条件搭配，再提出可以解决的问题；这样逐步推导，直到求出所要求的解为止。这就是顺向综合思路，运用这种思路解题的方法叫“综合法”。
例1 兄弟俩骑车出外郊游，弟弟先出发，速度为每分钟200米，弟弟出发5分钟后，哥哥带一条狗出发，以每分钟250米的速度追赶弟弟，而狗以每分钟300米的速度向弟弟追去，追上弟弟后，立即返回，见到哥哥后又立即向弟弟追去，直到哥哥追上弟弟，这时狗跑了多少千米？
分析（按顺向综合思路探索）：
（1）根据弟弟速度为每分钟200米，出发5分钟的条件，可以求什么？
可以求出弟弟走了多少米，也就是哥哥追赶弟弟的距离。
（2）根据弟弟速度为每分钟200米，哥哥速度为每分钟250米，可以求什么？
可以求出哥哥每分钟能追上弟弟多少米。
（3）通过计算后可以知道哥哥追赶弟弟的距离为1000米，每分钟可追上的距离为50米，根据这两个条件，可以求什么？
可以求出哥哥赶上弟弟所需的时间。
（4）狗在哥哥与弟弟之间来回不断奔跑，看起来很复杂，仔细想一想，狗跑的时间与谁用的时间是一样的？
狗跑的时间与哥哥追上弟弟所用的时间是相同的。
（5）已知狗以每分钟300米的速度，在哥哥与弟弟之间来回奔跑，直到哥哥追上弟弟为止，和哥哥追上弟弟所需的时间，可以求什么？
可以求出这时狗总共跑了多少距离？
这个分析思路可以用下图（图2.1）表示。
例2 下面图形（图2.2）中有多少条线段？
分析（仍可用综合思路考虑）：
我们知道，直线上两点间的一段叫做线段，如果我们把上面任意相邻两点间的线段叫做基本线段，那么就可以这样来计数。
（1）左端点是A的线段有哪些？
有 AB AC AD AE AF AG共 6条。
（2）左端点是B的线段有哪些？
有 BC、BD、BE、BF、BG共5条。
（3）左端点是C的线段有哪些？
有CD、CE、CF、CG共4条。
（4）左端点是D的线段有哪些？
有DE、DF、DG共3条。
（5）左端点是E的线段有哪些？
有EF、EG共2条。
（6）左端点是F的线段有哪些？
有FG共1条。
然后把这些线段加起来就是所要求的线段。
【逆向分析思路】从题目的问题入手，根据数量关系，找出解这个问题所需要的两个条件，然后把其中的一个（或两个）未知的条件作为要解决的问题，再找出解这一个（或两个）问题所需的条件；这样逐步逆推，直到所找的条件在题里都是已知的为止，这就是逆向分析思路，运用这种思路解题的方法叫分析法。
例1 两只船分别从上游的A地和下游的B地同时相向而行，水的流速为每分钟30米，两船在静水中的速度都是每分钟600米，有一天，两船又分别从A、B两地同时相向而行，但这次水流速度为平时的2倍，所以两船相遇的地点比平时相遇点相差60米，求A、B两地间的距离。
分析（用分析思路考虑）：
（1）要求A、B两地间的距离，根据题意需要什么条件？
需要知道两船的速度和与两船相遇的时间。
（2）要求两船的速度和，必要什么条件？
两船分别的速度各是多少。题中已告之在静水中两船都是每分钟600米，那么不论其水速是否改变，其速度和均为（600+600）米，这是因为顺水船速为：船速+水速，逆水船速为：船速-水速，故顺水船速与逆水船速的和为：船速+水速+船速-水速=2个船速（实为船在静水中的速度）
（3）要求相遇的时间，根据题意要什么条件？
两次相遇的时间因为距离相同，速度和相同，所以应该是相等的，这就是说，尽管水流的速度第二次比第一次每分钟增加了30米，仍不会改变相遇时间，只是改变了相遇地点：偏离原相遇点60米，由此可知两船相遇的时间为60÷30=2（小时）。
此分析思路可以用下图（图2.3）表示：
例2 五环图由内径为4，外径为5的五个圆环组成，其中两两相交的小曲边四边形（阴影部分）的面积都相等（如图2.4），已知五个圆环盖住的总面积是122.5，求每个小曲边四边形的面积（圆周率π取3.14）
分析（仍用逆向分析思路探索）：
（1）要求每个小曲边四边形的面积，根据题意必须知道什么条件？
曲边四边形的面积，没有公式可求，但若知道8个小曲边四边形的总面积，则只要用8个曲边四边形总面积除以8，就可以得到每个小曲边四边形的面积了。
（2）要求8个小曲边四边形的总面积，根据题意需要什么条件？
8个小曲边四边形恰好是圆环面积两两相交重叠一次的部分，因此只要把五个圆环的总面积减去五个圆环盖住的总面积就可以了。
（3）要求五个圆环的总面积，根据题意需要什么条件？
求出一个圆环的面积，然后乘以5，就是五个圆环的总面积。
（4）要求每个圆环的面积，需要什么条件？
已知圆环的内径（4）和外径（5），然后按圆环面积公式求就是了。
圆环面积公式为：
S圆环=π（R2-r2）
=π（R＋r）（R－r）
其思路可用下图（图2.5）表示：
【一步倒推思路】顺向综合思路和逆向分析思路是互相联系，不可分割的。在解题时，两种思路常常协同运用，一般根据问题先逆推第一步，再根据应用题的条件顺推，使双方在中间接通，我们把这种思路叫“一步倒推思路”。这种思路简明实用。
例1 一只桶装满10千克水，另外有可装3千克和7千克水的两只空桶，利用这三只桶，怎样才能把10千克水分为5千克的两份？
分析（用一步倒推思路考虑）：
（1）逆推第一步：把10千克水平分为5千克的两份，根据题意，关键是要找到什么条件？
因为有一只可装3千克水的桶，只要在另一只桶里剩2千克水，利用3＋2=5，就可以把水分成5千克一桶，所以关键是要先倒出一个2千克水。
（2）按条件顺推。第一次：10千克水倒入7千克桶，10千克水桶剩3千克水，7千克水倒入3千克桶，7千克水桶剩4千克水，3千克水桶里有水3千克；第二次：3千克桶的水倒入10千克水桶，这时10千克水桶里有水6千克，把7千克桶里的4千克水倒入3千克水桶里，这时7千克水桶里剩水1千克，3千克水桶里有水3千克；第三次：3千克桶里的水倒入10千克桶里，这时10千克桶里有水9千克，7千克桶里的1千克水倒入3千克桶里，这时7千克桶里无水，3千克桶里有水1千克；第四次：10千克桶里的9千克水倒入7千克桶里，10千克水桶里剩下 2千克水，7千克桶里的水倒入3千克桶里（原有1千克水），只倒出2千克水，7千克桶里剩水5千克，3千克桶里有水3千克，然后把3千克桶里的3千克水倒10千克桶里，因为原有2千克水，这时也正好是5千克水了。
其思路可用下图（图2.6和图2.7）表示：
问题：
例2 今有长度分别为1、2、3……9厘米的线段各一条，可用多少种不同的方法，从中选用若干条线段组成正方形？
分析（仍可用一步倒推思路来考虑）：
（1）逆推第一步。要求能用多少种不同方法，从中选用若干条线段组成正方形必须的条件是什么？
根据题意，必须知道两个条件。一是确定正方形边长的长度范围，二是每一种边长有几种组成方法。
（2）从条件顺推。
①因为九条线段的长度各不相同，所以用这些线段组成的正方形至少要7条，最多用了9条，这样就可以求出正方形边长的长度范围为（1+2+……
②当边长为7厘米时，各边分别由1+6、2+5、3+4及7组成，只有一种组成方法。
③当边长为8厘米时，各边分别由1+7、2+6、3+5及8组成，也只有一种组成方法。
④当边长为9厘米时，各边分别由1+8、2+7、3+6及9；1＋8、2＋7、4+5及9；2＋7、3＋6、4+5及9；1＋8、3＋6、4＋5及9；1＋8、2+7、3＋6及4＋5共5种组成方法。
⑤当边长为10厘米时，各边分别由1+9、2＋8、3＋7及4＋6组成，也只有一种组成方法。
⑤当边长为11厘米时，各边分别由2+9、 3＋8、4＋7及5+6组成，也只有一种组成方法。
⑥将上述各种组成法相加，就是所求问题了。
此题的思路图如下（图2.8）：
问题：
【还原思路】从叙述事情的最后结果出发利用已知条件，一步步倒着推理，直到解决问题，这种解题思路叫还原思路。解这类问题，从最后结果往回算，原来加的用减、原来减的用加，原来乘的用除，原来除的用乘。运用还原思路解题的方法叫“还原法”。
例1 一个数加上2，减去3，乘以4，除以5等于12，你猜这个数是多少？
分析（用还原思路考虑）：
从运算结果12逐步逆推，这个数没除以5时应等于多少？没乘以4时应等于多少？不减去3时应等于多少？不加上2时又是多少？这里分别利用了加与减，乘与除之间的逆运算关系，一步步倒推还原，直找到答案。
其思路图如下（图2.9）：
条件：
例2 李白街上走，提壶去打酒；遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒。试问酒壶中，原有多少酒？
分析（用还原思路探索）：
李白打酒是我国民间自古以来广为流传的一道用打油诗叙述的著名算题。题意是：李白提壶上街买酒、喝酒，每次遇到酒店，便将壶中的酒量增添1倍，而每次见到香花，便饮酒作诗，喝酒1斗。这样他遇店、见花经过3次，便把所有的酒全喝光了。问：李白的酒壶中原有酒多少？
下面我们运用还原思路，从“三遇店和花，喝光壶中酒”开始推算。
见花前——有1斗酒。
第三次：见花后——壶中酒全喝光。
第三次：遇店前——壶中有酒半斗。
第一次：见花前——壶中有酒为第二次遇店前的再加1斗。
遇店前——壶中有酒为第一次见花前的一半。
其思路图如下
【假设思路】在自然科学领域内，一些重要的定理、法则、公式等，常常是在“首先提出假设、猜想，然后再进行检验、证实”的过程中建立起来的。数学解题中，也离不开假设思路，尤其是在解比较复杂的题目时，如能用“假设”的办法去思考，往往比其他思路简捷、方便。我们把先提出假设、猜想，再进行检验、证实的解题思路，叫假设思路。
例1 中山百货商店，委托运输队包运1000只花瓶，议定每只花瓶运费0.4元，如果损坏一只，不但不给运费，而且还要赔偿损失5.1元。结果运输队获得运费382.5元。问：损坏了花瓶多少只？
分析（用假设思路考虑）：
（1）假设在运输过程中没有损坏一个花瓶，那么所得的运费应该是多少？
0.4×1000=400（元）。
（2）而实际只有383.5元，这当中的差额，说明损坏了花瓶，而损坏一只花瓶，不但不给运费，而且还要赔偿损失5.1元，这就是说损坏一只花瓶比不损坏一只花瓶的差额应该是多少元？
0.4＋5.1=5.5（元）
（3）总差额中含有一个5.5元，就损坏了一只花瓶，含有几个5.5元，就是损坏了几只花瓶。由此便可求得本题的答案。
例2 有100名学生在车站准备乘车去离车站600米的烈士纪念馆搞活动，等最后一人到达纪念馆45分钟以后，再去离纪念馆900米的公园搞活动。现在有中巴和大巴各一辆，它们的速度分别是每分钟300米和150米，而中巴和大巴分别可乘坐10人和25人，问最后一批学生到达公园最少需要多少时间？
分析（用假设思路思索）；
假设从车站直接经烈士纪念馆到公园，则路程为（600＋900）米。把在最后1人到达纪念馆后停留45分钟，假设为在公园停留45分钟，则问题将大大简化。
（1）从车站经烈士纪念馆到达公园，中巴、大巴往返一次各要多少时间？
中巴：（600+900）÷300×2=10（分钟）
大巴：（600+900）÷150×2=20（分钟）
（2）中巴和大巴在20分钟内共可运多少人？
中巴每次可坐10人，往返一次要10分钟，故20分钟可运20人。
大巴每次可坐25人，往返一次要20分钟，故20分钟可运25人。
所以在20分钟内中巴、大巴共运45人。
（3）中巴和大巴 20分钟可运 45人，那么 40分钟就可运45×2=90（人），100人运走90人还剩下10人，还需中巴再花10分钟运一次就够了。
（4）最后可求出最后一批学生到达公园的时间：把运90人所需的时间，运10人所需的时间，和在纪念馆停留的时间相加即可。
【消去思路】对于要求两个或两个以上未知数的数学题，我们可以想办法将其中一个未知数进行转化，进而消去一个未知数，使数量关系化繁为简，这种思路叫消去思路，运用消去思路解题的方法叫消去法。二元一次方程组的解法，就是沿着这条思路考虑的。
例1 师徒两人合做一批零件，徒弟做了6小时，师傅做了8小时，一共做了312个零件，徒弟5小时的工作量等于师傅2小时的工作量，师徒每小时各做多少个零件？
分析（用消去思路考虑）：
这里有师、徒每小时各做多少个零件两个未知量。如果以徒弟每小时工作量为1份，把师傅的工作量用徒弟的工作量来代替，那么师傅8小时的工作量相当于这样的几份呢？很明显，师傅2小时的工作量相当于徒弟5小时的工作量，那么8小时里有几个2小时就是几个5小时工作量，这样就把师傅的工作量换成了徒弟的工作量，题目里就消去了师傅工作量这个未知数；然后再看312个零件里包含了多少个徒弟单位时间里的工作量，就是徒弟应做多少个。求出了徒弟的工作量，根据题中师博工作量与徒弟工作量的倍数关系，也就能求出师傅的工作量了。
例2 小明买2本练习本、2枝铅笔、2块橡皮，共用0.36元，小军买4本练习本、3枝铅笔、2块橡皮，共用去0.60元，小庆买5本练习本、4枝铅笔、2块橡皮，共用去0.75元，问练习本、铅笔、橡皮的单价各是多少钱？
分析（用消去法思考）：
这里有三个未知数，即练习本、铅笔、橡皮的单价各是多少钱？我们要同时求出三个未知数是有困难的。应该考虑从三个未知数中先去掉两个未知数，只留下一个未知数就好了。
如何消去一个未知数或两个未知数？一般能直接消去的就直接消去，不能直接消去，就通过扩大或缩小若干倍，使它们之间有两个相同的数量，再用加减法即可消去，本题把小明小军、小庆所购买的物品排列如下：
小明 2本 2枝2块 0.36元
小军 4本 3枝2块 0.60元
小庆 5本 4枝2块 0.75元
现在把小明的各数分别除以2，可得到1本练习本、1枝铅笔、1块橡皮共0.18元。
接着用小庆的各数减去小军的各数，得1本练习本、1枝铅笔为0.15元。
再把小明各数除以2所得的各数减去上数，就消去了练习本、铅笔两个未知数，得到1块橡皮0.03元，采用类似的方法可求出练习本和铅笔的单价。
【转化思路】解题时，如果用一般方法暂时解答不出来，就可以变换一种方式去思考，或改变思考的角度，或转化为另外一种问题，这就是转化思路。运用转化思路解题就叫转化法。
各养兔多少只？
分析（用转化思路思索）：
题中数量关系比较复杂，两个分率的标准量不同，为了简化数量关系，
只呢？这时两人养的总只数该是多少只呢？假设后的数量关系，两人养的总只数应是：100-16×3=52（只）
分析（用转化思路分析）：
本题求和，题中每个分数的分子都是1，分母是几个连续自然数的和，好像不能把每个分数分成两个分数相减，然后相加抵消一些数。但是只要我们按等差数列求和公式，求出分母就会发现，可将上面各分数的分母转化为两个连续自然数积的形式。
所以例题可以转化为：
然后再相加，抵消中间的各个分数即可。
【类比思路】类比就是从一个问题想到了相似的另一个问题。例如从等差数列求和公式想到梯形面积公式，从矩形面积公式想到长方体体积公式等等；类比是一个重要的思想方法，也是解题的一种重要思路。
例1 有一个挂钟，每小时敲一次钟，几点钟就敲几下，钟敲6下，5秒钟敲完；钟敲12下，几秒敲完？
分析（用类比思路探讨）：
有人会盲目地由倍数关系下结沦，误认为10秒钟敲完，那就完全错了。其实此题只要运用类比思路，与植树问题联系起来想一想就通了：一条线路植树分成几段（株距），如果不包括两个端点，共需植（n-1）棵树，如果包括两个端点，共需植树（n＋1）棵，把钟点指数看作是一棵棵的树，把敲的时间看作棵距，此题就迎刃而解了。
例2 从时针指向4点开始，再经过多少分钟，时针正好与分钟重合。
分析（用类比思路讨论）：
本题可以与行程问题进行类比。如图2.11，如果用时针1小时所走的一格作为路程单位，那么本题可以重新叙述为：已知分针与时针相距4格，分
如果分针与时针同时同向出发，问：分针过多少分钟可追上时针？这样就与行程问题中的追及问题相似了。4为距离差，速度差为，重合的时间，就是追上的时间。
【分类思路】把一个复杂的问题，依照某种规律，分解成若干个较简单的问题，从而使问题得到解决，这就是分类思路。这种思路在解决数图形个数问题中经常用到。
例1 如图2.12，共有多少个三角形？
分析（用分类思路考虑）：
这样的图直接去数有多少个三角形，要做到能不重复，又不遗漏，是比较困难的。怎么办？可以把图中所有三角形按大小分成几类，然后分类去数，再相加就是总数了。本题根据条件，可以分为五类（如图2.13）。
例2 如图2.14，象棋棋盘上一只小卒过河后沿着最短的路走到对方“将”处，这小卒有多少种不同的走法？
分析（运用分类思路分析）：
小卒过河后，首先到达A点，因此，题目实际上是问：从A点出发，沿最短路径有多少种走法可以到达“将”处，所谓最短，是指不走回头路。
因为“将”直接相通的是P点和K点，所以要求从A点到“将”处有多少种走法，就必须是求出从A到P和从A到K各有多少种走法。
分类。一种走法：A到B、C、D、E、F、G都是各有一种走法。
二种走法：从A到H有两种走法。
三种走法：从A到M及从A到I各有三种走法。
其他各类的走法：因为从A到M、到I各有3种走法，所以从A到N就有3＋3＝6种走法了，因为从A到I有3种走法，从A到D有1种走法，所以从A到J就有3＋1=4种走法了；P与N、J相邻，而A到N有6种走法，A到J有4种走法，所以从A到P就有6+4=10种走法了；同理K与J、E相邻，而A到J有4种走法，到E有1种走法，所以A到K就有4+1=5种走法。
再求从A到“将”处共有多少种走法就非常容易了。
【等量代换思路】有些题的数量关系十分隐蔽，如果用一般的分析推理，难于找出数量之间的内在联系，求出要求的数量。那么我们就根据已知条件与未知条件相等的关系，使未知条件转化为已知条件，使隐蔽的数量关系明朗化，促使问题迎刃而解。这种思路叫等量代换思路。
例1 如图2.15的正方形边长是6厘米，甲三角形是正方形中的一部分，乙三角形的面积比甲三角形大6平方厘米，求CE长多少厘米？
分析（用等量代换思路思考）：
按一般思路，要求CE的长，必须知道乙三角形的面积和高，而这两个条件都不知道，似乎无法入手。用等量代换思路，我们可以求出三角形ABE的面积，从而求出CE的长，怎样求这个三角形的面积呢？设梯形为丙：
已知 乙=甲+6
丙+甲=6×6=36
用甲+6代换乙，可得丙+乙=丙+甲+6=36+6=42
即三角形ABE的面积等于42平方厘米，这样，再来求CE的长就简单了。
例2 有三堆棋子，每堆棋子数一样多，并且都只有黑白两色棋子。第一
这三堆棋子集中一起，问白子占全部棋子的几分之几？
分析（用等量代换的思路来探讨）：
这道题数量关系比较复杂，如果我们把第一堆里的黑子和第二堆的白子对换一下，那么这个问题就简单多了。出现了下面这个等式。
第一堆（全部是白子）=第二堆（全部是黑子）
=第三堆（白子+黑子） （这里指的棋子数）
份，则第二堆（全部黑子）为3份，这样就出现了每堆棋子为3份，3堆棋子的总份数自然就出来了。而第三堆黑子占了2份，白子自然就只有3—2=1份了。第一堆换成了全部白子，所以白子总共是几份也可求出。最后去解决白子占全部棋子的几分之几就非常容易了。
【对应思路】分数、百分数应用题的特点是一个数量对应着一个分率，也就是一个数量相当于单位“1”的几分之几，这种关系叫做对应关系。找对应关系的思路，我们把它叫做对应思路。
例1 有一块菜地和一块麦地，菜地的一半和麦地的三分之一放在一起是91公亩，麦地的一半和菜地的三分之一放在一起是84公亩，那么，菜地是几公亩？
分析（用对应思路分析）：
这是一道复杂的分数应用题，我们不妨用对应思路去思索。如能找出91公亩、84公亩的对应分率，此题就比较容易解决了。但题中有对应分率两个，究竟相当于总公亩数的几分之几呢？这是解题的关键。而我们一时还弄不清楚，现将条件排列起来寻找。
可求出总公亩数是
求出总公亩数后，我们仍未找到菜地或麦地占总公亩数的几分之几，故还不能直接求出菜地或麦地的公亩数。但我们把条件稍作组合，就可以求出
分析到这一步，那么再去求菜地有多少公亩，则就变成了一道很简单的分数应用题了。
例2 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，要排完一池水，单开乙管
顺序，循环各开水管，每次每管开一小时，问多少时间后水开始溢出水池？
分析（用对应思路考虑）：
本题数量关系复杂，但仍属分数应用题，所以仍可用对应思路寻找解题途径。
首先要找出甲、丙两管每小时灌水相当于一池水的几分之几，乙、丁两管每小时排水相当于一池水的几分之几，然后才能计算。
一池水→“1”
通过转化找到了对应分率就容易计算了。假设甲、乙、丙、丁四个水管按顺序各开1小时，共开4小时，池内灌进的水是全池的：
加上池内原有的水，池内有水：
也就是20小时以后，池内有水
水池了，因此20小时后，只需再灌水
所以这时甲管不要开1小时，只要开
总共是多少时间后水开始溢出水池不就一目了然了吗？
5、整数的拆分
【不连续加数拆分】
例1 将一根长144厘米的铁丝，做成长和宽都是整数的长方形，共有______种不同的做法？其中面积最大的是哪一种长方形？
（1992年“我爱数学”邀请赛试题）
讲析：做成的长方形，长与宽的和是
144÷2=72（厘米）。
因为72=1+71=2+70=3+69=……=35+37=36+36，
所以，一共有36种不同的做法。
比较以上每种长方形长与宽的积，可发现：当长与宽都是36厘米时，面积最大。
例2将1992表示成若干个自然数的和，如果要使这些数的乘积最大，这些自然数是______。
（1992年武汉市小学数学竞赛试题）
讲析：若把一个整数拆分成几个自然数时，有大于4的数，则把大于4的这个数再分成一个2与另一个大于2的自然数之和，则这个2与大于2的这个数的乘积肯定比它大。又如果拆分的数中含有1，则与“乘积最大”不符。
所以，要使加数之积最大，加数只能是2和3。
但是，若加数中含有3个2，则不如将它分成2个3。因为2×2×2=8，而3×3=9。
所以，拆分出的自然数中，至多含有两个2，而其余都是3。
而1992÷3=664。故，这些自然数是664个3。
例3把50分成4个自然数，使得第一个数乘以2等于第二个数除以2；第三个数加上2等于第四个数减去2，最多有______种分法。
（1990年《小学生报》小学数学竞赛试题）
讲析：设50分成的4个自然数分别是a、b、c、d。
因为a×2=b÷2，则b=4a。所以a、b之和必是5的倍数。
那么，a与b的和是5、10、15、20、25、30、35、40、45。
又因为c＋2=d-2，即d=c＋4。所以c、d之和加上4之后，必是2的倍数。
则c、d可取的数组有：
（40、10），（30、20），（20、30），（10、40）。
由于40÷5=8，40-8=32；（10-4）÷2=3，10-3＝7，
得出符合条件的a、b、c、d一组为（8、32、3、7）。
同理得出另外三组为：（6、24、8、12），（4、16、13、17），（2、8、18、22）。
所以，最多有4种分法。
【连续加数拆分】
例1 把945写成连续自然数相加的形式，有多少种？
（第一届“新苗杯”小学数学竞赛试题）
讲析：因为945=35×5×7，它共有（5+1）×（1+1）×（1+1）=16（个）奇约数。
所以，945共能分拆成16-1=15（种）不同形式的连续自然数之和。
例2 几个连续自然数相加，和能等于1991吗？如果能，有几种不同的答案？写出这些答案；如果不能，说明理由。
（全国第五届《从小爱数学》邀请赛试题）
讲析：1991=11×181，它共有（1＋1）×（1+1）=4（个）奇约数。
所以，1991可以分成几个连续自然数相加，并且有3种答案。
由1991=1×1991得：
1991=995＋996。
由1991=11×181得：
…+（80+101）
=80＋81＋……＋100＋101。
6、整除及数字整除特征
【数字整除特征】
例1 42□28□是99的倍数，这个数除以99所得的商是__。
（上海市第五届小学数学竞赛试题）
讲析：能被99整除的数，一定能被9和11整除。
设千位上和个位上分别填上数字a、b，则：各位上数字之和为[16+（a+b）]。要使原数能被9整除，必须使[16+（a+b）]是9的倍数，即（a+b）之和只能取2或11。
又原数奇位上的数字和减去偶位上数字和的差是（8+a-b）或（b-a-8），要使原数能被11整除，必须使（8+a-b）或（b-a-8）是11的倍数。经验证，（b-a-8）是11的倍数不合。
所以a-b=3。
又a+b=2或11，可求得a=7，b=4。
从而很容易求出商为427284÷99=4316。
例2 某个七位数1993□□□能同时被2、3、4、5、6、7、8、9整除，那么它的最后三位数字依次是__。
（1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：因为2、3、4、5、6、7、8、9的最小公倍数是2520。
而1993000÷2520=790余2200。
于是再加上（2520-2200）=320时，就可以了。所以最后三位数字依次是3、2、0。
例3 七位数175□62□的末位数字是__的时候，不管千位上是0到9中的哪一个数字，这个七位数都不是11的倍数。
（上海市第五届小学数学竞赛试题）
讲析：设千位上和个位上的数字分别是a和b。则原数奇位上各数字和与偶位上各数字之和的差是[3+（b-a）]或[（a-b）-3]。
要使原数是11的倍数，只需[3+（b-a）]或[（a-b）-3]是11的倍数。
则有 b-a=8，或者a-b=3。
①当 b-a=8时，b可取9、8；
②当 a-b=3时，b可取6、5、4、3、2、1、0。
所以，当这个七位数的末位数字取7时，不管千位上数字是几，这个七位数都不是11的倍数。
例4 下面这个四十一位数
55……5□99……9
（其中5和9各有20个）能被7整除，那么中间方格内的数字是__。
（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：注意到111111÷7=15873，所以555555与999999也能被7整除。则18个5或18个9组成的数，也能被7整除。
要使原四十一位数能被7整除，只需55□99这个五位数是7的倍数。
容易得出，中间方格内的数字是6。
【整除】
例1 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，适合这些条件的最小数是______。
（天津市第一届“我爱数学”邀请赛试题）
讲析：所求这个数分别除以3和7时，余数相同。
3和7的最小公倍数为21。所以这个数是23。经检验，23除以5商4余3，23是本题的答案。
例2 一个整数在3600到3700之间，它被3除余2，被5除余1，被7除余3。这个整数是__。
（《现代小学数学》邀请赛试题）
讲析：所求整数分别除以3、5、7以后，余数各不相同。但仔细观察可发现，当把这个数加上4以后，它就能同时被3、5、7整除了。
因为3、5和7的最小公倍数是105。
3600÷105=34余30，105-30=75，
所以，当3600加上75时，就能被3、5和7整除了。即所求这个整数是3675。
例3 在一个两位数中间插入一个数字，就变成了一个三位数。如52中间插入4后变成542。有些两位数中间插入某个数字后变成的三位数，是原两位数的9倍。这样的两位数共有__个。
（中南地区小学数学竞赛试题）
讲析：因为插入一个数字后，所得的三位数是原两位数的9倍，且个位数字相同。则原两位数的个位数字一定是0或5。
又插入的一个数字，必须小于个位数字，否则新三位数就不是原两位数的9倍了。因此原二位数的个位不能为0，而一定是5。
结合被9整除的数字特征，不难找到符合要求的两位数有45、35、25和15共4个。
例4 a是一个自然数，已知a与a+1的各位数字之和都能被7整除，那么这样的自然数a最小是__。（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题）
讲析：a与a+1的各位数字之和都是7的倍数。则a的个位数字一定是9。因为如果个位上不是9时，若a的各位数字之和是7的倍数，则a+1的各位数字之和除以7以后，肯定余1。
只有当a的个位上是9时，a+1之后，个位上满十后向前一位进一，a+1的个位数字和才有可能是7的倍数。
联想到69，69+1=70，经适当调整可得，符合条件的最小数a是69999。
例5 一个自然数被8除余1，所得的商被8除也余1，再把第二次所得的商被8除后余7，最后得到的一个商是a[见图5.43（1）]，又知这个自然数被17除余4，所得的商被17除余15，最后得到一个商是2a[见图5.43（2）]，求这个自然数。
（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
讲析：可从最后的商步步向前推算。
由图5.43（1）可得：第二次商是（8a+7）；第一次商是8×（8a+7）+1=64a+57；所求的自然数是8×（64a+57）+1=512a+457
由图5.43（2）得，所求的自然数是578a+259
所以，512a+457=578a+259。
解得a=3。
故，这个自然数是512×3+457=1993。
例6 某住宅区有十二家住户。他们的门牌号分别是1、2、3、……、12。他们的电话号码依次是十二个连续的六位自然数，并且每户的电话号码都能被这户的门牌号整除。已知这些电话号码的首位数字都小于6，并且门牌号是9的这一家的电话号码也能被13整除。问这一家的电话号码是什么数？
（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第二试试题）
讲析：设这十二家住户的电话号码依次是a+1、a+2、a+3、……，a+12。
因为每户的电话号码都能被自己家的门牌号整除，所以数a能同时被1、2、3、……、12整除。
而1、2、3、……、12的最小公倍数是27720，所以六位数中，能同时被1、2、3、……12整除的最小自然数是27720×4=110880
现在考虑第九户人家的电话号码能被13整除问题。
因为110880÷13，余数是12；27720÷13，余数是4。
也就是在110889的基础上，再加上n个27720之后的和，能被13整除的数，就是所求的数。
即12+4n，是13的倍数。
显然，当n=10时，12+4n是13的倍数。
所以，门牌号码是9的这家电话号码是：
110889+27720×10=388089。
7、运用图形间的等量关系
【应用弦图解题】 我国古代有种图形叫做“弦图”（如图4.56所示），有的数学家应用它成功地证明了“勾股定理”。
我国宋代著名数学家杨辉，在他著的《田亩比类乘除捷法》一书中，提出了这样一个问题：
有一块长方形田，面积为864平方步（“步”是古代长度单位，1里=300步，1步=5尺），已知长比宽少12步，问：它的长、宽共是多少步？
杨辉在该书上出示了一个弦图（如图4.57），他是用四个面积为864
共是60步。显然，这样运用弦图来解答题目，是十分高明和十分巧妙的！
有些竞赛题也可以用弦图来巧解。第一届“华罗庚金杯赛”中，就两次出现了应用弦图来解答的题目。尤其是那一道决赛题：
平方米。锯下的木条面积是多少平方米？”
仿杨辉的解法，可假定剩下4块长方形木块，并利用它拼成了一个“弦图”，如图4.58。于是可知，大正方形的面积为
【解纵横交错的复杂题】 把同样大小的长方形有规律地纵横交错地放在一起，常常需要根据长、宽关系，找出等量关系来解答题目。例如
如图4.59，这是由同样大小的纸片摆成的图形，小纸片宽12厘米，求阴影部分的总面积。
由图可知，5个纸片的长=3个纸片的长+3个纸片的宽，所以
2个纸片长=3个纸片宽
1个纸片长=12×3÷2
=18（厘米）
进而可知，每个阴影部分的小正方形的边长为18-12=6（厘米）
阴影部分的总面积便是
6×6×3=108（平方厘米）
又如，“有9个长方形，它们的长、宽分别相等，用它们拼成的大长方形（如图4.60）的面积是45平方厘米，求大长方形的周长。”
解题的关键，是求出一个小长方形的长和宽。由5个小长方形的宽等于
形重新分割为5个小正方形，小正方形的边长，正好是小长方形的宽（如图4.61）。所以，5个小正方形面积之和，就是四个小正方形的面积之和，即5个小正方形面积为
45÷9×4=20（平方厘米）
每个小正方形的面积为
20÷5=4（平方厘米）
显然，每个小正方形的边长（即小长方形的宽）为2厘米，小长方形的长便是
进而便可求得大长方形的周长为
［2.5×4＋（2.5＋2）］×2=29（厘米）。
此外，题目还可这样解答：
因为小长方形宽的5倍等于长的4倍，所以，可用（4与5的最小公倍数）20个小长方形拼成一个大的正方形（如图4.62）。大正方形面积是
它的边长便是10厘米，则小正方形的长为
10÷4=2.5（厘米）
小正方形的宽为
10÷5=2（厘米）
于是，原来的大长方形的周长就是
（2.5×4＋2.5＋2）×2=29（厘米）。
【用面积线段比的关系解题】 利用面积比与线段比之间的等量关系，常常能使复杂问题简单化。例如
为什么成立？
由图中可以看出，△PBC和△ABC是同底的两个三角形，所以
又如，第一届“华罗庚金杯赛”上有过一道这样的题目：
“如图4.64，一个长方形地面被两条直线分成四个长方形，其中三个的面积是20公亩、25公亩和30公亩，另一个（图中阴影部分）长方形的面积是多少公亩？”
图中可见，右边两个长方形是长相同的长方形，它们的面积比等于它们宽的比；同样，左边两个长方形也是长相同的长方形，它们的面积比，也等于它们宽的比。
设阴影部分面积为x公亩，由于左右两组长方形面积之比，都等于相同的宽之比，所以
即另一个（阴影部分）长方形面积为37.5公亩。
8、运算法则或方法
【四则运算法则】整数、小数、分数的加、减、乘、除四则运算法则，见小学数学课本，此处略。
【四则运算顺序】见小学数学课本，略。
【繁分数化简方法】繁分数化简的方法，一般有以下两种方法。
（1）利用分数基本性质，把繁分数的分子、分母同乘以所有分母的最小公倍数，从而化简繁分数。
（2）利用分数与除法的关系，将繁分数化简。这是因为繁分数实际上是分数除法的另一种表示形式的缘故。例如
【求连分数的值的方法】由数列a0，a1，……及b1，b2，……所组成的表达式
称为“连分数”。它可简记为
为连分数的值。
连分数有两种，一是有限连分数，二是无限连分数。例如，
求有限连分数的值，也称化简连分数，它的化简方法与繁分数的化简方法基本相同。一般是从最下面的分母运算开始，逐步向上计算。例如上面的这个有限连分数：
求无限连分数的值，就是求它的有限层的值作为它的近似值。当层次愈多时，就愈接近它的值。
注意：繁分数和连分数，都不是“分数”定义里所定义的一种分数。
分解为两个单位分数的和，可按以下步骤去完成：
的任意两个约数a1，a2；
（2）扩分：将单位分数的分子、分母同乘以两约数的和（a1+a2），
（3）拆分：将扩分后所得的分数，按照同分母分数相加的法则反过来
（4）约分：将拆开后的两个分数约分，便得到两个单位分数。
注意：（1）因大于1的自然数的约数有时不止2个，有多个，从中任取两个约数的取法也有多种，只要每次取出的两个约数之间不成比例，则将一个单位分数拆成两个单位分数的和的结果也各不相同。
例如，15的约数有1，3，5，15四个，从中任取两个的取法有（1，3）、（1，5）、（1，15）、（3，5）、（3，15）、（5，15）六种，而取（1，3）和（5，15）、（1，5）和（3，15）是成比例
（2）若要将单位分数拆成两个相等的单位分数之和，那只要在扩分时，分子、分母同乘以分母的任何一个约数的2倍或乘以2即可。
拆成n个单位分数的和的方法和步骤与拆成两个单位分数的方法和步骤相同，不同点只在扩分时，分子、分母同乘以分母A的n个约数的和（a1+a2+…+an）。
解∵15=3×5
∴15的约数有1，3，5，15。
有限个分数的和的形式。
【近似数的加减法】在一般情况下，近似数相加减，和或差精确到哪一位，与已知数中精确度最低的一个相同。计算法则有以下三条：
（1）确定结果精确到哪一个数位（已知数中精确度最低的精确到了哪一个数位，则计算的结果就精确到这个数位）；
（2）把已知数中超过这一最低精确度这个数位的数字，四舍五入到这个数位的下一位；
（3）进行计算，并且把算得的数的末位数字四舍五入。
例如，求近似数25.4、0.456、8.738和56的和。
25.4+0.456+8.738+56≈91
又如，求近似数0.095减0.002153的差。
解：
0.095-0.002153≈0.093
【近似数的乘除法】在一般情况下，近似数相乘除，积或者商取几个有效数字，与已知数中有效数字最少的相同。具体法则有以下三条：
（1）确定结果有多少个有效数字（已知数中有效数字最少的有多少个，结果就取同样多个有效数字）；
（2）把已知数中有效数字的个数多的，四舍五入到只比结果中有效数字的个数多一个；
（3）进行计算（除法要比结果多算出一位），并把算得的数四舍五入到应该有的有效数字的个数。
例如，（1）求近似数26.79与0.26的积。（2）求近似数9.7除以近似数25.78的商。
因24只有两个有效数字，故可把各数分别四舍五入到三个有效数字以后去计算；得出中间结果仍保留三个有效数字，即比法则规定的多保留一个；得出最后的结果，再四舍五入到两个有效数字。
再如，量得一个圆的周长约是3.73厘米，求这个圆的直径。
题目要求直径长度，需用“3.73÷π”去计算。其中3.73是近似数，有三个有效数字；π是个准确数，它有任意多个有效数字，计算时，π取四个有效数字：
解3.73÷π≈3.73÷3.142≈1.19（厘米）
答：这个圆的直径约是1.19厘米。
【近似数混合运算方法】近似数的混合运算，要分步来做。运算的中间步骤的计算结果，所保留的数字要比加、减、乘、除计算法则规定的多取一个。例如，作近似数的混合计算：
57.71÷5.14+3.18×1.16-4.6307×1.6。
解原式=11.23+3.689-7.41
≈7.5
说明：（1）57.71÷5.14，3.18×1.16，4.6307×1.6，所得的中间结果11.23，3.689，7.41，都比法则规定应当取的有效数字多取了一个。
（2）11.23+3.689-7.41是加减法，各数中精确度最低的是7.41，这个数实际上只有两个有效数字，就是只精确到十分位。因此，最后求得的结果应当四舍五入到十分位，得7.5。
又如，“有一块梯形土地，量得上底约为68.73米，下底约为104.20米，高约为9.57米。求这块土地的面积。
≈86.47×9.57
≈828（平方米）（答略）
说明：（1）68.73+104.20，所得的中间结果172.93，精确到0.01，没有多取的数位。
果四舍五入到三个有效数字，得828。
【预定精确度的计算法则】已给出计算结果所要求达到的精确度，要求确定原始数据的精确度，通常称其为“预定精确度的计算”。
预定精确度的计算法则，一般有：
（1）预定结果的精确度用有效数字给出的问题。
如果预定结果有n个有效数字，那么原始数据一般取到n+1个有效数字。
例如，圆形面积大约是140平方米，要使算出的结果具有两个有效数字，那么测量半径r应达到怎样的精确度？π应取几个有效数字的近似值？
解：为了使面积S具有两个有效数字，π和r就都要有三个有效数字。因为
r应该有一位整数，所以测量半径时，应该精确到0.01米。
π应该取三个有效数字的近似值--3.14。
（2）对于加法和减法，由于计算结果的精确度是按小数的位数来确定的，所以当预定结果的精确度用有效数字个数给出，那么就要先估计出和或差里最高一位数在哪一位上。
例如，梯形上底a约50米，下底b约60米，高h约40米。测量时，应达到怎样的精确度，才能使算出的面积S有两个有效数字？
要使S有两个有效数字，则（a+b）与h都应该有三个有效数字。所以，测量h应精确到0.1米，而测量上底和下底，只需要精确到1米（因a+b有三个整数数位。）
在实际测量时，a、b、h都有两个整数数位，测量工具一样，因此常采用相同的精确度。
【一般验算方法】
（1）加减法的验算方法。
加法的验算方法有二：一是利用加法交换律，把加数位置交换后再相加，所得的结果必须与原计算的结果相同，说明计算才是正确的。二是利用加法和减法的逆运算关系，把所得的和减去一个加数，所得的差必须等于另一个加数，计算才是正确的。
减法的验算也有两种方法：一是利用加减互逆的关系进行验算，把所得的差与减数相加，所得的和必须等于被减数，计算才是正确的。二是利用被减数、减数、差三者之间的关系进行验算，用被减数减去差，所得的结果必须等于减数，计算才是正确的。
（2）乘除法的验算方法。
乘法有两种验算方法：①利用乘法交换律进行验算，把因数位置交换后再相乘，所得的结果必须和原来的计算结果相同，计算才是正确的。②利用乘除互逆关系，把所得的积除以一个因数，结果必须等于另一个因数，计算才是正确的。
除法也有两种验算方法：①利用乘除互逆关系，把除数和商相乘（如有余数，还要加上余数），所得的结果必须等于被除数，计算才是正确的。②利用被除数、除数、商、余数之间的关系，把被除数减去余数所得的差（没有余数的不必去减），除以商，所得的结果必须等于除数，计算才是正确的。
（3）四则混合运算式题的验算。
四则混合运算式题的验算，虽然可采用上述加、减、乘、除法的验算方法去验算，但非常麻烦，不如采用重算的办法。由于计算中最易错的是运算顺序、分小数互化等，所以重算可分三步走：①检查运算顺序；②检查分小数互化情况；③检查每步计算结果是否正确。
（4）解方程、解比例的验算方法。
解方程、解比例的验算，可将求得的解代入原方程或原比例，看等号两边的数值是否相等。
（5）应用题的验算方法。
应用题的验算可以采用下面三种方法：
①用“一题多解”验算。有多种解法的应用题，可用不同的解法去再解一遍。若解得的结果一致，说明解法是正确的。
②用“还原法”验算。将计算结果作为题目中的已知条件，根据其数量关系，若算得其他已知条件和数据都是成立的（即能“还原”），则表明题目的解法是正确的。
③用分析、估算方法验算。根据生活经验等，可知：求总数，结果不应小于部分数；求人数、植树棵树等，得数通常为整数；计算出油率、合格率等，得数不会大于100％；计算各种速度、农作物单位面积产量，得数应基本符合实际情况；……否则，题目的解答便可能是错误的。
不过，分析、估算办法只能检验出大致的情况，大致情况检验出来后，还得用其他方法验算。
【弃九验算法】利用被9除所得余数的性质，对四则运算进行检验的一种方法，称为“弃九验算法”，简称“弃九法”。
用“弃九法”验算，首先要找出一个数的“去九数”（或称“弃九数”）。把一个数各位数字相加，如果和大于9，又再将和的各位数字相加，直到和是一个一位数（和是9的要减去9得0），这个数我们便称它为原数的“去九数”。例如
8693：8+6+9+3=26-→2+6=8（去九数是8）；
721：7+2+1=10-→1+0=1（去九数是1）。
去九数也可以这样得到：把一个数中的数字9，或者相加得9的几个数字都划去，将剩下来的数字相加，得到一个小于9的数，这个数就是原数的去九数。
例如：
“弃九验算法”也可以说，是利用“去（弃）九数”去进行验算的一种验算方法。例如，验算下面的加减法，可先求出等号左右每个数的去九数，然后将等号左边的去九数相加减，若去九数的和（或差），与等号右边和（或差）的去九数不相等，则可以肯定，原来的计算是错误的。例如
（如果两个加数的去九数之和大于9，则应减去9）
所以，可以肯定，原式的计算是错误的。的确，正确的答案是70168。
假如最后的两个去九数之和或差，与等号右边和（或差）的去九数相等，那么在一般情况下，可以认为原来的计算大致没有错误。例如
所以，可以认为原来的计算大致没有错误。
减法的验算如
所以，可以肯定，原计算是错误的。事实上，原式的差应该是146410。
用弃九法验算乘法如下面的两个例子：
（1）
可以肯定，原来的计算是错误的。确实，正确的答案应该是716478。
（2）
可以认为，这道题大致没有错误。
用弃九法验算除法，可利用下面的关系式来进行：
除数×商=被除数；
除数×商+余数=被除数。
例如：
（1）
可以认为，这道题的计算大致没有错误。
（2）
可以认为，这道题的计算，大致没有错误。
不难发现，弃九验算法是既方便，又有趣的。但当弃九数的等式相等时，为什么要说“在一般情况下”，“可以认为”原式的计算”大致没有错误”呢？请看下面几个数的去九数：
这就是说，当几个数的数字相同，仅仅是0的个数不同；或者是数字顺序颠倒；或者小数点的位置不同时，它的去九数却是相同的。这样就会导致用弃九法验算，不能查出去九数虽相同，而数的实际大小却并不相同的情况。这一点，在使用弃九法验算时，我们必须特别注意。
尽管有以上这种情况，但一般说来，弃九验算法还是一个有特色、有趣味的和比较好的验算方法。
【速算方法】（见第一部分“（五）数学公式”中的“速算公式”及第四部分中的“速算技巧”。）
【名数化、聚方法】
（1）名数的化法。把高级单位的单名数或复名数，化成低级单位的单名数的方法，叫做“名数的化法”。计算时，用进率乘以高级单位的数，再加上低级单位的数。
例如，把6米32厘米化成以厘米为单位的数：
因为厘米和米之间的进率是100，所以，解法是
100×6+32=632（厘米），
即6米32厘米=632厘米。
（2）名数的聚法。把低级单位的单名数聚成高级单位的单名数或复名数的方法，叫做“名数的聚法”。计算时，用低级单位的数除以进率，所得的商就是高级单位的数，余数就是低级单位的数。
例如，把5700千克聚成以吨和千克为单位的复名数。
因为吨和千克之间的进率是1000，所以解法是
5700÷1000=5……700
∴5700千克=5吨700千克。
9、约数与倍数
【约数问题】
例1 用1155个同样大小的正方形拼成一个长方形，有______种不同的拼法。（上海市第五届小学数学竞赛试题）
讲析：不论拼成怎样的长方形，它们的面积都是1155。
而长方形的面积等于长乘以宽。所以，只要将1155分成两个整数的积，看看有多少种方法。一般来说，约数都是成对地出现。
1155的约数共有16个。
16÷2=8（对）。
所以，有8种不同的拼法。
例2 说明：360这个数的约数有多少个？这些约数之和是多少？
（全国第三届“华杯赛”决赛第一试试题）
讲析：将360分解质因数，得
360=2×2×2×3×3×5=23×32×5。
所以，360的约数个数是：（3+1）×（2+1）×（1+1）=24（个）
这24个约数的和是：
例3 一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积。这个数当然有许多约数是两位数，这些两位的约数中，最大的是几？
（全国第一届“华杯赛”决赛第一试试题）
讲析：这个数是2×2×2×2×2×3×3×3×5×5×7。
把两位数从99、98、……开始，逐一进行分解：
99=3×3×11； 98=2×7×7；
97是质数； 96=2×2×2×2×2×3。
发现，96是上面数的约数。
所以，两位数的约数中，最大的是96。
例4 有8个不同约数的自然数中，最小的一个是______。
（北京市第一届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
讲析：一个自然数N，当分解质因数为：
因为8=1×8=2×4=2×2×2，
所以，所求自然数分解质因数，可能为：
27，或23×3，或2×3×5，……
不难得出，最小的一个是24。
【倍数问题】
例1 6枚1分硬币叠在一起与5枚2分硬币一样高，6枚2分硬币叠在一起与5枚5分硬币一样高，如果分别用1分、2分、5分硬币叠成的三个圆柱体一样高，这些硬币的币值为4元4角2分，那么这三种硬币总共有______枚。
（上海市第五届小学数学竞赛试题）
讲析：因为6枚1分的硬币与5枚2分的一样高，所以36枚1分的硬币与30枚2分的一样高。
6枚2分的硬币与5枚5分的一样高，所以30枚2分的硬币与25枚5分的一样高。
因此，36枚1分的硬币高度等于30枚2分的高度，也等于25枚5分的高度。它们共有：
1×36+2×30+5×25=221（分）。
4元4角2分=442（分），442÷221=2。
所以，1分的硬币共36×2=72（枚），2分的硬币共30×2=60（枚），5分的硬币共25×2=50（枚），即总共有182枚。
例2 从1、2、……、11、12中至多能选出______个数，使得在选出的数中，每一个数都不是另一个数的2倍。
（1990年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：1、3、5、7、9、11是奇数，不可能是任何整数的2倍。剩下的数有2、4、6、8、10、12六个数，且6是3的2倍，10是5的2倍。如取2，则4、8、12就都不能取；如取4，则2、8不能取，故只可取12；如取8，则2、4不能取，故只可取8。所以至多能选取8个数。
例3 小明的两个衣服口袋中各有13张卡片，每张卡片上分别写着1、2、3、……13。如果从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算它们所写两数的乘积，可以得到许多不相等的乘积，那么，其中能被6整除的乘积共有______个。
（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
讲析：因为6=2×3，所以能被6整除的因数中，至少含有一个2和一个3。
当一边取6，另一边取1、2、……、13时均成立，有13个积；
当一边取7、8、9、10、11、12、13，另一边取12时，有7个积；
当一边取10，另一边取9时，有1个积。
所以，不相等的乘积中，被6整除的共有：
13+7+1=21（个）。
例4 设a与b是两个不相等的自然数。如果它们的最小公倍数是72，那么a与b之和可以有______种不同的值。
（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）
讲析：因为72=23×32，它共有约数
（3+1）×（2+1）=12（个）
这12个约数，每个约数与72的最小公倍数都是72，a、b之和有12种不同的值；
当a=22×32=36时，b可取23=8或23×3=24，a、b之和有2种不同的值；
当a=23×3=24时，b可取32=9或2×32=18，a、b之和有2种不同的值。
当a=2×32=18时；b可取23=8，a、b之和有1种不同的值。
所以，满足条件的a与b之和共有17种不同的值。
10、余数问题
【求余数】
（1990年江苏宜兴市第五届小学生数学竞赛试题）
一组，就可得到331组，尚余4个6。
而6666÷7=952……2。所以，原式的余数是2。
例2 9437569与8057127的乘积被9除，余数是__。
（《现代小学数学》邀请赛试题）
讲析：一个数被9除的余数与这个数各位数字之和被9除的余数是一样的。
9437569各位数字之和除以9余7；8057127各位数字之和除以9余3。
7×3=21，21÷9=2……3。
所以，9437569与8057127的乘积被9除，余数是3。
例3 在1、2、3、4、……、1993、1994这1994个数中，选出一些数，使得这些数中的每两个数的和都能被26整除，那么这样的数最多能选出_______个。
（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：可将1、2、3、……、1994这1994个数，分别除以26。然后，按所得的余数分类。
要使两个数的和是26的倍数，则必须使这两个数分别除以26以后，所得的余数之和等于26。
但本题要求的是任意两个数的和都是26的倍数，故26的倍数符合要求。这样的数有1994÷26=76（个）……余18（个）。但被26除余13的数，每两个数的和也能被26整除，而余数为13的数共有77个。
所以，最多能选出77个。
【同余问题】
例1 一个整数，除300、262、205，得到相同的余数（余数不为0）。这个整数是_____。
（全国第一届“华杯赛”初赛试题）
讲析：如果一个整数分别除以另两个整数之后，余数相同，那么这个整数一定能整除这两个数的差。因此，问题可转化为求（300—262）和（262—205）的最大公约数。
不难求出它们的最大公约数为19，即这个整数是19。
例2 小张在计算有余数的除法时，把被除数113错写成131，结果商比原来多3，但余数恰巧相同。那么该题的余数是多少？（1989年上海市小学数学竞赛试题）
讲析：被除数增加了131-113=18，余数相同，但结果的商是3，所以，除数应该是18÷3=6。又因为113÷6的余数是5，所以该题的余数也是5。
例3 五只猴子找到一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意去睡觉，明天再说。夜里，一只猴子偷偷起来，吃掉一只桃子，剩下的桃子正好平分五等份，它拿走自己的一份，然后去睡觉；第二只猴子起来，也吃掉一只桃子，剩下的桃子也正好分成五等份，它也拿走了自己的一份，然后去睡觉。第三、四、五只猴子也都这样做。问：最初至少有______个桃子。
（哈尔滨市小学数学竞赛试题）
讲析：因为第一只猴子把桃5等分后，还余1个桃；以后每只猴子来时，都是把前一只猴子剩下的4等份再分成5等份，且每次余1个桃子。于是，我们可设想，如果另加进4个桃子，则连续五次可以分成5等份了。
加进4个桃之后，这五只猴每次分桃时，不再吃掉一个，只需5等份后，拿走一份。
因为4与5互质，每次的4份能分成5等份，这说明每次等分出的每一份桃子数，也能分成5等份。这样，这堆桃子就能连续五次被5整除了。所以，这堆桃子至少有5×5×5×5×5-4=3121（个）。
例4 在1、2、3、……、30这30个自然数中，最多能取出______个数，使取出的这些数中，任意两个不同的数的和都不是7的倍数。
（上海市第五届小学数学竞赛试题）
讲析：我们可将1到30这30个自然数分别除以7，然后按余数分类。
余数是0：7、14、21、28
余数是1：1、8、15、22、29
余数是2：2、9、16、23、30
余数是3：3、10、17、24
余数是4：4、11、18、25
余数是5：5、12、19、26
余数是6：6、13、20、27
要使两数之和不是7的倍数，必须使这两个数分别除以7所得的余数之和不等于7。
所以，可以取余数是1、2、3的数，不取余数是4、5、6的数。而余数为0的数只取一个。
故最多可以取15个数。
【数的读写方法】（整数中多位数的读写方法，以及小数、分数、百分数的读、写方法，见小学数学课本，此处略。）
“成数”、“折数”即“十分数”，它们常用中国数字和文字“七成”、“二成五”、“八折”、“九五折”等表示，并根据其文字去读。它们也常用分母为十的分数，或者用百分数去表示，这时便可按分数、百分数的方法去读。
“千分数”是表示一个数是另一个数的千分之几的分数，它常用“千分号”--“‰”来写千分数，如某地人口出生率为千分之七，写作“7‰”，读作“千分之七”。
【科学记数法】用带一位整数的小数，去乘以10的整数次幂来表示一个数的方法，叫做“科学记数法”。
利用小数点移动的规律，很容易把一个数用“科学记数法”表达为“a×10n（1≤a≤10，n是整数）”的形式。例如：
25700，把小数点向左移动四位，得1＜2.57＜10，但2.57比25700小了10000倍，所以
25700=2.57×104。
0.00867，把小数点向右移动三位，得1＜8.67＜10，但8.67比0.00867大了1000倍，所以
【近似数截取方法】截取近似数的方法，一般有四舍五入法、去尾法和进一法三种。
四舍五入法──省略一个数的一部分尾数，取它的近似数的时候，如果要舍去的尾数的最高位上的数是4，或者是比4小的数，就把尾数舍去；如果要舍去的尾数的最高位上的数是5，或者是比5大的数，把尾数舍去以后，要向它的前一位进一。这种求近似数的方法叫做“四舍五入法”。
例如，把8，654，000四舍五入到万位，约等于865万；把7.6239四舍五入保留两位小数约等于7.62；把2，873，000，000四舍五入到亿位，约等于29亿；把32.99506四舍五入精确到百分位约等于33.00。
去尾法──要省略的尾数不论是多少，一律舍去不要，这种求近似数的方法叫做“去尾法”。
进一法──省略某一个数某一位后面的尾数时，不管这些尾数的大小，都向它的前一位进一。这种求近似数的方法，叫做“进一法”。
显然，用“进一法”和“五入”方法截取的近似值，叫做“过剩近似值”，而用“去尾法”和“四舍”方法截取的近似值，叫做“不足近似值”。
值得注意的是：在近似数的取舍结果中，小数点后最右一位上的零必须写上。例如，把1.5972四舍五入，保留两位小数得1.60，即1.5972≈1.60，最后的“0”不可去掉，否则，它只精确到十分位了。
【质数判定方法】判定一个较大的数是不是质数，一般有两种方法。
（1）查表法。用查质数表的方法，可以较快地判断一个数是否为质数：质数表上有的是质数，同一范围内的质数表上没有这个数，那它便是个合数。
（2）试除法。如果没有质数表，也来不及制作一个质数表，可以用试除来判断。
例如，要判定161和197是不是质数，可以把这两个数依次用2、3、5、7、11、13、17、19……等质数去试除。这是因为一个合数总能表示成几个质因数的乘积，若161或197不能被这个合数的质因数整除，那么也一定不能被这个合数整除。所以，我们只要用质数去试除就可以了。
由161÷7=23，可知161的约数除了1和它本身外，至少还有7和23。所以，161是合数，而不是质数。
由197依次不能被2、3、5、7、11、13整除，而197÷17=11……10，这时的除数17已大于不完全商11，于是可以肯定：197是质数，而不是合数。因为197除了它本身以外，不可能有比17大的约数。假定有，商也一定比11小。这就是说，197同时还要有比11小的约数。但经过试除，比11小的质数都不能整除197，这说明比11小的约数是不存在的，所以197是质数，不是合数。
【最大公约数求法】最大公约数的求法，一般可用下面四种方法。
（1）分解质因数法。先把各数分解质因数，再把各数公有的一切质因数连乘起来，就是所求的最大公约数。例如，求2940、756和168的最大公约数：
∵ 2940=22×3×5×72，
756=22×33×7，
168=23×3×7；
∴（2940，756，168）=22×3×7=84。
注：“（2940，756，168）=84”的意思，就是“2940、756和168的最大公约数是84”。
（2）检验公约数法。“检验公约数法”即“试除法”，也是小学数学课本介绍的那一种一般的求法，此处略。
（3）辗转相减法。较大的两个数求最大公约数，可以用“辗转相减法”：用大数减小数，如果减得的差与较小的数不相等，便再以大减小求差，直到出现两数相等为止。这时，相等的数就是这两个数的最大公约数。
例如，求792和594的最大公约数。
∵（792，594）=（792-594，594）
=（198，594）=（594-198，198）
=（198，396）=（198，396-198）
=（198，198）=198，
∴（792，594）=198。
用辗转相减法求两个数的最大公约数，可以推广到求n个数的最大公约数，具体做法是：可以不拘次序地挑选最方便的，从较大的数里减去较小的数。这样逐次做下去，直到所得的差全部相等为止。这个相等的差，就是这些数的最大公约数。
例如，求1260、1134、882和1008的最大公约数。
∵（1260，1134，882，1008）
=（1260-1134，882，1008-882，1134-882）
=（126，126，882，252）
=（126，126，882-126×6，252-126）
=（126，126，126，126）=126，
∴（1260，1134，882，1008）=126。
（4）辗转相除法（欧几里得算法）。
用辗转相除法求两个数的最大公约数，步骤如下：
光用较小数去除较大的数，得到第一个余数；
再用第一个余数去除较小的数，得到第二个余数；
又用第二个余数去除第一个余数，得到第三个余数；
这样逐次用后一个余数去除前一个余数，直到余数是0为止。这时，余数“0”前面的那个余数，便是这两个数的最大公约数。
求两个较大的数的最大公约数，用上面的第一、二种方法计算，是相当麻烦的，而采用“辗转相除法”去求，就简便、快速得多了。
例如，求437和551的最大公约数。具体做法是：先将437和551并排写好，再用三条竖线把它们分开。然后依下述步骤去做：
（1）用较小数去除较大数把商数“1”写在较大数的线外， 并求得余数为114。
（2）用余数114去除437，把商数“3”写在比114大的数（437）的线外，并求得余数为95。
（3）用余数95去除114，把商数“1”写在114右边的直线外，并求得余数为19。
（4）用余数19去除95，把商数“5”写在95左边的直线外面，并求得余数为0。
（5）当余数为0时，就可断定余数0前面的那一个余数19，就是437和551的最大公约数。
又如，求67和54的最大公约数，求法可以是
由余数可知，67和54的最大公约数是1。也就是说，67和54是互质数。
辗转相除法，虽又称作“欧几里得算法”，实际上它是我国最先创造出来的。早在我国古代的《九章算术》上，就有“以少减多，更相减损”的方法求最大公约数的记载。一般认为，“辗转相除法”即源于此。这比西方人欧几里得等人的发现要早600年以上。
辗转相除法是求两个数的最大公约数的方法。如果要求三个或三个以上数的最大公约数，可以用它先求出其中两个数的最大公约数，再求这个最大公约数与第三个数的最大公约数。这样依次下去，直到最后一个数为止。最后的一个最大公约数，就是这几个数所要求的最大公约数。
【分数最大公约数求法】自然数的最大公约数的定义，可以扩展到分数。一组分数的最大公约数一定是分数，而这组分数分别除以它们的最大公约数，应得整数。
求一组分数的最大公约数的方法是：
（1）先将各个分数中的带分数化成假分数；
（2）再求出各个分数分母的最小公倍数a；
（3）然后求出各个分数分子的最大公约数b；
再求出三个分母的最小公倍数，得72；
然后求出三个分子35、21和56的最大公约数，得7；
【最小公倍数求法】求最小公倍数可采用下面三种方法。
（1）分解质因数法。先把各数分解质因数，在所有相同的质因数中，每一个取出指数最大的，跟所有不同的质因数连乘起来，就是所求的最小公倍数。
例如，求120、330和525的最小公倍数。
∵120=23×3×5，
330=2×3×5×11，
525=3×52×7；
∴[120，330，525]=23×3×52×7×11=46200
注：“[120，330，525]=46200”表示“120、330和525三个数的最小公倍数是46200”。
（2）检验公约数法。“检验公约数法”即“试除法”或“用短除法的求法”，也就是小学数学课本上介绍的一般方法，此处略。
（3）先求最大公约数法。由于“两个数的乘积等于这两个数的最大公约数与最小公倍数的乘积”，即
a·b=（a，b）·[a，b]
所以，两个数的最小公倍数，可由这两个数的乘积除以这两个数的最大公约数来求得。即
例如，求[42，105]。
若要求三个或三个以上的数的最小公倍数，可以先求其中两个数的最小公倍数，再求这个最小公倍数与第三个数的最小公倍数，再求这个最小公倍数与第四个数的最小公倍数，……，如此依次做下去，直到最后一个数为止。最后求得的那个最小公倍数，就是所要求的这几个数的最小公倍数。
例如，求[300，540，160，720]
∴[300，540，160，720]=21600
【分数最小公倍数求法】自然数的最小公倍数的定义，可以推广到分数。一组分数的最小公倍数，可能是分数，也可能是整数，但它一定是这组分数中各个分数的整数倍数。
求一组分数的最小公倍数，方法是：
（1）先将各个分数中的带分数化成假分数；
（2）再求出各个分数分子的最小公倍数a；
（3）然后求出各个分数分母的最大公约数b；
再求各分数分子的最小公倍数，得
[35，21，56]=840；
然后求各分数分母的最大公约数，得
（6，8，9）=1
【数的互化方法】整数、小数和分数，整数、假分数和带分数，整数、小数、分数和百分数，成数（或折数）、分数和百分数，它们之间可以互化，互化的方法见小学数学课本，此处略。
化循环小数为分数，还可以用移动循环节的方法。例如
由这些实例，可以得循环小数化分数的法则如下：
（1）纯循环小数化分数的法则。纯循环小数可以化成这样的分数：分子是一个循环节的数字所组成的数；分母的各位数字都是9，“9”的个数同循环节的位数相同。
（2）混循环小数化分数的法则。混循环小数可以化成这样的分数：分子是小数点后面第一个数字到第一个循环节的末位数字所组成的数，减去不循环数字所组成的数所得的差；分母的头几个数字是9，末几位数字是0，“9”字的个数同循环节的位数相同，“0”字的个数和不循环部分的位数相同。
【分数化有限小数判断法】
若进一步研究，它又有以下的三种情况：
5（即与10互质），或者除2和5以外，还包含其他的质因数，那么，这样的分数就不能化成有限小数，而只能化成无限循环小数。
这里，又有以下的两种情况：
和5时，这样的分数就可以化成纯循环小数。循环节内数字的个数，跟数列
9，99，999，9999，……
各项中，能被分母b整除的最小的数所含“9”字的个数相同。
分母37去除9，99，999，9999，……，能整除的
最小的数是999，即
99937（即“999能被37整除”，“”是整除符号；亦可逆读为“37能整除999”）
也可以表示为37｜999（即“37能整除999”，“｜”也是整除符号；亦可逆读为“999能被37整除”。）
这里“999”，含有3个“9”，所以它化成的纯循环小数循环节内数字的个数也是3个：
=0.513
以外的质因数，那么这样的分数就可以化成混循环小数。它的不循环部分数字的个数，跟2和5在分母内最高乘方的指数相同；循环节内数字的个数，跟数列
9，99，999，9999，……
各项中，能被分母内2和5以外的质因数的积所整除的最小的数，所含“9”字的个数相同。
质因数11，所以这分数可以化成混循环小数。不循环部分数字的个数是3个（最高乘方23的指数为3），循环部分的循环节数字是两个（11｜99，“9”的个数为2个）：
概括起来，把分数化成小数，判断其得数的情况，不外乎以下三种：
（1）若分母只含质因数2，5，则化得的小数是有限小数；
（2）若分母不含质因数2，5，则化得的小数是纯循环小数；
（3）若分母既含质因数2，5，又含2和5以外的质因数，则化得的小数是混循环小数。
注意：判断的前提是分数必须是既约（最简）分数，否则很容易出错。
【百分比浓度求法】用溶质质量占全部溶液质量的百分比来表示溶液浓度，叫做溶液的百分比浓度。求法是
例如，用白糖（溶质）1千克，开水（溶剂）4千克混合以后，所得的糖水（溶液）的百分比浓度是
用对称关系找约数
【用对称关系找约数】找某一合数的约数，常有找不全的情况发生，而利用约数的对称关系去找，就能解决这一问题。方法是：
（1）若某个合数为某一个自然数的平方，则它的所有约数的“中心数”就是这个自然数；再把比“中心数”小的几个约数找出来，其他的约数也就可以成对地和一个不漏地找出来。例如，找出36的全部约数：
因为36=62，6是所有约数的“中心数”。比中心数6小的约数很容易找到，它们是1、2、3、4四个，于是比中心数大的约数，也就可依据对应关系，成对地找出来了，它们是36（与1对应）、18（与2对应）、12（与3对应）和9（与4对应）。如下图（图4.7）：
（2）若某个合数不是某一自然数的平方，则可先找出一个“近似中心数”。例如，找出102的全部约数：
因为102＜102＜112，所以可选10或11为“近似中心数”。然后找出比这个近似中心数小的所有约数——1、2、3、6；再找出比近似中心数大的所有约数——102、51、34、17。如下图（图4.8）：
（注意：“中心数”是其中的一个约数，但“近似中心数”却不是其中的一个约数。）
【叉乘法求最小公倍数】用“叉乘法”求最小公倍数，是极为快速的。例如
求24和36的最小公倍数。如图4.9：
24和36的最小公倍数是24×3=72，或36×2=72。
这样做的道理很简单。因为
所以，用24乘以36独有的质因数3，或者用36乘以24独有的质因数2，都能得到24与36的最小公倍数72。今后，用短除法找出两个数单独有的质因数以后，顺手画一个“×”，把它们分别与原来的两个数相乘，就都会得到它们的最小公倍数。
又如，求20、12和18三个数的最小公倍数。如图4.10：
∵20和12的最小公倍数是20×3=60，
60和18的最小公倍数是60×3=180，
∴20、12和18三个数的最小公倍数便是180。
如果先求20和18的最小公倍数，再用这个最小公倍数与12去求三个数的最小公倍数；或者先求12和18的最小公倍数，再用这个最小公倍数与20去求三个数的最小公倍数，也是可以的。
12、用补充数速算
末尾是一个或几个0的数，运算起来比较简便。若数末尾不是0，而是98、51等，我们可以用（100—2）、（50＋1）等来代替，这也可能使运算变得比较简便、快速。一般地我们把100叫做 98的“大约强数”，2叫做 98的“补充数”；50叫做51的“大约弱数”，1叫做51的“补充数”。把一个数先写成它的大约强（弱）数与补充数的差（和），然后再进行运算，这种方法叫做“运用补充数法”。例如
（1）387＋99=387＋（100—1）
=387＋100—1
=486
1680—89=1680-（100—11）
=1680—100+11
=1580+11
=1591
4365-997=4365-（1000-3）
=4365-1000＋3
=3368
69×9=69×（10-1）
=690-69
=621
69×99=69×（100-1）
=6900-69
=6831
87×98=87×（100-2）
=8700-87×2
=8700-200+26
=8526
13、一般应用题
【和差的问题】
例1 六年级有四个班，不算甲班，其余三个班的总人数是131人；不算丁班，其余三个班的总人数是134人。乙、丙两班的总人数比甲、丁两班的总人数少1人。四个班的总人数是_____。
（1990年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：因为乙、丙两班总人数比甲、丁两班总人数多1人。则乙、丙两班总人数的3倍就等于（131+134-l）=264人。所以，乙、丙两班共有246÷3=88（人）。然后可求出甲、乙两班总人数为88+1=89（人），进而可求出四个班的总人数为88+89=177（人）。
例2 东河小学画展上展出了许多幅画，其中有16幅画不是六年级的，有15幅画不是五年级的。现知道五、六年级共有25幅画，因此，其它年级的画共有____幅。
（1988年北京市小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：由“16幅画不是六年级的，15幅画不是五年级的”可得出，五年级比六年级多1幅画。所以六年级共有12幅画。然后可求出其它年级的画共有（15-12）幅，即3幅。
例3 甲、乙、丙都在读同一本故事书。书中有100个故事。每人都认某一个故事开始按顺序往后读。已知甲读了75个故事，乙读了60个故事，丙读了52个故事。那么甲、乙、丙三人共同读过的故事至少有_____个。
（1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：可先看读得较少的两人重复阅读故事的个数。
乙、丙两人最少共同读故事60+52-100=12（个）。因为每人都从某一故事按顺序往后读,所以甲读了75个故事。他无论从哪一故事开始读，都至少重读了上面12个故事。故答案是12个。
例4 某工厂11月份工作忙，星期日不休息，而且从第一天开始，每天都从总厂陆续派相同人数的工人到分厂工作。直到月底，总厂还剩工人240人。如果月底统计总厂工人的工作量是8070个工作日（ 1人1天为1个工作日），且无 1人缺勤。那么，这月由总厂派到分厂工作的工人共____人。
(北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题。）
讲析：到月底总厂剩下240名工人，这240名工人一个月的工作日为 240×30=7200（个）。
而8070-7200=870（个）。
可知这870个工日是由总厂派到分厂工作的人在总厂工作的工日。
设每天派a人到分厂工作，则这些人中留在总厂的工作日是；a人做29天，a人做28天，a人做27天，……a人做1天。
所以，（1+29）×a×29÷2=870，可解得a=2。
故，共派到分厂的工人为2 × 30= 60（人）。
【积商的问题】
例1 王师傅加工1500个零件后，改进技术，使工作效率提高到原来的2.5倍，后来再加工1500个零件时，比改进技术前少用了18小时。改进技术前后每小时加工多少个零件？
（1989年《小学生数学报》小学数学竞赛决赛试题）
讲析：改进技术后的工效提高到原来的2.5倍，后来加工1500个零件时，比改进技术前少用18小时，则改进技术后加工1500个零件的时间是18÷（2.5-1）=12（小时）。
原来加工1500个零件的时间是12+18=30（小时）
于是，改进前每小时加工的便是1500÷30=50（个），
改进后每小时加工的便是1500÷12=125（个）。
例2 现有2分硬币、5分硬币各若干个，其中2分的比5分的多24个，如果把2分硬币等价换成5分硬币，所得的5分硬币要比原有的5分硬币少6个。原来两种硬币各有多少个？
（1993年“光远杯”小学数学竞赛试题）
讲析：我们用方程来解，设原来有x个5分的硬币；则2分硬币共有（x+24）个。
由题意得：2（x+24）÷5=x-6。
解得：x=26，即5分币有26个。
于是，2分币便有
26+24=50（个）
循环小数
【循环小数化分数】
小学数学竞赛试题）
讲析：纯循环小数化分数时，分子由一个循环节的数字组成，分母由与
（长沙地区小学数学竞赛预赛试题）
讲析：
而（89-3）÷6=14余2。即小数点后第89位以后的数是230769循环。
【循环小数的计算】
（哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题）
讲析：可把小数都化成分数后，再计算，得
例2 图5.3列出的十个数，按顺时针次序可组成许多个整数部分是一位
________。
（1989年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：要想这个数最大，整数部分必须选9。它有四种：9.291892915，9.189291592，9.291592918，9.159291892。无论循环节怎样安排，都是从小数点后第十位开始重复。所以，以上四数中最大的是9.291892915。再考
14、旋转变换
【旋转成定角】例如下面的题目：
“在图4.23中，半径为8厘米的圆的内外各有一个正方形，圆内正方形顶点都在圆周上，圆外正方形四条边与圆都只有一个接触点。问：“大正方形的面积比小正方形的面积大多少？”
按一般方法，先求大、小正方形的面积，再求它们的差，显然是有难度的。若将小正方形围绕圆心旋转45°，使原图变成图4.24，容易发现，小正方形的面积为大正方形面积的一半。所以，大正方形面积比小正方形的面积大
（8×2）×（8×2）÷2
=16×16÷2
=128（平方厘米）
又如，如图4.25，求正方形内阴影部分的面积。（单位：厘米）
表面上看，题目也是很难解答的。但只要将两个卵叶片形的阴影部分绕正方形的中心，分别按顺时针和逆时针方向旋转90°，就得到了一个由阴影部分组成的半圆（如图4.26），于是，阴影部分的面积就很容易解答出来了。（解答略）
【开扇式旋转】有些图形相互交错，增加了解答的难度。若像打开折扇一样，绕着某个定点作“开扇式”旋转，往往会使人顿开茅塞，使问题很快获得解决。例如，求图4.27的阴影部分的面积（单位：厘米）。若采用正方形面积减空白部分面积的求法，
计算量是很大的。由于它是由两个形状相同的扇形交叉重叠而成的，我们不妨把右下部的扇形打开，顺时针方向旋转90°，得到图4.28；再继续旋转，得到图4.29。在图4.29中，阴影部分面积便是半圆面积减三角形面积的差。所以，阴影部分面积是
42×3.14÷2-（4+4）×4×2
=25.12-16
=9.12（平方厘米）
又如，求图4.30阴影部分的面积（单位：厘米）。
将这个图从中间剪开，以o为旋转中心，将右半部分按顺时针方向转到左半部下方，便变成了图4.31。于是，阴影部分的面积便是半圆面积减去两直角边均为2厘米的一个空白等腰直角三角形面积的差。即
（4÷2）2×3.14÷2-2×2÷2
=6.28-2
=4.28（平方厘米）
15、小数和分数
【小数问题】
例1 某数的小数点向右移动一位，则小数值比原来大25.65，原数是_______。
（1993年吉林省“金翅杯”小学数学竞赛试题）
讲析：小数点向右移动一位以后，数值扩大了10倍，新数比原数就多9倍。所以，原数为25.65÷9=2.85。
例2 甲、乙两个数之和是171.6，乙数的小数点向右移动一位等于甲数，甲数是________。
（1993年广州市小学数学竞赛试题）
讲析：由“乙数的小数点向右移动一位等于甲数”可知，甲数是乙数的10倍。所以，乙数是171.66÷（10+1）=15.6，甲数是15.6。
例3 用一个小数减去末位数字不为零的整数。如果给整数添上一个小数点，使它变成小数，差就增加154.44，这个整数是________。
（1990年《小学生报》小学数学竞赛试题）
讲析：因为差增加154.44，所以这个整数一定是比原数缩小了100倍，即这个整数比原数增加了99倍，由154.44÷99=1.56可知，这个整数是156。
【分数问题】
（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题）
讲析：
20×11+2=222，15×11=165。
（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
7至64这58个连续自然数中，去掉13的倍数13、26、39、52四个数，用余下的54个数作分子，可得到54个最简分数。
c，则三个分数的和为6。求这三个真分数。
（第三届《从小爱数学》邀请赛试题）
因为三个分数为最简真分数，所以a只能是1、2，b只能取1、3，C只能取1、5。
经检验，a=2，b=3，c=5符合要求。故三个真分数分别是
例4 地同时满足下列条件的分数共有多少个？
（2）分子和分母都是质数；
（3）分母是两位数。
请列举出所有满足条件的分数。
（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第二试试题）
讲析：100以内的质数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、
即把不等式中三个分数的分子化为相同的办法，来搜寻分母。
所以，符合条件的分数有12个：
16、特殊解题方法
【穷举法】 解答某些数学题，可以把问题所涉及到的数量或结论的有限种情况，不重复不遗漏地全部列举出来，以达到解决问题的目的。这种解题方法就是穷举法。
例1 从甲地到乙地有A、B、C三条路线，从乙地到丙地有D、E、F、G四条路线。问从甲地经过乙地到达丙地共有多少条路线？（如图3．28）
分析：从甲地到乙地有3条路线，从乙地到丙地有4条路线。从甲地经过乙地到达丙地共有下列不同的路线。
解：3×4＝12
答：共有12条路线。
例2 如果一整数，与1、2、3这三个数，通过加减乘除运算（可以添加括号）组成算式，能使结果等于24，那么这个整数就称为可用的。在4、5、6、7、8、9、10、11、12这九个数中，可用的有_______个。（1992年小学数学奥林匹克初赛试题）
分析：根据题意，用列式计算的方法，把各算式都列举出来。
4×（1＋2＋3）＝24 （5＋1＋2）×3＝24
6×（3＋2－l）＝24 7×3十豆十2—24
8×3×（2－1）＝24 9×3—1—2—24
10×2＋l＋3＝24 11×2＋3－l＝24
12×（3＋1－2）＝24
通过计算可知，题中所给的9个数与1、2、3都能够组成结果是24的算式。
答：可用的数有9个。
例3 从0、3、5、7中选出三个数字能排成_______个三位数，其中能被5整除的三位数有_________个。（1993年全国小学数学竞赛预赛试题）
分析：根据题中所给的数字可知：
三位数的百位数只能有三种选择：
十位数在余下的三个数字中取一个数字，也有3种选择；
个位数在余下的两个数字中取一个数字，有2种选择。
解:把能排成的三位数穷举如下，数下标有横线的是能被5整除的。
305， 307， 350， 357， 370， 375；
503， 507， 530， 537， 570， 573；
703， 705， 730， 735， 750， 753
答：能排成18个三位数，其中能被5整除的有10个数。
例4 数一数图3．30中有多少个大小不同的三角形？
分析：为了不重复不遗漏地数出图中有多少个大小不同的三角形，可以把三角形分成A、B、C、D四类。
A类：是基本的小三角形，在图中有这样的三角形16个；
B类：是由四个小三角形组成的三角形，在图中有这样的三角形7个。6个尖朝上，一个尖朝下。
C类：是由九个小三角形组成的三角形，在图中有这样的三角形3个，尖都朝上。
D类：是最大的三角形，图中只有1个。
解：16＋7＋3＋1＝27（个）
答：图中有大小不同的三角形共27个。
【设数法】 有些数学题涉及的概念易被混淆，解题时把握不定，还有些数学题是要求两个（或几个）数量间的等量关系或者倍数关系，但已知条件却十分抽象，数量关系又很复杂，凭空思索，则不易捉摸。为了使数量关系变得简单明白，可以给题中的某一个未知量适当地设一个具体数值，以利于探索解答问题的规律，正确求得问题的答案。这种方法就是设数法。设数法是假设法的一种特例。
给哪一个未知量设数，要便于快速解题。为了使计算简便，数字尽可能小一点。在分数应用题中，所设的数以能被分母整除为好。若单位“ 1”未知，就给单位“1”设具体数值。
例1 判断下列各题。（对的打√，错的打×）
（1）除1以外，所有自然数的倒数都小于1。（ ）
（2）正方体的棱长和它的体积成正比例。（ ）
以上各数的倒数都小于1，就能猜测此题的说法是正确的。
第（2）小题，给正方体的棱长设数，分析棱长的变化与其体积变化的规律。
由上表看出，正方体的棱长扩大2倍，体积扩大8倍；棱长扩大4倍，体积扩大64倍……这不符合正比例的含义，就能断定此题的说法是错误的。
几分之几？
分析：先把女生人数看作单位“1”，假定女生人数为60人。男生人数则为
女生人数比男生人数少几分之几，则为
解：通过设数分析，理清了数量关系，找到了解题线索，便能顺利地列出综合算式。
分析：这道题似乎条件不够，不知从何下手。不妨根据路程、时间、速度的关系，给从A地去B地的速度设一个具体数值试一试。
假设去时每小时走20千米，那么A、B两地的路程就是：
沿原路回家的速度则为：
回家时所需的时间则为：
解：把全路程看作单位“1”。
例4 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比是____。
（1993年小学数学奥林匹克竞赛试题初赛B卷）
分析：题中没有给出具体数量，且数量关系错综复杂，不易理清头绪。我们不妨把乙校人数看作单位“ 1”，给乙校学生人数假定一个具体数值，这样就化难为易了。若假定乙校学生为500人，则甲校学生为：
500×40％= 200（人）
由甲校女生数是甲校学生数的30％，则甲校女生数为：
200×30％=60（人）
由乙校男生数是乙校学生数的42％，则乙校女生数为：
500×（1-42％）=290（人）
两校学生总数为：
500＋200=700（人）
两校女生总数为：
60＋290=350（人）
则两校女生总数占两校学生总数的百分比为：
350÷700=50％
解：[500×40％×30％＋500×（1-42％）]÷（500＋200）
=[60+290] ÷700
=350÷700
=50％
或[40％×30％+（1-42％）]÷（1＋40％）=50％
答：两校女生总数是两校学生总数的50％。
例7 如图3.32，正方形面积为20平方厘米，求阴影部分的面积。
分析：一般的解法是先求正方形的边长和圆的半径，再求圆面积，然后用正方形的面积减去圆面积，即得阴影部分的面积。这样算就要用到开平方的知识。如果假设正方形的边长为1，运用小学的知识便能解决这个问题。我们可以先求阴影部分的面积占正方形面积的百分之几，再计算阴影部分的面积。
设正方形的边长为1，正方形的面积则为：
12=1
圆的半径则为：
圆面积占正方形面积的百分比为：
阴影部分的面积占正方形面积的百分比为
1-78.5％=21.5％
由此可知阴影部分的面积为
20×21.5％=4.3（平方厘米）
解：设正方形的边长为1，则阴影部分的面积为
=20×21.5％
=4.3（平方厘米）
答：阴影部分的面积为4.3平方厘米。
注意：如果把正方形的边长设为其它数，计算的结果都是相同的。
【类比法】类比法是运用类比推理解答问题的一种方法。类比推理是根据两个对象有一部分属性相类似，从而推出这两个对象的其它属性也可能相类似的一种推理方法。类比推理是富于创造性的一种思维方法，在小学数学中有着广泛的应用。例如，分数和比都含有相除的意义，我们根据除法的商不变性质，类推出分数的基本性质和比的基本性质。在解答数学题时，遇到问题A和问题B有许多类似的属性，见到问题B时就会联想到问题A，于是可以用解决问题A的办法去解决问题B，或者用解决问题B的办法去解决问题A。
例1 从时针指向3点整开始，经过多少分钟，分针正好与时针重合？
分析：此题与追及问题相类似。如果把钟面上1分钟的距离作为1格，则1小时分针走60格，时针走5格。那么分针走1格，
经过多少时间分针与时针重合，实质上就是要解决多少时间分针追上时针的问题。
例2 A、B、C、D、E、F、G7个站，每两站间都是相隔 600米。问从A站到G站的路程是多少米？
分析：不能简单回答从A站到G站的路程是600×7=4200（米）。此题与在不是封闭的线路上要求两端都要植树的问题相类似，把7个站看成7棵树，根据段数比棵树少1的道理解答此题。
解：600×（7-1）=3600（米）
答：从A站到G站的路程是3600米。
例3 王老师为学校购买音乐器材。他带去的钱可以买10台手风琴或50把提琴，如果他买了6台手风琴后，把剩下的钱全部买提琴，可以买多少把提琴？
分析：题中没有给出王老师带了多少钱，以及提琴和手风琴的单价等条件，怎么能算出剩下的钱可以买多少把提琴呢？可是仔细一想，便可发现此题与工程问题相似。如果把王老师一共带的钱数看作“ 1”，则每台手风琴
=20（把）
答：可以买20把提琴。
此题还可用解正比例应用题的方法来解答，把题意转化为：“买10台手风琴的钱与买50把提琴的钱相等，买4台手风琴的钱可以买多少把提琴？”
解：设可以买x把提琴
10∶（10-6）=50∶x
答：可以买20把提琴。
【尝试法】解答某些数学题，可以先根据题意对题目的答案进行猜测，然后把猜测的答案试一试，看这个答案是否符合题意。如果符合，则问题就得到解决。如果不符合，就得对答案进行调整，或者重新猜测，直到找出正确的答案为止。这种解题方法就是尝试法，或者叫做试验法。
例1 把0、4、6、、7、8、9这六个数字，分别填入下面算式的方框内，每个方框只许填一个数字，使每个等式都成立。
分析：比较两个等式，先填第二个等式有利于快速解题。根据所给出的数字来分析，能使第二个等式成立的情况有两种：
6×9=54 7×8=56
如果把 6×9=54填入第二个等式，那么还剩下0、7、8三个数字，经过多次试验，这三个数字不可能使第一个等式成立。说明应重新调整。
把7×8=56填入第二个等式，那么还剩下0、4、9三个数字，把这三个数字填入第一个等式，能使第一个等式成立，问题便得到解决。
例2 有一类小于200的自然数，每一个数的各位数字之和为奇数，而且都是两个两位数的乘积（例如 144=12×12）。那么这一类自然数中，第三大的数是_____。（1992年小学数学奥林匹克初赛试题）
根据条件，可以猜测这些两位数的十位数只可能是1，而且两位数中不能出现11，因为11×11=121，11×12=132，11×13=143……乘积的每位数字之和均为偶数，不合题意，应予排除。经过分析，猜测有了一定的范围，于是进行尝试，边尝试边筛选，以求得正确的解答。
10×10=100 10×12=120
10×13=130（不合题意） 10×14=140
10×15=150（不合题意） 10×16=160
下面把不符合题意的情况，不再列举出来。
12×12=144，12×14=168，
12×15=180，13×14=182，
13×15=195。
把以上符合题意的乘积按从大到小的顺序排列：195、182、180、168、160、144、120、100。第三大的数是180。
答：满足题设条件的自然数中，第三大的数是180。
分析：为了统一单位“1”，把条件进行转化
↓转化
↓转化
因为人的个数是自然数，根据条件可以知道一队的人数一定是4和5的公倍数。在100以内的数中4和5的公倍数有 20、40、60……
凭直觉，认为一队人数是20人。如果认定这个猜测是正确的，那么二队
100-20-15-16=49（人）
如果对这个答案有怀疑，不妨再试。若一队人数为40人，则二队人数为30人，三队人数为32人，这样四个队的人数就超过了100，显然不合题意。因此，第一次尝试的答案是正确的。
解：通过转化条件和尝试求出一队人数为20人。
答：四队有49人。
【探索法】当我们要解决某一个较复杂的问题时，可以从这个问题的部分特殊的情况入手，通过观察、分析、推理，从而探索出普遍的规律，运用这个规律，求得问题的解答。这就是探索法。
例1在下面的数表中，第1994行左边第一个数是____。
分析：先看数表中各数排列的情况，表中排列的数是2、3、4、5……等自然数，每行三个数，单行自左往右，双行自右往左。左边每行第一个数按7、13、19……排，这是一列公差为6的等差数列。通过仔细观察，就会发现一个规律，就是数表左边第一个数等于它所在的行数乘以3加1，即
左边第一个数=行数×3+1
运用这个规律，便能十分迅速地求出第1994行左边第一个数是：
1994×3＋1=5983
这个答案是否正确，可以通过计算验证。
7＋6×（1994÷2－1）=5983
由此证明原答案是正确的。
答：数表中第1994行左边第一个数是5983。
例2 先找出下面数列的排列规律，然后在括号里填上适当的数。
（1） 2，8，32，128，( )
（2） 1，4，5，2，8，10，4，( )，( )。
分析：观察（1）题，发现相邻两个数后一个总是前一个数的4倍，因此括号里应填512。再看第（2）题，可以把每三个数分为一组，比较组与组之间数字排列的规律，如图3.33。
通过比较，发现后一组数中每一个数都分别是前一组数中相对应位置的那个数的2倍，因此括号里应填16，20。
解：（1）2，8，32，128，（512）。
（2）1，4，5，2，8，10，4，（16），（20）。
分析：我们不必计算到小数点后第1998位，可以从研究部分情况入手，发现规律，进行推理，而求得问题的解答。
可求得小数点后第1998位数是几？
解：（1998-1）÷6=332……5
由上式可知1998位数字在循环节重复出现332次后的第五位上，因此这个数字是5。
答：小数点后面第1998位数字是5。
例4 数一数右图（图3.34）中有多少个三角形。
分析：要知道图3.34有多少个三角形，不妨先分析图3.35这个简单图形。三角形 A’B’C’的 B’C’边上有5个点，线段总数为：
4+3+2+1=10
数一数这个图形中正好一共有10个三角形。于是可以知道底边上有多少条线段，便有多少个三角形。
用以上规律来研究三角形ABC中一共有多少个三角形。这个三角形共分为三层，线段AB，DE，FG上都有5个点，从图上可知一层有三角形的个数是
4＋3＋2＋1=10（个）
那么三角形ABC中共有三角形
10×3=30（个）
解：（4＋3＋2＋1）×3=30（个）
答：三角形ABC中共有三角形30个。
例5 先观察后计算
13+23=9 （1+2）2=9
13+23+33=36 （1+2+3）2=36
13＋23＋33＋43=100 （1+2＋3＋4）2=100
13＋23＋33+43＋53=225 （1＋2＋3＋4＋5）2=225
…… ……
计算：13＋23＋33＋43＋53＋63＋73＋83=？
分析：通过观察，发现了这样的规律，即从1开始的连续自然数立方之和与这些连续自然数之和的平方。根据这个规律可以巧算出
13＋23+33＋………＋83=（1+2＋3＋……+8）2
=362
=1296
【染色法】有许多数学问题，可以用不同的颜色来区分事物的不同类别。通过着色把各种条件和问题，形象、直观地显示出来，使分析和处理问题，变得具体和明朗起来，从而使我们能找到一条解决问题的捷径。
例1 图3.36由 18块 1×1的正方形拼成，你能否用9块2×1的长方形将图形盖住。
分析与解：我们将图形中的小方格黑白相间涂色（如图3.37），那么有8块白格和10块黑格。每一块2×1的长方形能够且只能盖住一块白格和一块黑格。用8块2×1的长方形覆盖后，余下两块黑格，而余下的那块2×1的长方形是无法盖住2块黑格的。
所以9块2×1的长方形无法将题设的图形盖住。
例2右图（图3.38）为某展览会展室的布局，相邻两室之间有门相通，参观的人能否从入口进入A室依次而入，又不重复地看过各室的展览后，从B室进入出口处？
分析与解：为了说清楚问题，如图（3.39）将各展室黑白相间涂上颜色。不管人们选择什么路线，总是出了白室进黑室，出了黑室进白室。共有16个展室，要经过15道门。从A出发过第1道门进入黑室。过第2道门进入白室，过第3道门进入黑室……，过第15道门进入黑室，而B室是白室。所以想从白室依次而入，不重复地看过各室从B室进入出口是不可能的。
例3 17名科学家每两名都通信讨论问题，在他们的通信中仅讨论三个问题，任何一对科学家只讨论一个问题，那么至少有三个科学家互相通信讨论同一个问题。你能说明这个理由吗？
分析与解：将三个不同问题，用红、黄、蓝三种颜色表示，17名科学家看作17个点，两点之间用或红、或黄或蓝的线段相连接表示讨论某个不同的问题。每一点都要发出16条线段。由抽屉原理，至少有6条线段同色。如图3.40表示从点A发出的6条同色线段AA1、AA2、AA3、AA4、AA5、AA6，不妨设这6条线段是红色。
下面考虑A1、A2、A3、A4、A5、A6之间连线的着色情况
（1）若这6点所连线段至少有一条红色，例如A1A2，那么三角形AA1A2三边是红色，表示这三个科学家互相讨论同一个问题。
（2）若这6点间所连线段没有一条红色。那么只能是黄色和蓝色。这6点每一点可发出5条线段。由抽屉原理，至少有三条同色，不妨设为黄色。如图假设A1A2，A1A3，A1A4为黄色。再考虑A2、A3、A4间所连线段的着色情况。
①若A2、A3、A4间的连线至少有一条黄色，不妨设A2A3为黄色，那么得三角形A1A2A3是三边黄色的三角形，表示这三个科学家讨论同一问题。
②若A2、A3，A4间的连线没有一条黄色，那么就得一个三边为蓝色的三角形A2A3A4，表示这三个科学家讨论同一问题。
由以上讨论可知，无论怎样，至少有三个科学家互相通信讨论同一个问题。
17、算式谜
【添运算符号】
例1 能不能在下式的每个方框中，分别填入“+”或“-”，使等式成立？
1□2□3□4□5□6□7□8□9=10
（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）
讲析：在只有加减法运算的算式中，如果只改变“＋”、“-”符号，不会改变结果的奇偶性。
而1＋2+……＋9=45，是奇数。所以无论在□中，怎样填“＋”、“-”符号，都不能使结果为偶数。
例2 在下列□中分别填上适当的运算符号，使等式成立。
12□34□5□6□7□8=1990
（1990年广州市小学数学邀请赛试题）
讲析：首先凑足与1990接近的数。12×34×5=2040，然后调整为：12×34×5-6×7-8=1990。
例3 在下面十八个数字之间适当的地方添上括号或运算符号，使等式成立
（中南地区小学数学竞赛试题）
讲析：可先凑足与1993接近的数。
1122＋334＋455+66+7+7=1991。
然后，用后面的二个8和二个9，凑成2，得1122+334+455+66+7+7-8-8+9+9=1993。
【横式填数】
例1 如果10+9-8×7÷□+6-5×4=3，那么，“□”中所表示的数是______。
（上海市小学数学竞赛试题）
讲析：等式左边能计算的，可先计算出来，得5—56÷□=3，∴□=28。
例2 在两个□中分别填上两个不同的自然数，使等式成立。
（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）
讲析：
时，等式都能成立。
所以，A=1994；B=1993×1994=3974042。
（1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：
A+B=3。
例4 在下面的○、□和△中分别填上不同的自然数，使等式成立。
（1987年北大友好数学邀请赛试题）
讲析：
最大为：
所以，○、□和△应填的数分别是2、3、9。
例5 在下面的□中，分别填上1、2、3、4、5、6、7、8、9中的一个数字（每个式子中的数字不能重复），使带分数算式：
（第一届《从小爱数学》邀请赛试题）
讲析：可从整数部分和小数部分分开考虑。要使减法式的值最大，必须使被减数最大而减数最小，从而可得
要使加法式的值最小，首先必须使每个加数中的整数部分尽可能小。从
【数字谜】
例1 图5.8的算式里，每个□代表一个数字。问：这6个□中的数字总和是多少？
（全国第三届“华杯赛”初赛试题）
讲析：任意两个数字之和最多为18，且最多只向前一位进一，所以百位上的两个数字和十位上的两个数字都是9，而个位上的两位数可能为：（2，9），（3，8），（4，7），（5，6）之一种，故6个□内的数字总和为9×4＋11=47。
例2 已知两个四位数的差是8921（图5.9），那么这两个四位数的和最大是______。
（1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：要使这两个四位数的和最大，必须使被减数尽量大。故被减数为9999。进而可求出减数为1078，两数和为9999＋1078=11077。
例3 如图5.10的算式中，不同的汉字代表不同的数字，相同的汉字代表相同的数字，求使算式成立的汉字所表示的数字（数+学+喜）×爱=______。
（北京市第八届“迎春杯”小学数学邀请赛试题）
讲析：可从个位上开始思考。（学+学+学+学）的个位为2，则“学”只能是3或8。当“学”=8时，“数”=2。这时十位上的数相加之后，没有向百位上进一，从而使（“爱”＋“爱”）不可能个位上是9。
所以，“学’不等于8。
当“学”=3时，容易推出“数”=6，“爱”=4，“喜”=1。所以，（数+学+喜）×爱=（6＋3＋1）×4=40。
例4 如图5.11，竖式中四个□是被盖住的四个数字，这四个数字的和是多少？
（哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题）
讲析：1992=2×2×2×3×83。从分解质因数情况看，要把1992分成两个两位数之积，两个两位数只能是24和83，故这四个数字之和为2＋4+8＋3=17
例5 在图5.12的算式中，只写出了3个数字1，其余的数字都不是1。那么这个算式的乘积是______。
（1994年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：可用字母来代替各数字（如图5.13）。显然，F=K，E=O。又，
只有27×4或17×6。
C≠3。
于是得B=3，C=7。
又因AB×D=10F，可推出A=5，D=2，从而容易求出算式的答案为53×72=3816
例6 在图5.14的式子中，不同的汉字代表不同的数字，□代表一位自然数。要使算式成立，“盼”字代表数字______。
（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题）
讲析：经观察发现，积是由相同的数字组成的9位数，则积中一定含有因数3和9。而当□为3时，式中的积除以3所得的商，一定含有相同的数字。这与题意矛盾。所以□为9。
经检验，“盼”字代表“7”。被乘数是 86419753。
18、速算公式
【首同末合十的两位数相乘公式】若两个两位数的十位数字都是a，个位上的数分别为b和c，且b+c=10，则这样的两个数便是“首同末合十”的两个两位数，它们的积为
（10a+b）（10a+c）=（10a）2+10ab+10ac+bc
=102a2+10a（b+c）+bc
=100a2+100a+bc
＝a（a+1）×100+bc。
根据这一公式，两个“首同末合十”的两位数相乘，可以先把首位数乘以比它大1的数的积的100倍，然后在所得的结果后面，添上两个末位数的积。
例如，72×78=（7×8）×100+2×8
=5616
45×45=（4×5）×100+5×5
=2025
首同末合十的计算公式，也可以推广到两个三位数、两个四位数相乘的速算中去。例如
256×254
可取a=25，b=6，c=4，再运用公式计算，得
256×254=[25×（25+1）]×100+6×4
=[25×26]×100+24
=65024
又如，155×155=（15×16）×100+5×5
=24025
【末同首合十的两位数相乘公式】若两个两位数十位上的数字分别是a和b，且a+b=10，个位上的数字都是c，则这样的两个数便是“末同首合十”的两个两位数，它们的积为
（10a+c）（10b+c）=102ab+10ac+10bc+c2
＝100ab+10c（a+b）+c2
=100ab+100c+c2
=（ab+c）×100+c2。
根据这一公式，两个“末同首合十”的两位数相乘，可以先把两个首位数字的乘积加上一个末位数，再乘100然后再在所得的结果后面，添上末位数自乘的积（末位数的平方）。
例如，34×74=（3×7+4）×100+42
=25×100+16
=2516
【两个末位是1的两位数相乘公式】设两个末位都是1的两位数，十位上的数字分别是a和b，则它们的积是
（10a+1）（10b+1）＝100ab+10a+10b+12
＝10a×10b+（a+b）×10+1
由这一公式可知，两个末位是1的两位数相乘，可以先把两个首位数值相乘，然后在所得的结果后面添上两个首位数的和（和满十时要进位）的10倍，最后在后面添上1。
例如，51×71=50×70+（5+7）×10+1
=3500+12091
=3621。
这样的题目，口算的方法可以是：
【两个首位是1的两位数相乘公式】设两个首位为1的两位数，个位上的数字分别是a和b，则它们的积是：
（10+a）（10+b）＝100+10a+10b+ab
=（10+a+b）×10+ab。
由这一公式可知，两个首位是1的两位数相乘，可以把一个数加上另一个数的末位数，所得的结果乘以10以后，再加上两个末位数的乘积。
例如，17×16=（17+6）×10+7×6
=230+42
=272。
【接近100的两个数相乘公式】接近100的两个数相乘，可以分三种情况来寻找它的速算方法。
（1）两个超过100的数相乘。
设两个超过100的数分别为a和b，它们与100的差分别为h和k，则a=100+h，b=100+k。它们的积是
a·b＝（100+h）（100+k）
=（100+h）×100+100k-hk
=（100+h+k）×100+hk
=（a+k）×100+hk。
由这一公式可知，两个超过100的数相乘，可以先把一个数加上另一个数与100的差，然后将所得的结果乘以100以后，再加上两个因数分别与100的差（补充数）的乘积。
例如，108×112=（108+12）×100+8×12
=12000+96
=12096。
快速口算的思考方法可以是：
又如，103×102=（103+2）×100+3×2
=10500+6
=10506
快速口算的思考方法可以是
（2）两个不足100的数相乘。
设两个不足100的数一个为a=100-h，另一个为b=100-k，则它们的积是
a· b=（100－h）（100－k）
=（100-h）×100-100k+hk
=（100-h-k）×100+hk
=（a-k）×100+hk。
由这个公式可知，两个不足100的两位数相乘，可以先从一个因数中减去另一个因数与100的差，然后将所得结果乘以100以后，再加上两个因数分别与100的差（两个补充数）的乘积。
例如，89×97=（89-3）×100+11×3
=8600+33
=8633
快速口算的思考方法可以是
又如，89×88=（89-12）×100+11×12
=7700+132
=7832。
快速口算的思考方法可以是
（3）一个超过100，一个不足100的两个数相乘。
设一个因数a比100大h，即a=100+h；另一个因数b比100小k，即b=100-k，则它们的积是
a·b=（100+h）（100-k）
=（100+h）×100-100k+hk
=（100+h-k）×100+hk
＝（a-k）×100-hk。
由这个公式可知，一个超过100、一个不足100的两个数相乘，可以先从大于100的因数中，减去另一个因数与100的差，然后将所得的结果乘上100以后，再减去两个因数分别与100之差（两个补充数）的乘积。
例如，104×97=（104-3）×100-4×3
=10100-12
=10088
快速口算思考方法可以是
【平方差公式】两个数的和，乘以这两个数的差，等于这两个数的平方差。平方差公式用字母表达就是：
（a+b）（a-b）=a2-b2
运用平方差公式计算，可以使一些题目的计算变得比较简便、快速。例如
362-262=（36+26）×（36-26）
=62×10=620
672-522=（67+52）×（67-52）
=119×15
=1190+595=1785
872-762=（87+76）×（87-76）
=163×11
=1630+163
=1793
这个公式反过来，也可以运用于两数相乘的速算。但其前提是：两个因数必须能化成同样的两个数的和与差。例如
17×23=（20-3）×（20+3）
=（20+3）×（20-3）
=202-32
=400-9
=391
94×86=（90+4）×（90-4）
=902-42
=8100-16
=8084
以上两例的特点是：首位相差1，末位数字之和是10。这样两个数相乘，可用较大数的十位数值与它的个位数字的和，去乘以它们的差，然后运用平方差公式进行速算。
【十位数相同的两位数相乘公式】十位数相同的两个两位数相乘，可先将一个乘数的个位数字加到另一个乘数上，再乘十位数值，然后加上两个个位数字的积。即
（10a+b）（10a+c）=（10a+b+c）×10a+bc
例如，43×46=（43+6）×40+3×6
=1978
84×87=（84+7）×80+4×7
=7308
【一因数两数字和是10，另一因数为11的倍数的两数乘法公式】一个因数的两个数字为a和b，且a+b=10，另一个因数为11的倍数，这样的两个两位数相乘，可先将前一个乘数的十位数字加1，再与后一个乘数的十位数字相乘后乘以100，然后加上两个个位数之积。即
（10a+b）（10c+c）=（a+1）c×100+bc。
例如，73×44＝（7+1）×4×100+3×4
=3212。
【个位数相同的两位数相乘公式】个位数相同的两个两位数相乘，可先将两个十位数字相乘，再乘以100，再加上一个因数与另一个因数十位数值的和，然后乘以另一因数的个位数。即
（10a+c）（10b+c）=100ab+（10a+c+10b）c。
例如，42×32=4×3×100+（42+30）×2=1344。
【几十几与十几相乘公式】几十几与十几相乘，可将几十几的十位数值乘以十几的个位数数字，再加上几十几的10倍，然后加上两个个位数字之积。即
（10a+b）（10+c）=10a×c+（10a+b）×10+bc。
例如，65×17=60×7+650+5×7
=1105。
【末两位为25的三位数自乘公式】末两位为25的三位数自乘时，可以用首位数字的10倍与5的和，去乘以首位数字的1000倍，然后加上625。即
（100a+25）2=（10a+5）×1000a+625。
例如，7252=（70+5）×7000+625
=525625
如果直接写答案，可以是
7252=525 625
↑ ↑
75×7 252
又如，3252=105 625
↑ ↑
35×3 252
【末两位为75的三位数自乘公式】 末两位为75的三位数自乘时，可用首位数字的10倍与5的和，去乘以首位数字与1的和的积的1000倍，再加上625。即
（100a+75）2=（10a+5）×（a+1）×1000+625。
例如，8752=（80+5）×（8+1）×1000+625
=765625
如果直接写答案，可以是
8752=765 625
↑
85×9
又如，3752=140 625
↑
35×4
19、四则运算性质
【加法运算性质】加法的运算性质主要有以下三条：
（1）一个数加上几个数的和，可以把这个数加和里的第一个加数，再加第二、三……个加数。
用字母来表达，可以是：
a+（b+c+d）=a+b+c+d。
例如，85+（15+57+43）=85+15+57+43
=100+57+43
=157+43
=200
（2）几个数的和加上一个数，可以把这个加数加到和里的任意一个加数上去，再加和里的其他加数。
用字母来表达，可以是：
（a+b+c）+d=（a+d）+b+c
=a+（b+d）+c
=a+b+（c+d）。
（3）几个数的和加上几个数的和，可以把两个和里的所有加数依次相加。
用字母来表达，可以是:
（a1+a2+a3+……+an）+（b1+b2+b3+……+bn）
=a1+a2+a3+……+an+b1+b2+b3+……+bn
例如，（800+70+6）+（1200+500+60+7）
=800+70+6+1200+500+60+7
=2643
【加减混合运算性质】“加减混合运算性质”也可称为“和与差的性质”。这些性质有以下几条：
（1）第一个数加上（或减去）第二个数，再减去第三个数，可以把第一个数先减去第三个数，再加上（或减去）第二个数。这就是说，在加减混合运算中，改变运算的顺序，得数不变。这常被称之为加减混合运算的“交换性质”。
用字母来表达这一性质，可以是：
a+b-c=a-c+b；
或 a-b-c=a-c-b。
例如 3458+6789-2458=3458-2458+6789
=1000+6789
=7789
4087-1198-2087=4087-2087-1198
=2000-1198
=802
（2）一个数加上两个数的差，等于这个数加上差里的被减数，再减去差里的减数。这可以称之为加减混合运算的“结合性质”。
用字母表示这一性质，可以是：
a+（b-c）＝a+b-c
例如，1364+ （8636-2835）= 1364+ 8636-2835
=10000-2835
=7165
（3）一个数减去几个数的和，等于这个数依次减去和里的每一个加数。这也可称之为“结合性质”。
用字母表示这一性质，可以是：
a-（b+c+d+e）=a-b-c-d-e。
例如，8675-（605+1070+287）
=8675-605-1070-287
=8070-1070-287
=7000-287
=6713
（4）一个数减去两个数的差，等于这个数先加上差里的减数，再减去差里的被减数。这也是加减混合运算的“结合性质”。
用字母表示这一性质，可以是：
a－（b－c）＝a+c－b。
例如，754-（600-246）=754+246-600
=1000-600
=400
（5）几个数的和减去一个数，可以用和里的等于或大于这个数的一个加数，先减去这个数，然后再加和里的其他加数。这也是“结合性质”。
用字母表示这一性质，可以是：
（a+b+c+d）-e=（a-e）+b+c+d（a、b、d 、d≥e）
=a+（b-e）+c+d
=a+b+（c-e）+d
=a+b+c+（d-e）。
例如，（421+368+468）-368=421+（368-368）+468
=421+468
=889
（6）几个数的和减去几个数的和，可以用第一个和里的各个加数，分别减去第二个和里不比它大的各个加数，然后相加。这也可称为“结合性质”。
用字母表示这一性质，可以是：
（a+b+c+d）-（e+f+g+h）
=（a-e）+（b-f）+（c-g）+（d-h）
（a≥e，b≥f，c≥g，d≥h）
例如，（865+721+543+697）-（765+621+343+697）
=（865-765）+（721-621）+（543-343）+（697-697）
=100+100+200+0
=400
【乘除混合运算性质】“乘除混合运算性质”也可称之为“积与商的性质”。它们的性质可分为三类：
第一类是“交换性质”：
在乘除混合运算或连除的算式中，变更它们的运算顺序，得数的大小不变。
用字母表示这一性质，可以是：
a·b÷c=a÷c·b（c≠0）
a÷b·c=a·c÷b（b≠0）
a÷b÷c=a÷c÷b（b≠0，c≠0）
例如 2460×376÷246=2460÷246×376
=10×376
=3760
6900÷25÷69=6900÷69÷25
＝100÷25
=4
第二类是“结合性质”。结合性质有以下几条：
（1）一个数乘以两个数的商，等于这个数先乘以商里的被除数，再用积除以商里的除数。
用字母表达这一性质，可以是：
a·（b÷c）＝a·b÷c（c≠0）
例如7×（400÷28）=7×400÷28
=2800÷28
=100
（2）一个数除以两个（或若干个）因数的积，等于这个数除以积里的一个因数，再依次除以其他的因数。
用字母表达这一性质，可以是：
a÷（b·c）=a÷b÷c（b、c≠0）
a÷（b·c……·m）=a÷b÷c÷……÷m（b，c……m≠0）
例如，1050÷（2×3×5×7）=1050÷2÷3÷5÷7
＝525÷3÷5÷7
=175÷5÷7
＝35÷7
=5
（3）一个数除以两个数的商，等于这个数除以商里的被除数，再乘以商里的除数。
用字母表示这一性质，可以是：
a÷（b÷c）＝a÷b×c（b≠0，c≠0）
例如，3600÷（360÷40）=3600÷360×40
=10×40
＝400
第三类是“分配性质”。分配性质有以下几条：
（1）两个数的差与一个数相乘，可以用被减数与减数分别与这个数相乘，然后再相减。
用字母表达这一性质，可以是：
（a-b）c＝ac－bc
a（b-c）=ab-ac
例如，（100-3）×21=100×21-3×21
=2100-63
=2037
78×（100-1）=78×100-78×1
=7800-78
=7722
（2）几个数的和除以一个数，可以用和里的每个加数分别除以这个数，再把所得的商相加。
用字母表达这一性质，可以是:
（a+b+c）÷d=a÷d+b÷d+c÷d。（d≠0）
例如，（3700+1110+37）÷37
=3700÷37+1110÷37+37÷37
=100+30+1
=131
注意：此性质不适用于“一个数除以几个数的和”，即a÷（b+c+d）≠a÷b+a÷c+a÷d。比方，
6850÷（100+37）≠6850÷100+6850÷37。
（3）两个数的差除以一个数，可以把被减数和减数分别除以这个数，再把所得的商相减。
用字母表达这一性质，可以是：
（a-b）÷m=a÷m-b÷m（m≠0）
例如，（3400-68）÷34=3400÷34-68÷34
=100-2
=98
注意：此性质也不适用于“一个数除以两个数的差”。即
m÷（a-b）≠m÷a-m÷b。
比方 3400÷（68-34）≠3400÷68-3400÷34。
（4）几个数的积除以一个数，可以把积里的任何一个因数除以这个数，然后再与其他因数相乘。
用字母表达这一性质，可以是：
（a·b·c）÷m=（a÷m）·b·c＝a·（b÷m）·c=a·b·（c÷m）（m≠0）
例如，（20×48×5）÷8=20×（48÷8）×5
=20×6×5
=600
（5）几个数的积除以几个数的积，可以把第一个积里的各个因数，分别除以第二个积里的各个因数，然后把所得的商相乘。
用字母表达这一性质，可以是：
（a·b·c·d）÷（e·f·g）＝（a÷e）·（b÷f）·（c÷g）·d。（e·f·g≠0）
例如，（21×15×48）÷（7×3×16）=（21÷7）×（15÷3）×（48÷16）=3×5×3=45
20、四则计算
【基本题】
例1 计算 7142.85÷3.7÷2.7×1.7×0.7
（1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：本题的两个除数和乘数依次是3.7，2.7，1.7，0.7。从数字上分析，不能运用简便运算。所以，只能从左至右依次计算。结果是850.85。
（1990年江西省“八一杯”小学数学竞赛试题）
成假分数之后，分子都含有22的约数，于是可采用分配律计算。
（1994年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：两个分数的分母都是3，所以，可把小数化成分数计算。
【巧算题】
（全国第三届“华杯赛”初赛试题）
讲析：括号中的三个数如果直接通分，则比较繁琐。经观察，可将三个分母分解质因数，求出公分母；在求公分母的过程中，不必急于求出具体的数，而可边算边约分，能使计算简便一些。
（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
讲析：当把两个带分数化成假分数时，分子都是65。于是，第一个括号中可提出一个65，第二个括号中可提出一个5，能使计算变得比较简便。
例3 计算：
（全国第四届“华杯赛”复赛试题）
讲析：经观察发现，可将整数部分与分数部分分开计算。这时，每个带分数的分数部分，都可以拆分成两个单位分数之差，然后互相抵消。计算就很简便了
例4 计算：
（1990年《小学生数学报》小学数学竞赛试题）
除以两数之积，就等于分别除以这两个数。然后可将它们重新组合计算为
法分配律计算。于是可将10.375分开，然后重新组合。
（1990年小学数学奥林匹克初赛试题）
用字母代替去计算。
（长沙市小学数学奥林匹克集训队选拔赛试题）
26.3乘以2.5。这样计算，可较为简便。
原式=2.5×24.7＋29×2.5＋26.3×2.5
=2.5×（24.7+29＋26.3）=200。
例8 已知11×13×17×19=46189
计算：3.8×8.5×11×39
（广州市小学数学竞赛试题）
讲析：根据已知条件来计算另一个算式的结果，应尽量将计算式化成与已知条件式相同或相似的式子。所以，可计算为：
原式=（2×1.9）×8.5×11×（13×3）=0.3×（11×13×17×19）
=0.3×46189=13856．7
例9 计算1+2-3-4+5+6-7-8+……+1990。
（福建省首届“小火炬杯”小学数学竞赛试题）
讲析：观察发现，形于“2-3-4+5”的结果为0，于是可分组计算为
原式=1＋（2-3-4+5）+（6-7-8+9）+……+（1986-1987-1988＋1989）＋1990
=1+1990
=1991
例10 计算0.1+0.3+0.5+0.7+0.9+0.11+0.13+0.15+……+0.99
（北京市1988年小学数学奥林匹克邀请赛试题）
讲析：可分组进行计算。注意到每相邻两数的差，可计算为
原式=（0.1+0.3+……+0.9）+（0.11+0.13+0.15+……+0.99）
=27.25
（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：将前面几个括号中的结果计算出来以后，会发现分组计算较好，故算式可以是：
联系客服
