第08讲智巧趣题三年级奥数超常班讲义.docx
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第08讲智巧趣题三年级奥数超常班讲义
第八讲智巧趣题
（二）
本讲有两方面内容：
图形操作，计数问题
注：
本讲例题较简单，所以简单的例题我就不写总结了，本讲侧重写一些经典例题及我的补充题。
（一）图形操作之中心对称
等分图形的两大思路：
中心对称；等积变形
本讲例题属于中心对称类，等积变形是今后学习的重点。
将平行四边形，正方形，长方形，菱形分成大小相等，形状相同的两部分，这样的直线有无数条（每一条都过其对称中心，即对角线交点）；将圆分成分成大小相等，形状相同的两部分，这样的直线有无数条（每一条都过其对称中心，即圆心）。
例1较简单，出几个改编题：
（1）画一条直线，把下图分成面积相等的两部分：
加法思维
（2）画一条直线，把下图分成面积相等的两部分：
（例3与此相同）
减法思维
总结：
平行四边形，（正方形，长方形，菱形为特殊的平行四边形）有这样的性质：
过其对称中心（即两对角线的交点）的任意一条直线都将其分成形状大小都相同的两部分。
所以对于这些图形只需要连其各自的中心即可。
补充题（101中学小升初考试题）：
过平行四边形内点P或一条直线，将平行四边形分成面积相等的两部分。
分析与答：
两点确定一条直线，关键找另外一点在哪儿。
要将平行四边形分为面积相等的两部分，由于过平行四边形两条对角线交点的任意直线都能将平行四边形分成形状面积都相等的两部分，所以另一点就是平行四边形两条对角线交点。
补充题（十一学校小升初考试题）：
画一条直线，将下图中的5个圆分成面积相等的两部分，至少三种方法。
分析与答：
学习数学的一个重要思想就是从简单情况入手找规律：
同学们可以先考虑一个圆，两个圆，三个圆等等。
一个圆：
只要过圆心即可，有无数条直线；
两个圆：
只要过两圆切点即可，有无数条直线；三个圆：
只要过中间圆圆心即可，有无数条直线；四个圆：
只要过图中心即可，有无数条直线；
方法一：
（加法思维）将图形分割成两个中心对称图形，然后连接两者的对称中心。
（1）3+2个圆：
（2）4+1个圆：
方法二：
（减法思维）把图形补全：
6‐1个圆：
并非只有中心对称图形能够分成面积相等的两部分。
如：
小结：
以上五种方法的直线分别经过五个不同圆的圆心。
即经过任意一个圆心，都有一条符合条件的直线。
（二）图形操作之图形分割
例2（本题及变式题改编自20009山东青岛初级中学学业水平考试）将一个正方形剪成N个正方形，N可能等于哪些数?
写出全部可能。
分析与答：
孩子们很容易想到的是4,9,16等这些完全平方数，造成想不全，事实
上，除了2,3,5之外所有的正整数（非零自然数）均可。
怎么想到的呢？
同学们想，你是怎样画出四个的，一个变四个，相等于增加了三个，所以我们有一种方法可以使正方形的个数加三，这样依次可以得到1,4,7,10,13……首项为1，公差为3的等差数列，这样这组除以3余1的数都可得到。
那么按照这种思考方式，是不是可以把公差为三的数分成一组，第一组：
1,4,7,10,13……
第二组：
2,5,8,11,14……第三组：
3,6,9,12,15……
只要某个数字有方案，那么同组中这个数字之后的就都找到方案了，（只需要一分为四，就能达到加三的作用效果了）
那么第三组中，我们很容易找到9，即九宫格的形式，那么12,15,18等就都可以找到了：
那么之前的3和6呢？
同学们，我们会加三的方案会不会减三呢？
一个分四个，
加三；那么四个合成一个就可以减三。
因此，可以通过9找到6。
但是6的图中
已经没有办法再次四个合一个了，因此3没有办法得到。
至于第二组，其中8可以由6的图形受到启示：
找到了8的方法，那么11,14,17等等都可以通过加三的办法来实现：
第二组中的8没有办法再把四个合成一个，所以5和2没有办法通过8减三的方法实现。
这样
第一组：
1,4,7,10,13……第二组：
2,5,8,11,14……第三组：
3,6,9,12,15……
除了2,3,5，所有的数都能实现。
变式题：
把正方形变成正三角形（即等边三角形），问题不变。
即：
把一个正三角形分成N个等边三角形，问N可能的取值。
（结论与例题一样，都是除2,3,5外均可，重要的是希望孩子们能够体会两道题思维方法的共通之处，锻炼举一反三的能力）
第一组：
1,4,7,10,13……
第三组：
3,6,9,12,15……
第二组：
2,5,8,11,14……
（三）计数问题之标数法
计数问题是小升初七大重点模块（计算，计数，行程，几何，数论，应用题，杂题）之一。
按我的理解计数问题体系如下（可能有失偏颇，参看下即可）：
计数问题两大方法思路：
枚举
（1）纯枚举
（2）树形图
（3）标数法
（4）列表法归纳递推
计数问题常用工具：
加法原理，乘法原理，排列，组合
容斥原理
抽屉原理（近几年考的较少）标数法最常见的题型是解决最短路线问题。
如：
以下从Ａ到Ｂ得最短路线分别是多少？
（1）无要求
（2）一定经过C
（3）一定不经过C
（1）
（2）第一步从A到C，第二步从C到B
（3）不允许通过即标0（或者把路线擦掉也可）
注意三个问的结论35=18+17
从Ａ到Ｂ的路线共分两类：
经C的（第2问），和不经过C的（第3问）。
例7
（1）从X到Y有多少种不同路线？
分析与答：
本题同学们可能感觉较难。
（1）分析后可知画红线的部分是不用走的；
（2）一定注意标号的顺序，先到点先标；
（3）标每个点时只需分析一下有几个箭头指向它即可。
附：
咱们把依次到达点的数摘录出来就会发现：
1,2,3,5,8,13,21,34,
这是兔子数列（即斐波那契数列），这个数列的特点是从第三项起，每个数都是它前面两个数字的数字和。
此数列在今后的递推计数题型中会经常遇到。
（如经典的上楼梯问题等）
原因很简单，从第三个点起，到达每个点的路线有两条，是它前面最近的两个点指向它。
所以本题也可理解成递推的问题。
学案4：
（2011年解题能力展示四年级初试）美国篮球职业联赛（NBA）总决赛在洛杉矶湖人队和波士顿凯尔特人队之间进行，比赛采用7局4胜制，即先获得
4场胜利的球队将得到总冠军。
比赛分为主场和客场，1、2、6、7场在洛杉矶进行，3、4、5场在波士顿进行。
最后湖人队在自己的主场获得总冠军，那么比赛过程的胜负结果共有几种可能？
分析与答：
本题的经典之处在于同学们在读完题之后需要自己分析题意，把它转化成标数法，然后用我们熟悉的数学工具去解决它。
（1）首先要透彻理解3局2胜制；5局3胜制；7局4胜制等等。
7局4胜制：
要想分出胜负最少赛4场：
共赛四场时：
甲:
乙=4:
0，那么甲队连胜四场；
共赛五场时：
甲:
乙=4:
1，那么最后一场一定是甲胜，并且最后一场之前的比分是3:
1，但前四场的比分有多种情况；
共赛六场时：
甲:
乙=4:
2，那么最后一场一定是甲胜，并且最后一场之前的比分是3:
2，但前五场的比分有多种情况；
共赛七场时：
甲:
乙=4:
3，那么最后一场一定是甲胜，并且最后一场之前的比分是3:
3，但前六场的比分有多种情况；
就是说，不可能有某队比分超过4分，因为一旦有4分就分出胜负了。
（2）其次要理解主客场的含义。
比如对于湖人队而言在洛杉矶比叫主场，在波士顿比赛叫客场。
综合以上两条，题目已知“1、2、6、7场在洛杉矶进行，3、4、5场在波士顿进行。
最后湖人队在自己的主场获得总冠军，”那么本题有两种情况第6场或第七场分出胜负。
所以应分别求出每种情况的可能性，然后再相加。
（3）把本题转化成标数法的题目:
（a）如果是6场分出胜负，那么最终的比分一定是湖人队：
凯尔特人队=4:
2
可以画一个4×2的长方形，设想在点A处有一枚棋子，如果湖人队赢一场，就把这枚棋子往右移一步，如果凯尔特人队赢一场，就把棋子往上移动一步，这样最终的比分是4:
2，那么应该移到点B处，但是一定要注意共赛六场时，最后一场一定是湖人队胜，并且最后一场之前的比分是3:
2，对应着图中点C。
每一种前五场比赛胜负的顺序都对应着一条不同的路线，那么求前五场比赛胜负的顺序的可能性相当于求从A到C得最短路线的条数。
标数如下：
即6场分出胜负共有10种可能。
（b）如果是7场分出胜负，那么最终的比分一定是湖人队：
凯尔特人队=4:
3
这时应画4×3的长方形，一定要注意共赛7场时，最后一场一定是湖人队胜，并且最后一场之前的比分是3:
3，对应着图中点C。
标数如下：
即7场分出胜负共有20种可能。
所以共10+20=30种。
附：
在四年级学过排列组合之后本题还有如下解法：
6场分出胜负共有C2=10种可能；7场分出胜负共有C2=20种可能。
所以共
56
10+20=30种。
我们低年级学过的大多数枚举法解决的题目中高年级都可用排列组合来做。
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