三年级奥数上册：第一讲速算与巧算(一)一、加法中的巧算1.什么叫“补数”?两个数相加，若能恰好凑成整十、整百、整千、整万…,就把其中的一个数叫做另一个数的“补数”。如：1+9=10,3+7=10,2+8=10,4+6=10,5+5=10。又如：11+89=100,33+67=100,22+78=100,44+56=100,55+45=100,在上面算式中，1叫9的“补数”;89叫11的“补数”,11也叫89的“补数”.也就是说两个数互为“补数”。对于一个较大的数，如何能很快地算出它的“补数”来呢?一般来说，可以这样“凑”数：从最高位凑起，使各位数字相加得9,到最后个位数字相加得10。如：87655→12345,46802→53198,87362→12638,…下面讲利用“补数”巧算加法，通常称为“凑整法”。2.互补数先加。例1巧算下面各题：①36+87+64②99+136+101③1361+972+639+28解：①式=(36+64)+87=100+87=187②式=(99+101)+136=200+136=336③式=(1361+639)+(972+28)=2000+1000=3000 3.拆出补数来先加。例2①188+873②548+996③9898+203解：①式=(188+12)+(873-12)(熟练之后，此步可略)=200+861=1061②式=(548-4)+(996+4)=544+1000=1544③式=(9898+102)+(203-102)=10000+101=10101 4.竖式运算中互补数先加。如：二、减法中的巧算1.把几个互为“补数”的减数先加起来，再从被减数中减去。例3①300-73-27②1000-90-80-20-10解：①式=300-(73+27)=300-100=200②式=1000-(90+80+20+10)=1000-200=800 2.先减去那些与被减数有相同尾数的减数。例4①4723-(723+189)②2356-159-256解：①式=4723-723-189=4000-189=3811②式=2356-256-159=2100-159=1941 3.利用“补数”把接近整十、整百、整千…的数先变整，再运算(注意把多加的数再减去，把多减的数再加上)。例5①506-397②323-189③467+997④987-178-222-390解：①式=500+6-400+3(把多减的3再加上)=109②式=323-200+11(把多减的11再加上)=123+11=134③式=467+1000-3(把多加的3再减去)=1464④式=987-(178+222)-390=987-400-400+10=197三、加减混合式的巧算1.去括号和添括号的法则在只有加减运算的算式里，如果括号前面是“十”号，则不论去掉括号或添上括号，括号里面的运算符号都不变；如果括号前面是“-”号，则不论去掉括号或添上括号，括号里面的运算符号都要改变，“+”变“-”,“-”变“+”,即：a+(b+c+d)=a+b+c+d a-(b+a+d)=a-b-c-d a-(b-c)=a-b+c例6①100+(10+20+30)②100-(10+20+30)③100-(30-10)解：①式=100+10+20+30=160②式=100-10-20-30=40③式=100-30+10=80例7计算下面各题：①100+10+20+30②100-10-20-30③100-30+10解：①式=100+(10+20+30)=100+60=160②式=100-(10+20+30)=100-60=40③式=100-(30-10)=100-20=80 2.带符号“搬家”例8计算325+46-125+54解：原式=325-125+46+54=(325-125)+(46+54)=200+100=300注意：每个数前面的运算符号是这个数的符号.如+46,-125,+54.而325前面虽然没有符号，应看作是+325。3.两个数相同而符号相反的数可以直接“抵消”掉例9计算9+2-9+3解：原式=9-9+2+3=5 4.找“基准数”法几个比较接近于某一整数的数相加时，选这个整数为“基准数”。例10计算78+76+83+82+77+80+79+85解：原式=80×8-2-4+3+2-3+0-1+5=640三年级奥数上册：第二讲速算与巧算(二)第二讲速算与巧算(二)一、乘法中的巧算1.两数的乘积是整十、整百、整千的，要先乘.为此，要牢记下面这三个特殊的等式：5×2=10 25×4=100 125×8=1000例1计算①123×4×25②125×2×8×25×5×4解：①式=123×(4×25)=123×100=12300②式=(125×8)×(25×4)×(5×2)=1000×100×10=1000000 2.分解因数，凑整先乘。例2计算①24×25②56×125③125×5×32×5解：①式=6×(4×25)=6×100=600②式=7×8×125=7×(8×125)=7×1000=7000③式=125×5×4×8×5=(125×8)×(5×5×4)=1000×100=100000 3.应用乘法分配律。例3计算①175×34+175×66②67×12+67×35+67×52+6解：①式=175×(34+66)=175×100=17500②式=67×(12+35+52+1)=67×100=6700(原式中最后一项67可看成67×1)例4计算①123×101②123×99解：①式=123×(100+1)=123×100+123=12300+123=12423②式=123×(100-1)=12300-123=12177 4.几种特殊因数的巧算。例5一个数×10,数后添0;一个数×100,数后添00;一个数×1000,数后添000;以此类推。如：15×10=150 15×100=1500 15×1000=15000例6一个数×9,数后添0,再减此数；一个数×99,数后添00,再减此数；一个数×999,数后添000,再减此数；以此类推。如：12×9=120-12=108 12×99=1200-12=1188 12×999=12000-12=11988例7一个偶数乘以5,可以除以2添上0。如：6×5=30 16×5=80 116×5=580。三年级奥数上册：第三讲上楼梯问题第三讲上楼梯问题有这样一道题目：如果每上一层楼梯需要1分钟，那么从一层上到四层需要多少分钟?如果你的答案是4分钟，那么你就错了.正确的答案应该是3分钟。为什么是3分钟而不是4分钟呢?原来从一层上到四层，只要上三层楼梯，而不是四层楼梯。下面我们来看几个类似的问题。例1裁缝有一段16米长的呢子，每天剪去2米，第几天剪去最后一段?分析如果呢子有2米，不需要剪；如果呢子有4米，第一天就可以剪去最后一段，4米里有2个2米，只用1天；如果呢子有6米，第一天剪去2米，还剩4米，第二天就可以剪去最后一段，6米里有3个2米，只用2天；如果呢子有8米，第一天剪去2米，还剩6米，第二天再剪2米，还剩4米，这样第三天即可剪去最后一段，8米里有4个2米，用3天，……我们可以从中发现规律：所用的天数比2米的个数少1.因此，只要看16米里有几个2米，问题就可以解决了。解：16米中包含2米的个数：16÷2=8(个)剪去最后一段所用的天数：8-1=7(天)答：第七天就可以剪去最后一段。例2一根木料在24秒内被切成了4段，用同样的速度切成5段，需要多少秒?分析把一根木料切成2段，切1次；□把一根木料切成3段，切2次；□把一根木料切成4段，切3次；可以从中发现规律：切的次数总比切的段数少1.因此，在24秒内切了4段，实际只切了3次，这样我们就可以求出切一次所用的时间了，又由于用同样的速度切成5段；实际上切了4次，这样切成5段所用的时间就可以求出来了。解：切一次所用的时间：24÷(4-1)=8(秒)切5段所用的时间：8×(5-1)=32(秒)答：用同样的速度切成5段，要用32秒。例3三年级同学120人排成4路纵队，也就是4个人一排，排成了许多排，现在知道每相邻两排之间相隔1米，这支队伍长多少米?解：因为每4人一排，所以共有：120÷4=30(排)30排中间共有29个间隔，所以队伍长：1×29=29(米)答：这支队伍长29米。例4时钟4点钟敲4下，12秒钟敲完，那么6点钟敲6下，几秒钟敲完?分析如果盲目地计算：12÷4=3(秒),3×6=18(秒),认为敲6下需要18秒钟就错了.请看下图：时钟敲4下，其间有3个间隔，每个间隔是：12+3=4(秒);时钟敲6下，其间共有5个间隔，所用时间为：4×5=20(秒)。解：每次间隔时间为：12+(4-1)=4(秒)敲6下共用的时间为：4×(6-1)=20(秒)答：时钟敲6下共用20秒。例5.某人要到一座高层楼的第8层办事，不巧停电，电梯停开，如从1层走到4层需要48秒，请问以同样的速度走到八层，还需要多少秒?分析要求还需要多少秒才能到达，必须先求出上一层楼梯需要几秒，还要知道从4楼走到8楼共走几层楼梯.上一层楼梯需要：48÷(4-1)=16(秒),从4楼走到8楼共走8-4=4(层)楼梯。到这里问题就可以解决了。解：上一层楼梯需要：48÷(4-1)=16(秒)从4楼走到8楼共走：8-4=4(层)楼梯还需要的时间：16×4=64(秒)答：还需要64秒才能到达8层。例6晶晶上楼，从1楼走到3楼需要走36级台阶，如果各层楼之间的台阶数相同，那么晶晶从第1层走到第6层需要走多少级台阶?分析要求晶晶从第1层走到第6层需要走多少级台阶，必须先求出每一层楼梯有多少台阶，还要知道从一层走到6层需要走几层楼梯。从1楼到3楼有3-1=2层楼梯，那么每一层楼梯有36÷2=18(级)台阶，而从1层走到6层需要走6-1=5(层)楼梯，这样问题就可以迎刃而解了。解：每一层楼梯有：36÷(3-1)=18(级台阶)晶晶从1层走到6层需要走：18×(6-1)=90(级)台阶。答：晶晶从第1层走到第6层需要走90级台阶。注：例1～例4所叙述的问题虽然不是上楼梯，但它和上楼梯有许多相似之处，请同学们自己去体会.爬楼梯问题的解题规律是：所走的台阶数=每层楼梯的台阶数×(所到达的层数减起点的层数)。三年级奥数上册：第四讲植树与方阵问题第四讲植树与方阵问题一、植树问题要想了解植树中的数学并学会怎样解决植树问题，首先要牢记三要素：①总路线长.②间距(棵距)长.③棵数.只要知道这三个要素中任意两个要素.就可以求出第三个。关于植树的路线，有封闭与不封闭两种路线。1.不封闭路线例：如图①若题目中要求在植树的线路两端都植树，则棵数比段数多1.如上图把总长平均分成5段，但植树棵数是6棵。全长、棵数、株距三者之间的关系是：棵数=段数+1=全长+株距+1全长=株距×(棵数-1)株距=全长÷(棵数-1)②如果题目中要求在路线的一端植树，则棵数就比在两端植树时的棵数少1,即棵数与段数相等.全长、棵数、株距之间的关系就为：全长=株距×棵数；棵数=全长+株距；株距=全长+棵数。③如果植树路线的两端都不植树，则棵数就比②中还少1棵。例如：在圆、正方形、长方形、闭合曲线等上面植树，因为头尾两端重合在一起，所以种树的棵数等于分成的段数。如右图所示。棵数=段数=周长+株距.二、方阵问题学生排队，士兵列队，横着排叫做行，竖着排叫做列.如果行数与列数都相等，则正好排成一个正方形，这种图形就叫方队，也叫做方阵(亦叫乘方问题)。方阵的基本特点是：①方阵不论在哪一层，每边上的人(或物)数量都相同.每向里一层，每边上的人数就少2。②每边人(或物)数和四周人(或物)数的关系：四周人(或物)数=[每边人(或物)数-1]×4;每边人(或物)数=四周人(或物)数÷4+1。③中实方阵总人(或物)数=每边人(或物)数×每边人(或物)数。例1有一条公路长900米，在公路的一侧从头到尾每隔10米栽一根电线杆，可栽多少根电线杆?分析要以两棵电线杆之间的距离作为分段标准.公路全长可分成若干段.由于公路的两端都要求栽杆，所以电线杆的根数比分成的段数多1。解：以10米为一段，公路全长可以分成900÷10=90(段)共需电线杆根数：90+1=91(根)答：可栽电线杆91根。例2马路的一边每相隔9米栽有一棵柳树.张军乘汽车5分钟共看到501棵树.问汽车每小时走多少千米?分析张军5分钟看到501棵树意味着在马路的两端都植树了；只要求出这段路的长度就容易求出汽车速度.解：5分钟汽车共走了：9×(501-1)=4500(米),汽车每分钟走：4500÷5=900(米),汽车每小时走：900×60=54000(米)=54(千米)列综合式：9×(501-1)+5×60÷1000=54(千米)答：汽车每小时行54千米。例3某校五年级学生排成一个方阵，最外一层的人数为60人.问方阵外层每边有多少人?这个方阵共有五年级学生多少人?分析根据四周人数和每边人数的关系可以知：每边人数=四周人数÷4+1,可以求出方阵最外层每边人数，那么整个方阵队列的总人数就可以求了。解：方阵最外层每边人数：60÷4+1=16(人)整个方阵共有学生人数：16×16=256(人)答：方阵最外层每边有16人，此方阵中共有256人。例4晶晶用围棋子摆成一个三层空心方阵，最外一层每边有围棋子14个.晶晶摆这个方阵共用围棋子多少个?分析方阵每向里面一层，每边的个数就减少2个.知道最外面一层每边放14个，就可以求第二层及第三层每边个数.知道各层每边的个数，就可以求出各层总数。解：最外边一层棋子个数：(14-1)×4=52(个)第二层棋子个数：(14-2-1)×4=44(个)第三层棋子个数：(14-2×2-1)×4=36(个).摆这个方阵共用棋子：52+44+36=132(个)还可以这样想：中空方阵总个数=(每边个数一层数)×层数×4进行计算。解：(14-3)×3×4=132(个)答：摆这个方阵共需132个围棋子。例5一个圆形花坛，周长是180米.每隔6米种一棵芍药花，每相邻的两棵芍药花之间均匀地栽两棵月季花.问可栽多少棵芍药?多少棵月季?两棵月季之间的株距是多少米?分析①在圆形花坛上栽花，是封闭路线问题，其株数=段数.②由于相邻的两棵芍药花之间等距的栽有两棵月季，则每6米之中共有3棵花，且月季花棵数是芍药的2倍。解：共可栽芍药花：180÷6=30(棵)共种月季花：2×30=60(棵)两种花共：30+60=90(棵)两棵花之间距离：180÷90=2(米)相邻的花或者都是月季花或者一棵是月季花另一棵是芍药花，所以月季花的株距是2米或4米。答：种芍药花30棵，月季花60棵，两棵月季花之间距离为2米或4米。例6一个街心花园如右图所示.它由四个大小相等的等边三角形组成.已知从每个小三角形的顶点开始，到下一个顶点均匀栽有9棵花.问大三角形边上栽有多少棵花?整个花园中共栽多少棵花?分析①从已知条件中可以知道大三角形的边长是小三角形边长的2倍.又知道每个小三角形的边上均匀栽9株，则大三角形边上栽的棵数为9×2-1=17(棵)。②又知道这个大三角形三个顶点上栽的一棵花是相邻的两条边公有的，所以大三角形三条边上共栽花(17-1)×3=48(棵)。③.再看图中画斜线的小三角形三个顶点正好在大三角形的边上.在计算大三角形栽花棵数时已经计算过一次，所以小三角形每条边上栽花棵数为9-2=7(棵)解：大三角形三条边上共栽花：(9×2-1-1)×3=48(棵)中间画斜线小三角形三条边上栽花：(9-2)×3=21(棵)整个花坛共栽花：48+21=69(棵)答：大三角形边上共栽花48棵，整个花坛共栽花69棵。三年级奥数上册：第五讲找几何图形的规律第五讲找几何图形的规律找规律是解决数学问题的一种重要的手段，而规律的找寻既需要敏锐的观察力，又需要严密的逻辑推理能力.为培养这方面的能力，本讲将从几何图形的问题入手，逐步分析应从哪些方面来观察思考。因此，学习本讲的知识有助于养成全面地、由浅入深、由简到繁观察思考问题的良好习惯，可以逐步掌握通过观察发现规律并利用规律来解决问题的方法。下面就来看几个例子。图5-1例1按顺序观察图5—1与图5—2中图形的变化，想一想，按图形的变化规律，在带“?”的空格处应画什么样的图形?分析观察中，注意到图5—1中每行三角形的个数依次减少，而正方形的个数依次增多，且三角形的个数按4、3、X、1的顺序变化.显然X应等于2;图5—2中黑点的个数从左到右逐次增多，且每一格(第一格除外)比前面的一格多两个点.事实上，本题中几何图形的变化仅表现在数量关系上，是一种较为基本的、简单的变化模式。(a)(b)(c)(d)(e)图5-2解：在图5—1的“?”处应是三角形△,在图5—2的“?”处应是例2请观察右图中已有的几个图形，并按规律填出空白处的图形。分析首先可以看出图形的第一行、第二列都是由一个圆、一个三角形和一个正方形所组成的；其次，在所给出的图形中，我们发现各行、各列均没有重复的图形，而且所给出的图形中，只有圆、三角形和正方形三种图形.由此，我们知道这个图的特点是：①仅由圆、三角形、正方形组成；②各行各列中，都只有一个圆、一个三角形和一个正方形。因此，根据不重不漏的原则，在第二行的空格中应填一个三角形，而第三行的空格中应填一个正方形。解略。例3按顺序观察下图中图形的变化规律，并在“?”处填上合适的图形.(a)(b)(c)(d)分析显然，图(a)、图(b)中都是圆，而图(c)中却不是圆；同时，图(a)、(c)中都有3个图形，而(b)中只有两个.由此可知：图(a)到(b)的变化规律对应于图(c)到(d)的变化规律.再注意到图(a)到图(b)中图形在繁简、多少、位置几方面的变化，就容易得到图(d)中的图形了。解：在上图的“?”处应填如下图形.例4下图中的图形是按一定规律排列的，请仔细观察，并在“?”处填上适当的图形.(g)(h)(i)分析本题中，首先可以注意到每个图形都由大、小两部分组成，而且，大、小图形都是由正方形、三角形和圆形组成，图中的任意两个图形均不相同.因此，我们不妨试着把大、小图形分开来考虑，再一次观察后我们可以发现：对于大图形来说，每行每列的图形决不重复。因此，每行每列都只有一个大正方形，一个大三角形和一个大圆，对于小图形也是如此，这样，“?”处的图形就不难得出。丙.解：图中，(b)、(f)、(h)处的图形分别应填下面的图甲、图乙、图小结：对于较复杂的图形来说，有时候需要把图形分开几部分来单独考虑其变化规律，从而把复杂问题简单化。例5观察下列各组图的变化规律，并在“?”处画出相关的图形.(g)(h)(i)甲乙丙丁分析我们先来看这样两个图：(甲)(乙)个点的位置发生了变化，如：甲图中，A在左方；而乙图中，A在上方，我(甲)图与(乙)图中，点A、B、C、D的顺序和距离都没有改变，只是每们把这样一种位置的变化称为图形的旋转，乙图可以看作是甲图沿顺时针方向旋转个圆(或90°)而得到的，甲图也可以看作是由乙图沿逆时针方向旋转个圆(90°)而得到的同样的道理，我们可以的位置变化也称为旋转，叫做沿顺时针方向旋转90°(或一格)。现在我们再回到题目上来，容易看出：例5题中按(a)、(b)、(c)、(d)、(e)、(f)、(g)、(h)、(i)顺序排列的9个图形，它们的变化规律是：每一个图形(a除外)都是由其前一个图形逆时针旋转90°而得到的.甲乙丙丁四个图形变化规律也类似。解：图(i)处的图形应是下面左图，丁图处的图形应是下面右图(a)(b)注意：因为图形是由旋转而得到的，所以其中三角形、菱形的方向随旋转而变化，作图的时候要注意到这一点。旋转是数学中的重要概念，掌握好这个概念，可以提高观察能力，加快解题速度，对于许多问题的解决，也有事半而功倍的效果。下面再来看几个例子：例6仔细观察下图中图形的变化规律，并在“?”处填入合适的图形.(d)(e)(f)分析显然，图(a)、(b)的变化规律对应于图(c)的变化规律；图(d)、(e)的变化规律也对应于图(f)的变化规律，我们先来观察(a)、(b)两组图形，发现在形状、位置方面都发生了变化，即把圆变为它的一半一一半圆，把三角形也变为它的一半——直角三角形；同时，变化后图形的位置相当于把原图形沿顺时针方向旋转90°而得到.因此，我们很容易地就把图(c)中的直角梯形还原为等腰梯形并通过逆时针旋转而得到图(c)“?”处的图形。当我们从左到右来观察图(d)、(e)的变化规律时，我们发现，图(d)、(e)的变化规律有与图(a)、(b)相同的一面，即都是把一个图形变为自身的一半，但也有与图(a)、(b)不同的一面，即图(d)、(e)中右半部分的图形无法通过旋转原图来得到，只能通过上下翻转而获得.这样，我们就得到了这些图形的变化规律。解：图(c)中“?”处的图形应是下面甲图，图(f)中“?”处的图形应是乙图.甲乙小结：本题是一道较为复杂的题，观察的出发点主要有3点：①形状变化；②位置变化；③颜色变化。例7四个小动物排座位，一开始，小鼠坐在第1号位子上，小猴坐在第2号，小兔坐在第3号，小猫坐在第4号.以后它们不停地交换位子，第一次上下两排交换.第二次是在第一次交换后左右两列交换，第三次再上下两排交换，第四次再左右两列交换…这样一直换下去.问：第十次交换位子后，小兔坐在第几号位子上?(参看下图)位子图开始第一次第二次第十次分析这是“华罗庚金杯”第二届初赛的一道试题，如果有充裕的时间，我们当然可以把十次变化的图都画出来，从而得到答案.10并不是一个很大的数字，因此这样的方法虽然麻烦，却也是行之有效的.然而，在初赛中，本题的思考时间只有30秒，不可能一步步把图画出来，这就要求我们仔细观察，认真思考，找出规律再做题。方法1:因为题目中问的只是第十次交换位子后，小兔的位子是几.因此，我们只需考虑小兔的位子变化规律，小兔刚开始时在3号位子，记为③,则变化过程为：③一次①二次②三次④四次③→…容易看出，每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每四次交换座位后，小兔又回到原处，知道了这个规律，就不难得出答案.即10次后，小兔到了第2号位子。方法2:受方法一的启示，我们可以思考，其他小动物的变化规律怎样?四个小动物的整体变化规律又怎样呢?事实上，当我们仔细观察示意图时会发现，开始的图沿顺时针方向旋转两格(即180°)时，恰得到第二次交换位子后的图，由此可以知道，每一次上下交换后再一次左右交换的结果就相当于把原图沿顺时针方向旋转180°,第十次交换位子后，相当于是这些小动物沿顺时针方向转了4圈半，这样，我们就得到了小兔的位子及它们的整体变化规律.但其中需注意一点的是：单独一次上下(或左右)的交换与旋转90°得到的结果是不同的.小猫、小鼠的位子变化规律是沿逆时针方向，而小猴的位子变化规律与小兔相似。解：第十次交换位子后，小兔到了2号位子。例8将A、B、C、D、E、F六个字母分别写在正方体的六个面上，从下面三种不同摆法中判断这个正方体中，哪些字母分别写在相对的面上。(a)(b)(c)分析本题所给的是一组立体几何图形.但是，我们注意到：由于图(a)、(b)、(c)都是同一个正方体的不同摆法，所以，(a)、(b)、(c)可以通过旋转来互相转化，这三个图形中，字母C所在的一面始终不改变位置.因此，这三个图形的转化只能是前后转动.把图(a)向后翻转一次(90°)得图(b),由此可知，字母A的对面是D,把图(a)向前翻转一次(90°)得图(c),所以，字母B的对面是字母E,最后得出只有字母C、F相对。解：正方体中，相对的字母分别是A—D、B—E、C—F。总结：一般地说，在观察图形变化的规律时，应抓住以下几点来考虑问题：1.图形数量的变化；2.图形形状的变化；3.图形大小的变化；4.图形颜色的变化；5.图形位置的变化；6.图形繁简的变化等。对较复杂的图形，也可分成几部分来分别考虑.总而言之，只要全面观察，勤于思考，就一定能抓住规律、解决问题。三年级奥数上册：第六讲找简单数列的规律第六讲找简单数列的规律日常生活中，我们经常接触到许多按一定顺序排列的数，如：自然数：1,2,3,4,5,6,7,…(1)年份：1990,1991,1992,1993,1994,1995,1996(2)某年级各班的学生人数(按班级顺序一、二、三、四、五班排列)45,45,44,46,45(3)像上面的这些例子，按一定次序排列的一列数就叫做数列.数列中的每一个数都叫做这个数列的项，其中第1个数称为这个数列的第1项，第2个数称为第2项，…,第n个数就称为第n项.如数列(3)中，第1项是45,第2项也是45,第3项是44,第4项是46,第5项45。根据数列中项的个数分类，我们把项数有限的数列(即有有穷多个项的数列)称为有穷数列，把项数无限的数列(即有无穷多个项的数列)称为无穷数列，上面的几个例子中，(2)(3)是有穷数列，(1)是无穷数列。研究数列的目的是为了发现其中的内在规律性，以作为解决问题的依据，本讲将从简单数列出发，来找出数列的规律。例1观察下面的数列，找出其中的规律，并根据规律，在括号中填上合适的数.①2,5,8,11,(),17,20。②19,17,15,13,(),9,7。③1,3,9,27,(),243。④64,32,16,8,(),2。⑤1,1,2,3,5,8,(),21,34…⑥1,3,4,7,11,18,(),47…⑦1,3,6,10,(),21,28,36,().⑧1,2,6,24,120,(),5040。⑨1,1,3,7,13,(),31。⑩1,3,7,15,31,(),127,255。(11)1,4,9,16,25,(),49,64。(12)0,3,8,15,24,(),48,63。(13)1,2,2,4,3,8,4,16,5,().(14)2,1,4,3,6,9,8,27,10,().分析与解答①不难发现，从第2项开始，每一项减去它前面一项所得的差都等于3.因此，括号中应填的数是14,即：11+3=14。②同①考虑，可以看出，每相邻两项的差是一定值2.所以，括号中应填11,即：13—2=11。不妨把①与②联系起来继续观察，容易看出：数列①中，随项数的增大，每一项的数值也相应增大，即数列①是递增的；数列②中，随项数的增大，每一项的值却依次减小，即数列②是递减的.但是除了上述的不同点之外，这两个数列却有一个共同的性质：即相邻两项的差都是一个定值.我们把类似①②这样的数列，称为等差数列.③1,3,9,27,(),243。此数列中，从相邻两项的差是看不出规律的，但是，从第2项开始，每一项都是其前面一项的3倍.即：3=1×3,9=3×3,27=9×3.因此，括号中应填81,即81=27×3,代入后，243也符合规律，即243=81×3。④64,32,16,8,(),2与③类似，本题中，从第1项开始，每一项是其后面一项的2倍，即：第1项64=32×2>第2项32=16×2>第3项1 6=8×2第4项8…因此，括号中填4,代入后符合规律。综合③④考虑，数列③是递增的数列，数列④是递减的数列，但它们却有一个共同的特点：每列数中，相邻两项的商都相等.像③④这样的数列，我们把它称为等比数列。⑤1,1,2,3,5,8,(),21,34…首先可以看出，这个数列既不是等差数列，也不是等比数列.现在我们不妨看看相邻项之间是否还有别的关系，可以发现，从第3项开始，每一项等于它前面两项的和.即2=1+1,3=2+1,5=2+3,8=3+5.因此，括号中应填的数是13,即13=5+8,21=8+13,34=13+21。这个以1,1分别为第1、第2项，以后各项都等于其前两项之和的无穷数列，就是数学上有名的斐波那契数列，它来源于一个有趣的问题：如果一对成熟的兔子一个月能生一对小兔，小兔一个月后就长成了大兔子，于是，下一个月也能生一对小兔子，这样下去，假定一切情况均理想的话，每一对兔子都是一公一母，兔子的数目将按一定的规律迅速增长，按顺序记录每个月中所有兔子的数目(以对为单位，一月记一次),就得到了一个数列，这个数列就是数列⑤的原型，因此，数列⑤又称为兔子数列，这些在高年级递推方法中我们还要作详细介绍。⑥1,3,4,7,11,18,(),47…在学习了数列⑤的前提下，数列⑥的规律就显而易见了，从第3项开始，每一项都等于其前两项的和.因此，括号中应填的是29,即29=11+18。数列⑥不同于数列⑤的原因是：数列⑥的第2项为3,而数列⑤为1,数列⑥称为鲁卡斯数列。⑦1,3,6,10,(),21,28,36,()。方法1:继续考察相邻项之间的关系，可以发现：第1项1=1←第2项3=1+2+项数```markdown```第3项6=3+3←项数```markdown```第4项1 0=6+4+项数因此，可以猜想，这个数列的规律为：每一项等于它的项数与其前一项的和，那么,第5项为15,即15=10+5,最后一项即第9项为45,即45=36+9.代入验算，正确。方法2:其实，这一列数有如下的规律：第1项：1=1第2项：3=1+2第3项：6=1+2+3第4项：10=1+2+3+4第5项：()第6项：21=1+2+3+4+5+6第7项：28=1+2+3+4+5+6+7第8项；36=1+2+3+4+5+6+7+8第9项：()即这个数列的规律是：每一项都等于从1开始，以其项数为最大数的n个连续自然数的和.因此，第五项为15,即：15=1+2+3+4+5;第九项为45,即：45=1+2+3+4+5+6+7+8+9。⑧1,2,6,24,120,(),5040。方法1:这个数列不同于上面的数列，相邻项相加减后，看不出任何规律.考虑到等比数列，我们不妨研究相邻项的商，显然：即所以，这个数列的规律是：除第1项以外的每一项都等于其项数与其前一项的乘积.因此，括号中的数为第6项720,即720=120×6。方法2:受⑦的影响，可以考虑连续自然数，显然：第1项1=1第2项2=1×2第3项6=1×2×3第4项24=1×2×3×4第5项120=1×2×3×4×5第6项()第7项5040=1×2×3×4×5×6×7所以，第6项应为1×2×3×4×5×6=720⑨1,1,3,7,13,(),31与⑦类似：第1项第2项第3项第4项第5项可以猜想，数列⑨的规律是该项=前项+2×(项数-2)(第1项除外),那么,括号中应填21,代入验证，符合规律。⑩1,3,7,15,31,(),127,255。为了书写的方便引进一符号，记：,其中n为自然数，则：第1项：1=1第2项：第3项：因此，括号中的数应填为63。小结：寻找数列的规律，通常从两个方面来考虑：①寻找各项与项数间的关系；②考虑相邻项之间的关系.然后，再归纳总结出一般的规律。事实上，数列⑦或数列⑧的两种方法，就是分别从以上两个不同的角度来考虑问题的.但有时候，从两个角度的综合考虑会更有利于问题的解决.因此，仔细观察，认真思考，选择适当的方法，会使我们的学习更上一层楼。在⑩题中，1=2-1 3=22-1 7=2s-1 15=24-1 31=25-1 127=27-1 255=2s-1 255=2s-1所以，括号中为26-1即63。(11)1,4,9,16,25,(),49,64.1=1×1,4=2×2,9=3×3,16=4×4,25=5×5,49=7×7,64=8×8,即每项都等于自身项数与项数的乘积，所以括号中的数是36。本题各项只与项数有关，如果从相邻项关系来考虑问题，势必要走弯路。(12)0,3,8,15,24,(),48,63。仔细观察，发现数列(12)的每一项加上1正好等于数列(11),因此，本数列的规律是项=项数×项数-1.所以，括号中填35,即35=6×6-1。(13)1,2,2,4,3,8,4,16,5,()。(13)1,2,2,4,3,8,4,16,5,()。前面的方法均不适用于这个数列，在观察的过程中，可以发现，本数列中的某些数是很有规律的，如1,2,3,4,5,而它们恰好是第1项、第3项、第5项、第7项和第9项，所以不妨把数列分为奇数项(即第1,3,5,7,9项)和偶数项(即第2,4,6,8项)来考虑，把数列按奇数和偶数项重新分组排列如下：奇数项：1,2,3,4,5偶数项：2,4,8,16可以看出，奇数项构成一等差数列，偶数项构成一等比数列.因此，括号中的数，即第10项应为32(32=16×2)。(14)2,1,4,3,6,9,8,27,10,()。同上考虑，把数列分为奇、偶项：偶数项：2,4,6,8,10奇数项：1,3,9,27,().所以，偶数项为等差数列，奇数项为等比数列，括号中应填81(81=27×3)。像(13)(14)这样的数列，每个数列中都含有两个系列，这两个系列的规律各不相同，类似这样的数列，称为双系列数列或双重数列。例2下面数列的每一项由3个数组成的数组表示，它们依次是：(1,3,5),(2,6,10),(3,9,1 5)…问：第100个数组内3个数的和是多少?方法1:注意观察，发现这些数组的第1个分量依次是：1,2,3…构成等差数列，所以第100个数组中的第1个数为100;这些数组的第2个分量3,6,9…也构成等差数列，且3=3×1,6=3×2,9=3×3,所以第100个数组中的第2个数为3×100=300;同理，第3个分量为5×100=500,所以，第100个数组内三个数的和为100+300+500=900。方法2:因为题目中问的只是和，所以可以不去求组里的三个数而直接求和，考察各组的三个数之和。第1组：1+3+5=9,第2组：2+6+10=18第3组：3+9+15=27…,由于9=9×1,18=9×2,27=9×3,所以9,18,27…构成一等差数列，第100项为9×100=900,即第100个数组内三个数的和为900。例3按下图分割三角形，即：①把三角形等分为四个相同的小三角形(如图(b));②把①中的小三角形(尖朝下的除外)都等分为四个更小的三角形(如图(C))…继续下去，将会得到一系列的图，依次把这些图中不重叠的三角形的个数记下来，成为一个数列：1,4,13,40…请你继续按分割的步骤，以便得到数列的前5项.然后，仔细观察数列，从中找出规律，并依照规律得出数列的第10项，即第9项分割后所得的图中不重叠的小三角形的个数.(a)(b)(c)(d)分析与解答第4次分割后的图形如左图：因此，数列的第5项为121。这个数列的规律如下：第1项1第2项4=1+3第3项13=4+3×3第4项40=13+3×3×3第5项121=40+3×3×3×3或者写为：第1项1=1第2项4=1+31第3项13=1+3+32第4项40=1+3+3z+3₃第5项121=1+3+3z+3s+34因此，第10项也即第9次分割后得到的不重叠的三角形的个数是29524。例4在下面各题的五个数中，选出与其他四个数规律不同的数，并把它划掉，再从括号中选一个合适的数替换。①42,20,18,48,24(21,54,45,10)②15,75,60,45,27(50,70,30,9)三年级奥数上册：第七讲填算式(一)第七讲填算式(一)在这一讲中介绍填算式的未知数的方法.我们将根据算式中给定的运算关系或数量关系，利用运算法则和推理的方法把待定的数字确定出来.研究和解决这一类问题对学生观察能力、分析和解决问题的能力，以及联想、试探、归纳等思维能力的培养有重要的作用。例1在下面算式的空格中，各填入一个合适的数字，使算式成立.分析这是一个三位数加上一个四位数，其和为五位数，因此和的首位数字为1,进一步分析，由于百位最多向千位进1,所以第二个加数的千位数字为9,和的千位数字为0.现在看个位，由于5+3=8,所以第一个加数的个位为5.再看十位，由于8+④=12,所以第二个加数的十位数字为4.最后看百位，由于4+6+1=11,所以第一个加数的百位数字为4.因此问题得解.解：例2在下面算式的空格内各填入一个合适的数字，使算式成立。分析这是一个四位数加上一个四位数，其和仍为四位数.先从个位入手，由于8+8=16,所以第一个加数的个位数字为8.再看十位，由于4+7+1=12,所以第一个加数的十位数字为4.百位上，由于3+6+1=10,所以第二个加数的百位数字为6.最后看千位，由于6+1+1=8,6+2+1=9,所以第二个加数的千位数字为1或2。解：此题有以下两解。例3用0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字组成下面的加法算式，每个数字只许用一次，现已写出三个数字，请把这个算式补齐.分析由于三位数加三位数，其和为四位数，所以和的首位数字为1,第一个加数的百位数字为9或7。如果第一个加数的百位数字为9,则和的百位数字为1或2,而1和2都已用过，所以第一个加数的百位数字不为9。如果第一个加数的百位数字为7,则和的百位数字必为0,且十位必向百位进1.现在还剩下9,6,5,3这四个数字，这里只有一个偶数，如果放在第二个加数(或和)的个位，那么和(或第二个加数)的个位也必为偶数，但这是不可能的，所以6只能放在十位.由于4+9=13,所以第二个加数的个位为9,和的个位为3.又由于6+8+1=15,所以第一个加数的十位数字为6,和的十位数字为5。解：例4在下面算式的空格内填上合适的数字，使算式成立。分析由于被减数是三位数，减数是两位数，差是一位数，所以被减数的首位数字为1,且十位必向百位借1,由于差是一位数，所以个位必向十位借1.因此，被减数的个位数字为0,被减数的十位数字也为0。解：例5在下面算式的空格内各填入一个合适的数字，使算式成立。分析这是一个四位数减去一个四位数，差仍为四位数.先看个位，由于12-9=3,所以被减数的个位数字为2,十位上，由于9-0=9,所以减数的十位数字为0。再看百位，由于9-0=9,所以差的百位数字为9.最后看千位，由于7-5-1=1,所以被减数的千位数字为7。解：例6在下面算式的空格内各填入一个合适的数字，使算式成立.分析这是一道加减混合的填算式题，为了便于分析，可以把加法、减法分开考虑：观察这两个算式，减法算式空格内的数字容易填。三年级奥数上册：第八讲填算式(二)第八讲填算式(二)上一讲介绍了在加、减法算式中，根据已知几个数字之间的关系、运算法则和逻辑推理的方法，如何进行推断，从而确定未知数的分析思考方法.在乘、除法算式中，与加减法算式中的分析方法类似，下面通过几个例题来说明这类问题的解决方法。例1在右面算式的方框中填上适当的数字，使算式成立。分析由于口1□×3=□2□5,所以被乘数的个位数字为5.又由于□15×2的积还是三位数，所以被乘数的百位数字为1、2、3或4,因为□15×3的积为四位数，所以被乘数的百位数字为4。最后确定乘数的十位数字.由于415×□=3□2□·所以乘数的十位数字为8或9,经试验，乘数的十位数字为8。被乘数和乘数确定了，其他方框中的数字也就容易确定了。解：解：例2妈妈叫小燕上街买白菜，邻居张老师也叫小燕顺便代买一些.小燕买回来就开始算帐，她列的竖式有以下三个，除三式中写明的数字和运算符号外，其余的由于不小心都被擦掉了.请你根据三个残缺的算式把方框中原来的数字重新填上。两家买白菜数量(斤):□①小燕家买菜用钱(分):②张老师家买菜用钱(分):分析解决问题的关键在于算式①,由于算式①是两个一位数相加，且和的个位为7,因此这两个加数为8和9。算式②与③的被乘数应为白菜的单价，考虑这个两位数乘以8的积为两位数，所以这个两位数应小于13,再考虑这个两位数乘以9的积为三位数，所以这个两位数应大于11.因此这个两位数为12。例3在下面算式的空格内各填入一个合适的数字，使算式成立。分析由于除数□□2乘以商的十位数字积为，所以商的十位数字积为4□4,且2×2=4,2×7=14,所以商的十位数字为2或7.而除数的首位数字最小为1,且12×7≠4□4,因此商的十位数字只能为2,除数的首位数字也为2.由于2□2×6接近于13□□,所以初步确定商的个位数字为6,由于232×6=1392,所以除数的十位数字为3.因此问题得以解决.解：例4下式中，“□”表示被擦掉的数字，那么这十三个被擦掉的数字的和是多少?分析由于被乘数□2□□与乘数的个位数字6相乘，结果为□□04,即口2□□×6=□□04,考虑4×6=24.9×6=54,因此被乘数的个位数字为6或9。又由于被乘数□2□□与乘数的十位数字相乘，结果为□□70即，□2□□×□=□□70,因为乘数的十位数字不能为0,因而不论9乘以1～9中的哪个数字都不可能出现个位为0,进而被乘数的个位数字不为9,只能为4,则乘数的十位数字必为5.进一步分析，确定被乘数的十位数字与千位数字.由于被乘数□2□4与乘数的个位数字6相乘的积的十位数字为0,考虑3×6=18,8×6=48,所以被乘数的十位数字为3或8.由于被乘数□2□4与乘数的十位数字5相乘的积的十位数字为7,所以被乘数的十位数字为3.再由于被乘数□234与乘数的个位数字6相乘的积为四位数□□04,所以被乘数的千位数字为1.因而问题得到解决。解：∴1+3+4+5+7+4+6+1+6+9+1+0+4=51。例5某存车处有若干辆自行车.已知车的辆数与车轮总数都是三位数，且组成这两个三位数六个数字是2、3、4、5、6、7,则存车处有多少辆自行车?分析此题仍属于填算式问题，因为车辆数乘以2就是车轮总数，所以此题可转化为把2、3、4、5、6、7分别填在下面的方框中，每个数字使用一次，使算式成立.此题的关键在于确定被乘数——即自行车的辆数。因为一个三位数乘以2的积仍为三位数，所以被乘数的首位数字可以为2、3或4。①若被乘数的首位数字为2,则积的首位数字为4或5。(i)若积的首位数字为4,则积的个位数字必为6,由此可知，被乘数的个位数字为3.这时只乘下5和7这两个数字，不论怎样填，都不可能使算式成立。(ii)若积的首位数字为5,说明乘数2与被乘数的十位数字相乘后必须向百位进1,所以被乘数的十位数字可以为6或7。若被乘数的十位数字为6,则积的个位数字为4,那么被乘数的个位数字便为7,积的十位数字为3.得到问题的一个解：若被乘数的十位数字为7,则积的个位数字为4或6,但由于2和7都已被使用，所以积的个位数字不可能为4,因而只能为6.由此推出被乘数的个位数字为3,则积的十位数字为4.得到问题的另一解：②若被乘数的首位数字为3,则积的首位数字为6或7。(i)若积的首位数字为6,则积的个位数字只能为4,则被乘数的个位数字为2或7。若被乘数的个位数字为2,则还剩下5和7这两个数字，不论怎样填，都不可能使算式成立。若被乘数的个位数字为7,则这时剩下2和5这两个数字，那么被乘数的十位数字为2,积的十位数字为5.得到问题的第三个解：(ii)若积的首位数字为7,则被乘数的十位数字为5或6。若被乘数的十位数字为5,则积的十位数字只能为0或1,与已知矛盾，所以被乘数的十位数字不为5。若被乘数的十位数字为6,则积的个位数字必为4,因而被乘数的个位数字为2,此时5已无法使算式成立，因此被乘数的十位数字也不为6。③由于2、3、4、5、6、7这六个数字中，最大的为7,因而被乘数的首位数字不可能为4。解：因为所以存车处有267辆、273辆或327辆自行车。三年级奥数上册：第九讲数字迷(一)第九讲数字谜(一)数字谜是一种有趣的数学问题.它的特点是给出运算式子，但式中某些数字是用字母或汉字来代表的，要求我们进行恰当的判断和推理，从而确定这些字母或汉字所代表的数字.这一讲我们主要研究加、减法的数字谜。例1右面算式中每一个汉字代表一个数字，不同的汉字表示不同的数字.当它们各代表什么数字时算式成立?分析由于是三位数加上三位数，其和为四位数，所以“真”=1.由于十位最多向百位进1,因而百位上的“是”=0,“好”=8或9。①若“好”=8,个位上因为8+8=16,所以“啊”=6,十位上，由于6+0+1=7≠8,所以“好”≠8。②若“好”=9,个位上因为9+9=18,所以“啊”=8,十位上，8+0+1=9,百位上，9+1=10,因而问题得解。解：真=1,是=0,好=9,啊=8例2下面的字母各代表什么数字，算式才能成立?分析由于四位数加上四位数其和为五位数，所以可确定和的首位数字E=1.又因为个位上D+D=D,所以D=0.此时算式为：下面分两种情况进行讨论：①若百位没有向千位进位，则由千位可确定A=9,由十位可确定C=8,由百位可确定B=4.因此得到问题的一个解：②若百位向千位进1,则由千位可确定A=8,由十位可确定C=7,百位上不论B为什么样的整数，B+B和的个位都不可能为7,因此此时不成立。解：A=9,B=4,C=8,D=0,E=1.例3在下面的减法算式中，每一个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字，那么D+G=?分析由于是五位数减去四位数，差为三位数，所以可确定A=1,B=0,E=9.此时算式为：分成两种情况进行讨论：①若个位没有向十位借1,则由十位可确定F=9,但这与E=9矛盾。②若个位向十位借1,则由十位可确定F=8,百位上可确定C=7.这时只剩下2、3、4、5、6五个数字，由个位可确定出：或或因此，问题得解，解：因为所以D+G=2+4=6或D+G=3+5=8或D+G=4+6=10例4右面的算式中不同的汉字表示不同的数字，相同的汉字表示相同的数字.如果巧+解+数+字+谜=30,那么“巧解数字谜”所代表的五位数是多少?分析观察算式的个位，由于谜+谜+谜+谜+谜和的个位还是“谜”,所以“谜”=0或5。谜字谜数字谜解数字谜+巧解数字谜巧解数字谜①若“谜”=0,则巧+解+数+字=30,因为9+8+7+6=30,那么“巧”、“解”、“数”、“字”这四个汉字必是9、8、7、6这四个数字.而十位上，9+9+9+9=36,36的个位不为9,8+8+8+8=32,32的个位不为8,7+7+7+7=28,28的个位不为7,6+6+6+6+=24,24的个位不为6,因而得出“字”≠9、8、7、6,矛盾，因此“谜”≠0。②若"谜"=5,则巧+解+数+字=25.观察这个算式的十位，由于字+字+字+字+2和的个位还是“字”,所以“字”=6,则巧+解+数=19.再看算式的百位，由于数+数+数+2和的个位还是“数”,因而“数"=4或9,若“数”=4,则“解”=9.因而“巧”=19-4-9=6,“赛”=5,与“谜”=5重复，因此“数”≠4,所以“数”=9,则“巧”+“解”=10.最后看算式的千位，由于“解”+“解”+2和的个位还是“解”,所以“解”=8,则“巧”=2,因此“赛”=1.问题得解。解：因此，“巧解数字谜”所代表的五位数为28965。例5英文“HALLEY”表示“哈雷”,“COMET”表示"彗星”,“EARTH”表示地球.在下面的算式中，每个字母均表示0~9中的某个数字，且相同的字母表示相同的数字，不同的字母表示不同的数字.这些字母各代表什么数字时，算式成立?分析因为是一个六位数减去一个五位数，其差为五位数，所以可确定被减数的首位数字H=1.若个位没有向十位借1,则十位上E-E=0,有T=0,那么个位上，Y-0=1,得Y=1,与H=1矛盾，所以个位要向十位借1,于是十位必向百位借1,则十位上，10+E-1-E=9,则T=9,因此，由个位可确定Y=0.此时算式为：①若百位不向千位借位，则有R+M+1=L,这时剩下数字2、3、4、5、6、7、8,因为2+3+1=6,所以L最小为6。若L=6,则(R,M)=(2,3)(表示R、M为2、3这两个数字，其中R可能为2,也可能为3,M也同样).这时还剩下4、5、7、8这四个数字，由千位上有0+A=6,而在4、5、7、8这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为6,因此L≠6.若L=7,则M+R=6,于是(M,R)=(2,4),还剩下3、5、6、8这四个数字.由千位上0+A=7,而在3、5、6、8这四个数字中，不论哪两个数字相加，和都不可能为7,因此L≠7。解：②若百位向千位借1,则M+R=L+9.还剩下2、3、4、5、6、7、8。若L=2,则(M,R)=(3,8)或(M,R)=(4,7)或(M,R)=(5,6).由千位得O+A=11,则必有C+E=11,而万位上C+E=9+A,由此可得A=2,与L=2矛盾.所以L≠2。若L=3,则M+R=12,(M,R)=(4,8)或(M,R)=(5,7).由千位得0+A=12,这时还剩下2、6这两个数字.由万位得C+E=9+A,即2+6=9+A,A无解.所以≠3。若L=4,则M+R=13,(M,R)=(5,8)或(M,R)=(6,7).由千位得0+A=13,这时还剩下2和3这两个数字.由万位得C+E=A+9,即2+3=A+9,A无解.所以L≠4。若L=5,则M+R=14,(M,R)=(6,8).由千位得0+A=14,而在剩下的2、3、4、7这四个数中，任意两个数字的和都不等于14.所以L≠5。若L=6,则M+R=15,(M,R)=(7,8).由千位得0+A=5,则(0,A)=(2,3).这时还剩下4和5这两个数字，由万位得C+E=10+A,即4+5=10+A,A无解.所以L≠6。因为M+R的和最大为15,所以L最大取6。三年级奥数上册：第十讲数字迷(二)第十讲数字谜(二)在一些乘除法的运算中，也可以用字母或汉字来表示数字，形成数字谜算式.这一讲，将介绍如何巧解乘除法数字谜。例1右面算式中相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字，问A和E各代表什么数字?分析由于被乘数的最高位数字与乘数相同，且积为六位数，故A≥3。①若A=3,因为3×3=9,则E=1,而个位上1×3=3≠1,因此，A≠3。②若A=4,因为4×4=16,16+6=22,则E=2,而个位上2×4=8≠2,因此A≠4。③若A=5,因为5×5=25,25+8=33,则E=3,而3×5=15,积的个位为5不为3,因此A≠5。④若A=6,因为6×6=36,36+8=44,则E=4.个位上，4×6=24,写4进2.十位上，因为2×6+2=14,D可以为2,但不论C为什么数字，C×6+1个位都不可能为4,因此D不可能为2.因为7×6+2=44,所以可以有D=7.百位上，因为50×6+4=34,所以C=5.千位上，不论B为什么数字，B×6+3的个位都不可能为4,因此B无解.故A≠6。⑤若A=7,因为7×7=49,49+6=55,则E=5.个位上，5×7=35,写5进3.十位上，因为6×7+3=45,所以D=6.百位上，因为3×7+4=25,所以C=3.千位上，因为9×7+2=65,所以B=9.万位上，因为7×7+6=55,所以得到该题的一个解。⑥若A=8,因为8×8=64,64+2=66,则E=6.个位上，6×8=48,则积的个位为8不为6,因此A≠8。⑦若A=9,因为9×9=81,81+7=88,则E=8,而个位上，8×9=72,则积的个位为2不为8,因此A≠9。解：所以，A=7,E=5。例2下面竖式中的每个不同汉字代表0～9中不同的数码，求出这些使算式成立的汉字的值。例2下面竖式中的每个不同汉字代表0~9中不同的数码，求出这些使算式成立的汉字的值。分析由于乘数是四位数，而在用乘数的每位数字去乘被乘数时，只有三层结果，由此观察出“数”=0,且积的最高位为1.为了叙述方便，在算式中“×”的位置用字母代替，此时的算式如下式.趣味0学×趣味0学A₁A₂A₃A₄A,A₆A,A₈由于百万位要向千万位进1,而十万位最多只能向百万位进1,因而A₉=9,A₁3=0.由于3×3=9,所以“趣”=3.又由于3味0学×3的积为四位数，因而“味”=1或2。①若“味”=1,则A=3,A1o=3,于是，As+A₁0=3+3=6,这样不论万位有没有向十万位进位，十万位都不可能向百万位进1,因此“味”≠1。②若“味”=2,则A=6,A=4,A10=6,于是，As+A₁o=12,因此十万位必向百万位进1,所以“味”=2。由于320学×学的积为四位数，所以“学”=1。解：因此，“趣"=3,"味”=2,"数"=0“学”=1.例3右面算式中的每个“奇”字代表1、3、5、7、9中的一个，每个“偶”字代表0、2、4、6、8中的一个，为使算式成立，求出它们所代表的值。分析为了叙述方便，把算式中每个“奇”与“偶”字都标上角码，如下式所示。由于奇，奇2偶，-奇₃偶，偶。=偶。,因此“偶，”所在位必定向“奇2”所在位借1,因而排除“偶4”=0。又由于偶₃偶4×偶₂=偶，偶6,所以“偶2”=2或4。①若“偶2”=2,则偶₃偶4=22,24,42,44,而22×6=132(积为奇奇偶)22×8=176(积为奇奇偶)因此偶₃偶₄≠22。24×6=144(积为奇偶偶)24×8=192(积为奇奇偶)于是奇₃偶，偶₈=144,偶，偶₆=48.而奇，奇₂偶₅-144的差不可能等于4,因此偶₃偶₄≠24。42×4=168(积为奇偶偶)42×6=252(积为偶奇偶)42×8=336(积为奇奇偶)于是奇₃偶，偶g=168,因为偶，偶₆=84,所以有奇，奇2偶，=168+8=176,便得：44×4=176(积为奇奇偶)44×6=264(积为偶偶偶)44×8=352(积为奇奇偶)因此，偶₃偶₄≠44。②若“偶₂”=4,则偶₃偶4=22,而22×6=132(积为奇奇偶)22×8=176(积为奇奇偶)因此，“偶2”≠4。解：例4下页算式中不同的汉字表示不同的数字，相同的汉字表示相同的数字，则符合题意的数“华罗庚学校赞”是什么?赞华罗庚学校分析首先确定“好”≠0、1、5、9,且“好”≠6、8(若“好”=6或8,则被乘数的最高位数字"赞"=1,而个位上“校”与“好”的积的个位不可能是1,所以“好”≠6、8.),因此，“好”=2、3、4或7。①若“好”=2,则被乘数的最高位“赞”字可能为1、3或4,而个位上“校”×2的积的个位等于“赞”,所以“赞”≠1、3,因而“赞”=4。个位上，因为7×2=14,所以“校”=7.十位上，因为3×2+1=7,8×2+1=17,所以“学"=3或8.若“学”=3,则“庚”×2积的个位为3,而不论“庚”为什么样的整数，都不可能实现，因此，“学”≠3.若“学”=8,则“庚”×2+1和的个位为8,而不论“庚”为什么样的整数，都不可能实现，因此，“学”≠8.故“好”≠2。②若“好"=3,则被乘数的最高位数字“赞”=1或2。若“赞”=1,个位上因为7×3=21,所以“校”=7.十位上，因为5×3+2=17,所以“学"=5.百位上，因为8×3+1=25,所以“庚”=8.千位上，因为2×3+2=8,所以“罗”=2.万位上，因为4×3=12,所以“华”=4.十万位上，便有1×3+1=4,得到一个解：若"赞"=2,个位上因为4×3=12,所以“校”=4.十位上，因为1×3+1=4,所以“学”=1.百位上，因为7×3=21,所以“庚”=7.千位上，因为5×3+2=17,所以“罗”=5.万位上，因为8×3+1=25,所以“华”=8.十万位上便有2×3+2=8,于是得到一个解：③若“好”=4,则被乘数的最高位数字“赞”=1或2,而个位上“校”×4积的个位不可能为1,所以“赞”只能为2.个位上，因为3×4=12,8×4=32,则“校”=3或8。若“校”=3,十位上，因为8×4+1=33,所以“学”=8.百位上，不论“庚”为什么样的整数，“庚”×4+3和的个位都不可能为8,所以“校”≠3。若“校”=8,十位上，不论“学”为什么样的整数，“学”×4+3和的个位都不可能为8,所以“校”≠8。因此，“好”≠4。④若“好”=7,则被乘数的最高位数字“赞”=1.个位上，因为3×7=21,所以“校”=3.十位上，因为3×7+2=23,则“学”=3,与“校”=3重复，因而“好”≠7。解：则“华罗庚学校赞”=428571或857142。例5在下面的算式中，每一个汉字代表一个数字，不同的汉字表示不同的数字，当“开放的中国盼奥运”代表什么数时，算式成立?盼盼盼盼盼盼盼盼盼÷□=开放的中国盼奥运分析这是一道除法算式题.因为盼盼盼盼盼盼盼盼盼是“□”的倍数，且又为9的倍数，所以“□”可能为3或9.①若“□”=3,则盼盼盼盼盼盼盼盼盼+3的商出现循环，且周期为3,这样就出现重复数字，因此“□”≠3。②若“□”=9因为盼盼盼盼盼盼盼盼盼÷9=盼×(111111111÷9)=盼×12345679若“盼”=1,则“开放的中国盼奥运”=12345679×1=12345679,“盼”=6,前后矛盾，所以“盼”≠1。若“盼"=2,则“开放的中国盼奥运”=12345679×2=24691358,“盼”=3,矛盾，所以“盼”≠2。若“盼”=3,则“开放的中国盼奥运”=12345679×3=37037037,“盼”=0,矛盾，所以“盼”≠3。若“盼”=4,则“开放的中国盼奥运”=12345679×4=49382716,“盼”=7,矛盾，所以“盼”≠4。若“盼”=5,则“开放的中国盼奥运”=12345679×5=61728395,“盼”=3,矛盾，所以“盼”≠5。若“盼”=6,则“开放的中国盼奥运”=12345679×6=74074074,则“盼”=0,矛盾，所以“盼”≠6。若“盼”=7,则“开放的中国盼奥运”=12345679×7=86419753,“盼”=7,得到一个解：777777777÷9=86419753若“盼”=8,则“开放的中国盼奥运”=12345679×8=98765432,“盼”=4,矛盾，所以“盼”≠8。若“盼”三9,则“开放的中国盼奥运”=12345679×9=111111111,“盼”=1,矛盾，所以“盼”≠9。解：777777777÷9=86419753则“开放的中国盼奥运”=86419753。从以上几个题不难看出，逐渐缩小范围的思想和试验法在数字谜的分析解答过程中起着重要的作用，良好的分析思考习惯还需要同学们在今后的学习中进一步培养。三年级奥数上册：第十一讲巧填算符(一)第十一讲巧填算符(一)所谓填算符，就是指在一些数之间的适当地方填上适当的运算符号(包括括号),从而使这些数和运算符号构成的算式成为一个等式。在填算符的问题中，所填的算符包括+、一、×、÷、()、[]、{。解决这类问题常用两种基本方法：一是凑数法，二是逆推法，有时两种方法并用。凑数法是根据所给的数，凑出一个与结果比较接近的数，然后，再对算式中剩下的数字作适当的增加或减少，从而使等式成立。逆推法常是从算式的最后一个数字开始，逐步向前推想，从而得到等式。例1在下面算式适当的地方添上加号，使算式成立。88888888=1000分析要在八个8之间只添加号，使和为1000,可先考虑在加数中凑出一个较接近1000的数，它可以是888,而888+88=976,此时，用去了五个8,剩下的三个8应凑成1000-976=24,这只要三者相加就行了。解：本题的答案是888+88+8+8+8=1000例2在下列算式中合适的地方添上+、一、×,使等式成立。①987654321=1993②123456789=1993分析本题的特点是所给的数字比较多，而得数比较大，这种题目一般用凑数法来做，在本题中应注意可使用的运算符号只有+、一、×。①中，654×3=1962,与结果1993比较接近，而1993-1962=31,所以，如果能用98721凑出31即可，而最后两个数合在一起是21,那么只需用987凑出10,显然，9+8-7=10,就有：9+8-7+654×3+21=1993②中，与1993比较接近的是345×6=2070.它比1993大77,现在，剩下的数是12789,如果把7、8写在一起，成为78,则无论怎样，前面的1、2和最后的9都不能凑成1.注意到8×9=72,而7+8×9=79,1×2=2,79-2=77.所以这个问题可以如下解决：1×2+345×6-7-8×9=1993。解：本题的答案是：①9+8-7+654×3+21=1993;②1×2+345×6-7-8×9=1993。例3在下面算式合适的地方添上+、一、×号，使等式成立。3333333333333333=1992分析本题等号左边数字比较多，右边得数比较大，仍考虑凑数法，由于数字比较多，在凑数时，应多用去一些数，注意到333×3=999,所以333×3+333×3=1998,它比1992大6,所以只要用剩下的八个3凑出6就可以了，事实了，3+3+3-3+3-3+3-3=6,由于要减去6,则可以这样添：333×3+333×3-3-3+3-3+3-3+3-3=1992。解：本题的一个答案是：333×3+333×3-3-3+3-3+3-3+3-3=1992。补充说明：前面例1至例3中，它们的特点是等号左边的数比较多，而等号右边的数比较大，这种问题一般用凑数法解决比较容易。例4在下面算式合适的地方添上+、一、×,使等式成立。12345678=1分析这道题的特点是等号左边的数字比较多，而等号右边的得数是最小的自然数1,可以考虑在等号左边最后一个数字8的前面添“-”号。这时，算式变为：1234567-8=1只需让1234567=9就可以了，考虑在7的前面添“+”号，则算式变为1 2 3 4 5 6+7=9,只需让123456=2就可以了，同开始时的想法，在6的前面添“-”号，算式变为12345-6=2,这时只要12345=8即可.同样，在5前面添“+”号，则只需1234=3即可.观察发现，只要这样添：1+2×3-4=3就得到本题的一个解为1+2×3-4+5-6+7-8=1。解：本题的一个答案是：1+2×3-4+5-6+7-8=1补充说明：一般逆推法常限于数字不太多(如果太多，推的步骤也会太多),得数也比较小的题目，如例4.在解决这类问题时，常把逆推法和凑数法结合起来使用，我们称之为综合法.所以，在解决这类问题时，把逆推法和凑数法综合考虑更有助于问题的解决。例5在下面算式中合适的地方，只添两个加号和两个减号使等式成立。123456789=100分析在本题条件中，不仅限制了所使用运算符号的种类，而且还限制了每种运算符号的个数。由于题目中，一共可以添四个运算符号，所以，应把1 2 3 4 5 6 7 8 9分为五个数，又考虑最后的结果是100,所以应在这五个数中凑出一个较接近100的，这个数可以是123或89。如果有一个数是123,就要使剩下的后六个数凑出23,且把它们分为四个数，应该是两个两位数，两个一位数.观察发现，45与67相差22,8与9相差1,加起来正巧是23,所以本题的一个答案是：123+45-67+8-9=100如果这个数是89,则它的前面一定是加号，等式变为1234567+89=100,为满足要求，1234567=11,在中间要添一个加号和两个减号，且把它变成四个数，观察发现，无论怎样都不能满足要求。解：本题的一个答案是：123+45-67+8-9=100补充说明：一般在解题时，如果没有特别说明，只要得到一个正确的解答就可以了。在例5这类限制比较多的题目的解决过程中，要时时注意按照题目的要求去做，由于题目的要求比较高，所以解决的方法比较少。例6在下列算式中合适的地方，添上([],使等式成立。①1+2×3+4×5+6×7+8×9=303②1+2×3+4×5+6×7+8×9=1395③1+2×3+4×5+6×7+8×9=4455分析本题要求在算式中添括号，注意到括号的作用是改变运算的顺序，使括号中的部分先做，而在四则运算中规定“先乘除，后加减”,要改变这一顺序，往往把括号加在有加、减运算的部分。题目中三道小题的等号左边完全相同，而右边的得数一个比一个大.要想使得数增大，可以让加数增大或因数增大，这是考虑本题的基本思想。①题中，由凑数的思想，通过加(),应凑出较接近303的数，注意到1+2×3+4×5+6=33,而33×7=231.较接近303,而231+8×9=303,就可得到一个解为：(1+2×3+4×5+6)×7+8×9=303②题中，得数比①题大得多，要使得数增大，只要把乘法中的因数增大.如果考虑把括号加在7+8上，则有6×(7+8)×9=810,此时，前面1+2×3+4×5无论怎样加括号也得不到1395-810=585.所以这样加括号还不够大，可以考虑把所有的数都乘以9,即(1+2×3+4×5+6×7+8)×9=693,仍比得数小，还要增大，考虑将括号内的数再增大，即把括号添在(1+2)或(3+4)或(5+6)或(7+8)上，试验一下知道，可以有如下的添加法：[(1+2)×(3+4)×5+6×7+8]×9=1395③题的得数比②题又要大得多，可以考虑把(7+8)作为一个因数，而1+2×3+4×5+6×(7+8)×9=837,还远小于4455,为增大得数，试着把括号加在(1+2×3+4×5+6上，作为一个因数，结果得33,而33×(7+8)×9=4455.这样，得到本题的答案是：(1+2×3+4×5+6)×(7+8)×9=4455解：本题的答案是：①(1+2×3+4×5+6)×7+8×9=303②[(1+2)×(3+4)×5+6×7+8]×9=1395③(1+2×3+4×5+6)×(7+8)×9=4455三年级奥数上册：第十二讲巧填算符(二)第十二讲巧填算符(二)例1在+、一、×、÷、()中，挑出合适的符号，填入下面的数字之间，使算式成立。①987654321=1②987654321=1000分析这两道题等号左边的数字各不相同，且从大到小排列，题目要求在每个数字之间都要填上运算符号，这是解题中要注意到的。①中，等号右边的得数是最小的自然数1,而等号左边共有九个数字。先考虑用逆推法：由于等号左边最后一个数字恰好是1,与等号右边相同，所以，可以考虑在1的前面添“+”号，这样如果前面8个数字的运算结果是0就可以了，观察注意到，前面8个数字每一个数都比它前面一个数小1,这样，只要把它们分成4组，每两数相减都得1,在两组的前面添“+”号，两组的前面添“-”号，即得到：(9-8)+(7-6)-(5-4)-(3-2)=0或(9-8)-(7-6)+(5-4)-(3-2)=0于是得到答案：9-8+7-6-(5-4)-(3-2)+1=1或9-8-(7-6)+5-4-(3-2)+1=1再考虑用凑数法：注意到等号左边每一个数都比前一个数小1,所以，只要在最前面凑出一个1,其余的凑出0即可，事实上，恰有9-8+7-6-(5-4)+(3-2)-1=1凑数法的解答还有很多，请同学们试一试其他的凑法。②中，等号右边是一个较大的自然数1000,而等号左边要在每两个数字之间添上运算符号，考虑用凑数法。由于等号右边是1000,所以，运算结果应由个位是5或0的数与一个偶数的乘积得到。如果这个偶数是6,由于1000÷6不是整数，所以，不能得到所要的结果。如果这个偶数是4,那么在4的两边都应该添“×”号，即有：98765×4×321=1000.在4的右边只有添为4×(3-2)×1才有可能使左边的算式得1000,这时，必须有98765=250,经过试验知，无论怎样添算符，都不能使上面的算式成立.所以，这个偶数不能是4。如果这个偶数是2,那么,在2的两边都应该添“×”号，即有987654 3×2×1=1000.只要添适当的算符，使9876543的计算结果是500即可.再用凑数法，注意到9×8×7=504,与500很接近，只要能用6543凑出“-”4即可.事实上，6+5-4-3=4,所以只需9×8×7-(6+5-4-3)即9×8×7-6-5+4+3=500这样，得到本题的答案是：(9×8×7-6-5+4+3)×2×1=1000②题还可以综合运用逆推法和凑数法：由于等号右边是1000,所以，等号左边1的前面只能添“×”或“÷”号(事实上，“×1”与“÷1”结果是相同的),由于等号右边的得数较大，考虑在2的前面添“×”号，于是98765 43应凑出500,再用与上面相同的凑数法即可解决。解：本题的答案是：①9-8+7-6-(5-4)-(3-2)+1=1或9-8-(7-6)+5-4-(3-2)+1=1或9-8+7-6-(5-4)+(3-2)-1=1②(9×8×7-6-5+4+3)×2×1=1000补充说明：本题的结果不只一个，一般来讲，填算符的问题只要得到一个答案就可以了.但是我们应该通过解题的各种方法，开阔我们的思路.所以，一题多解在我们解题中占有很重要的地位。值得注意的是，虽然添算符的方法被归结为逆推法和凑数法，但它们的运用往往不是孤立的，在求解过程中，常常要将它们结合起来。例2在下列算式中合适的地方，添上+、一、×、÷、()等运算符号，使算式成立。①6666666666666666=1993②222222222222=1993分析本题中两道小题的共同特点是：等号左边的数字比较多，且都相同，而等号右边的数是1993,比较大.所以，考虑用凑数法，在等号左边凑出与1993较接近的数.①题中，666+666+666=1998,比1993大5,只要用余下的七个6凑成5就可以了，即6666666=5.如果把最前面一个6留下来，则只须将剩下的六个6凑成1,即666666=1,注意到6÷6=1,6-6=0,可以这样凑6÷6+6-6+6-6=1,或666÷666=1。由于题目中要由1998中减掉5,所以最后的答案是：666+666+666-(6-6÷6+6-6+6-6)=1993或者666+666+666-(6-666÷666)=1993②题中，等号左边是十二个2,比①题中的数字6小，个数也比①中的少.所以，要把它们也凑成1993,应该增大左边的数，也就是要多用乘法，仿照①题的想法，先凑出1998,可以这样做：222×(2+2+2)×(2+2+2)=1998用去了九个2,余下三个2,无论怎样也凑不出5,不行.所以要减少前面用去2的个数，由于222×9=1998,所以，我们要用几个2凑出9,即：2×2×2+2+2,这样，凑出1998共用去了八个2,即222×(2×2×2+2+2).此时，还剩下四个2,用四个2凑出5是可以的，即2+2+2+2=5.这样得到答案为：222×(2×2×2+2÷2)-(2+2+2÷2)=1993解：①666+666+666-(6-6÷6+6-6+6-6)=1993或者666+666+666-(6-666÷666)=1993②222×(2×2×2+2÷2)-(2+2+2+2)=1993补充说明：由例2的思考过程可以看到，在添运算符号时常要用到0或1,而对于相同的数(不同的数可以通过运算凑成相同的数),要想得到0,只要在它们中间添“-”号；要想得到1,只要在它们中间添“÷”号，0和1是添算符凑等式的过程中常用的非常重要的数。例3在下面的式子里加上(和[],使它们成为正确的等式。①217-49×8+112÷4-2=89②217-49×8+112÷4-2=1370③217-49×8+112÷4-2=728分析本题只要求添括号，而括号在四则运算中的作用是改变运算的先后顺序，即由原来的“先乘除，后加减”改为先做(中的运算，再做[]中的运算，然后再按四则运算法做.所以，一般来讲，括号应加在“+”、“-”运算的部分。这道题中的三道小题等号左边完全相同，而右边是不同的数，注意到49×8=392,所以，括号不可能添在(217-49×8)上，而且每一道小题都要把217后面的减数缩小。①题中，等号右边的数比较小，所以应考虑用217减去一个较大的数，并且这个数得小于217,最好是一百多，注意到49×8+112=504,而504÷4=126.恰有217-126=91,91-2=89,即可得到答案：217-(49×8+112)÷4-2=89②题中，等号右边的数比较大，所以在减小217后面的减数的同时，要注意把整个算式的得数增大，这可以通过增大乘法中的因数或减小除法中的除数实现.如果这样做：(217-49)×8,则既减小了减数，又增大了因数，计算知：(217-49)×8=1344.算式中得数是1370.注意到剩下的部分112÷4-2=26相加恰好得到答案：(217-49)×8+112+4-2=1370③题中，等号右边的数介于①题与②题之间，所以，放大和缩小的程度也要适当，由②题的计算知：(217-49)×8=1344,③题的得数是728,而算式左边还有+112÷4-2,观察发现，1344+112=1456,1456÷2=728。这样可以得到③题的答案是：[(217-49)×8+112]÷(4-2)=728解：①217-(49×8+112)÷4-2=89②(217-49)×8+112÷4-2=1370③[(217-49)×8+112]÷(4-2)=728三年级奥数上册：第十三讲火柴棍游戏(一)第十三讲火柴棍游戏(一)用火柴棍可以摆成一些数字和运算符号，如1、Z、4、7;还可以摆出几何图形如正三角形、正方形、菱形、正多边形和一些物品的形状.通过移动火柴棍，可进行算式的变化，可以用它来做有趣的图形变化游戏.这一讲将就这些问题进行讨论。在用火柴棍摆数学算式时，可以通过添加、去掉和移动几根火柴来使一些原来不正确的算式成立，在思考由火柴棍组成的算式的变换时，应注意以下两点：①在考虑使等式成立的数时，注意数字只限于1、Z、4、7.这就缩小了可讨论的数的范围，而运算符号也只限于十、一、×。②要使算式成立，经常要添加、去掉和移动几根火柴，从而达到目的，而“添”、“去”、“移”的一般规律是：添，添加一根火柴，可变1为7,变7为Z,变十为4,还可以在数前、数后添上1,另外，可以把“一”号变为“十”号，把“一”变为“二”号，在两个数之间增加“一”号等。去，“去”是“添”的反面，要去掉一根火柴棍，常可以变“4”为“十”,变“7”为“1”,变“Z”为“7”,变“十”为“一”,变“三”为“一”.还可以去掉数字前面或后面的“↑”,以及数字之间的“一”号等.移，“移”是“去”和“添”的结合，移动火柴棍时，要保证火柴的根数没有变化.如“Z”与“4”之间，“十”与“7”之间，“1”与“一”之间，“7”与“×”之间，“十”与“=”之间都可以互相转化。例1在下面由火柴棍摆成的算式中，添加或去掉一根火柴，使等式成立。①77 Z-1Z44一147=111②44Z1+1Z×7=117-7-1分析①题中，只有一个四位数1244,且它是减数，其余的数都是三位数，所以，我们首先想到，要把1244千位上的1去掉，使它变成三位数.这时，等式左边是：772-244-417,计算的结果恰好就是111.等式成立.①题中，由于减数是四位数1244,我们又可以想到在被减数的前面添加一根火柴，使它变成1772.这样，算式左边变为1772-1244-417,计算的结果也是111,等式仍然成立.所以①题有两个答案。②题中，原式左边的计算结果是四位数，右边的运算结果是109.所以，使左边减小是做这道题的想法，左边，12×7=84,所以，应该有4421变成25,注意到拿掉百位4上的一根火柴即可变为“4+21”,从而满足等式。解：①(1)去掉一根火柴棍：77Z-Z44一417=11(2)添加一根火柴棍：177 Z-1Z44一417=11↑②去掉一根火柴棍：4+Z1+1Z×7=117-7-1例2在下面火柴棍摆成的算式中，移动一根火柴，使等式成立。①741+Z1-1Z1=141②4ZZ-Z7×Z+Z7xZ=1771Z分析①题中，观察算式两边，等号左边计算的结果是641,右边计算的结果是141,所以基本想法是通过移动火柴棍，使左边减小而右边增加.注意到，如果把左边的减数121变成21,则左边的计算结果是741,且被拿掉一根火柴，右边141中，添上这根火柴，恰好变成741,于是等式成立。②题中，左边的计算结果是三位数，而右边是五位数，既使将右边万位上的1或十位上的1移到左边422的前面，算式也不能成立.所以想到，应该把右边的五位数变成三位数与一位数的和，只能是“177+2”或“1+712”,从而使右边变为三位数.计算左边，结果是287,所以，将17712变成“1+712”不行，只能考虑从左边移一根火柴到右边，使右边变成“177+2”,即179.这需要把左边减小一些.试着把左边的“+”号变为“-”号，则左边为422—27×7—27×2,计算得179,满足算式。②题中，前面111+111=222,最后面一个数是224.所以，如果能在222后面再加2(或加两个1),则可变成等式，这可以把11中的一个1移到224前的“一”号上，变成“=”号就得到答案：11l+111+1+1=224。解：①题的答案是：11Z×7-7Z=71Z②题的答案是：111+111+1+1=Z4例4用火柴棍摆出所有的千位为1的四位数，且每个数位上的数字各不相同，计算它们的和，并用火柴棍摆出这个等式。分析解决这个问题分两步：先用火柴摆出所有的以1开头的四位数，由于火柴棍可摆的数字只有1、2、4、7,为保证不重、不漏地写出它们摆出的所有的以1开头的四位数，可以按从小到大(或从大到小)的顺序来写，它们是1247、1274、1427、1472、1724、1742共六个，计算它们的和为8886。再用火柴棍摆出这个等式，要把它们用火柴棍摆出来，关键是把8886用1、2、4、7表示，观察发现：8886=4444×2—2解：用火柴棍摆出所有以1开头的四位数是：1Z 47,IZ74,14Z7,147Z,17Z4,174Z求它们和的等式可以表示为：IZ47+1Z74+14Z7+147Z+17Z4+174Z4444×Z-Z在用火柴棍摆图形时，可以通过移动一根或几根火柴棍，使图形发生有趣的变化。例5仓库中有一把如左下图所示的椅子，且椅子翻倒还掉了一条腿，请移动2根火柴，使椅子翻过来，且看上去也不缺少腿。分析要把椅子翻过来，就要使下面有四条腿，上面有椅子的靠背，故可以移动成(前页右下图所示)的样子。解：移动的结果如前页右下图(虚线表示移走的火柴)。例6用火柴棍摆成头朝上的龙虾如下左图所示，移动它上面的三根火柴，使它头朝下。分析要把龙虾的头变成朝下的，需要把上面的“头”拆掉，并摆出“尾”.还要在下面摆出“头”.由上面的分析，可移火柴摆成上右图的样子。解：可移火柴成上右图，即把虚线向左移动。例7由九根火柴棍组成的天平处于不平衡状态，(左下图),移动其中五根火柴，使它变为平衡。分析要把天平摆平，应先确定水平的天平臂，再把整个天平摆好，而天平臂可利用一个天平盘的底，另一三年级奥数上册：第十四讲火柴棍游戏(二)第十四讲火柴棍游戏(二)这一讲将继续上一讲的内容，请看下面的例题。例1在下面由火柴摆成的算式中，移动两根火柴使等式成立。①41-11Z+11=4Z②ZzZ-1ZZZ+ZZZ+711 177分析①题中，等号左边有一个四位数1112,而其他的数都是两位数，所以，基本想法是把这个四位数变成两位数，或把它变成三位数，再把其他一个数变成三位数.观察算式注意到，等号右边是42,而等号左边第一个数是41,如果能把“-1112+11”的计算结果凑成“+1”,就可以了，可以这样变：“+112—111”,就满足了算式。②题中，等号左边有一个减数是1222,而其他数都是三位数.所以应考虑把1222中的1移走.观察算式，可考虑把1移到它前面的“一”号上，则算式变成：222+222+222+711=177显然，如果把711中的7变为1,而添在177上，变为777,则等式成立。解：①题的答案是：41+11Z-11=4Z②题的答案是：②ZZZ+ZzZ+ZZZ+111=777例移动四根火柴棍，把图14—1中的斧子变为三个全等的三角形。分析本题中，构成斧子的火柴棍共九根，而最后要用这九根火柴构成三个全等的三角形，说明每个三角形都是边长为1根火柴棍的三角形，且三个三角形没有公用的边，基于这种想法，可有如图14—2的摆法。解：本题的摆法(图14—2)中，虚线为移走的部分。图14-2图14-3图14-1例在图14—3中，由十二根火柴棍摆成了灯，移动三根火柴，变为五个全等的三角形。图14-4分析要由十二根火柴组成五个全等的三角形，这些三角形中一定会有公用的“边”.并且在移动火柴棍时，一般应考虑斜放着的火柴棍不动，而去移动六容易构成三角形的水平或竖直放置的火柴.观察图形，可以做如图14—4的移动恰好构成五个全等的三角形。解：本题的移法如右图，其中虚线为移走的部分.例图14—5是由十一根火柴摆成的希腊式教堂，移动四根火柴，把它变为十五个正方形。图14-5分析首先注意到题目中并没有要求这十五个正方形大小相同，而由条件，要由十一根火柴摆成十五个正方形，可以肯定这些正方形有大有小，且有很多“边”要重复使用，如果只把“房顶”的两根火柴移下来，如图14-6,则只能得到11个正方形(8个小的，3个大的).且只移动了两根火柴，不满足题目要求，要想增加正方形的个数，正方形应该变小，数一下图14—7中正方形的个数，有9个小正方形，4个由四个小正方形构成的正方形和一个大正方形，共14个正方形.那么它再加上一个正方形就满足题目要求了，而事实上，只要移为图14—8,恰好满足题目的要求。图14-6图14-7图14-8图14-9解：本题的摆法为图14—8,其中，虚线表示被移走的部分。例6图14—9是由24根火柴摆成的回字形，移动四根火柴，使它变成两个大小相同的正方形。(1)(2)(3)(4)图14-10分析由题目可见，要用24根火柴摆出两个大小相同的正方形，每个正方形可由12根火柴构成.这样，每个正方形的边长应由三根火柴棍组成，这样的两个正方形可以有图14—10的四种摆法。考虑到题目要求移四根火柴，若移成图14—10中(1)(2)(4)的形状，移动的火柴都要超过四根，而14-10中图(3)则是由图14—9通过移动四根火柴得到的。图14-11解：本题的摆法如图14—11,其中虚线是移走的部分。三年级奥数上册：第十五讲综合练习题第十五讲综合练习题一、填空1.计算：49+53+47+48+54+51+52+46 2.计算：1993+1992—1991—1990+1989+1988—1987-1986+…+5+4—3一2+1 3.把1、2、3、4、5、6这6个数字分别填入下面算式的6个方格内，能得到的两个三位数的和的最小值是()。4.仔细观察下列各组数的排列规律，并在空格处填入合适的数。①2,4,8,14,22,32,44,(),74②2,5,10,17,26,37,50,(),82 5.火柴棍摆成的算式：4+Z=7这个等式显然是错误的，请你移动一根火柴，使得等式成立，则正确的等式是()。6.右图是由5个大小不同的正方形叠放而成的，如果最大的正方形的边长是4,求右图中最小的正方形(阴影部分)的周长.7.有下面两组卡片：(A)357(B)246现从(A)(B)两组卡片中各取一张，用S表示这两张卡片上的数字的和，求不同的S共有多少个。8.求三个连续奇数的乘积的个位数字最小是多少。-12所得结果的各位数字之和是___.10.三年级(1)班和(2)班共有少先队员66人，已知(1)班的少先队员人数是(2)班的少先队员人数的一半，则(1)班有少先队员.人。11.甲、乙两个图书馆共有图书11万册，如果甲馆的图书增加1万册，乙馆的图书减少2万册，则两馆的图书就相等了，那么,甲馆实际上有万册图书。12.按照下列图形的排列规律、在空格处填上合适的图形。13.200到600之间有.个奇数具有3个各不相同的数字。14.下列竖式中的A、B、C、D、E分别代表1～9中不同的数字，求出它们使竖式成立的值.则：ABCDE=15.下图是某个城市的街道平面图，图中的横线和竖线分别表示街道，横线和竖线的交点表示道路的交叉处，小明家住在A处，学校在B处，若小明从家到学校总走最短的路，则小明共有种不同的走法。16.下图中，任意五个相邻方格中的数字之和都相等，则在第四个方格中应填o 1 2 3 7 0。
