11、有關數的法那么或方法【數的讀寫方法】〔整數中多位數的讀寫方法，以及小數、分數、百分數的讀、寫方法，見小學數學課本，此處略。〕“成數〞、“折數〞即“十分數〞，它們常用中國數字和文字“七成〞、“二成五〞、“八折〞、“九五折〞等表示，并根據其文字去讀。它們也常用分母為十的分數，或者用百分數去表示，這時便可按分數、百分數的方法去讀。“千分數〞是表示一個數是另一個數的千分之幾的分數，它常用“千分號〞--“‰〞來寫千分數，如某地人口出生率為千分之七，寫作“7‰〞，讀作“千分之七〞。【科學記數法】用帶一位整數的小數，去乘以10的整數次冪來表示一個數的方法，叫做“科學記數法〞。利用小數點移動的規律，很容易把一個數用“科學記數法〞表達為“a×10n〔1≤a≤10，n是整數〕〞的形式。例如：25700，把小數點向左移動四位，得1＜2.57＜10，但2.57比25700小了10000倍，所以25700=2.57×104。0.00867，把小數點向右移動三位，得1＜8.67＜10，但8.67比0.00867大了1000倍，所以【近似數截取方法】截取近似數的方法，一般有四舍五入法、去尾法和進一法三種。四舍五入法──省略一個數的一局部尾數，取它的近似數的時候，如果要舍去的尾數的最高位上的數是4，或者是比4小的數，就把尾數舍去；如果要舍去的尾數的最高位上的數是5，或者是比5大的數，把尾數舍去以后，要向它的前一位進一。這種求近似數的方法叫做“四舍五入法〞。例如，把8，654，000四舍五入到萬位，約等于865萬；把7.6239四舍五入保存兩位小數約等于7.62；把2，873，000，000四舍五入到億位，約等于29億；把32.99506四舍五入精確到百分位約等于33.00。去尾法──要省略的尾數不管是多少，一律舍去不要，這種求近似數的方法叫做“去尾法〞。進一法──省略某一個數某一位后面的尾數時，不管這些尾數的大小，都向它的前一位進一。這種求近似數的方法，叫做“進一法〞。顯然，用“進一法〞和“五入〞方法截取的近似值，叫做“過剩近似值〞，而用“去尾法〞和“四舍〞方法截取的近似值，叫做“缺乏近似值〞。值得注意的是：在近似數的取舍結果中，小數點后最右一位上的零必須寫上。例如，把1.5972四舍五入，保存兩位小數得1.60，即1.5972≈1.60，最后的“0〞不可去掉，否那么，它只精確到十分位了。【質數判定方法】判定一個較大的數是不是質數，一般有兩種方法。〔1〕查表法。用查質數表的方法，可以較快地判斷一個數是否為質數：質數表上有的是質數，同一范圍內的質數表上沒有這個數，那它便是個合數。〔2〕試除法。如果沒有質數表，也來不及制作一個質數表，可以用試除來判斷。例如，要判定161和197是不是質數，可以把這兩個數依次用2、3、5、7、11、13、17、19……等質數去試除。這是因為一個合數總能表示成幾個質因數的乘積，假設161或197不能被這個合數的質因數整除，那么也一定不能被這個合數整除。所以，我們只要用質數去試除就可以了。由161÷7=23，可知161的約數除了1和它本身外，至少還有7和23。所以，161是合數，而不是質數。由197依次不能被2、3、5、7、11、13整除，而197÷17=11……10，這時的除數17已大于不完全商11，于是可以肯定：197是質數，而不是合數。因為197除了它本身以外，不可能有比17大的約數。假定有，商也一定比11小。這就是說，197同時還要有比11小的約數。但經過試除，比11小的質數都不能整除197，這說明比11小的約數是不存在的，所以197是質數，不是合數。【最大公約數求法】最大公約數的求法，一般可用下面四種方法。〔1〕分解質因數法。先把各數分解質因數，再把各數公有的一切質因數連乘起來，就是所求的最大公約數。例如，求2940、756和168的最大公約數：∵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的最大公約數是84〞。〔2〕檢驗公約數法。“檢驗公約數法〞即“試除法〞，也是小學數學課本介紹的那一種一般的求法，此處略。〔3〕輾轉相減法。較大的兩個數求最大公約數，可以用“輾轉相減法〞：用大數減小數，如果減得的差與較小的數不相等，便再以大減小求差，直到出現兩數相等為止。這時，相等的數就是這兩個數的最大公約數。例如，求792和594的最大公約數。∵〔792，594〕=〔792-594，594〕=〔198，594〕=〔594-198，198〕=〔198，396〕=〔198，396-198〕=〔198，198〕=198，∴〔792，594〕=198。用輾轉相減法求兩個數的最大公約數，可以推廣到求n個數的最大公約數，具體做法是：可以不拘次序地挑選最方便的，從較大的數里減去較小的數。這樣逐次做下去，直到所得的差全部相等為止。這個相等的差，就是這些數的最大公約數。例如，求1260、1134、882和1008的最大公約數。∵〔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〕輾轉相除法〔歐幾里得算法〕。用輾轉相除法求兩個數的最大公約數，步驟如下：光用較小數去除較大的數，得到第一個余數；再用第一個余數去除較小的數，得到第二個余數；又用第二個余數去除第一個余數，得到第三個余數；這樣逐次用后一個余數去除前一個余數，直到余數是0為止。這時，余數“0〞前面的那個余數，便是這兩個數的最大公約數。求兩個較大的數的最大公約數，用上面的第一、二種方法計算，是相當麻煩的，而采用“輾轉相除法〞去求，就簡便、快速得多了。例如，求437和551的最大公約數。具體做法是：先將437和551并排寫好，再用三條豎線把它們分開。然后依下述步驟去做：〔1〕用較小數去除較大數把商數“1〞寫在較大數的線外，并求得余數為114。〔2〕用余數114去除437，把商數“3〞寫在比114大的數〔437〕的線外，并求得余數為95。〔3〕用余數95去除114，把商數“1〞寫在114右邊的直線外，并求得余數為19。〔4〕用余數19去除95，把商數“5〞寫在95左邊的直線外面，并求得余數為0。〔5〕當余數為0時，就可斷定余數0前面的那一個余數19，就是437和551的最大公約數。又如，求67和54的最大公約數，求法可以是由余數可知，67和54的最大公約數是1。也就是說，67和54是互質數。輾轉相除法，雖又稱作“歐幾里得算法〞，實際上它是我國最先創造出來的。早在我國古代的《九章算術》上，就有“以少減多，更相減損〞的方法求最大公約數的記載。一般認為，“輾轉相除法〞即源于此。這比西方人歐幾里得等人的發現要早600年以上。輾轉相除法是求兩個數的最大公約數的方法。如果要求三個或三個以上數的最大公約數，可以用它先求出其中兩個數的最大公約數，再求這個最大公約數與第三個數的最大公約數。這樣依次下去，直到最后一個數為止。最后的一個最大公約數，就是這幾個數所要求的最大公約數。【分數最大公約數求法】自然數的最大公約數的定義，可以擴展到分數。一組分數的最大公約數一定是分數，而這組分數分別除以它們的最大公約數，應得整數。求一組分數的最大公約數的方法是：〔1〕先將各個分數中的帶分數化成假分數；〔2〕再求出各個分數分母的最小公倍數a；〔3〕然后求出各個分數分子的最大公約數b；再求出三個分母的最小公倍數，得72；然后求出三個分子35、21和56的最大公約數，得7；【最小公倍數求法】求最小公倍數可采用下面三種方法。〔1〕分解質因數法。先把各數分解質因數，在所有相同的質因數中，每一個取出指數最大的，跟所有不同的質因數連乘起來，就是所求的最小公倍數。例如，求120、330和525的最小公倍數。∵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525三個數的最小公倍數是46200〞。〔2〕檢驗公約數法。“檢驗公約數法〞即“試除法〞或“用短除法的求法〞，也就是小學數學課本上介紹的一般方法，此處略。〔3〕先求最大公約數法。由于“兩個數的乘積等于這兩個數的最大公約數與最小公倍數的乘積〞，即a·b=〔a，b〕·[a，b]所以，兩個數的最小公倍數，可由這兩個數的乘積除以這兩個數的最大公約數來求得。即例如，求[42，105]。假設要求三個或三個以上的數的最小公倍數，可以先求其中兩個數的最小公倍數，再求這個最小公倍數與第三個數的最小公倍數，再求這個最小公倍數與第四個數的最小公倍數，……，如此依次做下去，直到最后一個數為止。最后求得的那個最小公倍數，就是所要求的這幾個數的最小公倍數。例如，求[300，540，160，720]∴[300，540，160，720]=21600【分數最小公倍數求法】自然數的最小公倍數的定義，可以推廣到分數。一組分數的最小公倍數，可能是分數，也可能是整數，但它一定是這組分數中各個分數的整數倍數。求一組分數的最小公倍數，方法是：〔1〕先將各個分數中的帶分數化成假分數；〔2〕再求出各個分數分子的最小公倍數a；〔3〕然后求出各個分數分母的最大公約數b；再求各分數分子的最小公倍數，得[35，21，56]=840；然后求各分數分母的最大公約數，得〔6，8，9〕=1【數的互化方法】整數、小數和分數，整數、假分數和帶分數，整數、小數、分數和百分數，成數〔或折數〕、分數和百分數，它們之間可以互化，互化的方法見小學數學課本，此處略。化循環小數為分數，還可以用移動循環節的方法。例如由這些實例，可以得循環小數化分數的法那么如下：〔1〕純循環小數化分數的法那么。純循環小數可以化成這樣的分數：分子是一個循環節的數字所組成的數；分母的各位數字都是9，“9〞的個數同循環節的位數相同。〔2〕混循環小數化分數的法那么。混循環小數可以化成這樣的分數：分子是小數點后面第一個數字到第一個循環節的末位數字所組成的數，減去不循環數字所組成的數所得的差；分母的頭幾個數字是9，末幾位數字是0，“9〞字的個數同循環節的位數相同，“0〞字的個數和不循環局部的位數相同。【分數化有限小數判斷法】假設進一步研究，它又有以下的三種情況：5〔即與10互質〕，或者除2和5以外，還包含其他的質因數，那么，這樣的分數就不能化成有限小數，而只能化成無限循環小數。這里，又有以下的兩種情況：和5時，這樣的分數就可以化成純循環小數。循環節內數字的個數，跟數列9，99，999，9999，……各項中，能被分母b整除的最小的數所含“9〞字的個數相同。分母37去除9，99，999，9999，……，能整除的最小的數是999，即99937〔即“999能被37整除〞，“〞是整除符號；亦可逆讀為“37能整除999〞〕也可以表示為37｜999〔即“37能整除999〞，“｜〞也是整除符號；亦可逆讀為“999能被37整除〞。〕這里“999〞，含有3個“9〞，所以它化成的純循環小數循環節內數字的個數也是3個：=0.513以外的質因數，那么這樣的分數就可以化成混循環小數。它的不循環局部數字的個數，跟2和5在分母內最高乘方的指數相同；循環節內數字的個數，跟數列9，99，999，9999，……各項中，能被分母內2和5以外的質因數的積所整除的最小的數，所含“9〞字的個數相同。質因數11，所以這分數可以化成混循環小數。不循環局部數字的個數是3個〔最高乘方23的指數為3〕，循環局部的循環節數字是兩個〔11｜99，“9〞的個數為2個〕：概括起來，把分數化成小數，判斷其得數的情況，不外乎以下三種：〔1〕假設分母只含質因數2，5，那么化得的小數是有限小數；〔2〕假設分母不含質因數2，5，那么化得的小數是純循環小數；〔3〕假設分母既含質因數2，5，又含2和5以外的質因數，那么化得的小數是混循環小數。注意：判斷的前提是分數必須是既約〔最簡〕分數，否那么很容易出錯。【百分比濃度求法】用溶質質量占全部溶液質量的百分比來表示溶液濃度，叫做溶液的百分比濃度。求法是例如，用白糖〔溶質〕1千克，開水〔溶劑〕4千克混合以后，所得的糖水〔溶液〕的百分比濃度是用對稱關系找約數【用對稱關系找約數】找某一合數的約數，常有找不全的情況發生，而利用約數的對稱關系去找，就能解決這一問題。方法是：〔1〕假設某個合數為某一個自然數的平方，那么它的所有約數的“中心數〞就是這個自然數；再把比“中心數〞小的幾個約數找出來，其他的約數也就可以成對地和一個不漏地找出來。例如，找出36的全部約數：因為36=62，6是所有約數的“中心數〞。比中心數6小的約數很容易找到，它們是1、2、3、4四個，于是比中心數大的約數，也就可依據對應關系，成對地找出來了，它們是36〔與1對應〕、18〔與2對應〕、12〔與3對應〕和9〔與4對應〕。如以下圖〔圖4.7〕：〔2〕假設某個合數不是某一自然數的平方，那么可先找出一個“近似中心數〞。例如，找出102的全部約數：因為102＜102＜112，所以可選10或11為“近似中心數〞。然后找出比這個近似中心數小的所有約數——1、2、3、6；再找出比近似中心數大的所有約數——102、51、34、17。如以下圖〔圖4.8〕：〔注意：“中心數〞是其中的一個約數，但“近似中心數〞卻不是其中的一個約數。〕【叉乘法求最小公倍數】用“叉乘法〞求最小公倍數，是極為快速的。例如求24和36的最小公倍數。如圖4.9：24和36的最小公倍數是24×3=72，或36×2=72。這樣做的道理很簡單。因為所以，用24乘以36獨有的質因數3，或者用36乘以24獨有的質因數2，都能得到24與36的最小公倍數72。今后，用短除法找出兩個數單獨有的質因數以后，順手畫一個“×〞，把它們分別與原來的兩個數相乘，就都會得到它們的最小公倍數。又如，求20、12和18三個數的最小公倍數。如圖4.10：∵20和12的最小公倍數是20×3=60，60和18的最小公倍數是60×3=180，∴20、12和18三個數的最小公倍數便是180。如果先求20和18的最小公倍數，再用這個最小公倍數與12去求三個數的最小公倍數；或者先求12和18的最小公倍數，再用這個最小公倍數與20去求三個數的最小公倍數，也是可以的。12、用補充數速算末尾是一個或幾個0的數，運算起來比擬簡便。假設數末尾不是0，而是98、51等，我們可以用〔100—2〕、〔50＋1〕等來代替，這也可能使運算變得比擬簡便、快速。一般地我們把100叫做98的“大約強數〞，2叫做98的“補充數〞；50叫做51的“大約弱數〞，1叫做51的“補充數〞。把一個數先寫成它的大約強〔弱〕數與補充數的差〔和〕，然后再進行運算，這種方法叫做“運用補充數法〞。例如〔1〕387＋99=387＋〔100—1〕=387＋100—1=4861680—89=1680-〔100—11〕=1680—100+11=1580+11=15914365-997=4365-〔1000-3〕=4365-1000＋3=336869×9=69×〔10-1〕=690-69=62169×99=69×〔100-1〕=6900-69=683187×98=87×〔100-2〕=8700-87×2=8700-200+26=852613、一般應用題【和差的問題】例1六年級有四個班，不算甲班，其余三個班的總人數是131人；不算丁班，其余三個班的總人數是134人。乙、丙兩班的總人數比甲、丁兩班的總人數少1人。四個班的總人數是_____。〔1990年全國小學數學奧林匹克初賽試題〕講析：因為乙、丙兩班總人數比甲、丁兩班總人數多1人。那么乙、丙兩班總人數的3倍就等于〔131+134-l〕=264人。所以，乙、丙兩班共有246÷3=88〔人〕。然后可求出甲、乙兩班總人數為88+1=89〔人〕，進而可求出四個班的總人數為88+89=177〔人〕。例2東河小學畫展上展出了許多幅畫，其中有16幅畫不是六年級的，有15幅畫不是五年級的。現知道五、六年級共有25幅畫，因此，其它年級的畫共有____幅。〔1988年北京市小學數學奧林匹克決賽試題〕講析：由“16幅畫不是六年級的，15幅畫不是五年級的〞可得出，五年級比六年級多1幅畫。所以六年級共有12幅畫。然后可求出其它年級的畫共有〔15-12〕幅，即3幅。例3甲、乙、丙都在讀同一本故事書。書中有100個故事。每人都認某一個故事開始按順序往后讀。甲讀了75個故事，乙讀了60個故事，丙讀了52個故事。那么甲、乙、丙三人共同讀過的故事至少有_____個。〔1991年全國小學數學奧林匹克初賽試題〕講析：可先看讀得較少的兩人重復閱讀故事的個數。乙、丙兩人最少共同讀故事60+52-100=12〔個〕。因為每人都從某一故事按順序往后讀,所以甲讀了75個故事。他無論從哪一故事開始讀，都至少重讀了上面12個故事。故答案是12個。例4某工廠11月份工作忙，星期日不休息，而且從第一天開始，每天都從總廠陸續派相同人數的工人到分廠工作。直到月底，總廠還剩工人240人。如果月底統計總廠工人的工作量是8070個工作日〔1人1天為1個工作日〕，且無1人缺勤。那么，這月由總廠派到分廠工作的工人共____人。(北京市第九屆“迎春杯〞小學數學競賽試題。〕講析：到月底總廠剩下240名工人，這240名工人一個月的工作日為240×30=7200〔個〕。而8070-7200=870〔個〕。可知這870個工日是由總廠派到分廠工作的人在總廠工作的工日。設每天派a人到分廠工作，那么這些人中留在總廠的工作日是；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，共派到分廠的工人為2×30=60〔人〕。【積商的問題】例1王師傅加工1500個零件后，改良技術，使工作效率提高到原來的2.5倍，后來再加工1500個零件時，比改良技術前少用了18小時。改良技術前后每小時加工多少個零件？〔1989年《小學生數學報》小學數學競賽決賽試題〕講析：改良技術后的工效提高到原來的2.5倍，后來加工1500個零件時，比改良技術前少用18小時，那么改良技術后加工1500個零件的時間是18÷〔2.5-1〕=12〔小時〕。原來加工1500個零件的時間是12+18=30〔小時〕于是，改良前每小時加工的便是1500÷30=50〔個〕，改良后每小時加工的便是1500÷12=125〔個〕。例2現有2分硬幣、5分硬幣各假設干個，其中2分的比5分的多24個，如果把2分硬幣等價換成5分硬幣，所得的5分硬幣要比原有的5分硬幣少6個。原來兩種硬幣各有多少個？〔1993年“光遠杯〞小學數學競賽試題〕講析：我們用方程來解，設原來有x個5分的硬幣；那么2分硬幣共有〔x+24〕個。由題意得：2〔x+24〕÷5=x-6。解得：x=26，即5分幣有26個。于是，2分幣便有26+24=50〔個〕循環小數【循環小數化分數】小學數學競賽試題〕講析：純循環小數化分數時，分子由一個循環節的數字組成，分母由與數推出？〔長沙地區小學數學競賽預賽試題〕講析：循環節有6位數字。而〔89-3〕÷6=14余2。即小數點后第89位以后的數是230769循環。【循環小數的計算】〔哈爾濱市第十一屆小學數學競賽試題〕講析：可把小數都化成分數后，再計算，得例2圖5.3列出的十個數，按順時針次序可組成許多個整數局部是一位________。〔1989年全國小學數學奧林匹克決賽試題〕講析：要想這個數最大，整數局部必須選9。它有四種：9.291892915，9.189291592，9.291592918，9.159291892。無論循環節怎樣安排，都是從小數點后第十位開始重復。所以，以上四數中最大的是9.291892915。再考14、旋轉變換【旋轉成定角】例如下面的題目：“在圖4.23中，半徑為8厘米的圓的內外各有一個正方形，圓內正方形頂點都在圓周上，圓外正方形四條邊與圓都只有一個接觸點。問：“大正方形的面積比小正方形的面積大多少？〞按一般方法，先求大、小正方形的面積，再求它們的差，顯然是有難度的。假設將小正方形圍繞圓心旋轉45°，使原圖變成圖4.24，容易發現，小正方形的面積為大正方形面積的一半。所以，大正方形面積比小正方形的面積大〔8×2〕×〔8×2〕÷2=16×16÷2=128〔平方厘米〕又如，如圖4.25，求正方形內陰影局部的面積。〔單位：厘米〕外表上看，題目也是很難解答的。但只要將兩個卵葉片形的陰影局部繞正方形的中心，分別按順時針和逆時針方向旋轉90°，就得到了一個由陰影局部組成的半圓〔如圖4.26〕，于是，陰影局部的面積就很容易解答出來了。〔解答略〕【開扇式旋轉】有些圖形相互交錯，增加了解答的難度。假設像翻開折扇一樣，繞著某個定點作“開扇式〞旋轉，往往會使人頓開茅塞，使問題很快獲得解決。例如，求圖4.27的陰影局部的面積〔單位：厘米〕。假設采用正方形面積減空白局部面積的求法，計算量是很大的。由于它是由兩個形狀相同的扇形交叉重疊而成的，我們不妨把右下部的扇形翻開，順時針方向旋轉90°，得到圖4.28；再繼續旋轉，得到圖4.29。在圖4.29中，陰影局部面積便是半圓面積減三角形面積的差。所以，陰影局部面積是42×3.14÷2-〔4+4〕×4×2=25.12-16=9.12〔平方厘米〕又如，求圖4.30陰影局部的面積〔單位：厘米〕。將這個圖從中間剪開，以o為旋轉中心，將右半局部按順時針方向轉到左半部下方，便變成了圖4.31。于是，陰影局部的面積便是半圓面積減去兩直角邊均為2厘米的一個空白等腰直角三角形面積的差。即〔4÷2〕2×3.14÷2-2×2÷2=6.28-2=4.28〔平方厘米〕15、小數和分數【小數問題】例1某數的小數點向右移動一位，那么小數值比原來大25.65，原數是_______。〔1993年吉林省“金翅杯〞小學數學競賽試題〕講析：小數點向右移動一位以后，數值擴大了10倍，新數比原數就多9倍。所以，原數為25.65÷9=2.85。例2甲、乙兩個數之和是171.6，乙數的小數點向右移動一位等于甲數，甲數是________。〔1993年廣州市小學數學競賽試題〕講析：由“乙數的小數點向右移動一位等于甲數〞可知，甲數是乙數的10倍。所以，乙數是171.66÷〔10+1〕=15.6，甲數是15.6。例3用一個小數減去末位數字不為零的整數。如果給整數添上一個小數點，使它變成小數，差就增加154.44，這個整數是________。〔1990年《小學生報》小學數學競賽試題〕講析：因為差增加154.44，所以這個整數一定是比原數縮小了100倍，即這個整數比原數增加了99倍，由154.44÷99=1.56可知，這個整數是156。【分數問題】〔1993年全國小學數學奧林匹克總決賽第一試試題〕講析：20×11+2=222，15×11=165。〔1992年全國小學數學奧林匹克初賽試題〕7至64這58個連續自然數中，去掉13的倍數13、26、39、52四個數，用余下的54個數作分子，可得到54個最簡分數。c，那么三個分數的和為6。求這三個真分數。〔第三屆《從小愛數學》邀請賽試題〕因為三個分數為最簡真分數，所以a只能是1、2，b只能取1、3，C只能取1、5。經檢驗，a=2，b=3，c=5符合要求。故三個真分數分別是例4地同時滿足以下條件的分數共有多少個？〔2〕分子和分母都是質數；〔3〕分母是兩位數。請列舉出所有滿足條件的分數。〔1993年全國小學數學奧林匹克總決賽第二試試題〕講析：100以內的質數有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、即把不等式中三個分數的分子化為相同的方法，來搜尋分母。所以，符合條件的分數有12個：16、特殊解題方法【窮舉法】解答某些數學題，可以把問題所涉及到的數量或結論的有限種情況，不重復不遺漏地全部列舉出來，以到達解決問題的目的。這種解題方法就是窮舉法。例1從甲地到乙地有A、B、C三條路線，從乙地到丙地有D、E、F、G四條路線。問從甲地經過乙地到達丙地共有多少條路線？〔如圖3．28〕分析：從甲地到乙地有3條路線，從乙地到丙地有4條路線。從甲地經過乙地到達丙地共有以下不同的路線。解：3×4＝12答：共有12條路線。例2如果一整數，與1、2、3這三個數，通過加減乘除運算〔可以添加括號〕組成算式，能使結果等于24，那么這個整數就稱為可用的。在4、5、6、7、8、9、10、11、12這九個數中，可用的有_______個。〔1992年小學數學奧林匹克初賽試題〕分析：根據題意，用列式計算的方法，把各算式都列舉出來。4×〔1＋2＋3〕＝24〔5＋1＋2〕×3＝246×〔3＋2－l〕＝247×3十豆十2—248×3×〔2－1〕＝249×3—1—2—2410×2＋l＋3＝2411×2＋3－l＝2412×〔3＋1－2〕＝24通過計算可知，題中所給的9個數與1、2、3都能夠組成結果是24的算式。答：可用的數有9個。例3從0、3、5、7中選出三個數字能排成_______個三位數，其中能被5整除的三位數有_________個。〔1993年全國小學數學競賽預賽試題〕分析：根據題中所給的數字可知：三位數的百位數只能有三種選擇：十位數在余下的三個數字中取一個數字，也有3種選擇；個位數在余下的兩個數字中取一個數字，有2種選擇。解:把能排成的三位數窮舉如下，數下標有橫線的是能被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個三位數，其中能被5整除的有10個數。例4數一數圖3．30中有多少個大小不同的三角形？分析：為了不重復不遺漏地數出圖中有多少個大小不同的三角形，可以把三角形分成A、B、C、D四類。A類：是根本的小三角形，在圖中有這樣的三角形16個；B類：是由四個小三角形組成的三角形，在圖中有這樣的三角形7個。6個尖朝上，一個尖朝下。C類：是由九個小三角形組成的三角形，在圖中有這樣的三角形3個，尖都朝上。D類：是最大的三角形，圖中只有1個。解：16＋7＋3＋1＝27〔個〕答：圖中有大小不同的三角形共27個。【設數法】有些數學題涉及的概念易被混淆，解題時把握不定，還有些數學題是要求兩個〔或幾個〕數量間的等量關系或者倍數關系，但條件卻十分抽象，數量關系又很復雜，憑空思索，那么不易捉摸。為了使數量關系變得簡單明白，可以給題中的某一個未知量適當地設一個具體數值，以利于探索解答問題的規律，正確求得問題的答案。這種方法就是設數法。設數法是假設法的一種特例。給哪一個未知量設數，要便于快速解題。為了使計算簡便，數字盡可能小一點。在分數應用題中，所設的數以能被分母整除為好。假設單位“1〞未知，就給單位“1〞設具體數值。例1判斷以下各題。〔對的打√，錯的打×〕〔1〕除1以外，所有自然數的倒數都小于1。〔〕〔2〕正方體的棱長和它的體積成正比例。〔〕以上各數的倒數都小于1，就能猜想此題的說法是正確的。第〔2〕小題，給正方體的棱長設數，分析棱長的變化與其體積變化的規律。由上表看出，正方體的棱長擴大2倍，體積擴大8倍；棱長擴大4倍，體積擴大64倍……這不符合正比例的含義，就能斷定此題的說法是錯誤的。幾分之幾？分析：先把女生人數看作單位“1〞，假定女生人數為60人。男生人數那么為女生人數比男生人數少幾分之幾，那么為解：通過設數分析，理清了數量關系，找到了解題線索，便能順利地列出綜合算式。。分析：這道題似乎條件不夠，不知從何下手。不妨根據路程、時間、速度的關系，給從A地去B地的速度設一個具體數值試一試。假設去時每小時走20千米，那么A、B兩地的路程就是：沿原路回家的速度那么為：回家時所需的時間那么為：解：把全路程看作單位“1〞。例4甲校學生數是乙校學生數的40％，甲校女生數是甲校學生數的30％，乙校男生數是乙校學生數的42％，那么，兩校女生總數占兩校學生總數的百分比是____。〔1993年小學數學奧林匹克競賽試題初賽B卷〕分析：題中沒有給出具體數量，且數量關系錯綜復雜，不易理清頭緒。我們不妨把乙校人數看作單位“1〞，給乙校學生人數假定一個具體數值，這樣就化難為易了。假設假定乙校學生為500人，那么甲校學生為：500×40％=200〔人〕由甲校女生數是甲校學生數的30％，那么甲校女生數為：200×30％=60〔人〕由乙校男生數是乙校學生數的42％，那么乙校女生數為：500×〔1-42％〕=290〔人〕兩校學生總數為：500＋200=700〔人〕兩校女生總數為：60＋290=350〔人〕那么兩校女生總數占兩校學生總數的百分比為：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：兩校女生總數是兩校學生總數的50％。例7如圖3.32，正方形面積為20平方厘米，求陰影局部的面積。分析：一般的解法是先求正方形的邊長和圓的半徑，再求圓面積，然后用正方形的面積減去圓面積，即得陰影局部的面積。這樣算就要用到開平方的知識。如果假設正方形的邊長為1，運用小學的知識便能解決這個問題。我們可以先求陰影局部的面積占正方形面積的百分之幾，再計算陰影局部的面積。設正方形的邊長為1，正方形的面積那么為：12=1圓的半徑那么為：圓面積占正方形面積的百分比為：陰影局部的面積占正方形面積的百分比為1-78.5％=21.5％由此可知陰影局部的面積為20×21.5％=4.3〔平方厘米〕解：設正方形的邊長為1，那么陰影局部的面積為=20×21.5％=4.3〔平方厘米〕答：陰影局部的面積為4.3平方厘米。注意：如果把正方形的邊長設為其它數，計算的結果都是相同的。【類比法】類比法是運用類比推理解答問題的一種方法。類比推理是根據兩個對象有一局部屬性相類似，從而推出這兩個對象的其它屬性也可能相類似的一種推理方法。類比推理是富于創造性的一種思維方法，在小學數學中有著廣泛的應用。例如，分數和比都含有相除的意義，我們根據除法的商不變性質，類推出分數的根本性質和比的根本性質。在解答數學題時，遇到問題A和問題B有許多類似的屬性，見到問題B時就會聯想到問題A，于是可以用解決問題A的方法去解決問題B，或者用解決問題B的方法去解決問題A。例1從時針指向3點整開始，經過多少分鐘，分針正好與時針重合？分析：此題與追及問題相類似。如果把鐘面上1分鐘的距離作為1格，那么1小時分針走60格，時針走5格。那么分針走1格，經過多少時間分針與時針重合，實質上就是要解決多少時間分針追上時針的問題。例2A、B、C、D、E、F、G7個站，每兩站間都是相隔600米。問從A站到G站的路程是多少米？分析：不能簡單答復從A站到G站的路程是600×7=4200〔米〕。此題與在不是封閉的線路上要求兩端都要植樹的問題相類似，把7個站看成7棵樹，根據段數比棵樹少1的道理解答此題。解：600×〔7-1〕=3600〔米〕答：從A站到G站的路程是3600米。例3王老師為學校購置音樂器材。他帶去的錢可以買10臺手風琴或50把提琴，如果他買了6臺手風琴后，把剩下的錢全部買提琴，可以買多少把提琴？分析：題中沒有給出王老師帶了多少錢，以及提琴和手風琴的單價等條件，怎么能算出剩下的錢可以買多少把提琴呢？可是仔細一想，便可發現此題與工程問題相似。如果把王老師一共帶的錢數看作“1〞，那么每臺手風琴=20〔把〕答：可以買20把提琴。此題還可用解正比例應用題的方法來解答，把題意轉化為：“買10臺手風琴的錢與買50把提琴的錢相等，買4臺手風琴的錢可以買多少把提琴？〞解：設可以買x把提琴10∶〔10-6〕=50∶x答：可以買20把提琴。【嘗試法】解答某些數學題，可以先根據題意對題目的答案進行猜想，然后把猜想的答案試一試，看這個答案是否符合題意。如果符合，那么問題就得到解決。如果不符合，就得對答案進行調整，或者重新猜想，直到找出正確的答案為止。這種解題方法就是嘗試法，或者叫做試驗法。例1把0、4、6、、7、8、9這六個數字，分別填入下面算式的方框內，每個方框只許填一個數字，使每個等式都成立。分析：比擬兩個等式，先填第二個等式有利于快速解題。根據所給出的數字來分析，能使第二個等式成立的情況有兩種：6×9=547×8=56如果把6×9=54填入第二個等式，那么還剩下0、7、8三個數字，經過屢次試驗，這三個數字不可能使第一個等式成立。說明應重新調整。把7×8=56填入第二個等式，那么還剩下0、4、9三個數字，把這三個數字填入第一個等式，能使第一個等式成立，問題便得到解決。例2有一類小于200的自然數，每一個數的各位數字之和為奇數，而且都是兩個兩位數的乘積〔例如144=12×12〕。那么這一類自然數中，第三大的數是_____。〔1992年小學數學奧林匹克初賽試題〕根據條件，可以猜想這些兩位數的十位數只可能是1，而且兩位數中不能出現11，因為11×11=121，11×12=132，11×13=143……乘積的每位數字之和均為偶數，不合題意，應予排除。經過分析，猜想有了一定的范圍，于是進行嘗試，邊嘗試邊篩選，以求得正確的解答。10×10=10010×12=12010×13=130〔不合題意〕10×14=14010×15=150〔不合題意〕10×16=160下面把不符合題意的情況，不再列舉出來。12×12=144，12×14=168，12×15=180，13×14=182，13×15=195。把以上符合題意的乘積按從大到小的順序排列：195、182、180、168、160、144、120、100。第三大的數是180。答：滿足題設條件的自然數中，第三大的數是180。分析：為了統一單位“1〞，把條件進行轉化↓轉化↓轉化因為人的個數是自然數，根據條件可以知道一隊的人數一定是4和5的公倍數。在100以內的數中4和5的公倍數有20、40、60……憑直覺，認為一隊人數是20人。如果認定這個猜想是正確的，那么二隊100-20-15-16=49〔人〕如果對這個答案有疑心，不妨再試。假設一隊人數為40人，那么二隊人數為30人，三隊人數為32人，這樣四個隊的人數就超過了100，顯然不合題意。因此，第一次嘗試的答案是正確的。解：通過轉化條件和嘗試求出一隊人數為20人。答：四隊有49人。【探索法】當我們要解決某一個較復雜的問題時，可以從這個問題的局部特殊的情況入手，通過觀察、分析、推理，從而探索出普遍的規律，運用這個規律，求得問題的解答。這就是探索法。例1在下面的數表中，第1994行左邊第一個數是____。分析：先看數表中各數排列的情況，表中排列的數是2、3、4、5……等自然數，每行三個數，單行自左往右，雙行自右往左。左邊每行第一個數按7、13、19……排，這是一列公差為6的等差數列。通過仔細觀察，就會發現一個規律，就是數表左邊第一個數等于它所在的行數乘以3加1，即左邊第一個數=行數×3+1運用這個規律，便能十分迅速地求出第1994行左邊第一個數是：1994×3＋1=5983這個答案是否正確，可以通過計算驗證。7＋6×〔1994÷2－1〕=5983由此證明原答案是正確的。答：數表中第1994行左邊第一個數是5983。例2先找出下面數列的排列規律，然后在括號里填上適當的數。〔1〕2，8，32，128，()〔2〕1，4，5，2，8，10，4，()，()。分析：觀察〔1〕題，發現相鄰兩個數后一個總是前一個數的4倍，因此括號里應填512。再看第〔2〕題，可以把每三個數分為一組，比擬組與組之間數字排列的規律，如圖3.33。通過比擬，發現后一組數中每一個數都分別是前一組數中相對應位置的那個數的2倍，因此括號里應填16，20。解：〔1〕2，8，32，128，〔512〕。〔2〕1，4，5，2，8，10，4，〔16〕，〔20〕。分析：我們不必計算到小數點后第1998位，可以從研究局部情況入手，發現規律，進行推理，而求得問題的解答。可求得小數點后第1998位數是幾？解：〔1998-1〕÷6=332……5由上式可知1998位數字在循環節重復出現332次后的第五位上，因此這個數字是5。答：小數點后面第1998位數字是5。例4數一數右圖〔圖3.34〕中有多少個三角形。分析：要知道圖3.34有多少個三角形，不妨先分析圖3.35這個簡單圖形。三角形A’B’C’的B’C’邊上有5個點，線段總數為：4+3+2+1=10數一數這個圖形中正好一共有10個三角形。于是可以知道底邊上有多少條線段，便有多少個三角形。用以上規律來研究三角形ABC中一共有多少個三角形。這個三角形共分為三層，線段AB，DE，FG上都有5個點，從圖上可知一層有三角形的個數是4＋3＋2＋1=10〔個〕那么三角形ABC中共有三角形10×3=30〔個〕解：〔4＋3＋2＋1〕×3=30〔個〕答：三角形ABC中共有三角形30個。例5先觀察后計算13+23=9〔1+2〕2=913+23+33=36〔1+2+3〕2=3613＋23＋33＋43=100〔1+2＋3＋4〕2=10013＋23＋33+43＋53=225〔1＋2＋3＋4＋5〕2=225…………計算：13＋23＋33＋43＋53＋63＋73＋83=？分析：通過觀察，發現了這樣的規律，即從1開始的連續自然數立方之和與這些連續自然數之和的平方。根據這個規律可以巧算出13＋23+33＋………＋83=〔1+2＋3＋……+8〕2=362=1296【染色法】有許多數學問題，可以用不同的顏色來區分事物的不同類別。通過著色把各種條件和問題，形象、直觀地顯示出來，使分析和處理問題，變得具體和明朗起來，從而使我們能找到一條解決問題的捷徑。例1圖3.36由18塊1×1的正方形拼成，你能否用9塊2×1的長方形將圖形蓋住。分析與解：我們將圖形中的小方格黑白相間涂色〔如圖3.37〕，那么有8塊白格和10塊黑格。每一塊2×1的長方形能夠且只能蓋住一塊白格和一塊黑格。用8塊2×1的長方形覆蓋后，余下兩塊黑格，而余下的那塊2×1的長方形是無法蓋住2塊黑格的。所以9塊2×1的長方形無法將題設的圖形蓋住。例2右圖〔圖3.38〕為某展覽會展室的布局，相鄰兩室之間有門相通，參觀的人能否從入口進入A室依次而入，又不重復地看過各室的展覽后，從B室進入出口處？分析與解：為了說清楚問題，如圖〔3.39〕將各展室黑白相間涂上顏色。不管人們選擇什么路線，總是出了白室進黑室，出了黑室進白室。共有16個展室，要經過15道門。從A出發過第1道門進入黑室。過第2道門進入白室，過第3道門進入黑室……，過第15道門進入黑室，而B室是白室。所以想從白室依次而入，不重復地看過各室從B室進入出口是不可能的。例317名科學家每兩名都通信討論問題，在他們的通信中僅討論三個問題，任何一對科學家只討論一個問題，那么至少有三個科學家互相通信討論同一個問題。你能說明這個理由嗎？分析與解：將三個不同問題，用紅、黃、藍三種顏色表示，17名科學家看作17個點，兩點之間用或紅、或黃或藍的線段相連接表示討論某個不同的問題。每一點都要發出16條線段。由抽屜原理，至少有6條線段同色。如圖3.40表示從點A發出的6條同色線段AA1、AA2、AA3、AA4、AA5、AA6，不妨設這6條線段是紅色。下面考慮A1、A2、A3、A4、A5、A6之間連線的著色情況〔1〕假設這6點所連線段至少有一條紅色，例如A1A2，那么三角形AA1A2三邊是紅色，表示這三個科學家互相討論同一個問題。〔2〕假設這6點間所連線段沒有一條紅色。那么只能是黃色和藍色。這6點每一點可發出5條線段。由抽屜原理，至少有三條同色，不妨設為黃色。如圖假設A1A2，A1A3，A1A4為黃色。再考慮A2、A3、A4間所連線段的著色情況。①假設A2、A3、A4間的連線至少有一條黃色，不妨設A2A3為黃色，那么得三角形A1A2A3是三邊黃色的三角形，表示這三個科學家討論同一問題。②假設A2、A3，A4間的連線沒有一條黃色，那么就得一個三邊為藍色的三角形A2A3A4，表示這三個科學家討論同一問題。由以上討論可知，無論怎樣，至少有三個科學家互相通信討論同一個問題。17、算式謎【添運算符號】例1能不能在下式的每個方框中，分別填入“+〞或“-〞，使等式成立？1□2□3□4□5□6□7□8□9=10〔全國第三屆“華杯賽〞決賽口試試題〕講析：在只有加減法運算的算式中，如果只改變“＋〞、“-〞符號，不會改變結果的奇偶性。而1＋2+……＋9=45，是奇數。所以無論在□中，怎樣填“＋〞、“-〞符號，都不能使結果為偶數。例2在以下□中分別填上適當的運算符號，使等式成立。12□34□5□6□7□8=1990〔1990年廣州市小學數學邀請賽試題〕講析：首先湊足與1990接近的數。12×34×5=2040，然后調整為：12×34×5-6×7-8=1990。例3在下面十八個數字之間適當的地方添上括號或運算符號，使等式成立〔中南地區小學數學競賽試題〕講析：可先湊足與1993接近的數。1122＋334＋455+66+7+7=1991。然后，用后面的二個8和二個9，湊成2，得1122+334+455+66+7+7-8-8+9+9=1993。【橫式填數】例1如果10+9-8×7÷□+6-5×4=3，那么，“□〞中所表示的數是______。〔上海市小學數學競賽試題〕講析：等式左邊能計算的，可先計算出來，得5—56÷□=3，∴□=28。例2在兩個□中分別填上兩個不同的自然數，使等式成立。〔全國第四屆“華杯賽〞決賽口試試題〕講析：時，等式都能成立。所以，A=1994；B=1993×1994=3974042。〔1993年全國小學數學奧林匹克初賽試題〕講析：A+B=3。例4在下面的○、□和△中分別填上不同的自然數，使等式成立。〔1987年北大友好數學邀請賽試題〕講析：最大為：所以，○、□和△應填的數分別是2、3、9。例5在下面的□中，分別填上1、2、3、4、5、6、7、8、9中的一個數字〔每個式子中的數字不能重復〕，使帶分數算式：〔第一屆《從小愛數學》邀請賽試題〕講析：可從整數局部和小數局部分開考慮。要使減法式的值最大，必須使被減數最大而減數最小，從而可得要使加法式的值最小，首先必須使每個加數中的整數局部盡可能小。從【數字謎】例1圖5.8的算式里，每個□代表一個數字。問：這6個□中的數字總和是多少？〔全國第三屆“華杯賽〞初賽試題〕講析：任意兩個數字之和最多為18，且最多只向前一位進一，所以百位上的兩個數字和十位上的兩個數字都是9，而個位上的兩位數可能為：〔2，9〕，〔3，8〕，〔4，7〕，〔5，6〕之一種，故6個□內的數字總和為9×4＋11=47。例2兩個四位數的差是8921〔圖5.9〕，那么這兩個四位數的和最大是______。〔1993年全國小學數學奧林匹克初賽試題〕講析：要使這兩個四位數的和最大，必須使被減數盡量大。故被減數為9999。進而可求出減數為1078，兩數和為9999＋1078=11077。例3如圖5.10的算式中，不同的漢字代表不同的數字，相同的漢字代表相同的數字，求使算式成立的漢字所表示的數字〔數+學+喜〕×愛=______。〔北京市第八屆“迎春杯〞小學數學邀請賽試題〕講析：可從個位上開始思考。〔學+學+學+學〕的個位為2，那么“學〞只能是3或8。當“學〞=8時，“數〞=2。這時十位上的數相加之后，沒有向百位上進一，從而使〔“愛〞＋“愛〞〕不可能個位上是9。所以，“學’不等于8。當“學〞=3時，容易推出“數〞=6，“愛〞=4，“喜〞=1。所以，〔數+學+喜〕×愛=〔6＋3＋1〕×4=40。例4如圖5.11，豎式中四個□是被蓋住的四個數字，這四個數字的和是多少？〔哈爾濱市第十一屆小學數學競賽試題〕講析：1992=2×2×2×3×83。從分解質因數情況看，要把1992分成兩個兩位數之積，兩個兩位數只能是24和83，故這四個數字之和為2＋4+8＋3=17例5在圖5.12的算式中，只寫出了3個數字1，其余的數字都不是1。那么這個算式的乘積是______。〔1994年全國小學數學奧林匹克決賽試題〕講析：可用字母來代替各數字〔如圖5.13〕。顯然，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，從而容易求出算式的答案為53×72=3816例6在圖5.14的式子中，不同的漢字代表不同的數字，□代表一位自然數。要使算式成立，“盼〞字代表數字______。〔1993年全國小學數學奧林匹克總決賽第一試試題〕講析：經觀察發現，積是由相同的數字組成的9位數，那么積中一定含有因數3和9。而當□為3時，式中的積除以3所得的商，一定含有相同的數字。這與題意矛盾。所以□為9。經檢驗，“盼〞字代表“7〞。被乘數是86419753。18、速算公式【首同末合十的兩位數相乘公式】假設兩個兩位數的十位數字都是a，個位上的數分別為b和c，且b+c=10，那么這樣的兩個數便是“首同末合十〞的兩個兩位數，它們的積為〔10a+b〕〔10a+c〕=〔10a〕2+10ab+10ac+bc=102a2+10a〔b+c〕+bc=100a2+100a+bc＝a〔a+1〕×100+bc。根據這一公式，兩個“首同末合十〞的兩位數相乘，可以先把首位數乘以比它大1的數的積的100倍，然后在所得的結果后面，添上兩個末位數的積。例如，72×78=〔7×8〕×100+2×8=561645×45=〔4×5〕×100+5×5=2025首同末合十的計算公式，也可以推廣到兩個三位數、兩個四位數相乘的速算中去。例如256×254可取a=25，b=6，c=4，再運用公式計算，得256×254=[25×〔25+1〕]×100+6×4=[25×26]×100+24=65024又如，155×155=〔15×16〕×100+5×5=24025【末同首合十的兩位數相乘公式】假設兩個兩位數十位上的數字分別是a和b，且a+b=10，個位上的數字都是c，那么這樣的兩個數便是“末同首合十〞的兩個兩位數，它們的積為〔10a+c〕〔10b+c〕=102ab+10ac+10bc+c2＝100ab+10c〔a+b〕+c2=100ab+100c+c2=〔ab+c〕×100+c2。根據這一公式，兩個“末同首合十〞的兩位數相乘，可以先把兩個首位數字的乘積加上一個末位數，再乘100然后再在所得的結果后面，添上末位數自乘的積〔末位數的平方〕。例如，34×74=〔3×7+4〕×100+42=25×100+16=2516【兩個末位是1的兩位數相乘公式】設兩個末位都是1的兩位數，十位上的數字分別是a和b，那么它們的積是〔10a+1〕〔10b+1〕＝100ab+10a+10b+12＝10a×10b+〔a+b〕×10+1由這一公式可知，兩個末位是1的兩位數相乘，可以先把兩個首位數值相乘，然后在所得的結果后面添上兩個首位數的和〔和滿十時要進位〕的10倍，最后在后面添上1。例如，51×71=50×70+〔5+7〕×10+1=3500+12091=3621。這樣的題目，口算的方法可以是：【兩個首位是1的兩位數相乘公式】設兩個首位為1的兩位數，個位上的數字分別是a和b，那么它們的積是：〔10+a〕〔10+b〕＝100+10a+10b+ab=〔10+a+b〕×10+ab。由這一公式可知，兩個首位是1的兩位數相乘，可以把一個數加上另一個數的末位數，所得的結果乘以10以后，再加上兩個末位數的乘積。例如，17×16=〔17+6〕×10+7×6=230+42=272。【接近100的兩個數相乘公式】接近100的兩個數相乘，可以分三種情況來尋找它的速算方法。〔1〕兩個超過100的數相乘。設兩個超過100的數分別為a和b，它們與100的差分別為h和k，那么a=100+h，b=100+k。它們的積是a·b＝〔100+h〕〔100+k〕=〔100+h〕×100+100k-hk=〔100+h+k〕×100+hk=〔a+k〕×100+hk。由這一公式可知，兩個超過100的數相乘，可以先把一個數加上另一個數與100的差，然后將所得的結果乘以100以后，再加上兩個因數分別與100的差〔補充數〕的乘積。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〕兩個缺乏100的數相乘。設兩個缺乏100的數一個為a=100-h，另一個為b=100-k，那么它們的積是a·b=〔100－h〕〔100－k〕=〔100-h〕×100-100k+hk=〔100-h-k〕×100+hk=〔a-k〕×100+hk。由這個公式可知，兩個缺乏100的兩位數相乘，可以先從一個因數中減去另一個因數與100的差，然后將所得結果乘以100以后，再加上兩個因數分別與100的差〔兩個補充數〕的乘積。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〕一個超過100，一個缺乏100的兩個數相乘。設一個因數a比100大h，即a=100+h；另一個因數b比100小k，即b=100-k，那么它們的積是a·b=〔100+h〕〔100-k〕=〔100+h〕×100-100k+hk=〔100+h-k〕×100+hk＝〔a-k〕×100-hk。由這個公式可知，一個超過100、一個缺乏100的兩個數相乘，可以先從大于100的因數中，減去另一個因數與100的差，然后將所得的結果乘上100以后，再減去兩個因數分別與100之差〔兩個補充數〕的乘積。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】兩個數的和，乘以這兩個數的差，等于這兩個數的平方差。平方差公式用字母表達就是：〔a+b〕〔a-b〕=a2-b2運用平方差公式計算，可以使一些題目的計算變得比擬簡便、快速。例如362-262=〔36+26〕×〔36-26〕=62×10=620672-522=〔67+52〕×〔67-52〕=119×15=1190+595=1785872-762=〔87+76〕×〔87-76〕=163×11=1630+163=1793這個公式反過來，也可以運用于兩數相乘的速算。但其前提是：兩個因數必須能化成同樣的兩個數的和與差。例如17×23=〔20-3〕×〔20+3〕=〔20+3〕×〔20-3〕=202-32=400-9=39194×86=〔90+4〕×〔90-4〕=902-42=8100-16=8084以上兩例的特點是：首位相差1，末位數字之和是10。這樣兩個數相乘，可用較大數的十位數值與它的個位數字的和，去乘以它們的差，然后運用平方差公式進行速算。【十位數相同的兩位數相乘公式】十位數相同的兩個兩位數相乘，可先將一個乘數的個位數字加到另一個乘數上，再乘十位數值，然后加上兩個個位數字的積。即〔10a+b〕〔10a+c〕=〔10a+b+c〕×10a+bc例如，43×46=〔43+6〕×40+3×6=197884×87=〔84+7〕×80+4×7=7308【一因數兩數字和是10，另一因數為11的倍數的兩數乘法公式】一個因數的兩個數字為a和b，且a+b=10，另一個因數為11的倍數，這樣的兩個兩位數相乘，可先將前一個乘數的十位數字加1，再與后一個乘數的十位數字相乘后乘以100，然后加上兩個個位數之積。即〔10a+b〕〔10c+c〕=〔a+1〕c×100+bc。例如，73×44＝〔7+1〕×4×100+3×4=3212。【個位數相同的兩位數相乘公式】個位數相同的兩個兩位數相乘，可先將兩個十位數字相乘，再乘以100，再加上一個因數與另一個因數十位數值的和，然后乘以另一因數的個位數。即〔10a+c〕〔10b+c〕=100ab+〔10a+c+10b〕c。例如，42×32=4×3×100+〔42+30〕×2=1344。【幾十幾與十幾相乘公式】幾十幾與十幾相乘，可將幾十幾的十位數值乘以十幾的個位數數字，再加上幾十幾的10倍，然后加上兩個個位數字之積。即〔10a+b〕〔10+c〕=10a×c+〔10a+b〕×10+bc。例如，65×17=60×7+650+5×7=1105。【末兩位為25的三位數自乘公式】末兩位為25的三位數自乘時，可以用首位數字的10倍與5的和，去乘以首位數字的1000倍，然后加上625。即〔100a+25〕2=〔10a+5〕×1000a+625。例如，7252=〔70+5〕×7000+625=525625如果直接寫答案，可以是7252=525625↑↑75×7252又如，3252=105625↑↑35×3252【末兩位為75的三位數自乘公式】末兩位為75的三位數自乘時，可用首位數字的10倍與5的和，去乘以首位數字與1的和的積的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如果直接寫答案，可以是8752=765625↑85×9又如，3752=140625↑35×419、四那么運算性質【加法運算性質】加法的運算性質主要有以下三條：〔1〕一個數加上幾個數的和，可以把這個數加和里的第一個加數，再加第二、三……個加數。用字母來表達，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〕幾個數的和加上一個數，可以把這個加數加到和里的任意一個加數上去，再加和里的其他加數。用字母來表達，可以是：〔a+b+c〕+d=〔a+d〕+b+c=a+〔b+d〕+c=a+b+〔c+d〕。〔3〕幾個數的和加上幾個數的和，可以把兩個和里的所有加數依次相加。用字母來表達，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【加減混合運算性質】“加減混合運算性質〞也可稱為“和與差的性質〞。這些性質有以下幾條：〔1〕第一個數加上〔或減去〕第二個數，再減去第三個數，可以把第一個數先減去第三個數，再加上〔或減去〕第二個數。這就是說，在加減混合運算中，改變運算的順序，得數不變。這常被稱之為加減混合運算的“交換性質〞。用字母來表達這一性質，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=77894087-1198-2087=4087-2087-1198=2000-1198=802〔2〕一個數加上兩個數的差，等于這個數加上差里的被減數，再減去差里的減數。這可以稱之為加減混合運算的“結合性質〞。用字母表示這一性質，可以是：a+〔b-c〕＝a+b-c例如，1364+〔8636-2835〕=1364+8636-2835=10000-2835=7165〔3〕一個數減去幾個數的和，等于這個數依次減去和里的每一個加數。這也可稱之為“結合性質〞。用字母表示這一性質，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〕一個數減去兩個數的差，等于這個數先加上差里的減數，再減去差里的被減數。這也是加減混合運算的“結合性質〞。用字母表示這一性質，可以是：a－〔b－c〕＝a+c－b。例如，754-〔600-246〕=754+246-600=1000-600=400〔5〕幾個數的和減去一個數，可以用和里的等于或大于這個數的一個加數，先減去這個數，然后再加和里的其他加數。這也是“結合性質〞。用字母表示這一性質，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〕幾個數的和減去幾個數的和，可以用第一個和里的各個加數，分別減去第二個和里不比它大的各個加數，然后相加。這也可稱為“結合性質〞。用字母表示這一性質，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【乘除混合運算性質】“乘除混合運算性質〞也可稱之為“積與商的性質〞。它們的性質可分為三類：第一類是“交換性質〞：在乘除混合運算或連除的算式中，變更它們的運算順序，得數的大小不變。用字母表示這一性質，可以是：a·b÷c=a÷c·b〔c≠0〕a÷b·c