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第13讲 植树问题
内容概述
几何图形的设计与构造，本讲讲解一些有关的植树问题．
典型问题
1．今有10盆花要在平地上摆成5行，每行都通过4盆花．请你给出一种设计方案，
画图时用点表示花，用直线表示行．
【分析与解】 如下图所示：
2．今有9盆花要在平地上摆成10行，每行都通过3盆花．请你给出一
种设计方案，
画图时用点表示花，用直线表示行．
【分析与解】 如下图所示：
3．今有10盆花要在平地上摆成10行，每行都通过3盆花．请你给出一种设计方
案，画图时用点表示花，用直线表示行·
【分析与解】 如下图所示：
4．今有20盆花要在平地上摆成18行，每行都通过4盆花．请你给出一种设计
方案，画图时用点表示花，用直线表示行．
【分析与解】 如下图所示：
5．今有20盆花要在平地上摆成20行，每行都通过4盆花．请你给出一种
设计方案，画图时用点表
示花，用直线表示行．
【分析与解】 如下图所示：
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第14讲 数字谜综合
内容概述
各种具有相当难度
、求解需要综合应用多方面知识的竖式、横式、数字及数阵图等类型的数字谜问
题．
典型问题
1．ABCD表示一个四位数，EFG表示一个三位数，A，B，C，D，E，
F，G代表1至9中的不同的数字．已
知ABCD+EFG=1993，问：乘积ABCD×EFG的最
大值与最小值相差多少?
【分析与解】
因为两个数的和一定时，两个数越紧接，乘积越大；两个数的差越大，乘积越小．
A显然只能为1，则BCD+EFG=993，
当ABCD与EFG的积最大时，ABCD、EF
G最接近，则BCD尽可能小，EFG尽可能大，有BCD最小为234，
对应EFG为759，所以有
1234×759是满足条件的最大乘积；
当ABCD与EFG的积最小时，ABCD、EFG差
最大，则BCD尽可能大，EFG尽可能小，有EFG最小为234，
对应BCD为759，所以有17
59×234是满足条件的最小乘积；
它们的差为1234×759—1759×234=(10
00+234)×759一(1000+759)×234=1000×
（759—234)=5250
00．
2.有9个分数的和为1，它们的分子都是1．其中的5个是
位数字都是5．请写出这
4个分数．
【分析与解】 l一(
11111
,,,,另外4个数的
分母个
37911
33
1111121011010
++++)==
37911
33
33711335711
需要将10
10拆成4个数的和，这4个数都不是5的倍数，而且都是3×3×7×1l的约数．因此，
它们可能是
3，7，9，11，21，33，77，63，99，231，693．
经试验得693+231+77+9=1010．
所以，其余的4个分数是：
3.
1111
,,,.
515
45
385
请在上面算式的每个方格内填入一个数字，使其成为正确的等式．
【分析与解】 1988=2
×2×7×7l=4×497，
1111
+＝，在等式两边同时乘上，就得
1243<
br>497
111
+＝．显然满足题意．
5964
1988
1491
1111111
又+=，两边同乘以，就得+＝．显然也满足．
1424970
1988142035
1410
111111
+＝，+＝均满足.
3053
19881204
8094
19881596
4．小明按照下列算式： 乙组的数口甲组的数○1=
对甲、乙两组数逐个进
行计算，其中方框是乘号或除号，圆圈是加号或减号他将计算结果填入表
14—1的表中．有人发现表中
14个数中有两个数是错的请你改正．问改正后的两个数的和是多少?
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917
都是小于1的数，2与这三个数运算后，得5
.05，
14
32
5151717
4，4；不论减1还是加l后，这三个数都
比2大，而这是2与小于1的数运算的结果，因
16
643232
【分析与解】 甲组的前三个数0.625，，
此可以猜想方框内是除号．
现在验算一下：
2
3
1781881
÷0.625=×==4.05；
3232
520
17281315
2
÷=×=3；
32
3
32
2
64
2÷=×==3；
9
16
16
32
14
32
1727
2÷3=.
32
32
2
从上面四个算式来看，圆圈内填加号，这样有三个结果是对的，而4
按照算式
乙
+1„„„„„„„„„„*
2÷3+1=1
5
是错的． 16
÷甲组的数组的数
2
，显然不为1.5，上面已认定3是正确的，因此，只有
把2改为1.5，才有
3
12
1.5÷3+1=1，而1.5÷0.625+l=3.
4，1.5÷+1=3.25．
23
由此可见，确定的算式*是正确的．
515
应改为4，2应改为1.5，
1616
1511587
4+1=5+=6．
16216
16
7
改正后的两个数的和是6．
16
表中有两个错误，4
5．图14—3中有大、中、小3个正方
形，组成了8个三角形．现在先把1，2，3，4分别填在大
正方形的4个顶点上，再把1，2，3，4
分别填在中正方形的4个顶点上，最后把1，2，3，4分别填
在小正方形的4个项点上．
(1)能否使8个三角形顶点上数字之和都相等?如果能，请给出填数方法：如果不能，请说明理由．
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(2)能否使8个三角形顶点上数字之和各不相同?如果能，请给出填数方法；如果不能，请说明理由．
【分析与解】 (1)无论怎样填法，都不可以使八个三角形顶点上数字之和相等．
事实上，假设存在某种填法使得八个三角形顶点上数字之和都相等，不妨设每个三角形顶点上数
字
之和为k．
在计算八个三角形顶点上数字之和时，大正方形四个顶点上每个数字恰
好使用过一次；中正方形四
个顶点上每个数字各使用过三次；小正方形四个顶点上每个数字各使用过二次
．
因此，这八个三角形顶点上数字之和的总和为：
8k=(1+2+3+
4)+3×(1+2+3+4)+2×(1+2+3+4)，即8k=60,k不为整数，矛盾，所以假设是错误
的．
(2)易知：不可能做到三角形的三个顶点上数字完全相同，所以三角形顶点上数字之和最小为1
+1+2=4，最大为3+4+4＝11．
而4～11共8个数，于是有可能使得8
个三角形顶点上数字之和各不相同，可如下构造，且填法不
惟一．图(a)和图(b)是两种填法．
6．图14—5中有11条直线．
请将1至11这11个数分别填在11个圆圈里，使每一条直线上所有
数的和相等．求这个相等的和以及
标有*的圆圈中所填的数．
【分析与解】 表述1：设每行的和为S，在左下
图中，除了a出现2次，其他数字均只出现了1
次，并且每个数字都出现了，于是有4S=(1+2+3
+„+11)+a=66+a；
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在右上图中除了a出现5次
，其他数字均只出现了1次，并且每个数字都出现了，于是有
5S=(1+2+3+„11)+4a＝6
6+4a．
综合以上两式
4S66a(1)
，
5S664a(2)
①×5-②×4得66-11a=0，所以a=6，则S=18．
考虑到含有*的五条线，有4
*+(1+2+3+4+„+11)-t=5S=90．即4*-t=24，由t是1～11间的数且t≠*，<
br>可知*=7，而每行相等的和S为18.
表述2：如下图所示，在每个圆圈内标上字母，带有*的圆圈标为x，
首先考虑以下四条直线：(h、f、a)，(i、g、a)，(x、d、b)，(j、e、c)
，除了标有a的圆圈外，
其余每个圆圈都出现了一次，而标有a的圆圈出现了两次，设每条直线上数字之
和为S，则有：
(1＋11)×11÷2+a=4S，即66+a=4S．
再考虑以下五条直线：(h、f、a)，(i、g、a)，(j、x、a)，(e、d、a)，(c、b、a)，
同理我们可
得到66+4a=5S．
66a4S
综合两个等式
，可得a为6，每条直线上和S为18．
664a5S
最后考虑含x的五条直线：(x、h)，(x、g、f)
，(j、x、a)，(x、d、b)，(i、x、c)．其中除了x
出现了5次，e没有出现，其他数字
均只出现了一次，于是可以得到：
66+4x－e=5S=90，即4x-e=24，由e是1—11间的数且e≠x可知x=7．
即每行相等的和S为18，*所填的数为7．
7．一个六位数，把个位数字
移到最前面便得到一个新的六位数，再将这个六位数的个位数字移到
最前面又得到一个新的六位数，如此
共进行5次所得的新数连同原来的六位数共6个数称为一组循环
数．已知一个六位数所生成的一组循环数
恰巧分别为此数的l倍，2倍，3倍，4倍，5倍，6倍，求这
个六位数．
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....
....
12345
【分析与解】方
法一：=
0.142857
，=
0.285714
，＝
0.4285
71
，＝
0.571428
，＝
77777
..
..
6
0.714285
，＝
0.857142
。
7
对应有142857，285714，428571，571428，714285，857142，它们依次是
142857的1、2、3、4、
5、6倍．
且只用了1、4、2、8、5、7这6个数字，满足题意．
所以这个六位数为142857．
方法二：首先可以确定最小的六位数的首位为1，不然2*****的6倍就不是六位数，于是
不妨设这
个六位数为
1abcde
，那么6个六位数中必定存在一个数为
ab
cde1
.
而个位数字1，只能由1×1，3×7或9×9得到．但是
ab
cde1
只能对应为
1abcde
×(2—6)，所以
只能是
1ab
cde
×3得到．即
abcde1
=
1abcde
×3．
于是，我们不难递推出d为5，c为8，b为2，a为4，所以这个六位数为142857．
方法三：部分同方法二，
abcde1
=
1abcde
×3． 那么有
abcde
×10+l=(100000+
abcde
)×3，解
得
abcde
=42857．
所以这个六位数为142857．
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15讲 计数综合1
内容概述
将关键的已知
数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通过建立这些问题的结果所构成数列
的递推关系，逐步地
求得原问题的答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．
典型问题
1．一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分?
【分析与解】 一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．
同理，第二个长
方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分(如下图，
标有数字9的部分)．
还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．
第三个长方形
的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小
线段，其中间的三条
小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加
3×4=12个部分．
而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分．
所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．
2．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最多可以迈3
级台阶．从地
面到最上面1级台阶，一共可以有多少种不同的走法?
【分析与解】 我们知道最后一步可以迈1级台阶、2级台阶或3级台阶，也就是说可以从倒数第1、
2
或3级台阶直接迈入最后一级台阶．
即最后一级台阶的走法等于倒数第1、2和3
级台阶的走法和．而倒数第l级台阶的走法等于倒数
第2、3和4级台阶的走法和，„„
如果将1、2、3„„级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第4项开始，每一项等于前3项的和．
有1，2，3级台阶的走法有1，2，4种走法，所以4，5，6，7，8，9，10级台阶的走法有7，13，
24，44，81，149，274种走法．
3．一个圆上有1
2个点A
1
，A
2
，A
3
，„，A
11
，
A
12
．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三
角形的顶点，且各个三角形的
边都不相交．问共有多少种不同的连法?
【分析与解】我们采用递推的方法．
I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．
Ⅱ如果圆上有6个点，除A
1
点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只
能在A
1
所在三角形的
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一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法．
Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A
1
所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：
①A
1
所在三角形的一个边所对的弧上；
②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．
在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．
如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．
共有12种连法．
Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A
1
所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：
①9个点都在同一段弧上：
②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
③每三个点在A
1
所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．
共有12×3+3×6+1＝55种．
所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种.
4．现在流行的变速
自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮．用链条连接不同搭配
的齿轮，通过不同的传动
比获得若干挡不同的车速．“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数
分别是48，36，24；
后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12．问：这种变速车一共有多少挡
不同的车速?
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【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：
这里
有4对传动比是相同的：1，
3
，2，3，将重复的传动比去掉，剩下8个不同的比，所以2
共有8挡不同的车速．
5．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个?
【分析与解】
分子的取值范围是从1到5．
当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然都是不可约分数．
由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必须而且只需适合下列两个条件：
①分母大于分子且小于60．
⑦分母不是分子的倍数．
易知：当分子为2时，适合条件的分母有29个；
当分子为3时，适合条件的分母有38个：
当分子为5时，适合条件的分母有44个；
最后来看分子为4的情形，与分
子为2基本相同，分母不能为偶数，此外分母不能为3．所以共有
28(=29—1)个．
总之，符合要求的分数共有58+29+38+44+28＝197个．
6．一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点，将它剪成一
些三角形．问：一共可以剪成多少个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，
那么共需剪多少刀?
【分析与解】方法一：如下图，采用归纳法，列出1个点、2
个点、3个点„时可剪出的三角形个数，
需剪的刀数．
不难看
出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，需剪3n+l刀，现在内部有1996
个点
，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．
方法二：我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部
有
n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)
÷180=2n+2
个三角形．
2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6
条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部
的三角形边有6n+6—4=6n+2条边
，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用
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剪(6n+2)÷2＝3n+1刀．
本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．
7．如图
15—3，某城市的街道由5条东西与7条南北向马路组成．现在要从西南角的A处沿最短
路线走到东北
角的B处，由于修路十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法?
【分析与解】 因为每个路口(点)只能由西边相邻点、南边相邻点走过来，所以达到每个点的走法为
西
边相邻点、南边相邻点的走法之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有1种走法．
因为C点不能通过，所以C处所标的数字为0．如下图所示：
所以，从A到B满足条件的走法共有120种
8．经理将要打印的信件交给秘书，
每次给一封，且放在信封的最上面，秘书一有空就从最上面拿
一封信来打．有一天共有9封信打，经理按
第1封，第2封，„，第9封的顺序交给秘书．午饭时，
秘书告诉同事，已把第8封信打印好了，但未透
露上午工作的其他情况，这个同事很想知道是按什么
顺序来打印．根据以上信息，下午打印的信的顺序有
多少种可能?(没有要打的信也是一种可能)
【分析与解】
我们根据最后一封信来计数：
(1)第9封信在上午送给秘书；
于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9}
则下午打印的每种可能都是T的一个子集，
因为秘书可以把不在子集中的信件上午一送来就打完
8
了，而未打别的信．集T有8个元素，故
有2=256个不同子集(包括空集)．
(2)第9封信在午后才送给秘书．令
S＝{1，2，3，4，5，6，7}，
则上午未打印的信的号码是S的一个子集．若将9排
在子集之后，则与⑴中的情形相同，故只有子
集中至少有一封信已把号码9放在该子集的非最后的位置上
．对于有k个元素的子集，号码9有k个位
置可放，即可放在第i一1个元素之后和i个元素之前，i=
1，2，„，k．于是不同的顺序总数为：
012776
0×C
7
+1×C
7
+2×C
7
+„+7×C
7
=7×2÷2=7×
2=448
即下午有448种可能的打印顺序．
所以，下午共有256+448=704种打印的方法．
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第16讲 逻辑推理
内容概述
体育比赛形式的逻辑推理问题，其中存在的呼应——“一队的胜、负、平分对应着另一队的负、平、
胜”
对解题有重要作用，有时宜将比赛情况用点以及连这些点的线来表示．需要从整体考虑，涉及数量
比较、
整数分解等具有一定综性的逻辑推理问题．
典型问题
1．共有4人进行
跳远、百米、铅球、跳高4项比赛，规定每个单项中，第一名记5分，第二名记
3分，第三名记2分，第
四名记1分．已知在每一单项比赛中都没有并列名次，并且总分第一名共获17
分，其中跳高得分低于其
他项得分；总分第三名共获11分，其中跳高得分高于其他项得分．问总分第
二名在铅球项目中的得分是
多少?
【分析与解】 每个单项的4人共得分5+3+2+1=11分，所以4个单项的总分为1
1×4=44分，而第一，
三名得分为17、11分，所以第二、四名得分之和为
44(17
11)16
分 其中第四名得分最少为4分，
此时第二名得分最高，为16-4=12分；
又因为第三名为11分，那么第二名最低为12分；
那么第二名只能为12分，此时第四名4分．
于是，第一、二、三、四名的得分依次为17、12、1l、4分，而17只能是
5+5+5+2，4只能是1+1+1+1.
不难得到下表：
由表知总分第二名在铅球项目中的得分是3分．
2．4支足球队进行单循环比赛，即
每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，
平局各得1分．比赛结果，各队的总得分恰
好是4个连续的自然数．问：输给第一名的队的总分是多
少?
43
6
场
，6场总分
m
在12(=6×2)与18(=6×3)之间．
2
由
于
m
是4个连续自然数的和，所以
m
=2＋3＋4=5＝14或
m<
br>=3+4+5=18．
如果
m
=18，那么每场都产生3分，没有平局，但5=3+1+1表明两场踢平，矛盾．
所以
m
=14，14=3×2+2×4表明6场中只有2场分出胜负．此时第
一、二、三、四名得分依次为5、
【分析与解】
四个队共赛了
C
4
2
4、3、2．
则第三名与
所有人打平，那么第二名没有了平局，只能是第一名与第四名打平，这样第一名还有1
局胜，第二名还有
1局负，所以第一名胜第二名．
即输给第一名的队得4分．
如下
图所示，在两队之间连一条线表示两队踢平，画一条
AB,
，表示
A
胜B,
各队用它们的得
分来表示．
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评注：常见的体育比赛模式
N
个队进行淘汰赛，至少要打
N1
场比赛：每场比赛淘汰一名选手； N
个队进行循环赛，一共要打
C
2
N
N(N1)<
br>场比赛：每个队要打
N1
场比赛．
2
循环赛中常见的积分方式：
①两分制：胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分；
核心关系：总积分=2×比赛场次；
②三分制：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得O分；
核心关系：总计分=3×比赛场次-1×赛平场次．
3． 6支足球队进行单循环比赛，
即每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平
局各得1分．现在比赛已进行了4轮，
即每队都已与4个队比赛过，各队已赛4场的得分之和互不相
同．已知总得分居第三位的队共得7分，并
且有4场球踢成平局，那么总得分居第五位的队最多可得
多少分?最少可得多少分?
【分析与解】 每轮赛3场，最多产生
339
分，四轮最多
4936
分．现在有4场踢成平局，
每平一场少1分，所以总分为
364132
．
前三名得分的和至少为
78924.
所以后三名的得分的和至多为
32248.
第5名如果得4分，则后三名的
得分的和至少为
459,
这不可能，所以第5名最多得3分，图(
a
)<
br>为取3分时的一种可能的赛况图．
显然第5名最少得1分，图(b)为取1分时的一种可能的赛况图．
评注：以下由第5名得分情况给出详细赛况：
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4．某商品的编号是一个三位数．现有5个三位数：874
，765，123，364，925，其中每一个数
与商品编号，恰好在同一位上有一个相同的数字．那
么这个三位数是多少?
【分析与解】 方法一：每一个与商品编号，恰好在同一位上有一个相同
的数字．五个数，就要有五
次相同，列出这五个数：874，765，
123，364，925百位上五个数各不相同，十位上有两个6和两个
2，个位上有两个4和两个5．
因此，商品编号的个位数字一定和给定5个数中的两个个位数字相同，商品编号的十位数字一定和给
定5个数中的两个十位数字相同，商品编号的百位数字只能跟5个数中的一个百位数字相同．
若商品编号的个位数字是5，我们就把第二个和第五个数拿走，剩下的三个数的十位数字各不相同，
无法
满足题目的要求(事实上，十位数字只能取7，而十位上只有一个7)．
若商品编号的个位数字是
4，拿走第一和第四个数后，十位上仍有两个2，可取十位数字为2，再拿
走第三和第五个数，剩第二个
数，它的百位是7，所以商品的编号为724．
如果一个数与商品编号在某一位有相同数字，那么
这个数与商品编号不会再有另外相同数字．因此解
的过程中用“拿走”这一说法是恰当的．
方法二：商品编号的个位数字只可能是3、4、5．
如果是3，那么874，765，364，9
25这4个数中至多有三个数与商品编号有相同数字(百位有一个相
同，十位有两个相同)，还有一个数
与商品编号无相同数字，矛盾．
如果是5，那么765，925的个位数字是5，从而商品号码的
十位数字不是6、2，因此必须是7．这时
123、364中至少有一个与商品号码无相同数字，矛盾．
所以，该商品号码的个位数字只能是4，而且这个号码应为724．
即这个三位数为724．
5．某楼住着4个女孩和2个男孩，他们的年龄各不相同，最大的1
0岁，最小的4岁，最大的女
孩比最小的男孩大4岁，最大的男孩比最小的女孩大4岁．求最大的男孩的
岁数．
【分析与解】 本题中最大的孩子，可能是男孩，可能是女孩．
当最大的孩子为女孩时，即最大的女孩为10岁，那么最小的男孩为
10－4＝6
岁，则4岁定
是最小
的女孩，那么最大的男孩是4+4：8岁，满足题意；
当最大的孩子为男孩时
，即最大的男孩为10岁，那么最小的女孩为10—4=6岁.则4岁一定时最小
的男孩，那么最大的女
孩为4+4=8岁，也就是说4个年龄不同的女孩的年龄在6—8之间，显然得不到
满足．
于是，最大的男孩为8岁． ．
6．某次考试满分是100分，A，B，C，D，E这5个人参加了这次考试．
A说：“我得了94分．”
B说：“我在5个人中得分最高．”
C说：“我的得分是A和D的平均分，且为整数．”
D说：“我的得分恰好是5个人的平均分．”
E说：“我比C多得了2分，并且在5个人中居第二．”
问这5个人各得了多少分?
【分析与解】 B、E分别为第一、二名，C介于A、D之间，则当A为第三时，C为第四，D为
第五，
得5人平均分的人为最后一名，显然不满足．
于是D、C、A只能依次为第三、四
、五名，有B、E、D、C、A依次为第一、二、三、四、五名，A为
94分，C为D、A得平均分，且
为整数，所以D的得分为偶数，只可能为98或96(如果为100，则B、E
无法取值)，D、C、A
得分依次为98、96、94或96、95、94，有E比C高2分，则E、D、C、A得分依
次为98
、98、96、94或97、96、95、94.对应5个人的平均分为98或96，而B的得分对应为104或
98，显然B得不到104分．
所以B、E、D、C、A的得分只能依次是98、97、96、95、94．
7．在一次射击练习中，甲、乙、丙3位战士各打了4发子弹，全部中靶．其命中情况如下：
①每人4发子弹所命中的环数各不相同；
②每人4发子弹所命中的总环数均为17环；
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③乙有2发命中的环数分别与甲其中的2发一样，乙另2发命中的环数与丙其中的2发一样：
④甲与丙只有1发环数相同；
⑤每人每发子弹的最好成绩不超过7环．
问：甲与丙命中的相同环数是几?
【分析与解】
条件较多，一次直接求出满足所有条件的情况有些困难，争把条件分类，再逐个满
足之．
第一步：使用枚举法找出符合每发最多不超过7环、四发子弹命中的环型不相同，和为17环的所
有情况
；
第二步：在这些情况中去掉不符合条件③、④的，剩下的就是符合全部条利的情况，即为答案．
满足条件①、②、⑤的只有如下四种情况：
甲
乙
A.763117(杯)
都有1和7；
B.
754117(杯)
C.753217(杯)
都有4和5
D.654217(杯)
丙
从上述四个式子中看出式A与式B有数字1、7相同；式B与式D有数字4和5相同．式B既与式A<
br>有两个数字相同，又与式D有两个数字相同，式B就是乙．
式A与式D对应为甲和丙．
式A与式D相同的数字是6，所以甲和丙相同的环数是6．
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第17讲 赛况分析
内容概述
赛况分析是
一些学校近年考试的热点，我们再给出几例，希望大家在掌握了下面的知识点以后，多
多练习．
常见的体育比赛模式：
N个队进行淘汰赛，至少要打N-1场比赛：每场比赛淘汰一名选手；
N个队进行循环赛，一共要打<
br>C
N
2
N（N-1）
场比赛：每个队要打N-1场比赛．
2
循环赛中常见的积分方式：
①两分制：胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分；
核心关系：总积分=2×比赛场次；
②三分制：胜一场得3分，平一场得1分。负一场得0分；
核心关系：总计分=3×比赛场次一1×赛平场次．
典型问题
2．一次围棋比赛共有10名选手参加，他们分别来自甲、乙、丙三个队，每队不少于2人，每个人
都与
其他的9人比赛，每盘胜者得2分，负者得0分，平居各得1分．结果乙队平均得分为5.2分，丙
队平
均分17分，试求甲队的平均分．
【分析与解】 因为每队的总分均为整数，所以乙队为5
人，那么乙队的总为26分．考虑丙队的
情况：选手所能得到的最高分为18分，而丙队中的最高不少于
17分．
当最高分为18分，次高分至多为16分，第三名至多14分，„„，前两名的平均分为17分．
当最高分为17分，次高分至多为17分，第三名至多14分，„„，第一名前两名的平均分为17
分．
因为丙队不少于2人，所以丙队2人，则丙队的总分为34分．
2
所以甲队有10-5-2=3人，总分为
C
10
2263430
分，
所以平均分为30÷3=10分．
4．五支足球队进行单循环赛，每两队之间进行一场比赛．胜一
场得3分，平一场得1分，负一场得
0分．最后发现各队得分都不相同，第三名得了7分，并且和第一名
打平，那么这五支球队的得分从高
到低依次是多少?
【分析与解】 每个队各赛4
场，共赛5×4÷2：10场．第三名得7分，与第一名打平，那么剩下
的3场，得6分，只能是3+3
+0，即第二名的比赛输了，所以只能是1+0+／+3+3．
那么，第一名为／+3+1+
3+3，第二名为0+／+3+3+3，第三名为1+0+／+3+第四名为0+0+0+／+3，
第五
名为0+0+0+0+／．
所以，这五支球队的得分从高到低依次是10、9、7、3、0．
6. 有五支足球队进行循环赛，每两个队之间进行一场比赛，胜者得3分，平者各得1分，负
者得
0分．现在还有一些比赛没有进行，各个队目前的得分恰好是五个连续的偶数，其中甲队积2分，并
且
负于乙队，那么乙队现在积多少分?
2
【分析与解】 最高分为3×4=
12，而赛完后5支队伍的最高分为
C
5
×3=30分，因为出现2分，所
以
5个连续的偶数，可能是0、2、4、6、8；2、4、6、8、10．
但是，2+4+6+8+10=30分，而还有些比赛没有进行，所以只能是0、2、4、6、8．
甲：1+0+1+1+～，乙：3+1+～，丙：1+～，丁：1+～，戊：～
所以，只能是戊为0分．
①当乙为8分时，只能是3+／+1+1+3，因为丙、丁在我们看来完
全等价，当丁为6分时1+1+～+1+3，
此时丙只能是4分，只能是1+1+～+1+1，而这时戊
一定有得分．所以不满足．
②当乙为6分时，只能是3+／+0+0+3，当丙为8分时1+3+
／+1+3，此时丁只能是4分，但是只能是
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1+3+1+／+～，超过4分．所以不满足．
③当
乙为4分时，只能是3+／+l+0+～，当丁为8分时l+3+1+／+3，此时丙只能为6分，为1+1+<
br>／+l+3．满足．
所以，乙的得分为4．
8．五支足球队A、B、C、D
、E进行单循环比赛，即每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得2分，
负者得0分，平局各得1分．已
知：(1)4队获得了冠军；(2)B队、C队和D队的得分相同，且无其它
并列情况；(3)在C队参
加的比赛中，平局只有一场，那场的对手是B队；(4)D队战胜了A队．请你根
据上述信息，分析出每
场比赛的胜、平、负情况．
【分析与解】 根据已知条件可以画出如下赛况图：
2
因为每场比赛2个队共得2分，所以5个队的总分为
C
5
×2=20分．
(1)当B、C、D均得2分，而A最多得到6分，E最少得到20-2×3-6=8分，超过A，而A是冠军，
所
以不满足；
(2)当B、C、D均得3分，此时E的得分最少为20-3×3-6=5
分，所以此时只能是A得6分，B、C、D
均得3分，E得5分．于是，A的另外三场均是A胜
E于是只能一场平，另外的2场为胜．由条件3知，E不可能与C平，所以只能是与B或D打平．
①当E与D平，有，有如左下图的赛况表．
②当E与B平，有，有如右上图的赛况表．
(3)当B、C、D均得4分，因为C只能平
一场得到1分，而其他情况，要么得到2分，要么不得分，
所以不可能；
(4)当B、C、D均得5分，那么只能是A得5分，E得0分，不满足．
综上所述，有2种赛况表满足，
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第18讲 方程与方程组1
内容概述
二元、三
元一次方程组的代入与加减消元法．各种可通过列方程与方程组解的应用题，求解时要恰当
地选取未知数
，以便于将已知条件转化为方程．
典型问题
1．一个分数，分子与分母的和是122，如果分子、分母郡减去19，得到的分数
约简后是
1
．那么原来的分数是多少?
5
a
，则分子、分母都减去19为
122a
【分析与解】 方法
一：设这个分数为
a19a191
==
,即
5a-95=103-a,解得
a33
,则122-33=89．所以原来的分数
(122a)19
103a5
是
33
89
aa19
，那么原来这个分数
为，并且有
5a5a19
33
19
，解得。=14．所以原来的分数是．
=122,
89
方法二：设这个分数为变化后为
(a19)a(5
2．有两堆棋
子，A堆有黑子350和白子500个，B堆有黑子400个和白子100个．为了使A堆中黑
子占50
％，B堆中黑子占75％，那么要从B堆中拿到A堆黑子多少个?白子多少个?
【分析与解】 要使A堆中黑、白子一样多，从B堆中拿到A堆的黑子应比白子多150个，设从B堆
中
拿白子
x
个，则拿黑子(
x
+150)个．
400(x15).
=75％, 解得
x
=25.
所以要拿黑子25+150=175个．白子25个
400100(2x150)
依题意有
．
3．A种酒精中纯酒精的含量为40％，B种酒精中纯酒精的含量为36％，
C种酒精中纯酒精的含量
为35％．它们混合在一起得到了纯酒精的含量为38．5％,的酒精11升，
其中B种酒精比C种酒精多3
升．那么其中的A种酒精有多少升?
【分析与解】
设c种酒精x升，则B种酒精戈x+3升，A种酒精ll-x-(x+3) 升.有：[11-x-(x+3)]
+4％
+( x +3)×36％+ x×35％=11×38．5％解得x =0.5．
其中A种酒精为11-2x-3=7(升)．
4.校早晨6：00开校门，晚上
6：40关校门。下午有位同学问老师现在的时间，老师说：从开校
门到现在时间的
11
加上现在到关校门时间的，就是现在的时间．那么现在的时间是下午几点?
34
【分析与解】 设现在为下午
x
点．那么上午6：00距下午
x
点
为6+
x
小时；下午
x
点距下午6：40
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为6
2
x
小时．
3
有：
(6x)
1
3
1
2
6x
x
，解得x=4．
所以现在的时间为下午4点．
4
3
5．如图18—2中的短除
式所示，一个自然数被8除余1，所得的商被8除余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
．图18-3中的短除式表明：这个自然数被17除余4，所得
的商被17
除余15，最后得到的一个商是
a
的2倍．求这个自然数．
【分析与解】 由题意知
8a7
81
81
172a
174,
整理得512a+457=578a+259，即
66a=198，a=3．
于是，[(80+1)×8+1]× 8+1=1993．
<
br>6．一堆彩色球，有红、黄两种颜色．首先数出的50个球中有49个红球；以后每数出的8个球中
都有7个红球．一直数到最后8个球，正好数完．如果在已经数出的球中红球不少于90％，那么这堆
球的数目最多只能有多少个?
【分析与解】 方法一 ：首先数出的50个球中，红球占
49÷50×100％=98％．以后每次数出的球中，
红球占7÷8×100％=87．5％． 取得
次数越多，红球在所取的所有球中的百分数将越低．设取得
x
次
后，红球恰占90％．
共取球50+8z，红球为49+7
x
．
(49+7
x
)÷(
50+8
x
)×100％=90％，解得
x
=20，所以最多可取20次，此
时这堆球的数目最多只能有
50+8×20=210个．
方法二：设,除了开始数出的5
0个球，以后数了
n
次，那么,共有红球49+7n，共有球50+8n,有
497
n
≣90％，即49+7n≣45+7．2n,解得
n
≢20，所以n的最大值20.
508n
则这堆球的数目最多只能有50+8×20：210个．
7.有甲、乙、丙、丁4人，每3个人的平均年龄加上余下一人的年龄分别为29，23，2l和17．这4人中最大年龄与最小年龄的差是多少?
【分析与解】 设这些人中的年龄从大到
小依次为
x
、
y
、
z
、
w
，
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①+②+③十④得：2(
x
+y+z+
w
)=90，
则
xyzw
3
=15„„„„„„„„„„„„„„„„⑤
①-⑤得：
2
3
x14
,
x
=21；
④-⑤得：
2
3
z2
， z=3；
所以最大年龄与最小年龄的差为
xw
=21—3=18(岁)．
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第19讲 方程与方程组2
内容概述
一般的，把含有未知数的等式称为方程
将含有未知数的个数称为“元”，如：
x
+y=2就是一个二元方程，而两个含有2个未知数的方程合
1
xy2
在一起，就
组成了二元方程组，
3x4y6.5
就是一个二元一次方程组．
把未知数的
最高次数称为“次”，如
x
2
y
2
25
就是一个二元二
次方程．
如果方程组的个数等于未知数的个数，我们就称这个方程为适定方程；
如果方程组的个数少于未知数的个数，我们就称这个方程为不定方程；一般的不定方程没有确定解．
方程的基本性质：
1．方程两边同时加上或减去某个数，等号仍然成立；
2．方程两边同时乘以或除以某个非零数，等号仍然成立．
在解方程中最常用的一种技巧是移项，
将方程中的某些项改变符号后，从方程的一边移到另一边的变
形叫移项．如3
x
+12
=18，可以将12移项为3x=18-12．
通过“代人”消去一个未知数，将方程组减少一元来解的方法叫做代入消元
法，简称代人法；
通过将两个方程相加(或相减)消去一个未知数，将方程组减少一元来解的方
法叫做加减消元法，简称加减法
典型问题
1．若石是自然数，且满足
105
x6
，试求
x
的值．
4x1
【分析与解】4
x
-1必须是105的约数，105=3
×5×7，当4
x
-1=7时，
x
=2：当4x-1=15时，
x<
br>=4；
当4x-1=3时，
x
=1；当4
x
-1=35时，<
br>x
=9．
所以只能是105÷(4×9-1)=9-6，即
x
=9．
ax2y2
1
2．小吴和小林两人解方程组，
7xby1
2
由手小吴看错了方程①中的
a<
br>而得到方程组的解为
x4
y9
,小林看错了方程②中
的
b
而得到的解为
x3
y8
,如果按正确的
a
、
b
计算，试求出原方程组的
解．
【分析与解】
因为小吴同学没有看错②，所以
1
x4
y9
是符合②的解，有4×7-b×9=1，解得b=
3；
《九章算术》第八卷“方程”刘徽注:程,课程也.群物总杂,各列有数,总言其实,令每行为率
,二物者再程,三物者三程,皆如
物数程之.并列为行,故谓方程.
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因为小林同学没有看错①，所以
x3<
br>y8
是符合①的解，有
a
×3-2×8=2，解得
a
=6；
6x2y2
即原方程组为
7x3y1
解得
3．解方程组：
x1
y2
x
1
x
2
x
3
x
2
x
3
x
4
x
2003
x
2004<
br>x
2005
x
2004
1
x
1
x<
br>2
x
3
x
4
x
2002
+x
2003
x
2004
x
2005
200
5
【分析与解】这是一个高达2005元的一次方程组，必须从中发现规律才求出来未知数的值．
由
x
1
x
2
x
3
x
2
所以
x
3
x
1
;
x
3
x
2
x
3
x
4
所以
x
2
x
4
x
3
x
4
x
5
x
4
,所
以
x
3
x
5
;
x
5
x
4=
x
5
x
6
,所以
x
4
=x
6
x
2003
x
2004
x
20
05
x
2004
所以
x
=
x
2005
2003
于是有
x
3
x
1
=
x
5
=
x
2005
,
x
2
x
4
x
6
=
=
x
2004
令
x
1
A
x
2
B
, 那么有
1003A1002B2005
所以
AB1
A1003
B1002
即
x
1
x
3
x
5
=x
7<
br>
x
2005
1003
x
2=
x
4
x
6
=x
8
x
2004
10
02
4．一只小虫从A爬到B处．如果它的速度每分钟增加1米，可提前15分钟
到达．如果它的速度每分钟
再增加2米，则又可提前15分钟到达．那么A处到B处之间的路程是多少米
?
【分析与解】设小虫的速度为名
x
米／分钟，从A到B所需时间为Y分钟，那么有：
(1x)(y15)xy
(3x)(y30)xy
,
化简为
y15x15
y10x30
,
解得<
br>x3,y60
所以A、B地相距3×60=180米．
5．若干学生搬
一堆砖，若每人搬五块，则剩下20块未搬走；若每人搬9则最后一名学生只搬6块，那
么学生共有多少
人?
【分析与解】设有n个学生．根据砖的数量可得到方程
nk209n
(96)
即
n
(96)
=23因为23是质数，所以n与(9-K中一个
是23，另一个是1．所以
只能是n=23
评注：在这道题中，K仅是一个过渡变量，借用9-K≢9，求得n=23．
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第20讲 列方程解应用题
内容概述
列方程解决问题是一种很重要的通法，以前我们往往将应用题分成：鸡兔同笼、年龄问题、还原问题
等等
，再归纳出每一类问题的解法．而现在我们就可以利用方程统一来考虑这些问题．方程思想的建立
可以说
是一个很大的飞跃．
下面我们就如何找好等量关系，如何建立方程给出一些示范，希望大家体会掌握以提高自己的解题能
力．
典型问题
1．有一篮子鸡蛋分给若干人，第一人拿走1个鸡蛋和余下的
人拿走3个和余下的
几个人?
【分析与解】 设原有
x
个鸡蛋，那么第一人拿了
1
11
，第二人拿走2个和余下的，第三
99
1
，„„，最后恰好分完，并且每人分到的鸡
蛋数相同，问：共有多少鸡蛋?分给
9
1
(x1)
个鸡蛋，第二人拿了9
1
811
8
2
(x1)2
个鸡蛋．
1(x1)2
(x1
)2
9
999
9
解得
x64
，则第一人拿了
1
1
(641)8
个
鸡蛋，所以共有64÷8＝8人.
9
即共有64个鸡蛋，分给8个人．
2.某人每
日下午5时下班后有一辆汽车按时接他回家．有一天，他提前l小时下班，因汽车未到，
遂步行返家，在
途中遇到来接他的汽车，因而比平日早16分钟到家，问此人是步行几分钟后遇见汽车
的?
【分析与解】设此人在步行
x
分钟以后遇见汽车，汽车的速度为“１”，汽车从家到单位需要<
br>y
分
钟．
由家到单位的总路程为
y
，如果汽车在4
时就在单位接他，他应该提前1小时到家，但是现在只提
前16分钟到家，说明相对汽车他在
x
分钟这段路程上耽搁44分钟，所以汽车走这段路程只需要
x
－44
分钟．
而汽车是从5：00-
y
从家出发，在4：00+
x
达到相
遇点．所以行驶
xy
-60分钟．
x44(xy60)y
，有
2x1040,x52
．
所以，此人是在步行52分钟后遇见汽车的．
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3．一次数学竞赛中共有A、B、C三道题，25名参
赛者每人至少答对了一题．在所有没有答对A的
学生中，答对B的人数是答对C的人数的两倍，只答对问
题A的人数比既答对A又至少答对其他一题的
人数多1．又已知在所有恰好答对一题的参赛者中，有一半
没有答对A．请问有多少学生只答对B?
【分析与解】设不只答对A的为
x
人
，仅答对B的为
y
人，没有答对A但答对B与C的为z人．
25x
y
解得：
3
，
z233x
yz,x6,
x<
br>=7时，
y
、
z
都是正整数，所以
x7,y6,z2<
br>。
故只答对B的有6人．
4．河水是流动的，在Q点处流入静止的湖中，
一游泳者在河中顺流从P到Q，然后穿过湖到R，共
用3小时．若他由R到Q再到P，共需６小时．如果
湖水也是流动的，速度等于河水的速度，那么从P
到Q再到R需
5
小时．问在这样的条
件下，从R到Q再到P需几小时?
2
【分析与解】设游泳者的速度为1，水速为y，PQ=a，QR=b，则有：
，
且有1+y、 1—y、y均不为0．
①-②得
by1
1y
，即
b
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„④
1y2
2y
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a2y
3(1y
2
)
③-①得
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„
3
，即
a
2
1y
2y
⑤
由②、④、⑤得
5
2
(1y)a
b
1y
2y
(43y)
，即
5y43y
.
于是，
y
15
2
.由②得
ab
2
(1
115
2
)
4
.
ab
1y
15
4
(1
1
2
)
15
2
小时.
即题中所述情况下从R到Q再到P需
15
2
小时．
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第21讲 行程与工程
内容概述
运动路线或路
况复杂，与周期性或数论知识相关联，需进行优化设计等具有相当难度的行程问题．工
作效率发生改变，
要完成的项目及参加工作的对象较多的工程问题．
典型问题
1
。如图21-l，A至B是下坡，B至C是平路，C至D是上坡.小张和小王在上坡时步行速度是每小
时
4千米，平路时步行速度是每小时5千米，下坡时步行速度是每小时6千米．小张和小王分别从A
和D同
时出发，1小时后两人在E点相遇．已知E在BC上，并且E至C的距离是B至C距离的
小王到达A后9
分钟，小张到达D．那么A至D全程长是多少千米?
1
．当
5
【分析与解】 BE是BC的
41
，CE是BC的，说明DC这段下坡，比AB这段
下坡所用的时间多，也就
55
是DC这一段，比AB这一段长，因此可以在DC上取一段DF和
AB一样长，如下图：
另外，再在图上画出一点G，使EG和EC一样长，这样就表示出，小王从F到C.小张从B到G．
小王走完全程比小张走完全程少用9分钟，这时因为小张走C至F是上坡，而小王走F至C是下坡(他
们
两人的其余行程走下坡、平路、上坡各走一样多)．
因此，小王从F至C，走下坡所用时间是9÷
6
1
=18(分钟)．
4
因此得出小张从B至G也是用18分钟，走GE或CE都用6分钟．走B至C全程(平路)要30分钟．
从A至曰下坡所用时间是60-18-6=36(分钟)；
从D至C下坡所用时间是60-6=54(分钟)；
A至D全程长是(36+54)×
65
+30×=11.5千米．
6060
3
米，如果它跳到A点，就会经过特别通道AB滑向曰
8
2．如图2l-2，A，B两点把一个周长为l米的圆周等分成两部分．蓝精灵从B点出发在这个圆周上
沿逆时针方向做跳跃运动，它每跳一步的步长是
点，并从B点继续起跳，当它经过一次特别通道，圆的半
径就扩大一倍．已知蓝精灵跳了1000次，那
么跳完后圆周长等于多少米?
【分析与解】
33
×4=即蓝精灵跳4次到A点．圆半径扩大一倍即乘以2后，跳8次到A点．
82
圆半径乘以4后，跳16次到A点．
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依次类推，由于4+8+16+32+64+128+256+492=1000，所以有7次跳至A点．
1000次跳完后圆周长是1×
2
=128米．
3．已知猫跑5步的路
程与狗跑3步的路程相同；猫跑7步的路程与兔跑5步的路程相同．而猫跑3
步的时间与狗跑5步的时间
相同；猫跑5步的时间与兔跑7步的时间相同，猫、狗、兔沿着周长为300
米的圆形跑道，同时同向同
地出发．问当它们出发后第一次相遇时各跑了多少路程?
【分析与解】
方法一：由题意，猫与狗的速度之比为9:25，猫与兔的速度之比为25:49．
7
2549
米，兔跑米．
25
9
25675
狗追上猫一圈需300÷(-1)= 单位时间，
4
9
49625
兔追上猫一圈需300÷(-1)= 单位时间．
252
675625
猫、狗、兔再次相遇的时间，应既是的整数倍，又是的整数倍.
42
675625
与的最小公倍数等于两个分数中，分子的最小公倍数除以分母的最大
42
设单位时间内猫
跑1米，则狗跑
公约数,即
675625
675,625
16875
=8437.5． ,
2
2
4,2
4
上式表明，经过8437.5个单位时间，猫、狗、兔第一次相遇．此时，猫跑了8437.5米，狗
跑了
8437.5×
2549
=23437.5米，兔跑了8437.5×=165
37．5米．
25
9
方法二：有猫跑35步的路程与狗跑21步的路程，兔跑25步
的路程相；而猫跑15步的时间与狗跑25
步的时间，兔跑21步的时间相同．
所以猫、狗、兔的速度比为
152521
::
，它们的最大公约数为
352125
1
152521
15,25,21<
br>
.
,,
352125
<
br>35,21,25
3557
151251
225
，那么狗的速度为
625
353557213557
211
441
．
，则兔的速度为
253557
3
于是狗每跑300÷(625-225)= 单位时追上猫；
4
25
兔每跑300÷(441-225)= 单位时追上猫．
18
即设猫的速度为
而
,
75
325
<
br>
3,25
75
，所以猫、狗、兔跑了单位时，三者相遇．
2
4184,182
75757
5
×225=8437.5米，狗跑了×625=23437.5米，兔跑了×441=16537.5
米．
222
75
评注：方法一、方法二中的相遇时间一个是8437.5单位，一
个是单位，可是答案却是一样的，为
2
有猫跑了
什么呢?
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在方法二中，如果按下面解答会得到不同答案，又是为什么
?哪个方法有问题呢?自己试着解决，
并在今后的学习中避免这种错误．
于是狗每跑300÷(625-225) ×625=
兔每跑300÷(441-225)×441=
1875
米追上猫；
4
1225
米追上猫；
2
而
18751225
1875,1225
，„
,
424,2
4．一条环形道路，周长为2
千米．甲、乙、丙3人从同一点同时出发，每人环行2周．现有自行车2
辆，乙和丙骑自行车出发，甲步
行出发，中途乙和丙下车步行，把自行车留给其他人骑．已知甲步行的
速度是每小时5千米，乙和丙步行
的速度是每小时4千米，3人骑车的速度都是每小时20千米．请你
设计一种走法，使3个人2辆车同时
到达终点．那么环行2周最少要用多少分钟?
【分析与解】 如果甲、乙、丙均
始终骑车，则甲、乙、丙同时到达，单位“1”的路程只需时间
1
；
20
乙、
丙情况类似，所以先只考虑甲、乙，现在甲、乙因为步行较骑车行走单位“1”路程，耽搁的时间
比为：
11
11
:
3:4
520
420
而他们需同时出发，同时到
达，所以耽搁的时间应相等．于是步行的距离比应为耽搁时间的倒数比，
即为4:3；因为丙的情形与乙
一样，所以甲、乙、丙三者步行距离比为4:3:3．
因为有3人，2辆自行车，所以，始终有人在步行，甲、乙、丙步行路程和等于环形道路的周长．
4
=0.8千米；则骑车的距离为2×2-0.8=3.2千米；
433
0.83.2
所以甲需要时间为()×60=19.2分钟
520
于是，甲步行的距离为2×
环形两周的最短时间为19.2分钟．
参考方案如下：甲先步行0.8千米，再骑车3.2千米；
乙先骑车2.8千米，再步行0.6千米，再骑车0.6千米(丙留下的自行车) ；
丙先骑车3.4千米，再步行0.6千米．
5．甲、乙两项工程分别由一、二队
来完成．在晴天，一队完成甲工程需要12天.二队完成乙工程需
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％．结果两队同时完成这两
项工程，那么在施工的日子里，雨天
有多少天?
【分析与解】 晴天时，一队、二队的工作效率分别为
11111
和，一队比二队的工作效率高-=；
12151215
60
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雨天时，一队、二队的工作效率分别为
一队高
1113
×(1-40%)=和×(1-10%)=,这时二队的工作效率比
122015
50
311
-=.
50
20100
11
由:=5:3知，要两
个队同时完工，必须是3个晴天，5个雨天，而此时完成了工程的
60
100
111<
br>×3+×5=，所以，整个施工期间共有6 个晴天,10个雨天.
12202
6．画展9时开门，但早有人来排队等候入场．从第一个观众来到时起，每分钟来的观众人数一样多
．如
果开3个入场口，9时9分就不再有人排队；如果开5个入场口，9时5分就没有人排队．那么第一
个
观众到达的时间是8时几分?
【分析与解】
由题意可得两个等式，如下：
(开门前排队人数)+(9分钟内到的人数)=3×(每个入口每分钟进的人数)×9 ①
(开门前排队人数)+(5分钟内到的人数)=5×(每个入口每分钟进的1人数)×5 ②
①-②得:4分钟内到的人数=2×(每个人口每分钟进的人数)„„③
从而有:每个入口每分钟进的人数=2×(每分钟进的人数)„„④
代入②得，开门前排队人数=25×2-5=45分钟内到的人数．
因此第一个人是8点15(=60-45)分到达的．
7．甲、乙、丙3
名搬运工同时分别在3个条件和工作量完全相同的仓库工作，搬完货物甲用10
小时，乙用12小时，丙
用15小时．第二天3人又到两个较大的仓库搬运货物，这两个仓库的工作量也
相同．甲在A仓库，乙在
B仓库，丙先帮甲后帮乙，结果干了16小时后同时搬运完毕．问丙在A仓库
做了多长时间?
【分析与解】 设第一天的每个仓库的工作量为“1”，
那么甲、乙、丙的合作工作效率为
以第二天两个仓库的工作总量为
111
1
=，第二天，甲、乙、丙始终在同时工作，所
101215
4
1
×16=4，即第二天的每个仓库的工作总量为4÷2=2．
4
1882
于是甲工作了16小时只完成了16×=的工程量，剩下的2-=的工程量由丙帮助完成，则
丙需
10555
21
工作÷=6(小时).
515
丙在A仓库做了6小时．
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第22讲 复杂工程问题
内容概述
本讲主要讲解需运用比和比例及分段解决的较复杂问题，还有一些需借助程来求解的问题．
经典问题
1.甲、乙两个工程队修路，最终按工作量分配8400元工资．按两队原计划的工
作效率，乙队应获5040
元．实际从第5天开始，甲队的工作效率提高了1倍，这样甲队最终可比原计
划多获得960元．那么两
队原计划完成修路任务要多少天?
【分析与解】 开始
时甲队拿到8400—5040=3360元，甲乙的工资比等于甲乙的工效比，即为3360：
504
0＝2：3；
甲提高工效后，甲乙的工资及工效比为
(3360+960)：(5040—960)=18：17；
设甲开始的工效为“2”，那么乙的工效为“3”，设甲在提高工效后还需
x
天完成任务．
有(2×4+4
x
)：(3×4+3
x
)=18：17，化
简为216+54
x
=136+68
x
，解得
x
于是共有工程量为
457
40
.
7
40
60,
7
所以原计划60÷(2+3)＝12天完成．
2. 规定两人轮流做一个
工程，要求第一个人先做1个小时,第二个人接着做一个小时，然后再由第
一个人做1个小时，然后又由
第二个人做1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
做同样的程只需要9．6小时，那乙单独做这个工程需要多少小时?
【分析与解】
即甲工作2小时，相当与乙1小时．
所以，乙单独工作需
9.85527.3
小时．
3．甲、
乙、丙三人完成一件工作，原计划按甲、乙、丙顺序每人轮流工作一天，正好整数天完成，
若按乙、丙、
甲的顺序每人轮流工作一天，则比原计划多用
作一天，则比原计划多用
1
天；若按丙、
甲、乙的顺序每人轮流工
2
1
天．已知甲单独完成这件工作需10．75天．问：甲、
乙、丙一起做这件工
3
作，完成工作要用多少天?
【分析与解】
我们以甲、乙、丙各工作一天为一个周期，即3天一个周期．
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通过上一题的类似分析，我们知道第一种情况下一定不是完整周期内完成；
但是在这题中，就有两种可能，第一种可能是完整周期+1天，第二种可能是完整周期+2天．
验证第一种可能不成立(详细过程略)
再看第二种可能：
即丙工作1天，甲只需要工作
1
天．代入第3种情况知：
2
即甲工作1天，乙需要工作
4
天．
3
4
,
于是乙工作效率为
43
因为甲单独做需1
0．75天，所以工作效率为
443412
,
丙工作效率为
.
4334343243
于是，一个周期内他们完成的工程量为
4329
.
43434343
则需
1
97<
br>9
14
个完整周期，剩下的工程量；正好甲、乙各一天完成．
4
4343
43
所以第二种可能是正确的．
于是，采用第二种可能算出的数据：一个周期内他们完成的工程量：
4329
.
43434343
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需要
1
9437
4
天．
4399
7
天．
9
而甲、乙、丙合作一天完成的工程量正好是甲、乙、丙轮流做一天一个周期内的工程量．
于是，甲、乙、丙合作这件工程需
4
4．如图，有一个正方体水箱，在某一个侧面
相同高度的地方有三个大小相同的出水孔．用一个进水
管给空水箱灌水，若三个出水孔全关闭，则需要用
1个小时将水箱灌满；若打开一个出水孔，则需要用
1小时5分钟将水箱灌满；若打开两个出水孔，则需
要用72分钟将水箱灌满．那么，若三个出水孔全
打开，则需要用多少分钟才能将水箱灌满?
【分析与解】 方法一：设打开一个出水孔时，灌满出水孔以上的部分需要时间为
x
，则不打开出
水孔和打开两个出水孔灌满水孔以上部分所需时间为
x5.
有工作效率之间的关系：
211
22x2
,
通分为
,
化简为
x
2
1x
2
2
x35,
解得
x35.
xx5x7
x(x5)(x7
)
所以，不打开出水孔需
x530
分钟灌满水孔以上的水，而灌满出水孔以下的水
为
603030
分钟．
视水孔以上的水箱水量为单位“l”，有一个出水孔的工作效率为：
那么打开三个出水孔的工作效率为
111
.
3035210
112
3.
30210105
2
82.5
分钟
105
所以，打开三个出水孔灌满整个水箱所需的时间为
301
方法二：在打开一个出水
孔时，从小孔流出的水量相当于进水管
65605
分钟的进水量；在打
开两个出水
孔时，从小孔流出的水量相当于进水管
726012
分钟的进水量．而且注意到，后者出水
孔出水的时间比前者多
72657
分钟.
因此两个出水孔7分钟的排水量相当于进水管
12522
分钟的进水量
因此进水管1分钟的进水量相当于一个出水孔7分钟的排水量．
那么在打开一个出水孔的时候，小孔排水
5735
分钟，也就是说，进水，
进水
653530
分钟后，水面达到小孔高度．
因此打开三个出水孔的时候，灌满水箱需要
3030(1
1
3)82.5
分钟．
7
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第23讲 运用比例求解行程问题
内容概述
本
讲主要讲解如何利用比例求解行程问题，而行程问题中的三个量：速度、时间、路程在某些时候存
在比例
关系．
典型问题
1．甲、乙、丙三辆汽车各以一定的速度从4地开往B地．
若乙比丙晚出发10分钟，则乙出发后40
分钟追上丙；若甲比乙又晚出发20分钟，则甲出发后1小时
40分钟追上丙；那么甲出发后追上乙所需
要的时间为多少分钟?
【分析与解】 我们知道开始时，乙走了40分钟与丙走了40+10=50分钟的路程相等，所以速度比为<
br>乙：丙=5：4；甲走了100分钟，丙走了100+20+lO=130分钟所走的路程相等，所以速度
比为：甲：丙
=13：10
于是．甲：乙：丙=26：25：20．
于是，乙比甲先走20分钟，路程相当于20
25=500，速度差相当于26-25=l；
于是，追击时间为500
1=500分钟．
2.
客车和货车分别从甲、乙两地出发相向而行．如果两车出发的时间都是6：00，那么它们在11：
00
相遇；如果客车和货车分别于7：00和8：00出发，那么它们在12：40相遇．现在，客车和货车出
发的时间分别是10：00和8：00，则何时它们相遇?(本题中所述的时间均为同一天，采用24小时制计
法．)
【分析与解】 第一次，客、货各走了5小时；第二次，客、货
各走了5小时40分，4小时40分，但
是两次客、货所走的路程和不变；于是有300客+300货=
340客+280货；40客=20货，所以客、货两车
111
；所以客车速度为
3
；
5515
1224411
；货车的速度为
2=
；货车先出发2小时，于是行走了
2
；于是剩下的路程为
1
5
11111
小时，还需要3小时40分钟，在10：00后计时，所以
相遇时间为13还需要的时间为
1553
的速度比为1：2：将全程看成“1”，则客、货车速
度和为1÷5=
点40分．
3．在久远的古代，有一个智者叫做芝诺，他曾经
说过：兔子永远追不上10米外的乌龟．他这样解释：
当兔子跑到10米处(即乌龟原来的地方)，乌龟
已经往前走了一点；当兔子再次到达乌龟的位置时，乌
龟又往前走了一点，„„，也就说当兔子到达乌龟
以前的位置时，乌龟总是往前走了一点，所以兔子永
远追不上乌龟．你认为芝诺的说法错在哪里?
【分析与解】
因为兔子的速度比乌龟快，为了方便叙述，假设兔子的速度是乌龟的10倍．
那么，按芝诺的说法，这些时间，乌龟走的路程为：
10，1，0.1，0.01，0.001，
„„是无穷的，而10+1+0.1+0.01+0.001+„=
在乌龟行走
100
，也就是说兔子只是
9
100100
米之前追不上．等乌龟在米之后，兔子就在它的前
面了．
99
在这里，芝诺用无穷个数的和来说明它们的和一定是无穷的，这显然是谬误的．
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第24讲 应用题综合
内容概述
较为复杂
的以成本与利润、溶液的浓度等为内容的分数与百分数应用题．要利用整数知识，或进行
分类讨论的综合
性和差倍分问题．
典型问题
1．某店原来将一批苹果按100％的利润(即利润
是成本的100％)定价出售．由于定价过高，无人购买．后
来不得不按38％的利润重新定价，这样出
售了其中的40％．此时，因害怕剩余水果腐烂变质，不得不
再次降价，售出了剩余的全部水果．结果，
实际获得的总利润是原定利润的30.2％．那么第二次降价
后的价格是原定价的百分之多少?
【分析与解】 第二次降价的利润是：
(30.2％-40％×38％)÷(1-40％)=25％，
价格是原定价的(1+25％)÷(1+100％)=62.5％.
2．某商品76件
，出售给33位顾客，每位顾客最多买三件．如果买一件按原定价，买两件降价10％，
买三件降价20
％，最后结算，平均每件恰好按原定价的85％出售．那么买三件的顾客有多少人?
【分析与解】 3×(1-20％)+1×100％=340％=4×85％，所以1个买一件的与1
个买三件的平均，正好
每件是原定价的85％．
由于买2件的，每件价格是原定价的1-
10％=90％，所以将买一件的与买三件的一一配对后，仍剩下
一些买三件的人，由于
3×(2×90％)+2×(3×80％)=12×85％．
所以剩下的买三件的人数与买两件的人数的比是2:3．
于是33个人可分成两种，一种每2人买4件，一种每5人买12件．共买76件，所以后一种
4124
)÷(-)=25(人)．
252
3
其中买二件的有：25×=15(人)．
5
(76-33×
前一种有33-25=8(人)，其中买一件的有8÷2=4(人)．
于是买三件的有33-15-4=14(人)．
3.甲容器中有纯酒精11立方分米，乙容
器中有水15立方分米．第一次将甲容器中的一部分纯酒精倒
入乙容器，使酒精与水混合；第二次将乙容
器中的一部分混合液倒人甲容器．这样甲容器中的纯酒精含
量为62.5％，乙容器中的纯酒精含量为2
5％．那么，第二次从乙容器倒入甲容器的混合液是多少立方
分米?
【分析与解】 设最后甲容器有溶液
x
立方分米，那么乙容器有溶液(11+15-
x
)立方分米．
有62.5％×
x
+25％×(26-
x
)=11，解得
x
=12，即最后甲容器有溶液12立方分米，乙容器则有溶液<
br>26-12=14立方分米．
而第二次操作是将乙容器内溶液倒入甲容器中，所以乙溶液在
第二次操作的前后浓度不变，那么在第
二次操作前，即第一次操作后，乙容器内含有水15立方分米，则
乙容器内溶液15÷(1-25％)：20立方
分米.
而乙容器最后只含有14立方分米的溶
液，较第二次操作前减少了20-14=6立方分米，这6立方分米
倒给了甲容器.
即第二次从乙容器倒入甲容器的混合液是6立方分米.
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4．1994年我国粮食总产量达到4500亿千克，年
人均375千克．据估测，我国现有耕地1.39亿公顷，
其中约有一半为山地、丘陵．平原地区平均产
量已超过每公顷4000千克，若按现有的潜力，到2030
年使平原地区产量增产七成，并使山地、丘
陵地区产量增加二成是很有把握的．同时在20世纪末把我
国人口总数控制在12.7亿以内，且在21
世纪保持人口每年的自然增长率低于千分之九或每十年自然增
长率不超过10％．请问：到2030年我
国粮食产量能超过年人均400千克吗? 试简要说明理由．
【分析与解】
山地、丘陵地区耕地为1.39÷2≈0.70亿公顷，那么平原地区耕地为1.39-0.70=0.69亿公顷，因此平原地区耕地到2030年产量为:4000×0.69×1.7=4692(亿千克)；
山地、丘陵地区的产量为：(4500-4000×0.69)×1.2=2088(亿千克)；
粮食总产量为4692+2088=6780(亿千克)．
3
而人口不超过12.7
×1.1≈16.9(亿)，按年人均400千克计算．共需400×16.9=6760(亿千克)．
所以，完全可以自给自足．
5．要生产基种产品100吨，需用A种原料20
0吨，B种原料200.5吨，或C种原料195.5吨，或D
种原料192吨，或E种原料180吨．
现知用A种原料及另外一种(指B，C，D，E中的一种)原料共19
吨生产此种产品10吨．试分析所
用另外一种原料是哪一种，这两种原料各用了多少吨?
【分析与解】
我们知道题中情况下，生产产品100吨，需原料190吨。
生产产品100吨，需A种原料
200吨，200
190，所以剩下的另一种原料应是生产100吨，需原料
小于1
90吨的，B、C、D、E中只有E是生产100吨产品。只需180吨(180
190)，
所以另一种原料为E，
设A原料用了
x
吨，那么E原料用了19-
x
吨，即可生产产品10吨：
x
×
100100
+(19-
x
)×=1
0,解得
x
=10．
180
200
即A原料用了10吨，而E原料用了19-10=9吨．
6．有4位朋友的体重都是整千克数，他们两两合称体重，共称了5次，称得的千克数分别是99，
113，
125，130，144．其中有两人没有一起称过，那么这两个人中体重较重的人的体重是多
少千克?
【分析与解】 在已称出的五个数中，其中有两队之和，恰好是四人体
重之和是243千克，因此没有称
过的两人体重之和为243-125=118(千克)．
设四人的体重从小到大排列是
a
、
b
、
c
、
d，那么一定是
a
+
b
=99，
a
+
c
：=113．
因为有两种可能情况：
a
+
d
=118，<
br>b
+
c
=125；
或
b
+
c
=118．
a
+
d
=125．
因为99与113都是奇数，
b
=99-
a
，
c<
br>=113-
a
，所以
b
与
c
都是奇数，或者
b
与
c
都是偶数，于
是
b
+
c
一定是偶数
，这样就确定了
b
+
c
=118．
a
、
b
、
c
三数之和为：(99+113+118)÷2=165．
b
、
c
中较重的人体重是
c
，
c
=(
a
+
b
+
c
)-(
a
+<
br>b
)=165-99=66(千克)．
没有一起称过的两人中，较重者的体重是66千克．
补充选讲问题
1、A、B、C四个整数，满足A+B+C=2001，而且1
请问：A、B、C分别为多少?
【试题分析】 我们注意到：
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①1+A<1+B<1+C
(A-1)：(B-1)：(C-1)=2：3：4，A+B+C=2001
A-1+B-l+C-1=1998．
2
=444，A=444+1=445；
234
34
B=1998×+l=667；C=1998×+l=889．
234234
于是A-l=1998×
再看②l+A
(A-1)：(B-1)：(C-1)=1：2：4，A+B+C=2001．
A-1+B-1+C-1=1998．
于是A-1=1998×
1
，A不是整数，所以不满足．
124
于是A为445，B为667，C为889．
7．甲、乙两
人参加同一场考试，又同时在上午10点离开考场，同时午饭．但甲说：“我是在午饭前2
小时与考试开
始后1.5小时这两个时间中较早的一个时间离开考场的．”乙说：“我是在午饭前2.5小时
与考试后
1小时这两个时间中较晚的一个时间离开考场的”．求考试开始和午饭开始的时间．
【分析与解】
由题中条件知，午饭前2小时，考试开始后1.5小时，早者为10点；于是，有两种情
况：
第一种情况：午饭开始前2小时较早，为10点，有午饭(10+2=)12点开始，
而考试开始后1.5小时应超过10时，即考试开始的时间在8点30分以后；
那么
午饭前2.5小时为12-2.5为9点30分，而考试开始后1小时在9点30分后，所以，晚者为
考
试开始后1小时，为10点，所以10-1=9点开始考试的；
第二种情况：考试开始后1.
5小时较早，为10点，有10-1.5为8点30分开始考试，午饭前2小
时超过10点，则午饭应在
12点以后；
那么午饭前2.5小时应在9点30分之后，而考试后1小时为9点30分，有
午饭前2.5小时为晚者，
为10点，所以午饭是在10+2.5即12点30分开始的．
综合这两种情况，有下表
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第25讲 数论综合2
内容概述
进位制的概念
、四则运算法则及整数在不同进位制之间的转化，利用恰当的进位制解数论问题．取整
符号[]与取小数
部分符号{}的定义与基本性质，包含这两种符号的算式与方程的求解．两次与分式不定
方程，不便直接
转化为不定方程的数论问题．各种数论证明题．
典型问题
1．算式1534×25=43214是几进位制数的乘法?
【分析与解】 注意到
尾数，在足够大的进位制中有乘积的个位数字为4×5=20，但是现在为4，说明
进走20－4=16
，所以进位制为16的约数：16、8、4、2．
因为原式中有数字5，所以不可能为4,2进位，而
在十进制中有1534×25=38350＜43214，所以在
原式中不到10就有进位，即进位制小
于10，于是原式为8进制．
2．求方程19[x]－96{x}=0的解的个数．
【分析与解】 有{x}为一个数的小数部分，显然小于1，则96{x}小于9
6，而19[x]=96{x}，所以19[x]
96
，又[x]为整数，所以[x]可以取0
，1，2，3，4，5，对应有6组解．
19
9619191995
3，4，5
为原方程的解． 进一步计
算有
0
，
1
，
2，
48322496
19
小于96，即[x]小于
3．一个自然数与自身相乘的结果称为完全平方数．已知一个
完全平方数是四位数，且各位数字均小
于7．如果把组成它的数字都加上3，便得到另外一个完全平方数
．求原来的四位数．
【分析与解】
设这个四位数为
abcdm
„„„„„„„„„„„„„ ①
每位数字均加3，并且没有进位，为
(a+3)(b+3)(c+3)(d+3)n
2
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„②
有②－①得：3333=
nm
=（n－m）(n+m) „„„„„„„„„„„„③
将3333分解质因数，有3333=3×11×101，其有(1+1)(1+1)(1+1
)=8个约数，但是有n+m＞n－m，
所以只有4种可能满足题意，一一考察，如下表：
22
2
如上表，只有1156，4489满足，即原来这个四位数为1156．
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1
表示成两个自然数的倒数之和，请给出所有的答案．
6
111
2
【分析与解】
设有
，化简有(a－6)(b－6)=6=2×2×3×3，
ab6
4．将
评注：形如
111
(t为己知常数)的解法及解的个数．
ABt
111
(t为已知常数)类问题，可以通过计算，转化为(A－t)×(B－t)=
t
2
；
ABt
22
t
2
=t
我们
t
将分解质因数后，再令(A－t)其中一个为
t
的一个约数(A－t)=a，那么A=a+t，
则
B
a
(t为已知常数)，
Aat
所以，一般公式为
(a为t的一个约数)；
t
2
Bt
a
设
t
的约数有x个，则A、B有
2
x+1
组(调换顺序算一种)．
2
A2t
注意有一组解A、B相等，就是
.
B2t
5．在给定的圆周上有2000个点．任取一点标上数1；按顺时针方向从标有1的点往后数2个
点，
在第2个点上标上数2；从标有2的点再往后数3个点，在第3个点上标上数3；„„；依此类推，
直
至在圆周上标出1993．对于圆周上的这些点，有的点可能标上多个数，有的点可能没有被标数．问
标
有数1993的那个点上标的最小数是多少?
【分析与解】
记标有1为第1号，序号顺时针的依次增大．当超过一圈时，编号仍然依次增加，如1
号也是2001号
，4001号，„„
则标有2的是1+2号，标有3的是1+2+3号，标有4的是1+2+
3+4，„，标有1993的是
1+2+3+„+1993=1987021号．
1987021除以2000的余数为1021，即圆周上的第1021个点标为1993．
那么1021+2000n=1+2+3+„+k=
k(k1)
，即2042+4000n=
k(k+1).
2
当n=0时，k(k+1)=2042，无整数解；
当n=1时，k(k+1)=6042，无整数解；
当n=2时，k(k+1)=10042，无整数解；
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当n=3时，k(k+1)=14042，有118×119=14042，此时标有118；
随着n的增大，k也增大．
所以，标有1993的那个点上标出的最小数为118．
6.有些三位数，如果它本身增加3，那么新的三位数的各位数字的和就减少到原来三位数的所有这样的三位数．
【分析与解】 设这个三位数为
abc
，数字和
为a+b+c，如果没有进位，那么
abc3ab(c3)
，
显然数字和增加了
3，不满足，所以一定有进位，
则
abc
+3=
a(b1)(c
310)
，数字和为0+(b+1)+(c+3－10)=
必须有进位，所以c只能为7，8，9．
一一验，如下表：
1
．求<
br>3
1
(abc)
，则a+b+c=9，而c+3
3
验证当十位进位及十位、个位均进位时不满足．
所以，原来的三位数为207，117或108．
7．将某个17位数各
位数字的排列顺序颠倒，再将得到的新数与原来的数相加．试说明，所得的和
中至少有一个数字是偶数．
【分析与解】 先假设和的各位数字全是奇数，设这个17位数为
abcd
，则a+d为奇数，b+c
的和小于10，于是十位不向前进位，从而去掉前后各两个两位数字所得的
13位数仍具有题述性质．
依次类推6次后，得到一位数，它与自身相加的和的个位数字必是偶数，矛盾.
即开始的假设不正确，所以和中至少有一个数字是偶数．
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第26讲 进位制问题
内容概述
本讲不着重讨论<
br>n
进制中运算问题，我们是关心
n
这个数字，即为几进制．对于进位制我们要注
意
本质是：
n
进制就是逢
n
进一．
但是，作为数论的一部分，具体到每道题则其方法还是较复杂的．
说明：在本讲中的数字，不特加说明，均为十进制．
典型问题
1．在几进制中有4×13=100．
【分析与解】 我们利用尾数分析来求解这个问题：
不管在几进制均有(4)
10
×(3)
10
=(12)
10
．但是，式中为100，尾数为0．
也就是说已经将12全部进到上一位．
所以说进位制
n
为12的约数，也就是12，6，4，3，2．
但是出现了4，所以不可能是4，3，2进制．
我们知道(4)
10
×(1
3)
10
=(52)
10
，因52 <
100，也就是说不到10就已经进位，才能是100，于是
我们知道
n
<10．
所以，
n
只能是6．
2．在三进制中的数12121121，则将其改写为九进制，其从左向右数第l位数字是几?
【分析与解】 我们如果通过十进制来将三进制转化为九进制，那运算量很大．
注意到，三进制进动两位则我们注意到进动了3个3，于是为9．所以变为遇9进1．也就是九进
制．
于是，两个数一组，两个数一组，每两个数改写为九进制，如下表：
12
12 0l 20 11 01 10 12
11 21 3进制
5 5 l
6 4 1 3 5 4 7
9进制
所以，首位为5．
评注：若原为
n
进制的数，转
化为
n
进制，则从右往左数每
k
个数一组化为
n
进制．
如：2进制转化为8进制，2=8，则从右往左数每3个数一组化为8进制．
10 100 001 101 2进制
2
4 1 5 8进制
(1)
2
=(2415)
8
．
3．在6进制中有三位数
abc
，化为9进制为
cba
，求这个三位数在十进制中为多少?
【分析与解】 (
abc
)
6
=
a
×6＋
b×6+
c
=36
a
+6
b
+
c
；
2
kk
3
(
cba
)
9
=
c
×92+
b
×9+
a
=81
c
+9
b
+
a
．
所以36
a
+6
b
+<
br>c
=81
c
+9
b
+
a
；于是35
a
=3b+80
c
；
因为35
a
是5的倍数，8
0
c
也是5的倍数．所以3
b
也必须是5的倍数，又(3，5)=1．
所以，
b
=0或5．
①当
b
=0，则3
5
a
=80
c
；则7
a
=16
c
；(7，
16)=1，并且
a
、
c
≠0，所以
a
=16，
c
=7：
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但是在6,9进制，不可以有一个数字为16．
②当
b
=5，则35
a
=3×5+80
c
；则7
a
=3+16
c
；mod 7后，3+2
c
≡0
所
以
c
=2或者2+7
k
(
k
为整数)．因为有6进制，所以
不可能有9或者9以上的数，于是
c
=2．
于是，35
a
=15+80×2；
a
=5．
于是(
abc
)
6
=(552)
6
=5×6+5×6+2=212．
所以．这个三位数在十进制中为212．
4．设1987可以在
b
进制中
写成三位数
xyz
，且
xyz
=1+9+8+7，试确定出所有可能的<
br>x
、
y
、
z
及
2
b
．
(xyz)
b
b
2
xbyz1987①
【分析与解】 我们注意
xyz1987②
①-
②得：(
b
-1)
x
+(
b
-1)
y
=1
987-25．
则(
b
-1)(
b
+1)
x+(
b
-1)
y
=1962，
即(
b
-1)[(
b
+1)
x
+
y
]=1962．
所以，1962是(
b
-1)的倍数．
1962=2×9×109：
当
b
-1=9时，
b
=10，显然不满足；
2
当
b
-1=18时，
b
=19，则（
b
-
1)[(
b
+1)
x
+
y
]=18×(20
x+
y
)=1962；则20
x
+
y
=109，
b=19
x5
x5
x4
所以，
,
(不满足),......则
y9y29y9
z11
显然，当
b
=109不满足，
b
=2×109不满足，当
b
=9×109也不满足．
于是为(59B)
19
=(1987)
10
，B代表11．
5．下面加法算式中不同字母代表不同的数字，试判定下面算式是什么进制，A、B、C、D的和为多少?
【分析与解】
于是，我们知道
n
=4，所以为4进制，
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则 A+B+C+D=3+1+2+0=6．
6. 一个非零自然数，如果它的二
进制表示中数码l的个数是偶数，则称之为“坏数”.例如：18=（10010）
2
是“坏数
”．试求小于1024的所有坏数的个数.
【分析与解】 我们现把1024转化为二进制：
(1024)
10
=2=(1)
2
．
于是，在二进制中为11位数，但是我们只用看10位数中情况．
10
111...10111...1
并且，我们把不足10位数的在前面补
上0，如
111...10000...0
=
则，
5个15个或以
上0
2
9个1
2
9个1
2
* * * * * * * * * *<
br>
可以含2个l，4个1
，6个1，8个l，10个1．
10个位置
226810
于是为
C
10
C
10
C
10
C
10
C
10
=
109109871098765109876543
＋
＋＋＋1
2123412345612345678
=45+210+210+45+1=511
于是，小于1024的“坏数”有511个.
333...31
7．计算：
26的余数．
2003个3
【分析与解】
01
=
222...2
333...31
=
1000...
2003个3
2003个3
3
2003个2
3
33
...31
÷26=
222...2
26=(222)3
所以，
3
÷(222
)
3
2003个3
2003个2
3
(222)
3
整除(222)
3
，2003÷3：667„„2，所以余(2
2)
3
=8．
所以余数为8．
8．一个10进制的三位数，把
它分别化为9进制和8进制数后，就又得到了2个三位数．老师发现这3
个三位数的最高位数字恰好是3
、4、5，那这样的三位数一共有多少个?
【分析与解】 我们设(3
ab
)
10
=(4
cd
)
9
=(5
ef
)8
；
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我们知道(4
cd
)
9
在
(400)
9
～(488)
9
之间，也就是4×9～5×9-1，也就是32
4～406；
还知道(5
ef
)
8
在(500)
8
～(577)
8
之间，也就是5×8～6×8-1，也就是320～383；
又知道(3
ab
)
10
在(300)
10
～(399)
10
之间．
所以，这样的三位数应该在324～383之间，于是有383-324+1=60个三位数满足条件.
9. 一袋花生共有2004颗，一只猴子第一天拿走一颗花生，从第二天起,每天拿走的都
是以前各天的总
和．
①如果直到最后剩下的不足以一次拿走时却一次拿走，共需多少天?
②如果到某天袋里的花生
少于已拿走的总数时，这一天它又重新拿走一颗开始，按原规律进行新的
一轮．如此继续，那么这袋花生
被猴子拿光的时候是第几天?
【分析与解】 ①我们注意到
每天
前若干天的和
1
2
3
4
8
16
32
64
„
„
22
22
2<2004<2前1天为
1，前2天为2，前3天是2，所以前11天为2，前12天是2,也就是
说不够第11天拿的，但是根
据题中条件知．所以共需12天.
②
每天
前若干天的和
改写为2进制
1
1
1
1
2
10
2
4
100
4
8
1000
8
16
10000
16
32
100000
32
64
1000000
64
128
10000000
„
„
„
1011
12
1011
2004=()
2
,(10+1)+(9+1)+(8+1)+(7+1)+(6+1)+(4+1)+(2+1)=11+10
+9+8+7+5+3=53天．
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第27讲 整取问题
内容概述
有时我们
只关心某数的整数部分，于是我们就有了取整问题，如在抽屉原理里,在不定方程里等一
些数论问题中．
我们规定[
x
]表示不超过
x
的最大整数，{
x<
br>}=
x
-[
x
]，即为
x
的小数或真分数部分．
如[3.14]=3，{3.14}=0.14，
显然有{x}<1．
O≢{x}+{y}<2(
x
、y均为整数时等号才成立)．
典型问题
2．求
19811
19812
19812005
19812006
的和．
...
2006
【分析与解】 我们知道如果直接求解是无法解出的，现在试着观察规律:
最后一项为1
981不难得到，再看
19811
19812
005
19811
19811
198
11
+
；=
+
2006
2006
2006
2006
2006
19812005<
br>
19812005
19812005
=
+
2006
2006
2006
所以有
1981119812005
<
br>19811
19811
19812005
19812005
+=1981=
+
+
+
200
62006
2006
2006
2006
2006
=
19811
19812005
19811
19812005
+
+
+
2006
200
6
2006
2006
因为
19811
19812005
+<
br>
的和为整数,
2006
2006
所以
19811
19812005
<
br>的和也为整数,但是我们知道0≢{
x
}+{y}<2；在此题中显然≠
+
2006
2006
0，
所以
19811
19812005
=1
+
2006
2006
19811
19812005
+
=1981-1=1980；
2
006
2006
于是
这样，我们就找到了
一般规律，我们知道原式除了最后一项，还有2005项，于是有1002组和
19811
003
=990；
2006
所以为1002×1980+990+1981=1986931．
4．解方程[
x
]{
x
}+
x
=2{
x
}+10
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【分析与解】
我们注意到
x
不超过10，
x
不能小于5；
所以当[
x<
br>]=5，6，7，8，9，10的时候我们分别计算小数部分{
x
}
当[x
]=5时，有5{
x
}+5+{
x
}=2{
x
}+10；则4{
x
}=5，{
x
}>1，不满足；
4
；
5
1
当[
x
]=7时，有7{
x<
br>}+7+{
x
}=2{
x
}+10；则
6{x}=3，{
x
}=；
2
2
当[
x
]=8时
，有8{
x
}+8+{
x
}=2{
x
}+10；则7{x
}=2，{
x
}=；
7
1
当[
x
]=9时，有9{
x
}+9+{
x
}=2{
x
}+10；则
8{
x
}=1，{
x
}=；
8
当[
x
]
=10时，有10{
x
}+10+{
x
}=2{
x
}+10
；则 9{
x
}=0，{
x
}=0．
4121
所以有
x
=6，7，8，9，10．
5278
当
[
x
]=6时，有6{
x
}+6+{
x
}=2{
x
}+10；则5{
x
}=4，{
x
}=
6．r
满足
r
19
20
21
91
=546．求[100
r
]的值?
rr...r
100
<
br>100
100
100
19
、100
【分析与解】 显然等式的左边有91-19+1=73项，每项值为[
r
]或[
r
+1]，这是因为：
2091
、„、均小于l，
100100
又由于73×7< 546
<73×8，为使和数为546，则[
r
]=7，
则设有
t
个[
r
+
x
]值为7，于是，7×
t
+8×(73-t
)=546,
100
解得
t
=38．
所以有38项整数部分为7．
1938156
<8，即
r
+<8．
100100
193857
r
+≣8，即
r
+≣8
100100
56
于是，100[
r
+]<8×100．
100
100
r<
br>+56<800，100
r
<744；100
r
+57≣800，10
0
r
≣743．
于是，[100
r
]=743
即：
r
+
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第28讲 数论综合3
内容概述
具有相当难度，需要灵活运用各种整数知识，或与其他方面内容相综合的数论同题．
典型问题
2. 有3个自然数，其中每一个数都不能被另外两个数整除，而其中任
意两个数的乘积却能被第三个数
整除．那么这样的3个自然数的和的最小值是多少?
【分析与解】 设这三个自然数为A，B，C，且A=
a
×
b
，B=
b
×
c
,C=
c
×
a
，当
a
、
b
、c均是
质数时显然满足题意，为了使A，B，C的和最小，则质数
a、
b
、
c
应尽可能的取较小值，显然当
a
、
b
、
c
为2、3、5时最小，有A=2×3=6,
B=3×5=15，C=5×2=10．
于是，满足这样的3个自然数的和的最小值是6+15+10=31．
4. 对于两个不同
的整数，如果它们的积能被和整除，就称为一对“好数”，例如70与30．那么在1，
2，„，16这
16个整数中，有“好数”多少对?
【分析与解】 设这两个数为
a
、<
br>b
，且
a
<
b
，有
a
b
=
k
×(
a
+
b
)，即
当
k
=2时，有
111
.
abk
a3
a4
111
，即(
a
-2)×(<
br>b
-2)=2
2
=4，有
，但是要求
a
≠
b
．所以只
,
ab2
b6
b4
a3
有
满足；
b6
当
k
=3时，有
a4
a6
111
，即(
a
-3)×(
b
-3)=3
2
=9，有
，但是要求
a
≠
b
．所以只
,
ab3
b12
b6
a4
有
满足；
b12
„„
逐个验证
k
的值，“好数”对有3与6，4与12，6与12，10与15．所以“好数”对有4个.
6．甲、乙两人进行下面的游戏：两人先约定一个自然数N，然后由甲开始，轮流把0，1，2，3，4，5，<
br>6，7，8，9这10个数字中的一个填入图28-1的某个方格中，每一方格只能填一个数字，但各方格
所
填的数字可以重复．当6个方格都填有数字后，就形成一个六位数．如果这个六位数能被N整除，那么
乙获胜；如果这个六位数不能被N整除，那么甲获胜．设N小于15，问当N取哪几个数时．乙能取胜?
【分析与解】 当N取2，4，6，8，10，12，14这7个偶数
时，当甲将某个奇数放到最右边的方
格中，则这个六位数一定是奇数，奇数显然不能被偶数整除，所以此
时乙无法取胜；
而当N取5时，当甲在最右边的方格内填人一个非0非5的数字时，则这个六
位数一定不能被5
整除，所以此时乙无法获胜：
此时还剩下1，3，7，9，11，13这6个数，
显然当N取l时，乙一定获胜；
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当N取3或9时，只要数字对应是3或9的倍数时，这个六位数
就能被对应的3或9整除，显然乙
可以做到；
当N取7，1l或13时，只要前三位
数字和与后三位数字和的差对应是7，11，13的倍数时，这个
六位数就对应是7，11，13的倍数
，乙可以做到．
于是，当N取1，3，7，9，11，13时，乙适当的操作能保证自己一定获胜．
8.
已知
a
与
b
的最大公约数是12，
a
与
c
的最小公倍数是300，
b
与
c
的最小公倍数也是300．那么满
足
上述条件的自然数
a
，
b
，
c
共有多少组?
【分析与解】 300=12×
5
，是
a
、
b
的倍数，而
12是
a
、
b
的最大公约数，所以
a
、
b
有5种
可能，即
a
12 12×5
12×
5
12 12
b
12 12 12 12×5 12×
5
由
于
a
、
b
中总有一个为12，则
c
=
2
×
3
×
5
，其中x可以取0、1、2中的任意一个，y可以取
0、1中
的任意一个，这样满足条件的自然数
a
、
b
、
c
共有5×3
×2=30组．
10．圆周上放有N枚棋子，如图28-2所示，B点的那枚棋子紧邻A点
的棋子．小洪首先拿走B点处的1
枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1枚拿走2枚棋子，这样连续转了10
周，9次越过A．当将要第10次
越过A处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若
N是14的倍数，请精确算出圆周
上现在还有多少枚棋子?
【分析与解】 设圆周上余
a
枚棋子，
从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋
子时，小洪拿了2
a
枚棋子
，所以在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3
a
枚棋子． ．
2
依次类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有3
a
枚棋子，„，在第1次将要越过A处棋
子
时，圆周上有3
a
枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之间，小洪拿走了2(3a
-1)+枚棋子，所以
N=2(3
a
-1)+1+3
a
=3
a
-1．
10
2
2
2
x
yz
99
99
N=3
a
-1=59049
a
-l是14的倍数，N是2和7的公倍数，所以
a
必须是奇数；又N=(7×8435+4)
a
-1=7×8435
a
+4
a
-1，所以4
a
-1必须是7的倍数．
当
a
=21，25，27，29时，4
a
-1不是7的倍数，当
a<
br>=23时，4
a
-1=91=7×13,是7的倍数．
所以．圆周上还有23枚棋子．
12．是否存在一个六位数A，使得A，2A，3A，„，
500000A中任意一个数的末尾6个数码不全相同?
【分析与解】
显然A的个位数字不能为偶数，不然500,000A的后6位为000,000；
而A的个位数字也不能为5，不然200，000A的后6位为000，000．
于是A的个位数字只能为1，3，7，9．
10
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对于任何一个六位数A(个位数字为1，3，7，9)，均存在六位数<
br>tabcdef
，使得
t
×A≡111,111(mod
1,000,000).
如果存在
tabcdef
>500,000,使
得
t
×A≡111,111 (mod
1,000,000),那么那个A即为题中所求的
值.(说明见评注)
当
t
=999,999,有A=888,889时,
t
A=888,888,111,111,显然满足上面的条件.
所以888,889即为所求的A.
评注：如果存在
tabcdef
>500，000，使得
t
×
A
≡111，111(mod
1，000，000)，那么那个
A
即
为题中所求的值．
这是因为如果
对于上面的
A
，还存在一个六位数B，使得B×
A
=111，111(mod
1,000，000)，那么有
(
t
×
A
-B
×
A
)=0(mod
1，000，000)，即(
t
-B)×
A
≡0(mod 1，000，00
0)．因为
A
不含有质因数2、5，
所以(
t
-B)为1，000，
000的倍数，
t
-B≣1，000，000，那么
t
>1，000，000
，与
t
为六位数矛盾．
也就是说不存在小于等于500，000的t，使得<
br>t
A
的后六位为111，111，那么也不可能使得
t
A
的后
6位相同．
14.已知m，n，k为自然数，m ≣ n
≣k，
n
2+2-2是100的倍数,求m + n - k后的最小值．
【分析与解】 方法一：首先注意到100=2×5．
m
如果n=k，那么2是100的倍数，因而是5的倍数，这是不可能的．所以n-k≣1.
2
m
+2
n
-2
k
=2
k
(2
m-k
+2
n-k
+1)
被2整除,所以k≣2.
2
22
mnk
设
a
=m-k，
b
=n-k，则
a
≣
b
，且都是整数．
a
b2
2+2-1被5整除，要求
a
+
b
+k=m+n-k的最小值．
101
不难看出2+2-1=1025，能被25整除，所以
a
+<
br>b
+k的最小值小于10+l+2=13．
而且在
a
=10，
b
=1，k=2时，上式等号成立．
a
b
还需证明在
a
+
b
≢10时，2+2-l不可能被25整除．
有下表
a
9
1
8
1,2
7
1,2,3
6
1,2,3,4
5
1,2,3,4,5
4
1,2,3,4
b
a
≢3时，2+2-1<8+8=16不能被52整除．其他表中情况，不
难逐一检验，均不满足
2+2-1
被
b
a
ab
25整除的要
求．
因此
a
+
b
-k即m+n-k的最小值是13．
方法二：注意到有100=2×2×5×5，4∣
(2+2-2)
．
2+2-2=2(2
还有2∣
(2
5
mn
k
mnkkm-k
+2
n-k
-1)因为2
m-k
+2n-k
-l,
所以k最小为2．
m-k
+2
n-k
-1)
，令m-k=x, n-k=y
则有
2+2
≡l(mod 25)
因为5去除2，22，23，24，25
余数分别为2，4，3，1，2；余数是4个一周期.于是，x=4p+2，
xy
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y=4q+1；
或者是x=4P+3，y=4Q+3．
(1)x=4p+2，y=4q+1时
当x=2，y=1，于是
2
m
+2
n
-2
k
=24+23-22=20
不是1
00的倍数；
当x=6，y=l，于是
2
m
+2
n
-2
k
=28+23-22=260
不是100的倍数；
当x=
10，y=l，于是
2
m
+2
n
-2
k
=212+
23-22=4100
是 l00的倍数；
(2)x=4P+3，y=4Q+3
当x=3，y=3，于是
2
m
+2
n
-2
k
=25+25-22=60
不是l00的倍数；
当x=7，y=3，于是
2
m
+2
n
-2
k
=29+25-22=540<
br>不是l00的倍数：
其余的将超过(1)种情况，所以，最小为m+n-k=12+3-2=13．
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第29讲 数论综合4
内容概述
主要是“小升初”综合素质测试中较难的数论问题．
1．任意选取9个
连续的正整数，即它们的乘积为P，最小公倍数为Q．我们知道，P除以Q所得到的商
必定是自然数，那
么这个商的最大可能值是多少?
【分析与解】 将9个连续的正整数作因式分解，如果某个
质数是其中至少两个分解式的因子，那
么次数最高的那个方幂会包含在最小公倍数Q中，而其他方幂的乘
积则出现在P除以Q的商中．显然这
样的质数必定小于9，只可能是2，3，5或7．
记P÷Q=R，则R的质因数必定取自2，3，5，7．
两个不同的7的倍数至少相差7，因
此在9个连续正整数中，最多有两个数含有质因数7．当有两
个数是7的倍数是，可能它们都不能被7×
7整除，也可能其中一个数是7×7的倍数，而另一个不是．于
是R的质因数分解式中7的幂次最高是1
．
类似的分析，R中最多包含一个质因数5．
在9个连续的正整数中，恰
有3个数是3的倍数，其中一个数能被9整除，而另一两个数仅能被3
整除，因此R中所包含的质因数3
的幂次必定为2．
在9个连续的正整数中，最多有5个数是偶数．此时，除去含有2的幂次最
高的数外，其余的4
的数含有质因数2最多的情形是：其中有2个仅为2的倍数，有1个是4的倍数，另
一个是8的倍数．即
R的质因数分解式中2的幂次最多是1+1+2+3=7．
72
综上所述，R的最大值是2×3×5×7=40320．事实上，对于9个连续正整数560，561，„，56
8，
P除以Q所得到的商恰是40320．
2．老师在黑板
上依次写了三个数21、7、8，现在进行如下的操作，每次将这三个数中的某些数加上2，
其他数减去
1，试问能否经过若干次这样的操作后，使得：
(1)三个数都变成12？
(2)三个数变成23、15、19？
【分析与解】
如果两个数都加上2，那么它们的差不变；如果两个数都减去1，那么它们的差也不变；
如果一个数加
上2，一个数减去1，那么它们的差增大或减小3．所以，不管怎样，它们的差增大或减
小3的倍数．也
就是说，不管怎么操作，这两个数的差除以3的余数是不变的．
21与7的差除以3的余数为2；21与8的差除以3的余数为1；7与8的差除以3的余数为1． <
br>（1)三个数都变成12，那么它们的差除以3的余数都是0，显然与开始给出的三个数之间差的余数有变化，所以不满足；
(2)三个数变成23、15、19，它们之间差除以3的余数依次为：
23与15的差除以3的余数为2；
23与19的差除以3的余数为1；
15与19的差除以3的余数为1．也就是说与开始给出的三个数之间差的余数没变化，所以满足．
3．对于n个奇质数，如果其中任意奇数个数的和仍是质数，那么称这
些数构成“奇妙数组”，而n就
是这个数组的“阶数”．例如11，13，17就是“奇妙数组”，因为
11，13，17和11+13+17=41都是质
数．
(1)证明：“奇妙数组”的“阶数”最大值为4；
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(2)对于“阶数”为4的“奇妙数组”，求这4个质数的乘积的最小值．
【分析与解】
(1)假设a、b、c、d、e能组成一个5阶“奇妙数组”，那么a、b、c、d一定可以
组成一个四
阶“奇妙数组”，考虑除以3的余数情况，不能存在3的数它们除以3的余数相同，并且验
证只能是1，
1，2，2．则e除以3不管是余0，1，2都能在这五个数中找到三个数，它们的和是3的
倍数，且大
于3，所以无法组成5阶“奇妙数组”．但是如97，73，4l，53满足(它们的三个数和依次
为1
67，191，223，2ll均是质数)．所以存在最大的4阶“奇妙数组”．
(2)写出所有除以3余1的质数：7，13，19，31，37，43，61，67，73，79，97；
写出所有除以3余2的质数：(2，5)，11，17，23，29，41，47，53
，59，71，83，89．
很容易知道2是不能含有，不然其他两个奇质数与2的和
为大于2的偶数，显然不是质数，5
也很容易验证不满足；
有7，
13，11，23满足(和依次为47，4l，43，31)．它们的乘积为7×13×11×23=23023
．所以
4阶“奇妙数组”的4个数最小乘积为23023．
评注：四阶的“奇妙数组
”还有很多，如97，13，41，53．它们的三个数和依次为107，191，163，
151均是质数．
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第30讲 几何综合2
内容概述
勾股定理，多边形的内角和，两直线平行的判别准则，由平行线形成的相似三角形中对应线段和
面
积所满足的比例关系．与上述知识相关的几何计算问题．各种具有相当难度的几何综合题．
典型问题
2．如图30-2，已知四边形ABCD和CEFG都是正方形
，且正方形ABCD的边长为10厘米，那么图中阴影
三角形BFD的面积为多少平方厘米?
【分析与解】 方法一：因为CEFG的边长
题中未给出，显然阴影部分的面积与其有关．设正方
形CEFG的边长为x，有：
1110x-x
2
,
S
正方形ABCD
=10
10=100,
S
正方形CEFG
=x,
S
DGF
=DG
GF=(10-x)x=
222
2
1
110x+x
2
.<
br> 又
S
ABD
=1010=50,
S
BEF
=(10+x)x=
2
22
阴影部分的面积为:
S
正方形ABCD
S
正方形CEFG
S
DGF
S
ABD
S
BEF
10xx
2
10xx
2
100
x5050
(平方厘米).
22
2
方法二：连接FC，有FC平行与DB，则四边形BCFD为梯形．
有△DFB、△DBC共
底DB，等高，所以这两个三角形的面积相等，显然,△DBC的面积
1
10105(
0
平方厘米)．
2
阴影部分△DFB的面积为50平方厘米．
4.如图30-4，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I等于多少度?
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【分析与解】 为了方便所述，如下图所示，标上数字，
0 000
有∠I=180-(∠1+∠2),而∠1=180-∠3,
∠2=180-∠4,有∠I=∠3+∠4-180
0000
同理,
∠H=∠4+∠5-180, ∠G=∠5+∠6-180, ∠F=∠6+∠7-180,
∠E=∠7+∠8-180,
0000
∠D=∠8+∠9-180,
∠C=∠9+∠10-180, ∠B=∠10+∠11-180, ∠A=∠11+∠3-180
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠
E+∠F+∠G+∠H+∠I=2×(∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8+∠9+∠10+∠11)-9×<
br>0
180
00
而∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8+∠9+∠1
0+∠11正是9边形的内角和为(9-2)×180=1260．
000
所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I=2×1260-9×180=900
6．长边和短边的比例是2：1的长方形称为基本长方形．考虑用短边互不相同的基本长方形拼图，要求
任意两个基本长方形之间既没有重叠，也没有空隙.现在要用短边互不相同且最小短边长为1的5个基
本
长方形拼接成一个更大的长方形．例如，短边长分别是1，2，5，6，12的基本长方形能拼接成大长
方形，具体案如图30-6所示．请给出这5个基本长方形所有可能的选择方式.设a
1
=1<
a
2
分别
为
5条短边的长度,则我们将这种选择方式记为(a
1
,a
2
,a
3<
br>,a
4
,a
5
),这里无需考虑5个基本长方形的拼图方
案是
否惟一．
【分析与解】
我们以几个不同的基本长方形作为分类依据，并按边长递增的方式一一列出．
第一类情况：以 为特征的有7组：
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第二类情况：以 为特征的有6组：
第三类情况有如下三组：
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共有16组解，它们是：
(1，2，2.5，5，7.25)，(1，2，2．5，5，14.5)．
(1，2，2.25，2.5，3.625)，(1，2，2.25，2.5，7.25)．
(1，2，5，5.5，6)，(1，2，5，6，11)，
(1，2，2.5，4.5，7)，(1，2，2.5，4.5，14)，
(1，2，5，12，14.5)，(1，2，5，12，29)，
(1，2，2.25，2.5，4.5)，(1，2，5，6，12).
102025
1,,2,,
,
(1,2,2.4,
4.8,5),
99
9
13102514
781310
1,,,,
,
1,,,
,
.
6363
33313
8.如图30-8，ABCD是平行四边形，面积为72平方厘米，E，F分别为边AB,BC的中点．
则图形中阴影
部分的面积为多少平方厘米?
【分析与解】 如下图所示，连接EC，并在某些点处标上字母，
因为AE平行于DC，所以
四边形AECD为梯形，有AE:DC=1:2，所以
S
AEG
:S
DC
G
1:4
,
S
AGD
S
ECG
SAEG
S
DCG
,且有
S
AGD
S
ECG
,所以
S
AEG
:S
ADG
1:2
,而这两个三角形高相
同，面积比为底的比，即EG：GD=1:2，同理FH：HD=1:2．
有
S
AED
S
AEG
S
AGD
,而
S
AED
有EG:GD=
S
AEG
:S
AGB
,
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11
S
ABCD
18
(平方厘米)
22
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所以
S
AEG
12
S
AED
6
(平方厘米)
S
AGD
S
AED
12
(平方厘米)
1212
同理可得
S
HFC
6
(平方厘米),
S
DCH
12
(平方厘米)
,
S
DCG
4S
AEG
4624
(平方
厘米)
又
S
GHD
S
DCG
S<
br>DCH
=24-12=12(平方厘米)
所以原题平行四边形中空白部分的
面积为6+6+12=24(平方厘米)，所以剩下的阴影部分面积为
72-24=48(平方厘米)．
10．图30-10是一个正方形，其中所标数值的单位是厘米．问：阴影部分的面积是多少平方厘米?
【分析与解】 如下图所示，为了方便所叙，将某些点标上字母，并连接BG．
设△AEG的面积为x，显然△EBG、△BFG、△FC
G的面积均为x，则△ABF的面积为3x，
1100400
S
ABF
2010100
即
x
，那么正方形内空白部分的面积为
4x
. 所以原题中阴
233
400800
影部分面积为
20
20
(平方厘米)．
33
12．如图30-12，若图中的圆和半圆
都两两相切，两个小圆和三个半圆的半径长都是1．求阴影部分的
面积．
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【分析与解】 如下图所示，左图中
的3个阴影部分面积相等，右图中的3个阴影部分的面积
也相等．我们把左下图中的每一部分阴影称为A
，右下图中的每一部分阴影称为B．
大半圆的面积为
3A3B3
<
br>119
小圆的面积
3
2
.
222
而小圆的面积为
，则
AB
1
9
3
3
，
2
3
2<
br>原题图中的阴影部分面积为小半圆面积与阴影A、B的面积和，即为
2
5
36
14.如图30-14，将
长方形ABCD绕顶点C顺时针旋转90度，若AB=4，BC=3，AC=5，求AD边扫过部分的
面
积．(
取3.14)
【分析与解】 如下图所示，
如下图所示，端点A扫过的轨迹为
AA
A
，端点D扫过轨迹为
DD
D
，而AD之间的点，扫过的
轨迹在以A、D轨迹，AD，
A
D
<
br>所形成的封闭图形内，且这个封闭图形的每一点都有线段AD上某点扫
过，所以AD边扫过的图形
为阴影部分．
显然有阴影部分面积为
S
直角A
D
<
br>C
S
扇形ACA
S
直角ACD
S
扇形CD
D
,而直角三角形
A
D
C
、ACD面积
相等．
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所以
S
直角A
D
<
br>C
S
扇形ACA
S
直角ACD
S
扇形CD
D
=S
扇形ACA
S
扇形CD
D
=
90
90
9
AC
2
CD
2
(5
2
4
2
)
7.065(平方厘米)
36036044
即AD边扫过部分的面积为7．065平方厘米．
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第31讲 图形变换
内容概述
本讲将涉及到图形的对称、平移、旋转、割补及其他等积变换,下面我们就汶些变换的
预备知识及
变换本身进行学习和探讨．
1.三角形ABC与
A
<
br>B
C
,如果它们的对应边成比例,即
ABBCCA
K
,我们就称它们相
A
B
B
C
C
A
似，记作△ABC～△
A
B
C
.
这个比值K叫做两个三角形的相似
系数(注意三角形的先后顺序),如果相似系数为1，就称这两个
三角形全等,记作△ABC≌△
A
B
C
.
如果一个三角形的两角分别与另一个三角形的两角对应相等,那么这两个三角形相似；
如果一个三角形的两条边与另一个三角形的两条边对应成比例,并且夹角相等,那么这两个三角形
相似；
如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例,那么这两个三角形相似．
(以上3条判定定理中,如果含有边的比例的关系,而其中的比例系数为l,则这两个三角形全等．)
2.两条直线平行,则：
反之,如果知道上面某种情况的成立,则那两条直线平行．
3.两个相似三角形的面积比值为相似系数的平方．
典型问题
2.四边
形ABCD中,AB=30,AD=48,BC=14,CD=40.又已知∠ABD+∠BDC=90,求四边
形ABCD的面积．
【分析与解】 如下图,以BD的垂直平分线为对称轴L,做△ABD关于L的对称图形△
A
BD.连接
A
C．
00,0
因为∠ABD+∠BDC=90
0而∠ABD=∠
A
DB=90所以有∠
A
DB+∠B
DC=90．
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0
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222
那么
A
CD为直角
三角形,由勾股定理知
A
CABCD
=2500,所以
A
C50
.
而在△
A
BC中,有
A
B=AD=48,有48+14=2500,即
A
B+BC=
A
C,即△
A
BC为直角三角形．
22222有
S
A
CD
S
A
BC
3040
11
1448936
.
22
而|
S
四边形ABCD
S
A
CD<
br>S
A
BC
936
.
评注
:Ⅰ.本题以∠ABC+∠BDC=90突破口,通过对称变换构造出与原图形相关的角三角形.这样面积
就很好解决了．
Ⅱ.对于这道题我们还可以将△BCD作L的对称图形.如下：
4.如
图,在三角形ABD中,当AB和CD的长度相等时,请求出“?”所示的角是多少度,给出过程．
【分析与解】
因为AB=CD,于是可以将三角形ABC的边BA边与CD对齐,如下图．
在下图中有∠
00
BCA=110,所以∠ACD=70
000
于是∠
ACC
=∠
ACD
+∠
DCC
=∠
ACD
+∠
ABC
=70+40=110；
0
即∠
ACC
=110=∠
CC
D
；又因为
C
A<
br>
只是
CA
移动的变化,所以
C
A
=
CA
；则
ABC
A
是一
等腰梯
形．
000
于是,∠
ADC
=180-110=70；
0000
又∠
CDC
=30,所以∠
ADC
=70-30=40.
00
6.如下图,△ABC是边长为1的等边三角形,△BCD是等腰三角形BD=
CD，顶角∠BDC=120,∠MDN=60,求
△AMN的周长．
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【分析与解】 如下图, 延长AC至P,使CP=MB,连接DP.
则有∠MBD=60+
S<
br>
ADE
0
11
180
0
120
0
S
正六边形
DEQSRT
S
DQR
∠<
br>63
2
PCD；CP=BM；BD=CD,所以有△MBD≌△PCD.
00
于是∠MDC=∠PDC；又因为∠MDB+∠NDC=60,所以∠PDC+∠NDC=∠NDP=6
0；MD=PD
在△MDN、△PND中,∠NDM=∠NDP,ND=ND,MD=PD,于是△M
ND≌△PND.有MN=PN．
因为NP=NP=NC+CP,而AM=AB-MB=AB-
CP,所以AM+AN+MN=(AB-CP)+AN+(NC+CP)=AB+AN+NC=2.
即△AMN的周长为2.
8.下图为半径20厘米、圆心角为144的扇形图.点
C、D、E、F、G、H、J是将扇形的B、K弧线分为8
等份的点.求阴影部分面积之和．
【分析与解】
如下图,做出辅助线
△KMA与△ANG形状相同(对应角相等),大小相等(对应边相等)
,有△KMA≌△ANG,
S
KMA
S
ANG
,
而△LMA是两个三角形的公共部分,所以上图中的阴影部分面积相等．
所以,GNMK与扇形KGA的面积相等,那么KGEB的面积为2倍扇形KGA的面积．
0
54
144
0
0
20
0
60
平方厘米．
扇形KGA的圆心角为×3=54,所以扇形面积为
360
8
那么KGEB的面积为60
2
=120
平方厘米．
如下图,做出另一组辅助线．
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△JQA与△ARH形状相同(对应角相等),大小相等(对应
边相等),有△JQA≌△
ARH,
S
JQA
S
ARH
=5△A,而△PQA是两个三角形的公共部分,所以右图中的阴影部分面积相等．
所以,JHRQ与扇形JHA的面积相等,那么JHDC的面积为2倍扇形JHA的面积． <
br>18
144
0
20
2
20
平方厘米．
180
0
,所以扇形面积为
扇形JHA的圆心角为
8
360
那么JHDC的面积为
20
240
平方厘米．
所以,原题图中阴影部分面积为
S
KGEB
S
JHDC
120
40
80
≈80×3.14=251.
2平方厘米．
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第32讲 勾股定理
内容概述
1.勾股定理(毕达哥拉斯定理):直角三角形中的两直角边平方后的和等于斜边的平方．
公元前500年古希腊的毕达哥拉斯发现了勾股定理后,曾宰牛百头,广设盛筵以示庆贺．
2. 公元
前11世纪的《周髀算经》中提到:故折矩,以为句广三,股修四、径修五．既方之.外半卿一矩,
环而
共盘.得成三、四、五．
三国时期的赵爽注解道:句股各自乘,并之为弦实,开方除之,即弦.案:弦图又可
以句股相乘为朱实
二,倍之为朱实四,以句股之差自相乘为中黄实,加差之,亦成弦实．
汉朝张苍、狄昌寿整理的《九章算术
》第九卷为《句股》.其中解释到:短面曰句，长面曰股，相与
结角曰弦.句短其股，股短其弦．
句股各自乘，并，而开方除之，即弦．
中国科学院数学与系统科学研究院的徽标(右图所示)采用的就是赵爽
的弦图.2002年在北京举行的国际数学家大会的徽标也是弦图．
如下,在弦图中有
S
四边形EFGH
1
S
矩形ABCD
S
矩形MNPQ
S
C
DG
S
ADG
S
CDE
2
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3. 伽菲尔德证法:美国第20任总统伽菲尔德对数学有浓
厚的兴趣,在还是中学教师时曾给出一种勾股
定理的证明方法：
梯形面积=
1
(上底＋下底)×高
2
1
=(a+b)×(a+b)
2
1
2
=(a+b)；
2
三个直角三角形的面积和=
111
2
ab+ab+c；
222
梯形面积=三个直角三角形面积和．
1111
(a+b)
2
=ab+ab+c
2
,所以a
2
+b
2
=c
2
.
2222
4.
公元前3世纪的欧几里得在《几何原本》中给出一种证明,简叙如下：
如图,作出三
个正方形,它们的边长分别为直角三角形ABC的三边长.连接图中的虚线段对应的点；
过C作CK平行
于AF,交AB、FG分别于J、K点．
易证△AFC≌△BAE,有
S
FAC<
br>
111
=
S
矩形AFKJ
,
S
BAE
=
S
正方形ACDE
,所以
222
S矩形AFK
J
S
正方形ACDE
；
易证
△CBG≌△HBA，有
S
CBG
111
=
S
矩形KGBJ
,
S
HBA
=
S
正方形CBHI
,所以
S
矩形KGBJ
222
S
正方形CBHI
.
而
S
正方
形AFGB
S
矩形AFKJ
S
矩形KGBJ
S
正方形
ACBE
S
正方形CBHI
．
即有AB=AC+CB.
2222222
5. 勾股数组:a=u-v,b=2uv,c=u+v如果a、6、c可以如
此表达,那么a、b、c称之为勾股数组,有a+b=c．
如:u=2,v=l时a=3,b=4,c=5；u=7,v=6时a=13,b=84,c=85．
当然将已知的勾股数组内每个数都同时扩大若干倍得到的新的一组数还是勾股数组.
222
典型问题
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2.智能机器猫从平面上的O点出发.按下列规律行走:由O向东走12
厘米到A
1
,由A
1
向北走24厘米到A
2
,
由A
2
向西走36厘米到A
3
,由A
3
向南走48厘米到A4
,由A
4
向东走60厘米到A
5
,„,问:智能机器猫到达A
6
点与O点的距离是多少厘米?
【分析与解】
如右图所示,当智能机器猫到达A
6
点时,相对
O点,向东走了12-36+60=36厘米,向北走了24-48+72=48厘米．
2
有
OA
6
=36+48,即OA=60．
222
所以,A
6
点到O点的距离为60厘米．
4.如图32-3所示,直角三角形PQR的两个直角边分别为5厘米,9厘米问下图中3个正方形面积之和
比4
个三角形面积之和大多少?
【分析与解】 如右图,延长AR,DQ,过E,F分别作AR,DQ的
平行线,在正方形EFRQ内交成四个全等
的直角三角形和一个小正方形GHMN，四个全等的直角三角
形面积之和与四个白色的三角形面积之和相
等．
小正方形HGNM的边长为9-5=4厘米,所以面积为16平方厘米,而另
外两个正方形ABPR、CDQR他的面积分别为25,81．所以原图中3个正方
形面积之和比4个三角形面积之和大25+8l+16=122平方厘米．
6.若把边长为1的正方形ABCD的四个角剪掉,得一四边形A
1
B
l
C
l
D
l
,试问
怎样剪,才能使剩下的图形仍为正方形,且剩下图形
的面积为原来正方形
面积的
5
,请说明理由.(写出证明及计算过程)
9<
br>【分析与解】如左图所示,我们知道利用弦图,可是弦图怎么利用?设构造出的弦图中最小正方形的面积为x最大正方形面积为1,那么有剩下的正方形面
151
(x+1)=,所以x=.
299
1
那么,最小正方形的边长为.由于是四角对称的剪
3<
br>12
去,所以有AD
l
=DC
l
=CB
l
=
BA
1
=,AA
l
=BB
l
=CC
l
=D
D
l
=
33
积为
证明及计算过程略．
8.有5个长方形,它们的长和宽都是整数,且5个长和5个宽恰好是1～10这10个整数
；现在用这5个
长方形拼成1个大正方形,那么,大正方形面积的最小值为多少?
【分析与解】 注意到,5个长、宽均不相等的长方形拼成一个正方形,只有一种拼法.(如右图所示，
由弦图联想到)．
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A、B、C、D中必有一个长方形的一边长为10,不妨设为A，
那么显然不能组成边长为10的正方形；
如果能够组成边长为11的正方形,那么有11=1
0+1=9+2=8+3=7+4=6+5,那么大正方形的四边必须是
为11,则剩下的两个数,它们
的和为11,为中问阴影部分的长、宽和；
评注:如果能够组成边长为12的正方形,那么有12=10+2=9+3=8+4=7+5,剩下1、
6试填不满足．
对于边长为13的正方形,注意到13=10+3=9+4=8+5=7+6
,剩下1、2,有见下图情形,满足．
10.园林小路,曲径通幽.如图32-7所示,小路由白色正方形石板和青、红两色的三角形石板铺成.问
：内
圈三角形石板的总面积大,还是外圈三角形的总面积大?请说明理由．
【分析与解】如图①,我们任意抽出两块
相邻的白色正方形石板,及它们所夹成的青、红两色的三角
0
形石板，如图②所示.图中有∠C
DB+∠ADG=180.
0
如果③,将△CDE逆时针旋转90,得△
C
DG
.有
A
、
D
、
C
在同一条直线上,且△
C
DG
与
△
ADG
等底
同高,所以有
S
C
DG
S
ADG
S
CDE
.
也就是说,任意两块相邻的白色正方形石板,它们所夹成的青色三角形与红色三角形面积相等．
注意到
在原图中,除了外圈青色的两块三角形外,外圈三角形、内圈三角形一一对应.所以原图中,
外圈三角形
的面积大于内圈三角形的面积,如图①所示．
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第33讲 计数综合2
内容概述
利用对
应法求解的计数问题.所谓对应法,即建立起所考察对象和另一类对象之间的对应关系,通过
对后者的计
数而求得问题的答案.与平面和立体图形相关的复杂计数问题,其他具有相当难度的计数综
合题．
典型问题
2.
小明有10块大白兔奶糖,从今天起,每天至少吃一块.那么他一共有多少种不同的吃法?
[分析与解] 我们将10块大白兔奶糖从左至右排成一列,如果在其中9个间隙中的某个位置插入
“
木棍”,则将lO块糖分成了两部分．
我们记从左至右,第1部分是第1天吃的,第2部分是第2天吃的,„，
如:○○○|○○○○○○○表示第一天吃了3粒,第二天吃了剩下的7粒：
○○○○ |
○○○| ○○○表示第一天吃了4粒,第二天吃了3粒,第三天吃了剩下的3粒．
不难知晓,每一种
插入方法对应一种吃法,而9个间隙,每个间隙可以插人也可以不插入,且相互独
9
立，故共有
2=512种不同的插入方法,即512种不同的吃法．
4. 在8×8的方格表中,取出
一个如图33-1所示的由3个小方格组成的“L”形,一共有多少种
不同的方法?
【分析与解】 观察发现,对于每个“L”形,都有一个点M
与其对应,而每个2×2的方格中,M点都
对应4个不同的“L”.
在8×8的方格中,类似M点的交叉点有7×7=49个(不包括边上的交叉点)．所以共有“L”形<
br>4×49=196种不同的取法．
评注:通过上面两个范例我们知道,当直接去求一个集合元素的个数较为困难的时候,可
考虑采用相
等的原则,把问题转化成求另一个集合的元素个数
．
6. 有一批规格
相同的均匀圆棒,每根划分成相同的5节,每节用红、黄、蓝3种颜色中的一种来涂.问可
以得到多少种
着色方式不同的圆棒?
【分析与解】 如图
每根原棒的5节记为A、B、C、D、E,特别得注意到原棒
可以
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左右倒置，即 有可能与
是同种情况．
不难得知,当原棒上的5节对称时,即
与
是同种情况.
①,其中A有3种颜色可选,B也有3种颜色可选,C还是有3种颜色可选,
故有
3×3×3=27种不同的染法．
②考虑不对称时
则A有3种原色可选，B、C、D、E也各有3种颜色可选,于
是有
3×3×3×3×3=243种不同的染法．
所以,其中不对称有243-27=216种,不对称的 与
重复计
算
了,而对称的
没有重复计算．
所以,共有216÷2+27=135种实质不同的着色方式．
8. 如图33-3,八面体有12条棱,6个顶点.一只蚂蚁从顶点A出发,沿棱爬行,要求恰好经过
每个顶点一
次.问共有多少种不同的走法?
【分析与解】 A
B,
A
D,A
E,A
F,这4类走法,每类走法的种数一
样多，所以只用考察A
B
的后续步骤有多少种：
B
E
C
D
F，B
E
C
F
D,B
E
D
<
br>F
C,B
E
D
C
F,
B
F
D
E
C，B
F
D
C
E，B
F
C
E
D，B
F<
br>
C
D
E,
B
C
E
D
F，B
C
F
D
E(从B
C后三步只能是顺时针或逆时针,只用2种)
.共10
种．
所以从A点出发共有10×4=40种不同的满足题中条件的走法
10. 某玩具厂生产大小一样的正方体形状的积木,每个面分别涂上红、黄、蓝三种颜色中的一种,每
色各
涂两个面.当两个积木经过适当的翻动以后,能使各种颜色的面所在位置相同时,它们就被看作是同
一种
积木块.试说明:最多能涂成多少种不同的积木块?
【分析与解】
总可以使下底面为红色．
如果上底面也是红色,通过翻过,可以使前面为黄色,左面不是黄色,这时后
面可以是黄色,也可以是
蓝色,有2种．
如果上底面不是红色,通过旋转,可以使后面为红色.这时又分两种情况：
(1)前面与上面同色,可以同为黄色,也可以同为蓝色,有2种．
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(2)前面与上面不同色,通过翻动,可以使上面为黄色,前面为
蓝色这时右面可以是黄色,也可以是蓝
色，有2种．
因此,共可涂成2+2+2=6种不同的积木块．
12.有8个队参加比赛,采用
如图33-4所示的淘汰制方式.问在比赛前抽签时,可以得到多少种实质不同
的比赛安排表?
【分析与解】 我们标上字母,如下图．
8
如果全排列为
P
8<
br>=8！因为A,B；B,A实质赛程一样；同理CD,EF,GH,IJ,KL,MN均是,所以除
以7个2．
7
于是,共有8！÷2=315种实质不同的赛程安排．
14. 游乐园的门票1元1张,每人限购1张.现在有10个小朋友排队购票,其中5个小朋友只有1
元的钞
票,另外5个小朋友只有2元的钞票,售票员没有准备零钱.问有多少种排队方法,使售票员总能
找得开零
钱?
【分析与解】
方法一:按第一个带2元钞票的小朋友前面有几个小朋友来确定排队的方案,共有五
个方案：
①带1元的5个小朋友都排在前边,即1111l22222,只有1种情况；
⑦带1元的小
朋友有4个排在前面,即1111212222,1111221222,1111222122,111122
2212，共有4
种情况；
③带1元的小朋友有3个排在前边,如1112112222,„，共有9种情况；
④带1元的小朋友有2个排在前边,如1121112222,„，共有14种情况；
⑤带1元的小朋友只有1个排在前边,如1211112222，„，共有14种情况．
五个方案共有1+4+9+14+14=42(种)情况．
因为10个小朋友互不相同,所以
每种情况有5！×5！=14400(种)排队方法,总共有42×14400=604800
种排队方
法,使售票员总能找得开零钱．
方法二:如下左图,先将拿1元的小朋友看成相同的,2元的
小朋友看成相同的.在下图中,每条小横
线代表拿l元的小朋友,每条小竖线代表拿2元的小朋友．
从A到B的不论在网格中的何点均有横线数不小于竖线
数．
相当于求A到B的走法：
我们再由上右图知:从A
B的走法有42种．
因为各个小朋友都是不同的,所以共有42×5！×5！=42×120×120=604800种情况．
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评注:游乐园的门票1元1张,每人限购1张.现在有10个小
朋友排队购票,其中n个小朋友只有1
元的钞票,另外n个小朋友只有2元的钞票,售票员没有准备零钱
.则有
总能找得开零钱．
2n
!n!
种排队方法,
使售票员
n＋1
!
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第34讲 最值问题
内容概述
均值不等式，即和为定值的两数的乘积随着两数之差的增大而减小．各种求最大值或最小值的问题，
解
题时宜首先考虑起主要作用的量，如较高数位上的数值，有时局部调整和枚举各种可能情形也是必要
的．
典型问题
2．有4袋糖块，其中任意3袋的总和都超过60块．那么这4袋糖块的总和最少有多少块?
【分析与解】 方法一：设这4袋为A、B、C、D，为使4袋糖块的总和最少，则每袋糖应尽量平<
br>均，有A、B、C袋糖有20、20、21块糖．
则当A、B、D三袋糖在一起时，
为了满足条件，D袋糖不少于21块，验证A、B、C、D这4袋糖依
次有20，20，2l，2l时满
足条件，且总和最少．
这4袋糖的总和为20+20+21+21=82块．
方法二：设这4袋糖依次有a、b、c、d块糖，
abc61①
1
abd61②
有
，①+②+③+④得：3（a
+b+c+d）≣244,所以a+b+c+d≣81,因为a+b+c+d
3
a
cd61③
bcd61④
均是整数，所以a+b+c+d的和
最小是82．
abc60
①
a+b+d60 ②
评注：
不能把不等式列为
<
br>，如果这样将①+②+③+④得到3(a+b+c+d)>240,a+b+c+d>80，因为
a+c+d60 ③
b+c+d60 ④
a、b、c、d
均是整数，所以a+b+c+d的和最小是81.至于为什么会出现这种情况．如何避免,希望大家自己解决.
4．用1，3，5，7，9这5个数字组成一个三位数ABC和一个两位数DE，再用O，2
，4，6，8这5个数
字组成一个三位数FGH和一个两位数IJ．求算式ABC×DE-
FGH×IJ的计算结果的最大值．
【分析与解】 为了使ABC×DE-
FGH×IJ尽可能的大，ABC×DE尽可能的大，FGH×IJ尽可能的小．
则ABC
×DE最大时，两位数和三位数的最高位都最大，所以为7、9，然后为3、5，最后三位数的
个位为1
，并且还需这两个数尽可能的接近，所以这两个数为751，93．
则FGH×IJ最小时，最高位应尽可能的小，并且两个数的差要尽可能的大，应为468×20．
所以ABC×DE-FGH×IJ的最大值为751×93-468×20=60483．
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评注：
类似的还可以算出FGH×IJ-
ABC×DE的最大值为640×82-379×15=46795．
6．将6，
7，8，9，10按任意次序写在一圆周上，每相邻两数相乘，并将所得5个乘积相加，那么所得
和数的
最小值是多少?
【分析与解】 我们从对结果影响最大的数上人手，然后考虑次大的，所以我
们首先考虑10，为了让和数最小，10两边的数必须为6和7．
然后考
虑9，9显然只能放到图中的位置，最后是8，8的位置有两个位置可放，而且也不能立即得
到哪个位置
的乘积和最小，所以我们两种情况都计算．
8×7+7×10+10×6+6×9+9×8=312;
9×7+7×10+10×6+6×8+8×9=313．
所以，最小值为312．
8．一个两位数被它的各位数字之和去除，问余数最大是多少?
【分析与解
】设这个两位数为
ab
=lOa+b，它们的数字和为a+b,因为lOa+b=(a+b)+
9a，所以lOa+b
≡9a(mod a+b)，
设最大的余数为k，有9a≡k(mod a+b)．
特殊的当a+b为18时，
有9a=k+18m，因为9a、18m均是9的倍数，那么k也应是9的倍数且小于
除数18，即0，
9，也就是说余数最大为9；
所以当除数a+b不为18，即最大为17时，
:余数最大为16，除数a+b只能是17，此时有9a=15+17m，有
的自然
数)，而a是一位数，显然不满足；
：余数其次为15，除数a+b只能是17或16，
m=7+9t
a=15+17t
(t为可取0
除数a+b=17时，有9a=15+17m,有
足；
<
br>除数a+b=16时，有9a=15+16m,有
m=6+9t
,
(t为可取0的自然数)，a是一位数，显然也不满
a=13+17t
m
=3+9t
(t为可取0的自然数)，因为a是一位数，所以a只
a=7+16t<
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能取7，对应b为16-7=9，满足；
所以最大的余数为15，此时有两位数79÷(7+9)=4„„15．
10．用
1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字各一次，组成一个被减数、减数、差都是三位数的正确
的减法算式，那么这个算式的差最大是多少?
【分析与解】 考虑到对差的影响大小
，我们先考虑百位数，为了让差最大，被减数的百位为9，减
数的百位为1，如果差的百位为8，那算式
就是如下形式：剩下的6个数字为2、3、4、5、
6、7，因为百位数字为8，所以我们可以肯定被减
数的十位数字比减数要大，而且至少大2，因为1已
经出现在算式中了，算式的可能的形式如下：
得数的十位只可能是减数和被减数的十位数字之差，或者小1，可能的算式形式如下：
但这
时剩下的数都无法使算式成立．再考虑差的百位数字为7的情况，这时我们可以肯定减数的十
位数比被减
数要大，为了使差更大，我们希望差值的十位为8，因此，算式可能的形式为：
再考虑剩下的三个数字，可以找到如下几个算式：
，所以差最大为784．
12. 4个不同的真分数的分子都是1，它们的分母有2个是奇数、2个是偶数，而且2个分母是奇数
的
分数之和与2个分母是偶数的分数之和相等．这样的奇数和偶数很多，小明希望这样的2个偶数之和尽
量地小，那么这个和的最小可能值是多少?
【分析与解】
设这四个分数为上
有
1111
、、、(其中m、n、a、b均为非零自然数)
2m
2n2a+12b+1
11111111
+=+，则有-=-，
2m
2n2a+12b+1
2m
2b+12a+12n
我们从m=1,b=
1开始试验：
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1111111111
=+=+，=+=+，
26344312466
1111111111
=+=+，=+=+，
4205885
30
61010
11111
=+=+，﹍
65101212
111
我们发现，和分解后具有相同的一项，而且另外两项
的分母是满足一奇一偶，满足题中条
5610
件：
1111
+=+，所以最小的两个偶数和为6+10=16．
515610
14.有13个不同的自然数，它们的和是100．问其中偶数最多有多少个?最少有多少个？
【分析与解】 13个整数的和为100，即偶数，那么奇数个数一定为偶数个，则奇数最
少为2个，
最多为12个；对应的偶数最多有11个，最少有1个．
但是我们必须验证看是否有实例符合．
当有11个不同的偶数，2个不同的奇数时
，11个不同的偶数和最小为
2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22=132，
而2个不同的奇数和最小为1+3=4．它们的和最小为132+4=136，
显然不满足：
当有9个不同的偶数，4个不同的奇数时，9个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14
+16+18=90，
而4个不同的奇数和最小为1+3+5+7=16，还是大于100，仍然不满足
；
当有7个不同的偶数，6个不同的奇数时，7个不同的偶数和最小为2+4+6
+8+10+12+14=56，6个不
同的奇数和为1+3+5+7+9+11：36，满足，如2，
4，6，8，10，12，22，1，3，5，7，9，11的和即为
100．
类
似的可知，最少有5个不同的偶数，8个不同的奇数，有2，4，8，10，16，1．3．5，7，9，11，
13，15满足．
所以，满足题意的13个数中，偶数最多有7个，最少有5个．
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第35讲 构造与论证1
内容概述
<
br>各种探讨给定要求能否实现，设计最佳安排和选择方案的组合问题．这里的最佳通常指某个量达到
最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常
用
手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．
典型问题
2.有3堆
小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数
是偶数的堆
中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第
三堆有8
9块石子．问能否做到：
(1)某2堆石子全部取光?
(2)3堆中的所有石子都被取走?
【分析与解】
(1)可以，如(1989，989，89)
(1900，900，0)
(950，900，950)
(50，0，50)
(25，25，50)
(O，0，25)．
(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，
所
以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．
现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．
4.在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循
环方式进行，
就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位选手各有10
分作为底分，
每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每胜业余选手一场加1分；专
业选手每负
一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业余选手最少要胜几场，才能确保他的得分
比某位专
业选手高?
【分析与解】 当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两
位业余选手，那么他得10+2-3=9(分)．此
时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选
手与业余选手比赛全胜，那么每位专业选手的得分
都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余
选手胜2场，不能确保他的得分比某位专业选手高．
当一位业余选手胜3场时，得分最少时
是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得10+2+2-2=12(分)．此
时，三位专业选手最多共得
30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三场比赛共得0分，专业选手与业余
选手的比赛最多共
得4分.由三个人得34分，34÷3=11
1
，推知，必有人得分不超过11分.
3
也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.
6.如图35-1，将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数分
别填入图中的10个圆圈内，使任意连
续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M.求M的最小
值并完成你的填图.
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【分析与解】 要使M最小，就要尽量平均的填写，
因为如果有的连续5个圆圈内的数
特别小，有的特别大，那么M就只能大于等于特别大的数，不能达到尽
量小的目的．
因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为5×(1+2+3+„+10)=275．
每次和都小于等于朋，所以IOM大于等于275，整数M大于28．
下面来验证M=28时是否成立
，注意到圆圈内全部数的总和是55，所以肯定是一边五个的和是28，
一边是27．因为数字都不一样
，所以和28肯定是相间排列，和27也是相问排列，也就是说数组每隔4
个差值为l，这样从1填起，
容易排出适当的填图.
8.1998名运动员的号码依次为1至1998的自然数．现在要
从中选出若干名运动员参加仪仗队，使得剩
下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．
那么，选为仪仗队的运动员最少有多少人?
【分析与解】 我们很自然的想到把用得比较
多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，把它们
去掉有助于使剩下的构不成乘式，比较小的数肯定是
用得最多的，因为它们的倍数最多，所以考虑先把
它们去掉，但关键是除到何处?
考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式，那么乘式中最小的
数
一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保留，于
是去
掉2，3，4，„，44这43个数．
但是，是不是去掉43个数为最小的方法呢?构造2
×97，3×96，4×95，„，44×45，发现这43
组数全不相同而且结果都比1998小，所
以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，所以43位最小值，
即为所求.
10.
在10×19方格表的每个方格内，写上0或1，然后算出每行及每列的各数之和．问最多能得到多少
个
不同的和数?
【分析与解】 首先每列的和最少为0，最多是10，每行的和最少是0，最
多是19，所以不同的和
最多也就是0，1，2，3，4，„，18，19这20个．
下面我们说明如果0出现，那么必然有另外一个数字不能出现．
如果0出现在行的
和中，说明有1行全是0，意味着列的和中至多出现0到9，加上行的和至多出
现10个数字，所以少了
一种可能．
如果0出现在列的和中，说明在行的和中19不可能出现，所以0出现
就意味着另一个数字不能出
现，所以至多是19，下面给出一种排出方法.
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12．在1000×1000的方格表中任意选取
n个方格染为红色，都存在3个红色方格，它们的中心构成一
个直角三角形的顶点．求n的最小值．
【分析与解】 首先确定1998不行．反例如下：
其次1
999可能是可以的，因为首先从行看，1999个红点分布在1000行中，
肯定有一些行含有2个或
者以上的红点，因为含有0或1个红点的行最多999
个，所以其他行含有红点肯定大于等于1999-
999=1000，如果是大于1000，那
么根据抽屉原理，肯定有两个这样红点在一列，那么就会出
现红色三角形；
如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列，说明有999行只含有
1个
红点，而剩下的一行全是红点，那也肯定已经出现直角三角形了，所以n的最小值为1999．
14．在图35-2中有16个黑点，它们排成了一个4×4的方阵．用线段连接其中4点，
就可以画出各种
不同的正方形．现在要去掉某些点，使得其中任意4点都不能连成正方形，那么最少要去
掉多少个点?
【分析与解】 至少要除去6个点，如下所示为几种方法：
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第36讲 构造与论证2
内容概述
组合证明题，在
论证中，有时需进行分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把握．若干点
及连接它们的一些线段
组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析．各
种以染色为内容，或通
过染色求解的组合问题，基本的染色方式有相间染色与条形染色．
典型问题
<
br>2．甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛．各班同学都按l，2，3，4，„依次编号．
当
两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒．在甲、乙两班比赛时，有15台是男、女生对垒；
在乙、丙班比赛时，有9台是男、女生对垒．试说明在甲、丙班比赛时，男、女生对垒的台数不会超过<
br>24．并指出在什么情况下，正好是24 ？
【分析与解】 不妨设甲、
乙比赛时，1～15号是男女对垒，乙、丙比赛时．在1～15号中有a台
男女对垒，15号之后有9-
a台男女对垒(0≢a≢9)
甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a(如果1
号乙与1号丙是男女对垒，那么1号甲
与1号丙就不是男女对垒)，15号之后，有9-a台男女对垒.
所以甲、丙比赛时，男女对垒的台数为
15-a+9-a=24-2a≢24．
仅在a=0，即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同，
甲、
丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24．
4．将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色
或绿色．证明：至少可以找到两行，这两行中某
一种颜色的格数相同．
【分析与解】
如果找不到两行的某种颜色数一样，那么就是说所有颜色的列与列之问的数目不
同．那么红色最少也会占
：
0+1+2+„+14=105个格子．
同样蓝色和绿色也是，这样就必须有至少：
3×(0+l+2+„+14)=315个格子．
但是，现在只有15×15=225个格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证．
6. 4个人聚会，每人各带2件礼品，分赠给其余3个人中的2人．试证明：至少有2对人，每对人是
互赠过礼品的．
【分析与解】将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线． <
br>由于每人送出2件礼物，图中共有4×2=8条线，由于每人礼品都分赠给2个人，所以每两点之间至多有1+1=2条线．
四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有
两点之间连了2条线，还有另外两点
(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线．
即为所证结论。
8．若干台计算机联网，要求：
①任意两台之间最多用一条电缆连接；
②任意三台之间最多用两条电缆连接；
③两台计算机之间如果没有电缆连接，则必须有另一台计算机和它们都连接有电缆．若按此要求最
少要用
79条电缆．
问：(1)这些计算机的数量是多少台?
(2)这些计算机按要求联网，最多可以连多少条电缆?
【分析与解】将机器当成点，连接电
缆当成线，我们就得到一个图，如果从图上一个点出发，可以
沿着线跑到图上任一个其它的点，这样的图
就称为连通的图，条件③表明图是连通图．
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我们看一看几个点的连通图至少有多少条线．可以假定图没有圈
(如果有圈，就在圈上去掉一条线)，
从一点出发，不能再继续前进，将这一点与连结这点的线去掉．考
虑剩下的n-1个点的图，它仍然是连
通的．用同样的办法又可去掉一点及一条线．这样继续下去，最后
只剩下一个点．因此n个点的连通图
至少有n-1条线(如果有圈，线的条数就会增加)，并且从一点A
向其他n-1个点各连一条线，这样的图
恰好有n-1条线．
因此，(1)的答案是
n=79+1=80，并且将一台计算机与其他79台各用一条线相连，就得到符合要求
的联网．
下面看看最多连多少条线．
在这80个点(80台计算机)中，设从
A
1
引出的线最多，有k条，与
A
1
相连的点是
B
1
,
B
2
，„，
B
k
由于条件，
B1
,
B
2
„，
B
k
之间没有线相连．
设与
A
1
不相连的点是
A
2
，
A
3
„，
A
m
，则m+k=80，而
A
2
，
A
3
„,
A
m
每一点至多引出k条线，图
中至多
有mk条线，因为
B
40
4mk(mk)
2
≢
(m
k)
2
6400
所以m×k≢1600，即连线不超过1600条．
另一方面，设80个点分为两组：
A1
,
A
2
„，
A
40
；
B
1
，
B
2
„，
B
40
第一组的每一点与第二组的每<
br>一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有40×40=1600条线．
1
0．在一个6×6的方格棋盘中，将若干个1×1的小方格染成红色．如果随意划掉3行3列，在剩下的
小方格中必定有一个是红色的．那么最少要涂多少个方格?
【分析与解】方法一：显然，我们
先在每行、每列均涂一个方格，使之成为红色，如图A所示，但
是在图B中，划去3行3列后，剩下的方
格没有红色的，于是再将两个方格涂成红色(依据对称性，应
将2个方格同时涂成红色)，如图C所示，
但是图D的划法，又使剩下的方格没有红色，于是再将两个
方格涂成红色(还是由于对称的缘故，将2个
方格涂成红色)，得到图E，图E不管怎么划去3行3列，
都能使剩下的方格含有红色的．
这时共涂了10个方格．
方法二：一方面，图F表明无论去掉哪三行哪三列总会留下一个涂红的方格．
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另一方面，如果只涂9个红色方格，那么红格最多的三行至少有
6个红格(否则第三多的行只有1
个红格，红格总数≢5+3=8)，去掉这三行至多还剩3个红格，再
去掉三列即可将这三个红格也去掉．
综上所述，至少需要将10个方格涂成红色．
12. 证明：在6×6×6的正方体盒子中最多可放入52个1×l×4的小长方体，这里每个小长方
体的面
都要与盒子的侧面平行．
【分析与解】 先将6× 6×6的正方体盒子视
为实体，那么6×6×6的正方体可分成216个小正
方体，这216个小正方体可以组成27个棱长为
2的正方体．我们将这27个棱长为2的正方体按黑白相
间染色，如下图所示．
其中有14个黑色的，13个白色的，而一个白色的2×2×2的正方体可以对应的放人4个每
个面都
与盒子侧面平行的1×l×4的小长方体，所以最多可以放入13×4=52个1×1×4的小长
方体．
评注：6×6×6的正方体的体积为216，1×1×4的小长方体的体积为4，所以可放入的
小正方体数目不超过216÷4=54
个．
14．用若干个l×6和1×7的小长
方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个11×12的大长方形，最少要
用小长方形多少个?
【分析与解】我们先通过面积计算出最优情况：
11×12=132，设用1×6的小长方形x个
，用1×7的小长方形y个，有
6x7x132
．
解得：
x17t
（t为可取0的自然数)，共需x+y=19+t个小长方形．
y186t
(1)当t=0时，即x+y=1+18=19，表示其中
的1×6的小长方形只有1个，剩下的18个小长方形都
是
l×7的．
大长方形中无论是1行还是1列，最多都只能存在1个l×7的小长方形，所以在大长方形中最多
只能无
重叠的同时存在16个l×7的小长方形．
现在却存在18个1×7的小长方形，显然不满足；
(2)当t=l时，即x+y=8+12=20，有如下分割满足，所以最少要用小长方形20个．
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