小学数学解题研究第八章教学课件.pptx

小学数学解题研究第八章数学名题选讲知识目标1.理解数学名题的内容。2.了解数学名题的背景。3.掌握数学名题的解题模型。能力目标A1.能运用数学名题的数学模型解决问题。2.能将数学名题的解题思路、方法及结论进行拓展。B思政目标1.了解中国优秀文化,培养民族自豪感。2.注重数学思维方法的训练,培养科学精神,提高学生正确认识问题、分析 问题和解决问题的能力。3.感受数学的美好、美妙,培养审美情操。第一节鸡兔同笼问题一、主要理论 鸡兔同笼问题出自中国古代数学著作孙子算经。孙子算经成书于四、五世纪,也就 是大约1600年前,作者生平和编写年份不详。传本的孙子算经共三卷,卷下第31题将“鸡兔同笼”问题叙述为:“今有雉兔同笼,上有三十五头,下有九十四足,问雉兔各几何?”其 中的“雉”是野鸡的意思,“几何”是多少的意思,这四句话的意思是:有若干只鸡和兔同在一 微课 鸡兔同笼 问题 个笼子里,从上面数有35个头,从下面数有94只脚,求笼中各有几只鸡 和兔。1.问题的提出一、主要理论2.思路与解法(1)孙子算经中对这个问题用算筹进行求解,分为如下四个步骤:第一步:上置三十五头,下置九十四足。把头数“35”、足数“94”用小棒分别放置在上面(上位)和下面(下位)。一、主要理论第二步:半其足得四十七。第三步:上三除下三,上五除下五。(这里的除指减。)一、主要理论第四步:下有一除上一,下有二除上二,即得。上述算法的意思是:总足数94,取半成为47,此时相当于所有的鸡都成了金鸡独立的“独足鸡”,所有的兔都站立起来成了“双足兔”。此时每只鸡的头数和足数都是1,每只兔的 头数是1、足数是2,所以用47减去总头数35(每只鸡和兔再减掉一只腿,这时鸡的腿没有 了,每只兔还有一只腿,有多少只腿就有多少只兔),就得到兔的只数是12。最后用总头数 35减去12就得到鸡的只数。孙子算经中把这一算法概括为:“上置头,下置足,半其足,以 头除足,以足除头即得。”故此方法又名“半足法”。一、主要理论 (2)“鸡兔同笼”问题后来又被收录至明代程大位所著的算法统宗第八卷少广章中,其中对问题的叙述把“雉”改为“鸡”,从此,“鸡兔同笼”的说法沿用至今。算法统宗中对该 问题给出了两种算法,这两种算法与孙子算经中的算法是不一样的,相当于现在所说的假 设法。其中一个算法的步骤如下:第一步:“置总头倍之得七十。”意思是将总头数35加倍(乘以2)得到70。第二步:“与总足内减七十余二四。”也就是从总足数94中减去70得到24。第三步:“折半得一十二是兔。”将24折半(24除以2)得到12,这就是兔的只数。第四步:“以四足乘之得四十八足。”用每只兔的足数4乘以12,得到兔的总足数48。第五步:“总足减之余四十六,足为鸡足。”用总足数94减去兔的总足数48得到46,这就 是鸡的总足数。第六步:“折半得二十三。”将鸡的总足数46折半(46除以2)就得到鸡的只数为23。一、主要理论 另外一个算法是先求鸡的只数,其步骤与前面先求兔的只数的方法基本相同。这两种算法在书中概括为两句话,即“倍头减足折半是兔”和“四头减足折半是鸡”。它 们显然与孙子算经中的“半足法”不同,“半足法”首先是将总足数减半,而这里的两种算法 的第一步是用每只鸡或兔的足数(2或4)去乘总头数,因此不妨把这个方法称为“倍头法”。不难发现,“倍头法”的原理其实就是现在所说的假设法。一、主要理论3.推广及应用(1)列举法。利用列表、图示等方法列出鸡和兔的各种可能的情况,然后根据足的总数 是否符合来求解。这种解法直观形象,问题中涉及的鸡、兔数目少或初接触鸡兔同笼问题的 学生可以采用这种方法解题。一、主要理论【例8-1】鸡兔同笼,有8个头,22只足,问鸡、兔各有几只。【解答】图示法。先画8个头。假设它们全部是鸡,于是在每个头下画2只足。数一数,共16只足,比题中给出的条件少了6只足。于是再给部分鸡添2只足,让它变 成兔。从图中可知有3只兔,5只鸡。一、主要理论列表法。从表中可知有3只兔,5只鸡。(2)化归法,即“半足法”。兔子数=总足数2-头数,鸡数=总头数-兔子数。一、主要理论(3)假设法,即“倍头法”。假设全部是鸡。兔数=(实际足数-每只鸡的足数鸡兔总数)(每只兔子的足数-每只鸡的足数),鸡数=鸡兔总数-兔数。假设全部是兔。鸡数=(每只兔子的足数鸡兔总数-实际足数)(每只兔子的足数-每只鸡的足 数),兔数=鸡兔总数-鸡数。(4)方程法。方程法就是设鸡(兔)的只数是x,列一元一次方程求解。(5)面积法。面积法是数形结合的一种直观的解题方法。一、主要理论【例8-2】鸡兔同笼,有12个头,30只足,问鸡、兔各有几只。【解答】以长方形的一边表示鸡与兔的只数,另一边表示每只鸡或每只兔的足数,那么相应的长方形的面积就表示鸡与兔的足的总数,如图8-1所示。412=48(条)48-30=18(条)18(4-2)=9(只)12-9=3(只)答:鸡9只,兔3只。二、教学实例分享【例8-3】自行车越野赛全程220千米,全程被分为20个路段,其中一部分路段长 14千米,其余的长9千米。问:长9千米的路段有多少个?【分析】利用假设法将问题转化为鸡兔同笼问题:“20只鸡和兔,兔14条腿,鸡9条腿,一共220条腿,问鸡有几只。”【解答】假设全部是14千米长的路段,则 1420-220=60(千米)60(14-9)=12(段)答:长9千米的路段有12个。二、教学实例分享【例8-4】一只货船载重260吨,容积1000立方米,现装运甲、乙两种货物。已知甲种 货物每吨体积是8立方米,乙种货物每吨体积是2立方米,要使这只船的载重量与容积得到 充分利用,甲、乙两种货物应分别装多少吨?【分析】利用假设法将其变形为:“260只鸡和兔,兔8条腿,鸡2条腿,一共1000条 腿,问鸡、兔各有几只。”【解答】假设全部是乙种货物,则 (1000-2260)(8-2)=4806 =80(吨)260-80=180(吨)答:甲种货物装80吨,乙种货物装180吨。二、教学实例分享【例8-5】某次数学测验共20题,做对一题得5分,做错一题倒扣1分,不做得0分。小华得了76分,他做对了几题?【分析】做对一道与做错一道题相差6分。【解答】(205-76)(5+1)=246 =4(题)20-4=16(题)答:他做对了16题。二、教学实例分享【例8-6】一件工程,甲单独做要12天完成,乙单独做要18天完成。现在甲做了若干 天后,再由乙接着单独做完余下的部分,这样前后共用了16天做完。甲先做了多少天?二、教学实例分享【例8-7】今年是2021年,爸爸与妈妈的年龄和是78岁,姐姐与弟弟的年龄和是17 岁。4年后,爸爸年龄将是弟弟年龄的4倍,妈妈年龄将是姐姐年龄的3倍。那么当爸爸年 龄是姐姐年龄的3倍时是哪一年?【分析】4年后,两组的年龄和都要加8。此时姐弟年龄之和是17+8=25,父母年龄之 和是78+8=86。可以把姐姐的年龄看作鸡的头数,弟弟的年龄看作兔的头数,25是总头 数,86是总脚数,然后根据鸡兔同笼关系式可求出姐姐的年龄。二、教学实例分享【解答】4年后,姐姐的年龄是(254-86)(4-3)=14(岁)2021年,姐姐的年龄是14-4=10(岁)爸爸的年龄是(25-14)4-4=40(岁)因此,当爸爸年龄是姐姐年龄的3倍时,姐姐的年龄是 (40-10)(3-1)=15(岁)2021+(15-10)=2026 答:2026年时,爸爸年龄是姐姐年龄的3倍。二、教学实例分享【例8-8】蜘蛛有8条腿,蜻蜓有6条腿和2对翅膀,蝉有6条腿和1对翅膀。现在这 三种小虫共18只,有118条腿和20对翅膀。每种小虫各几只?【分析】因为蜻蜓和蝉都有6条腿,所以从腿的数目来考虑,可以把小虫分成“8条腿的 虫子”与“6条腿的虫子”两种。利用公式就可以算出8条腿的小虫(蜘蛛)有多少只。【解答】蜘蛛数量:(118-618)(8-6)=5(只)蜻蜓和蝉的数量:18-5=13(只)蝉的数量:(132-20)(2-1)=6(只)蜻蜓数量:13-6=7(只)答:有5只蜘蛛,7只蜻蜓,6只蝉。三、本三、本课课小小结结单击添加小标题A鸡兔同笼问题教学的目的之一是建立数学模型,这一数学模型为:把有联系的 两种事物放在一起描述,已知这两种事物的总数和关于这两种事物本身特有的另一个数量,求这两种事物各自的数量。B这一数学模型比较常见,在数学中一些常见的支付问题、装载问 题、比赛问题、计数问题、购买问题、工程问题、贷款问题、年龄问题、币值问题及行程问题等 都可以看成鸡兔同笼问题的拓展,都可利用鸡兔同笼问题这一数学模型来解决。思考与练习(1)小红的储钱罐里有面值2元和5元的人民币共65张,总钱数为205元,两种面值的 人民币各有多少张?(3)有一辆货车运输2000只玻璃瓶,运费按到达时完好瓶子的数目计算,每只0.2元,如有破损,破损1个瓶子要倒赔1元,最后得到运费379.6元,这次运输过程中玻璃瓶损坏 了几只?(2)甲、乙两人进行射击游戏。若命中,甲得4分,乙得5分;若不中,甲失2分,乙失3分。每人各射10发,共命中14发,结算分数时,甲比乙多10分。问甲、乙各中几发。思考与练习(4)小毛参加数学竞赛,共做了25道题,得了65分,已知做对一题得5分,不做得0分,做错一题扣2分,又知道他做错的题和没做的题一样多。小毛做对几道题?(5)鸡与兔共有100只,鸡的脚比兔的脚多80只,鸡与兔各多少只?(6)蜘蛛有8条腿,蝴蝶有6条腿和2对翅膀,蝉有6条腿和一对翅膀,现有这三种动物 共21只,共140条腿和23对翅膀,问蜘蛛、蝴蝶、蝉各有几只。思考与练习(7)12张乒乓球台上共有34人在打球,问:正在进行单打和双打的台子各有几张?(8)班主任张老师带领五年级二班的50名同学栽树,张老师一人栽5棵,男生一人栽 3棵,女生一人栽2棵,共栽树120棵。问五年级二班有几名男生、几名女生。(9)大油瓶一瓶装4千克油,小油瓶两瓶装1千克油。现有100千克油共装60个油瓶 子,问大、小油瓶各多少个。思考与练习(10)旅行社带48名游客去北海公园划船,共租了10条船。每条大船坐6人,每条小船 坐4人,问大船、小船各租了几条。(11)现有大、小油桶50个,每个大桶可装油4千克,每个小桶可装油2千克,大桶比小 桶共多装油20千克,问大、小桶各多少个。(12)大院里养了3种动物,每只山羊戴着3个铃铛,每条狮子狗戴着一个铃铛,大白鹅 不戴铃铛。小明数了数,一共9个脑袋、28条腿、11个铃铛,问3种动物各有多少只。思考与练习(13)小李把一张50元、一张5元的人民币兑换成了2元和5角的人民币共50张。他 兑换了两种面额的人民币各多少张?(14)幼儿园买来20张小桌和30张小凳,共用去1860元,已知每张小桌比小凳贵8元,小桌、小凳的价格各是多少?(15)动物园饲养的食肉动物分大型动物和小型动物两类,规定老虎、狮子一类的大型动 物每次喂肉每头3斤,狐狸、山猫一类的小型动物每3头喂1斤。该动物园共有这两类动物 100头,每次需喂肉100斤,问大、小型动物各多少。思考与练习(16)小张的存钱盒里有2角、5角和1元人民币20张,共12元。请算一算3种面值的 人民币各有多少张。(17)鸡、兔共笼,鸡比兔多26只,足数共274只,问鸡、兔各几只。(18)某计算机生产厂每天生产计算机500台,在质量评比中,每生产一台合格计算机记 5分,每生产一台不合格计算机扣18分。如果该厂4天得了9931分,那么这4天生产了多 少台合格计算机?思考与练习(19)六年级二班全体同学在植树节那天共植树180棵,平均每个男生植5棵,每个女生 植3棵,又知女生比男生多4人,该班男生和女生各多少人?(20)一项工程,如果全是晴天做,15天可完成,遇到雨天只能完成晴天的45的工作量,现在知道施工期间雨天比晴天多3天,问这项工程用了多少天。思考与练习(21)阅读我国清代李汝珍所著镜花缘的第九十三回“百花仙即景露禅机 众才女尽欢 结酒令”,根据小说中出现的两个问题进行思考:楼下有两种灯:一种是1个大球,下缀2个小球;另一种是1个大球,下缀4个小球。大 灯球共360个,小灯球共1200个。两种灯各有多少?楼上有两种灯:一种是上做3个大球,下缀6个小球,计大小球9个为一灯;另一种是上 做3个大球,下缀18个小球,计大小球21个为一灯。已知大灯球共396个,小灯球共1440 个。两种灯各多少?小说中才女兰芬是怎样解决问题的?解题依据是什么?第二节哥尼斯堡七桥问题一、主要理论1.问题的提出 哥尼斯堡就是现在俄罗斯的加里宁格勒。普莱格尔河穿过美丽的哥尼斯堡城,它的两 个支流在城市中心汇合,中间形成了一个岛区,人们在河上建起了七座桥,使这里成为风景优美的人间仙境,如图8-2所示。由于岛上有古老的哥尼斯堡大学,有知名的教堂,有大哲学家康德的墓地和塑像,因此 城中的居民,尤其是大学生们经常到河岸和桥上散步。在18世纪初的某一天,有人突发奇 想:如何才能走过这七座桥,且每座桥都只经过一次,最后又回到原来的出发点呢?当地的 人们开始沉迷于这个问题,在桥上来来回回不知走了多少次,却始终不得其解。这就是著名 的哥尼斯堡七桥问题的由来。一、主要理论2.思路与解法 如果一个图形能一笔画成,那 么除去起点和终点外,其他的点都是经过点,而经过点必须是有进有出的点,即有一条线进 这个点,就一定有一条线出这个点。经过点不可能有进无出,如果有进无出,它就是终点;经 过点也不可能有出无进,如果有出无进,它就是起点。因此,在经过点进出的线的总数应该 是偶数。我们把进出线的总数是偶数的点称为偶点,把进出线总数为奇数的点称为奇点。如果起点和终点是同一个点,那么它也属于有进有出的点,即偶点,这样图上的点必须全是 偶点;如果起点和终点不是同一个点,那么它们必定是奇点。因此,能够一笔画的图形最多只能有两个奇点。一个图形要能一笔画完,必须符合两个条件一是图形必须是封闭连通的二是图形中 的奇点个数为0或2一、主要理论一般地,如果图中的点全是偶点,那么可以任意选择一个点作为起点,终点与起点重合,能一笔画成;如果图中有两个奇点,那么可以任意选一个奇点作为起点,另一个奇点为终点,也可以一笔画成。欧拉的这个研究成果,开创了图论和拓扑学这两门新的学科。另外,还可以证明:当奇点个数是3或4的时候,图形能够两笔画成;当奇点个数是5或 6的时候,图形能够三笔画成;当奇点个数是7或8的时候,图形能够四笔画成;当奇点个数 是9或10的时候,图形能够五笔画成以此类推。一、主要理论3.推广及应用AB一是一般化思想。欧拉在解题过程中,始终着眼于找出一般的解法。他一开始就指出了这一点,在解答的过程中也始终坚持这一 点。这样就使这个问题的解法具有了普遍意义,并且简化了这一问题的解答方案,也正是因 为这一点,哥尼斯堡七桥问题才成为拓扑学的开端。二是数学模型化思想。解答这一问题 最重要的 策略是先将实际问题数学化。这种数学化的表达方式可使问题趋于简化,更容易 发现其中的规律。哥尼斯堡七桥问题是利用数学模型化思想方法的经典。欧拉的研究过程凸显了两个重要的数学思想二、教学实例分享【例8-9】一辆洒水车要给某市区的街道洒水,街道地图如图8-4所示。你能否设计一 条洒水的路线,使洒水车不重复地走过所有的街道,再回到出发点?【分析】此题可以看成是一笔画问题。由于该图是一个连通图,全部连接点都是偶点,因此可以一笔画。任何一个点都可以作为起点和终点。【解答】设计线路如下:CBEABFEDFC二、教学实例分享【例8-10】图8-5是一个公园的平面图,能不能使游人不重复地走遍每一条路?入口 和出口又应设在哪里?【分析】这个图形是封闭连通的,由于图形中的奇点个数为2个,因此可以一笔画,入 口和出口分别为两个奇点。【解答】把入口设在E处,出口设在G 处,或者把入口设在G 处,出口设在E 处,就能 使游人不重复地走遍每一条路。二、教学实例分享【例8-11】如图8-6所示,在 A,B,C,D中选择合适的图形填入九宫格内,是 。【分析】通过观察题目,发现九宫格由上到下的第一行图都能够一笔画成,第二行图都 能够两笔画成,第三行的前两个图都能够三笔画成。因此,这就要求解题者在四个选项中找 到一个能三笔画成的图。A选项的图有四个奇点,需要两笔画成,故排除;B选项的图有四 个奇点,也需要两笔才能画成,故排除;C选项的图全部是由偶点组成的,只需一笔就能画 成,故排除;D选项的图有两个连通区域,其中一个区域有四个奇点,另一个区域有两个奇 点,因此至少需要三笔才能画成。故正确答案就是D选项。二、教学实例分享【例8-12】图8-7是某展厅的平面图,空开处表示口,能否一次不重复地穿过8个口?【分析】可把5个区域(外面看成1个区域)看成5个点,而每个口看成是连接两个区 域的线,那么该问题就转化为能否一笔画问题了。【解答】将图8-7转化为图8-8,可知图中有4个奇点,所以不能一笔画成。因此,不能 一次不重复地穿过8个口。三、本课小结如果图中的点全是偶点,那么可以任意选择一个点作为起点,终点与起点重合,能一笔画成;如果图中有两个奇点,那么可以任意选择一个奇点作为起点,另一个奇点作为终点,也可以 一笔画成。思考与练习(1)图8-9中哪些可以一笔画?为什么?思考与练习(2)如图8-10所示,能否用剪刀一次连续不断地剪下纸片中的3个正方形和两个三 角形?(3)图8-11是一家商场的平面图,这家商场有6个门可以进入。请你设计一条可以一 次穿过所有通道又不走回头路的路线(阴影处放有货物,空白处是通道)。思考与练习(4)请在 A,B,C,D中选择合适的图形填入图8-12的“?”处。(5)请在 A,B,C,D中选择合适的图形填入图8-13的“?”处。第三节斐波那契兔子数列一、主要理论1.问题的提出 算经,也译作算盘书。这 部很有名的著作主要是一些源自古代中国、印度和希腊的数学问题的汇集,内容涉及整数和 分数的算法、开方法、二次与三次方程及不定方程。特别是1228年修订的算经上记载有 如下的“兔子问题”:某人在一处有围墙的地方养了一对兔子,假定每对兔子每月生一对小兔,而小兔出生后两个月就能生育。一、主要理论 问从这对兔子开始,一年内能繁殖成多少对兔子?对这 个问题的回答与研究,产生了著名的斐波那契数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,这个数列虽然产生较早,但是其特殊性与神秘感在逐步研究中获得开发,至今仍不断涌 现出其新用途、新研究成果与新发现。利用斐波那契数列,特别是其数字中的“黄金分割律”特点,可以解决许多应用领域的问题。一、主要理论2.思路与解法 (1)递推性质分析。在分析该数列的性质时,将一对小兔子标记为,将一对大兔子标 记为,其繁殖规律如图8-14和图8-15所示。一、主要理论一、主要理论(2)通项公式分析。一、主要理论一、主要理论一、主要理论一、主要理论(3)无穷数列极限分析。斐波那契数列中相邻两项的前项与后项的比:一、主要理论3.推广及运用在自然界中看似完全没有秩序的某些排列形式,如果利用数学思维去分 析,往往会发现其中的数学规律。(1)奇妙植物。(2)动物世界。在动物界,蜜蜂王国里大多数为雌蜂,雌蜂是父母双全,雄蜂则是有母无 父。(2)动物世界。斐波那契数列中两个相邻的数之比约等于0.618,这个比称为黄金比,顾 名思义,它具有黄金般的价值。(3)人体数据。一、主要理论(4)上楼梯问题。一、主要理论(5)神秘的关系式。一、主要理论从首项开始连续几项的和等于两个斐波那契数的积。从图8-16中你还发现什么规律?二、教学实例分享【例8-13】有一段楼梯有10级台阶,规定每步只能跨1级或2级,问:要登上第10级 台阶有多少种不同的走法?【分析】登上第1级台阶有1种走法。登上第2级台阶有2种走法。登上第3级台阶有3种走法。登上第4级台阶,如果先跨1级台阶,则还剩3级台阶,有3种走法再上去;如果先跨 2级台阶,则还剩2级台阶,有2种方法再上去,即共有3+2=5种走法。登上第5级台阶,如果先跨1级台阶,则还剩4级台阶,有5种方法再上去;如果先跨 2级台阶,则还剩3级台阶,有3种方法再上去,即共有5+3=8种走法。登上第6级台阶,有8+5=13种走法。登上第7级台阶,有13+8=21种走法。登上第8级台阶,有21+13=34种走法。登上第9级台阶,有34+21=55种走法。登上第10级台阶,有55+34=89种走法。得到数列:1,2,3,5,8,13,21,34,55,89。二、教学实例分享二、教学实例分享【例8-14】如图8-17所示,小蜜蜂在左上角的蜂房中,它要走到8号房,如果只能向 右、向右下方及右上方走,问总共有多少种方法。二、教学实例分享【分析】走到0号房有1种方法。走到1号房有2种方法。走到2号房,可以从1号房过来,有2种方法;也可以从0号房过来,有1种方法,总共 有2+1=3种方法。走到3号房,可以从2号房过来,有3种方法;也可以从1号房过来,有2种方法,总共 有3+2=5种方法。走到4号房,可以从3号房过来,有5种方法;也可以从2号房过来,有3种方法,总共 有5+3=8种方法。递推得到数列:1,2,3,5,8,13,21,34,55。二、教学实例分享【例8-15】现有长为144厘米的铁丝,要截成n小段(n2),每段的长度不小于1厘米,如果其中任意三小段都不能拼成三角形,则n的最大值为多少?【分析】由于形成三角形的充要条件是任意两边之和大于第三边,因此不能构成三角 形的条件就是任意两边之和不超过第三边。截成的铁丝最短为1厘米,因此可以截两个1 厘米的小段,第三条铁丝应该是2厘米。为了使n尽可能地大,就要使剩下来的铁丝尽可能 地长,因此后面每一条铁丝必须是前面相邻两段铁丝的长度之和。故这些铁丝的长度依次 为:1厘米、1厘米、2厘米、3厘米、5厘米、8厘米、13厘米、21厘米、34厘米、55厘米,以上各 数之和为143,与144相差1,因此可以取最后一段为56厘米,这时n达到最大值10。【解答】铁丝的长度依次为:1厘米、1厘米、2厘米、3厘米、5厘米、8厘米、13厘米、21厘米、34厘米、56厘米,n的最大值是10。二、教学实例分享【例8-16】有一堆火柴共12根,如果规定每次取13根火柴,那么取完这一堆火柴有 多少种方法?【分析】有一堆火柴共12根,如果规定每次取13根火柴,那么取完这一堆火柴有 多少种方法?三、本课小结 斐波那契数列是人教版小学六年级数学下册的阅读材料。教材在简略地介绍了斐波那 契数列产生的相关时代背景、人物及问题的解决过程和答案的基础上,提出了“从这个数列 中,你发现了什么规律”的问题,让学生通过阅读了解斐波那契数列的相关知识,思考斐波那 契数列的规律。教师需要充分挖掘其教育价值,体现其较强的趣味性和探究性,彰显其蕴含 的数学文化,展示斐波那契数列独有的魅力。CYBER PUNK思考与练习(2)一条小路长6米,要从一端到另一端用宽度相同、长度分别为0.5米或1米的大理 石铺路,有多少种铺路方法?(1)青蛙在台阶上练习弹跳,台阶共有6级,青蛙每步只能往上跳1级或2级。青蛙从 最下面的一级跳到第6级台阶有多少种不同的跳法?(3)如图8-18所示,小蚂蚁要从 A走到B,只能向右或向上,有多少种走法?思考与练习(5)了解我国数学家华罗庚优选法的实验点与黄金分割点的关系,怎样理解黄金点、黄 金矩形的“再生性”?(4)小明有10颗同样的糖,每天可以吃1颗、2颗或3颗,小明吃完这些糖共有多少种 方法?第四节抽 屉 原 理一、主要理论1.问题的提出 3个苹果放进2个抽屉,总有某个抽屉不止1个苹果。这个结论很明显,其中蕴含着一 个有趣的数学原理,即抽屉原理。由于抽屉原理是由德国数学家狄利 克雷首先明确提出并用以证明一些数论中的问题的,因此它也称为狄利克雷原则。抽屉原 理是组合数学中一个重要的原理。一、主要理论2.思路与解法 (1)抽屉原理有不同的表述形式及证明思路,具体如下:原理1:把多于n+k(k1)个的物体放到n个抽屉里,则至少有一个抽屉里的物体不少 于两个。证明思路:假设每个抽屉至多只能放进一个物体,那么物体的总数至多是n,而不是题设 的n+k(k1),故不可能。原理2:把多于mn(m 乘以n)个的物体放到n个抽屉里,则至少有一个抽屉里有不少于 m+1个的物体。证明思路:若每个抽屉至多放进m 个物体,那么n个抽屉至多放进mn 个物体,与题设 不符,故不可能。一、主要理论 原理3:把无穷多个物体放入n个抽屉,则至少有一个抽屉里有无穷个物体。证明思路:若每个抽屉至多放进有限个物体,那么n个抽屉只能放进有限个物体,与题 设不符,故不可能。用高斯函数来叙述一般形式的抽屉原理:将m 个元素放入n个抽屉,则在其中一个抽屉里至少会有(m-1)n+1个元素。一、主要理论(2)抽屉原理是解决存在性问题的最常用方法,应用抽屉原理的关键是构造适当的抽 屉,并搞 清楚三个问题:什么是物体?什么是抽屉?物体和抽屉各是多少?第一步:分析题意。分清什么是物体,什么是抽屉。第三步:运用抽屉原理。观察题设条件,结合第二步,恰当地应用各个原则或综合运用 几个原则,以求解决问题。第二步:制造抽屉。这是比较关键的一步,根据题目的条件和结论,结合有关的数学知 识,抓住最基本的数量关系,设计和确定解决问题所需的抽屉及其个数,为使用抽屉铺平 道路。需要说明的是,运用抽屉原理只是肯定了“存在”“总有”“至少有”,却不能确切地指出哪 个抽屉里存在多少物体。一、主要理论3.推广及应用一、主要理论一、主要理论 (3)染色问题。用红、蓝两种颜色把一个25(2行5列)的长方形中的每个小方格都随 意地染上一种颜色,由于长方形每列有2个方格,如果用红、蓝两种颜色染,则共有4种不同 的染色方式(图8-20),因而可以将其看成4个抽屉。根据抽屉原理,可知5列中必有2列所 染的颜色是一样的。二、教学实例分享【例8-17】证明:任取8个自然数,必有两个数的差是7的倍数。【分析】在与整除有关的问题中有这样的性质:如果两个整数a,b,它们除以自然数m 的余数相同,那么它们的差a-b是m 的倍数。根据这个性质,本题只需证明这8个自然数 中有2个自然数除以7的余数相同即可。可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余 数0,1,2,3,4,5,6分成七类,也就是7个抽屉。任取8个自然数,根据抽屉原理,则必有两 个数在同一个抽屉中,也就是它们除以7的余数相同,因此这两个数的差一定是7的倍数。二、教学实例分享【例8-18】在直径为5的圆内任意给定10个点,证明:存在两个点,它们之间的距离小 于2【分析】根据题意,最先应考虑到把圆等分成9个扇形来构造出9个抽屉,这样虽然必 有两个点在某一扇形内,但不能确定它们之间的距离小于2。于是考虑先用一个与已知 圆同圆心、半径为1的不包含边界的小圆作为一个抽屉,再把圆环部分等分成8个部分(图8-21),这样就构成了9个抽屉。二、教学实例分享根据抽屉原理可知,必然存在两个点在同一个抽屉(包括边界)中。若这两个点在小圆 中(不包含边界),那么显然它们之间的距离小于2;若这两个点在圆环的8个部分中的某一 图形里,不妨设它们在图形ABCD 中。由于可知这时两个点之间的距离也小于2,从而命题得证。二、教学实例分享【例8-19】9条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为23的梯形。证明:这 9条直线中至少有3条经过同一点。【分析】少有3条经过同一点。【分析】如图8-22所示,设直线EF 将正方形ABCD 分成两个梯形,作中位线 MN。由于这两个梯形的高相等,故它们的面积之比等于中位线长度之比。于是点 H 有确定的位 置,它在正方形一对对边中点的连线上,且|MH|NH|=23。由几何的对称性可知,这 种点共有4个,即图中的H,J,I,K。9条满足条件的分割直线中的每一条必须经过 H,J,I,K 这4点中的一点,因此可把H,J,I,K 看成4个抽屉,9条直线当成9个物体,即可得出 必定有3条分割线经过同一点。二、教学实例分享【例8-20】在正方体的各个面上涂上红色或蓝色的油漆(每面只涂一种色)。证明:正 方体一定有3个面颜色相同。【分析】正方体有6个面,由(m-1)n+1得出:一定有(6-1)2+1=2.5+1=3个面颜色相同(x为取整符号)。二、教学实例分享【例8-21】有5个小朋友,每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子。请你证明,这5个人中至少有两人摸出的棋子的颜色的配组是一样的。【分析】首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况:3黑,2黑1白,1黑 2白,3白,共4种情况。将其看作4个抽屉,由于有5个小朋友,所以根据抽屉原理,可知 至少有两人摸出的棋子的颜色在同一个抽屉里,也就是他们所拿棋子的颜色配组是一 样的。二、教学实例分享【例8-22】假设在一个平面上有任意6个点,无3点共线,每两点用红色或蓝色的线段 连起来。你能否找到一个由这些线构成的三角形,使三角形的3边同色?二、教学实例分享【分析】首先可以从这6个点中任意选择一点A,然后从这一点到其他5点间连5条 线段AB,AC,AD,AE,AF(图8-23)。将这5条线段和2种颜色分别看成苹果和抽屉,若将 5个苹果放进2个抽屉,根据抽屉原理,则至少有一个抽屉里有3个苹果,即在这5条线段 中,至少有3条线段是同一种颜色。假定线段AB,AC,AD 的颜色是红色,那么这3条线段 的另一端点的连线(虚线部分)BD,DC,CB或许是不同颜色,假设这3条线段(虚线部分)中 有1条是红色的,那么这条红色的线段便和AB,AC,AD 这3条红色线段中的2条组成了同 色三角形;如果这3条线段(虚线部分)都是蓝色的,那么这3条线段自身也组成了同色三角形。因而无论怎样着色,在这6点之间的所有线段中至少能找到一个由它们构成的同色三 角形。二、教学实例分享【例8-23】17位科学家中每个人与其余16个人通信,他们通信所讨论的仅有3个问 题,而任意两位科学家之间通信讨论的是同一个问题。证明:至少有3位科学家通信时讨论 的是同一个问题。【分析】不妨设 A是某位科学家,他与其余16位讨论的仅有3个问题,由抽屉原理可 知,他至少与其中的6位科学家讨论同一问题。设这6位科学家分别为B,C,D,E,F,G,他 们讨论的是问题甲。若这6位中有两位之间也讨论甲问题,则结论成立。否则他们6位只讨论乙、丙两问 题。这样又由抽屉原理知B至少与另三位讨论同一问题,不妨设这三位是 C,D,E,他们讨 论的是乙问题。若C,D,E中有两人也讨论乙问题,则结论也就成立了。否则,他们之间就只讨论丙问 题,这样结论也成立。二、教学实例分享【例8-24】在380人中至少有两个人的生日相同。【分析】从1月1日排到12月31日,最多有366个不相同的生日,可把这366个不同 的生日看作366个抽屉,把380人视为380个物体。【解答】证明:由于380大于366,由抽屉原理可知,至少有两个物体在同一个抽屉里,所以这380人中至少有两个人的生日相同。二、教学实例分享【例8-25】黑色、白色、黄色的筷子各8根,混杂在一起,在黑暗中想取出这些筷子。(1)若要取出1双筷子(同色的两根),至少要取多少根才能保证达到要求?(2)若要取出颜色不同的2双筷子,至少要取多少根才能保证达到要求?二、教学实例分享【分析】可以把黑色、白色、黄色看作3个抽屉,筷子看成物体,根据抽屉原理,取4根 就可以保证至少有两根落到同一抽屉里,即同色,这时可以得到1双筷子。取出这1双后,再补上2根同色筷子,又可以得到1双筷子,但这双筷子有可能与之前 的一双同色。最极端的情形是取出的4双都是同色的,此时这种颜色的筷子已经没有了,抽 屉也减少了1个,这时只要再取出3根筷子就能保证有1双与前1双不同色。【解答】(1)取出1双筷子(同色的两根),至少要取3+1=4根。(2)取出颜色不同的2双筷子,至少要取8+3=11根。二、教学实例分享【例8-26】任取5个整数,必然能够从中选出3个数使它们的和能够被3整除。【分析】这是一个整除性命题,通常考虑这5个数被3除得的余数。3个数的和能被3整除,这3个数只有下面两种情形:(1)这3个数被3除得的余数相同。(2)这3个数被3除得的余数都不相同。所以可从这两种情形进行证明。二、教学实例分享【解答】证明:取5个数被3除所得的余数。(1)若这5个数的余数中有3个互不相同,则取这3个余数原来的被除数,它们的和一 定能被3整除。(2)若这5个数的余数中,找不到互不相同的3个,则3个余数中至多出现2个。如5个数 的余数中任何一个余数都不是1,那么这5个余数只能是2或0。根据抽屉原理,将5个数放进 两个抽屉中,至少有一个抽屉里放了3个数,即至少有3个数的余数是2或0,此时只要取这3 个被3除余数相同的数,它们的和就一定能被3整除。二、教学实例分享【例8-27】从2,4,6,30这15个偶数中任取9个数,证明其中一定有两个数之和是34。【分析】可用题目中的15个偶数制造8个抽屉:(4,30)、(6,28)、(8,26)、(10,24)、(12,22)、(14,20)、(16,18)及(2)。此抽屉的特点:前7个抽屉中的两个数的和是34。现从题目中的15个偶数中任取9个 数,假设每个抽屉中只取一个数,由抽屉原理可知,必有两个数会在同一个抽屉中。由所制 造的抽屉的特点得这两个数的和是34。二、教学实例分享【解答】证明:构造8个抽屉,分别为(4,30)、(6,28)、(8,26)、(10,24)、(12,22)、(14,20)、(16,18)及(2),从2,4,6,30这15个偶数中任取9个数,根据抽屉原理可知至少有 两个数会落在同一个抽屉中,在同一抽屉中的两个数的和就是34。二、教学实例分享三、本课小结抽屉原理是人教版小学六年级数学下册数学广角的内容,教材中安排了3个例题加以阐述,旨在通过具体实例并借助实际操作向学生渗透抽屉原理的一般性质,让学生理解抽屉 原理的特点,学会建立抽屉原理的一般模型并运用模型解决实际问题。思考与练习(4)某个年级有202人参加考试,满分为100分,且得分都为整数,总得分为10101分,则至少有多少人得分相同?(1)证明:任意367个人中,必有生日相同的人。(3)证明:任意4个整数中,至少有2个整数的差能够被3整除。(2)证明:任意13人中,可断定他们中至少有两个人属相相同。(5)从5双手套中任取几只,才能保证其中至少有2只恰为一双手套?思考与练习(6)从数1,2,10中任取几个数,才能保证其中至少有2个数的奇偶性不同?(8)用红、蓝两种颜色把一个27(2行7列)的长方形中的每个小方格都随意地染上一 种颜色,证明:必有3列所染的颜色是一样的。(7)一个布袋中有40块相同的木块,其中编上号码1,2,3,4的各有10块。一次至少要 取出多少块木块,才能保证其中有3块号码相同?(9)(六人集会问题)证明在任意6个人的集会上,或者有3个人以前彼此相识,或者有3 个人以前彼此不相识。第五节“牛吃草”问题一、主要理论1.问题的提出 “牛吃草”问题就是“牛顿问题”,因牛顿提出而得名。英国著名的物理学家牛顿在他著 的普通算术里有这样一道数学题:牧场上有一片青草,每天都生长得一样快。若将这片青 草供给10头牛吃,可以吃22天;若供给16头牛吃,则可以吃10天。如果将这片青草供给 25头牛吃,可以吃多少天?这一问题因其典型性、代表性和趣味性而闻名于世。牛每天吃 草,草每天在不断地 均匀生长,草的数量在不断变化。这类工作总量不固定(均匀变化)的问 题就 是“牛吃草”问题,又称为“消长问题”。一、主要理论2.思路与解法 解答这类问题的关键是想办法从变化中找到不变的量。牧场上原有的草量不变,新长 出的草虽然在变化,但因为是匀速生长,所以每天新长出的草量是不变的。可以把草的总量 看成两部分的和,即原有的草量加新长 的草量。弄清楚已知条件,将其进行对比分析,从而求出每日新长草的数 量,再求出牧场里原有草的数量。一、主要理论132第一步,求出每天的长草量第三步,根据所求的问题,让几头牛专吃新长出的草,其余的牛吃原有的 草,根据原有的草量便可以计算出一共能吃几天第二步,求 出牧场原有的草量针对“牛吃草”问题的解法分为如下的