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1、小学数学基本思想方法与解题策略分析第1页，本讲稿共44页一、植树问题题目(第四届教师解题比赛试题）148名学生在操场上做游戏。大家围成一个正方形，每边人数相等。四个顶点都有人，每边各有 名学生。2圆形滑冰场的一周全长是150米。如果沿着这一圈每隔15米安装一盏灯，一共需要装 盏灯。第2页，本讲稿共44页思想方法教材：四年级下册教材：四年级下册“数学广角数学广角”思想方法思想方法 植树问题通常是指沿着一定的路线植树，这植树问题通常是指沿着一定的路线植树，这条路线的总长度被树平均分成若干段（间隔），条路线的总长度被树平均分成若干段（间隔），由于路线的不同、植树要求的不同，路线被分成由于路线的不同、
2、植树要求的不同，路线被分成的段数（间隔数）和植树的棵数之间的关系就不的段数（间隔数）和植树的棵数之间的关系就不同。在现实生活中类似的问题还有很多，比如公同。在现实生活中类似的问题还有很多，比如公路两旁安装路灯、花坛摆花、站队中的方阵，等路两旁安装路灯、花坛摆花、站队中的方阵，等等，它们中都隐藏着等，它们中都隐藏着总数总数和和间隔数间隔数之间的关系问之间的关系问题，我们就把这类问题统称为植树问题。题，我们就把这类问题统称为植树问题。第3页，本讲稿共44页思想方法教材：四年级下册教材：四年级下册“数学广角数学广角”思想方法思想方法 在植树问题中在植树问题中“植树植树”的路线可以是一条线的路线可以是
3、一条线段，也可以是一条首尾相接的封闭曲线，比如正段，也可以是一条首尾相接的封闭曲线，比如正方形、长方形或圆形等等。即使是关于一条线段方形、长方形或圆形等等。即使是关于一条线段的植树问题，也可能有不同的情形，例如，两端的植树问题，也可能有不同的情形，例如，两端都要栽，只在一端栽另一端不栽，或是两端都不都要栽，只在一端栽另一端不栽，或是两端都不栽。栽。总数总数=间隔数间隔数总数总数=间隔数间隔数1 1 总数总数=间隔间隔数数1 1 第4页，本讲稿共44页解答方法 148名学生在操场上做游戏。大家围成一个正方形，每边人数相等。四个顶点都有人，每边各有 名学生。解答：4841=13。2圆形滑冰场的一周
4、全长是150米。如果沿着这一圈每隔15米安装一盏灯，一共需要装 盏灯。解答：15015=10。第5页，本讲稿共44页二、“抽屉(鸽巢)”问题题目(第四届教师解题比赛试题）3 把红、黄、蓝、白四种颜色的球各10个放入到一个袋子里。从中至少取出_个球，可以保证取到三个颜色相同的球。第6页，本讲稿共44页“抽屉(鸽巢)”原理教材：六年级下册教材：六年级下册“数学广角数学广角”思想方法思想方法 “抽屉原理抽屉原理”的两种形式。的两种形式。最简单的最简单的“抽屉原理抽屉原理”：把：把 m m个物体任意分放进个物体任意分放进n n 个空抽屉里（个空抽屉里（mm n n，n n是非是非0 0自然数），那么一
5、定自然数），那么一定有一个抽屉中放进了至少有一个抽屉中放进了至少2 2个物体。个物体。“抽屉原理抽屉原理”一般的形式：把多于一般的形式：把多于 kn kn个物体任意个物体任意分放进分放进 n n个空抽屉里（个空抽屉里（k k是正整数），那么一定有一个是正整数），那么一定有一个抽屉中放进了至少（抽屉中放进了至少（k+1k+1）个物体。）个物体。第7页，本讲稿共44页解答方法 3 把红、黄、蓝、白四种颜色的球各10个放入到一个袋子里。从中至少取出_个球，可以保证取到三个颜色相同的球。解答：至少取出9个球，可以保证取到三个颜色相同的球。在这里“抽屉数”为4，K1=3，K=2，2K=8，大于2K的整数
6、最小为9。第8页，本讲稿共44页三、“找次品”问题题目(第四届教师解题比赛试题）4有15盒饼干，其中的14盒质量相同，另有1盒少了几块，如果用天平称，至少称_次保证可以找出这盒较轻的饼干。第9页，本讲稿共44页思想方法教材：五年级下册“数学广角”思想方法 用天平“找次品”的最优策略主要基于以下两点：一是把待测物品分成3份；二是要分得尽量平均，能够均分的就平均分成3份，不能均分的，也应该使多的一份与少的一份只相差1。第10页，本讲稿共44页解答方法 4有15盒饼干，其中的14盒质量相同，另有1盒少了几块，如果用天平称，至少称_次保证可以找出这盒较轻的饼干。15(5，5，5)5(2，2，1)2(1
7、，1)，称3次。第11页，本讲稿共44页四、“鸡兔同笼”问题题目(第四届教师解题比赛试题）5在一个盒子里有大、小两种钢珠共30个，共重266克，已知大钢珠每个11克，小钢珠每个7克，这个盒中有大钢珠_ 个，有小钢珠_个。第12页，本讲稿共44页思想方法教材：六年级上册教材：六年级上册“数学广角数学广角”思想方法思想方法 “鸡兔同笼鸡兔同笼”问题教材主要介绍三种方法：列表、假设问题教材主要介绍三种方法：列表、假设法和列方程。法和列方程。“假设法假设法”是一种算术方法，但有其独特的特点，是一种算术方法，但有其独特的特点，是一个假设是一个假设计算计算推理推理解答的过程。解答的过程。列方程则是一种代数
8、解法，根据数量关系列出方程并列方程则是一种代数解法，根据数量关系列出方程并求解即可。求解即可。第13页，本讲稿共44页解答方法大钢珠大钢珠2020191918181717161615151414小钢珠小钢珠1010111112121313141415151616重量重量290290286286282282278278274274270270266266解法一：列表法解法二：解法二：(假设法假设法)假设全部是大钢珠，则钢珠的重量为假设全部是大钢珠，则钢珠的重量为3011=3303011=330，这样就多出，这样就多出330330-266=64-266=64克，一只大钢珠克，一只大钢珠比一个小钢珠
9、多比一个小钢珠多4 4克，克，644=16644=16个小钢珠。大钢珠有个小钢珠。大钢珠有1414个。个。解法三：设大钢珠有个，解法三：设大钢珠有个，11x11x7(307(30 x)=266x)=266，得，得x=x=1414。第14页，本讲稿共44页五、等量替换问题题目题目(第四届教师解题比赛试题）第四届教师解题比赛试题）6 6如图如图中有三台天平，通过观察前两台天平可中有三台天平，通过观察前两台天平可以发现以发现5 5个个“”与与3 3个个“”“”一样重；一样重；1 1个个“”“”与与1 1个个“”和和2 2个个“”“”一样重，这样可推知，一样重，这样可推知，1 1个个“”和和1 1个个
10、“”“”与与 个个“”“”一样重。一样重。图图第15页，本讲稿共44页思想方法教材：三年级下册“数学广角”思想方法 等量代换是指一个量用与它相等的量去代等量代换是指一个量用与它相等的量去代替，它是数学中一种基本的思想方法，也是代替，它是数学中一种基本的思想方法，也是代数思想方法的基础。等量替换思想用等式的性数思想方法的基础。等量替换思想用等式的性质来体现就是等式的传递性：如果质来体现就是等式的传递性：如果a ab b，b bc c，那么，那么a ac c。第16页，本讲稿共44页解答方法 6 6由于由于1 1个个“”“”与与1 1个个“”和和2 2个个“”“”一样重，一样重，所以所以3 3个个
11、“”“”与与3 3个个“”和和6 6个个“”“”一样重。又一样重。又5 5个个“”与与3 3个个“”“”一样重，即一样重，即5 5个个“”与与3 3个个“”和和6 6个个“”“”一样重，也就是即一样重，也就是即2 2个个“”与与6 6个个“”“”一样重，一样重，1 1个个“”和和3 3个个“”“”一样重，再根据一样重，再根据1 1个个“”“”与与1 1个个“”和和2 2个个“”“”一样重，这样可推知，一样重，这样可推知，1 1个个“”和和1 1个个“”“”与与8 8个个“”“”一样重。一样重。第17页，本讲稿共44页六、排列组合问题题目题目(第四届教师解题比赛试题）第四届教师解题比赛试题）13
12、13六人参加乒乓球比赛，每两人赛一场，分胜负，六人参加乒乓球比赛，每两人赛一场，分胜负，无平局。最终他们胜的场数分别是无平局。最终他们胜的场数分别是a a，b b，b b，c c，d d，d d，且，那么且，那么a a等于等于 。19 19已知一个长方体的长、宽、高分别是已知一个长方体的长、宽、高分别是1010厘米，厘米，5 5厘米，厘米，5 5厘米，用厘米，用6 6种不同的颜色来涂这个长方体的种不同的颜色来涂这个长方体的6 6个面，使不同的面涂有不同的颜色，共有个面，使不同的面涂有不同的颜色，共有 种不同种不同的涂法。（注：将长方体任意旋转后仍然不同的涂色法，的涂法。（注：将长方体任意旋转后
13、仍然不同的涂色法，才被认为是不同的）才被认为是不同的）第18页，本讲稿共44页思想方法教材：三年级上册教材：三年级上册“数学广角数学广角”思想方法思想方法 分类计数分类计数(加法加法)原理和分步计数原理和分步计数(乘法乘法)原理。分类计数原理原理。分类计数原理（也称加法原理）完成一件事，有（也称加法原理）完成一件事，有n n类办法，在第类办法，在第1 1类办法中有类办法中有m1m1种不同的方法，在第种不同的方法，在第2 2类办法中有类办法中有m2m2种不同的方法种不同的方法在第在第n n类办类办法中有法中有m mn n种不同的方法。那么完成这件事共有种不同的方法。那么完成这件事共有N Nm m
14、1 1m m2 2m mn n种不同的方法。种不同的方法。分步计数原理（也称乘法原理）完成一件事，需要分成分步计数原理（也称乘法原理）完成一件事，需要分成n n个步骤，做第个步骤，做第1 1步有步有m1m1种不同的方法，做第种不同的方法，做第2 2步有步有m2m2种不同的种不同的方法方法做第做第n n步有步有m mn n种不同的方法。那么完成这件事共有种不同的方法。那么完成这件事共有N Nm m1 1mm2 2mmn n种不同的方法。种不同的方法。第19页，本讲稿共44页思想方法教材：三年级上册教材：三年级上册“数学广角数学广角”思想方法思想方法 排列数：排列数：组合数：组合数：第20页，本讲
15、稿共44页解答方法 1313六人参加乒乓球比赛，每两人赛一场，分胜负，无平局。则一六人参加乒乓球比赛，每两人赛一场，分胜负，无平局。则一共要比赛共要比赛1515场场(即从即从6 6取取2 2的组合数的组合数)，并且最多胜，并且最多胜5 5场。场。若若a=3a=3，则，则b=2b=2，c=1c=1，d=0d=0，若，若a ab bb bc cd dd=8d=81515，不合理。若，不合理。若a=4a=4，则，则b b最大为最大为3 3，c c最大为最大为2 2，d d最大为最大为1 1，那，那么么a ab bb bc cd dd=1415d=1415，不合理。因此，不合理。因此a=5a=5。19
16、19 24=6543242=90 24=6543242=90。第21页，本讲稿共44页七、枚举问题题目题目(第四届教师解题比赛试题）第四届教师解题比赛试题）7 7在在1010个盒子中放乒乓球，每个盒子中球的个数个盒子中放乒乓球，每个盒子中球的个数不能少于不能少于1111，不能是，不能是1717，也不能是，也不能是6 6的倍数，并且彼的倍数，并且彼此不同，那么至少需要此不同，那么至少需要 个乒乓球。个乒乓球。15 15有有5 5种不同价格的礼品分别是种不同价格的礼品分别是2 2元、元、5 5元、元、8 8元、元、1111元、元、1414元以及元以及5 5种不同价格的包装盒种不同价格的包装盒1 1
17、元、元、3 3元、元、5 5元、元、7 7元、元、9 9元，一个礼品配一个包装盒，共能配成元，一个礼品配一个包装盒，共能配成 套不同价套不同价格的礼品。格的礼品。第22页，本讲稿共44页思想方法 枚举法，常常称之为穷举法，是指从可能的集枚举法，常常称之为穷举法，是指从可能的集合中一一枚举各个元素，用题目给定的约束条件判合中一一枚举各个元素，用题目给定的约束条件判定哪些是无用的，哪些是有用的。能使命题成立者，定哪些是无用的，哪些是有用的。能使命题成立者，即为问题的解。即为问题的解。采用枚举法解题的基本思路：采用枚举法解题的基本思路：（1 1）确定枚举对象、枚举范围和判定条件；）确定枚举对象、枚举
18、范围和判定条件；（2 2）一一枚举可能的解，验证是否是问题的解）一一枚举可能的解，验证是否是问题的解 第23页，本讲稿共44页解答方法 7在10个盒子中放乒乓球，每个盒子中球的个数不能少于11，不能是17，也不能是6的倍数，并且彼此不同，那么至少需要 个乒乓球。解答：根据条件列出满足条件的各数再求和，即：11131415161920212223=174。第24页，本讲稿共44页 1515有有5 5种不同价格的礼品分别是种不同价格的礼品分别是2 2元、元、5 5元、元、8 8元、元、1111元、元、1414元以及元以及5 5种不同价格的包装盒种不同价格的包装盒1 1元、元、3 3元、元、5 5元
19、、元、7 7元、元、9 9元，一个礼元，一个礼品配一个包装盒，共能配成品配一个包装盒，共能配成 套不同价格的礼品。套不同价格的礼品。方法一：一一列举后去掉重复的。方法一：一一列举后去掉重复的。25-6=1925-6=19 方法二：解：任意的搭配共有方法二：解：任意的搭配共有2525种，其中有价格重复的情种，其中有价格重复的情况。由于礼品和包装盒的价格分别是公差为况。由于礼品和包装盒的价格分别是公差为3 3和和2 2的等差数列，的等差数列，故当礼品和包装盒的价格分别差故当礼品和包装盒的价格分别差6 6时，会出现价格重复的情时，会出现价格重复的情况。共有况。共有32=632=6种，所以不同价格的礼
20、品共有种，所以不同价格的礼品共有25-6=1925-6=19种。种。第25页，本讲稿共44页八、因数与倍数问题题目题目(第四届教师解题比赛试题）第四届教师解题比赛试题）8 8在一条在一条30003000米长的新公路的一侧，从一端开始米长的新公路的一侧，从一端开始等距离立电线杆，按原设计，电线杆间隔等距离立电线杆，按原设计，电线杆间隔5050米，已挖米，已挖好了坑。若间隔距离改为好了坑。若间隔距离改为6060米，则需要重新挖米，则需要重新挖 个坑，有个坑，有 个原来挖好的坑将废弃不用。个原来挖好的坑将废弃不用。14 14一个数恰好有一个数恰好有1212个约数，且比个约数，且比10001000大，
21、那么满大，那么满足条件的最小的自然数是足条件的最小的自然数是 。第26页，本讲稿共44页思想方法 求一个数因数的个数：先分解成质因数相乘的形式 因数个数为(n1+1)(n2+1)(nk+1)第27页，本讲稿共44页解答方法 8解答：3000501=61，3000601=51，50与60的最小公倍数是300，30003001=11，5111=40，6111=50。答:则需要重新挖40个坑，有50个原来挖好的坑将废弃不用。第28页，本讲稿共44页解答方法 14 1412=112=26=34=32212=112=26=34=322，显然，这个数能被某，显然，这个数能被某个质数的幂个质数的幂(幂的次数
22、最少是幂的次数最少是2)2)整除，由于整除，由于2 22 2=4=4，3 32 2=9=9，5 52 2=25=25，7 72 2=49=49，考察，考察10011001，10021002，10031003，10051005，10061006，10071007，10091009，10101010，10111011均不能被均不能被4 4，9 9，2525，4949整除，整除，1004=42511004=4251，1008=9112=987=31008=9112=987=32 2 2 23 377，其约数为，其约数为342=24342=24个，由于个，由于1012=21012=22 2112311
23、23，其约数为，其约数为322=12322=12个，个，结果是结果是10121012。第29页，本讲稿共44页九、追及问题题目(第四届教师解题比赛试题）11甲、乙两人在400米跑道上练习长跑，甲的速度与乙的速度的比为5:3，若两人同时出发，则乙跑了 圈时，甲比乙多跑了4圈。第30页，本讲稿共44页思想方法 两物体在同一直线或封闭图形上运动所涉及的追及、相遇问题，通常归为追及问题。追及：速度差追及时间=追及路程 相遇：速度和相遇时间=相遇路程第31页，本讲稿共44页解答方法 解答：本题的速度比为5:3，则在时间相同时跑的路程的比亦为5:3。设乙跑了x圈时，甲比乙多跑了4圈。则 XX=4，得=6。
24、第32页，本讲稿共44页十、有关几何求积问题题目(第四届教师解题比赛试题）18如右图，多边形ABCFDE中，AB=8，BC=12，ED+DF=13，AE=CF，则多边形ABCFDE的 面积是 。第33页，本讲稿共44页题目(第三届教师解题比赛试题）如图2：OEF中，OAB，ABC,BCD，CDE，DEF的面积都等于1。那么，阴影CDF的面积为_。第34页，本讲稿共44页十、有关几何求积问题计算中常用的有关知识：n n等底等高的三角形面积相等。等底等高的三角形面积相等。n n高相等的三角形面积的比等于底边长的比。高相等的三角形面积的比等于底边长的比。策略n n转化策略转化策略n n特殊化策略特殊
25、化策略 第35页，本讲稿共44页解答方法 解答：将图形作满足条件解答：将图形作满足条件 的特殊化改造。在的特殊化改造。在AE(AE(或或AEAE的的 延长线上延长线上)、CF(CF(或或CFCF的延长线的延长线 上上)取取AE=CF=3.5AE=CF=3.5，过点，过点EE 和和FF分别作分别作ABAB和和BCBC平行线，平行线，交于交于DD，则，则D ED E与与D FD F 垂直且垂直且DEDEDF=AB DF=AB CFCFBCBCAE=8AE=83.53.512123.5=133.5=13，则，则多边形多边形ABCFDEABCFDE满足原题的条件。满足原题的条件。CF=CF=3.5 3
26、.5，DE=4.5DE=4.5，DF=8.5DF=8.5，多边形，多边形ABCFDEABCFDE的面积的面积=812=8124.58.5=964.58.5=9638.25=57.7538.25=57.75，因此多边形，因此多边形ABCFDEABCFDE的面积是的面积是57.7557.75。第36页，本讲稿共44页第37页，本讲稿共44页小学数学有关基础知识理论选讲关于除法和有余除法n n 除法除法 定义：已知两个数定义：已知两个数a a、b b，要求一个数，要求一个数q q，使，使q q与与b b的积等于的积等于a a，这种运算叫做除法。，这种运算叫做除法。但除数但除数 b b不能是不能是0
27、0，这是因为，如果，这是因为，如果b=0b=0，那么：那么：当当a a00，由于任何数乘，由于任何数乘0 0都不可能等于非都不可能等于非0 0数数a a，所以，所以a0a0商不存在。商不存在。当当a a00，由于任何数乘，由于任何数乘0 0都等于都等于0 0，所以，所以abab商是不确定的。商是不确定的。第38页，本讲稿共44页小学数学有关基础知识理论选讲关于除法和有余除法n n整除的定义整除的定义 整数整数a a除以非除以非0 0自然数自然数b b，如果存在整数，如果存在整数q q，能使，能使a=bqa=bq，这时叫做，这时叫做b b能整除能整除a a。n n 有余数除法有余数除法 已知整数
28、已知整数a a和和b b，要求两个整数，要求两个整数q q、r r，使，使 q q和和r r满足下列条件：满足下列条件：a=bq+ra=bq+r，并且，并且rb,rb,这样的运算这样的运算叫做有余数除法，记作叫做有余数除法，记作 ab=q ab=q（余（余r r），或），或ab=q rab=q r。q q叫做不完叫做不完全商全商(为简便也简称商为简便也简称商)，r r叫做余数。叫做余数。第39页，本讲稿共44页小学数学有关基础知识理论选讲数的整除特征数的整除特征 一个整数能被某非一个整数能被某非0 0自然数整除的特征：自然数整除的特征：这个数的各个数位上的数，与对应的这个数的各个数位上的数，与
29、对应的1010的幂除以这个自然数所得的幂除以这个自然数所得的余数的乘积之和能被这个数整除。的余数的乘积之和能被这个数整除。如判断如判断9271592715能不能被能不能被7 7整除。整除。92715=910 92715=9104 4+210+2103 3+710+7102 2+110510+1105100 0 10 104 4=71428+4=71428+4 10 103 3=7142+6=7142+6 10 102 2=714+2=714+2 10=71+3 10=71+3 94+26+7213+5=70 94+26+7213+5=70，770770，所以，所以，792715 792715。
30、第40页，本讲稿共44页小学数学有关基础知识理论选讲l循环小数与分数的互化循环小数与分数的互化 定理：一个既约真分数 的分母b只含有2和5以外的质因数，那么：这个分数化成的小数是纯循环小数这个分数化成的小数是纯循环小数;这个纯循环小数的循环节的最少位数，与分母这个纯循环小数的循环节的最少位数，与分母b b能能整除整除999999时时9 9的最少个数的最少个数t t相同。相同。t t 个个第41页，本讲稿共44页小学数学有关基础知识理论选讲l l循环小数与分数的互化循环小数与分数的互化 定理：一个既约真分数定理：一个既约真分数 的分母的分母b b既含有质因既含有质因数数2 2或或5 5，又含有，
31、又含有2 2和和5 5以外的质因数，那么：以外的质因数，那么：这个分数化成的小数是混循环小数这个分数化成的小数是混循环小数；它的小数部分中，不循环部分的位数等于分母里的因它的小数部分中，不循环部分的位数等于分母里的因数数2 2和和5 5的指数中较大的一个数的指数中较大的一个数；混循节的最少位数，与分母混循节的最少位数，与分母2 2和和5 5以外的质因数的积能整以外的质因数的积能整除除999999时时9 9的最少个数的最少个数t t相同。相同。t t 个个第42页，本讲稿共44页小学数学有关基础知识理论选讲循环小数与分数的互化循环小数与分数的互化 纯循环小数化分数方法：纯循环小数化分数方法：混循环小数化分数方法：混循环小数化分数方法：第43页，本讲稿共44页小学数学有关基础知识理论选讲题目：（第题目：（第3 3届初赛试题届初赛试题)第44页，本讲稿共44页