六年级奥数100题

六年级奥数100题 1.很多科学家都喜欢用一些有趣的数学问题来考察别人的机敏和逻 辑推理能力。这里有一道著名物理学家爱因斯坦编的问题:在你面 前有一条长长的阶梯。如果你每步跨2阶,那么最后剩下1阶;如 果你每步跨3阶,那么最后剩2阶;如果你每步跨5阶,那么最后 剩4阶;如果你每步跨6阶,那么最后剩5阶;只有当你每步跨7 阶时,最后才正好走完,一阶也不剩 请你算一算,这条阶梯到底有多少阶? 分析与解:分析能力较强的同学可以看出,所求的阶梯数应比2、 3、5、6的公倍数(即30的倍数)小1,并且是7的倍数。因此只 需从29、59、89、119、……中找7的倍数就可以了。很快可以得 到答案为119阶。 明明和华华各有铅笔若干支,两个人的铅笔合起来共72支。现在华 华从自己所有的铅笔中,取出明明所有的支数送给明明,然后明明 又从自己现在所有的铅笔中,取出华华现有的支数送给华华,接着 华华又从自己现在所有的铅笔中,取出明明现在所有的支数送给明 明。这时,明明手中的铅笔支数正好是华华手中铅笔支数的8倍, 那么明明和华华最初各有铅笔多少支? 分析与解:有些数学题,如果顺着思考不易找到答案,往往从后往 前想比较方便,即从已知条件倒推回去,找出答案来。 根据这道题的已知条件可知,无论明明取多少支铅笔给华华, 还是华华取多少支铅笔给明明,两人所有的铅笔总支数(72支)是 第1页共55页

第 1 页 共 55 页 六年级奥数 100 题 1.很多科学家都喜欢用一些有趣的数学问题来考察别人的机敏和逻 辑推理能力。这里有一道著名物理学家爱因斯坦编的问题：在你面 前有一条长长的阶梯。如果你每步跨 2 阶，那么最后剩下 1 阶；如 果你每步跨 3 阶，那么最后剩 2 阶；如果你每步跨 5 阶，那么最后 剩 4 阶；如果你每步跨 6 阶，那么最后剩 5 阶；只有当你每步跨 7 阶时，最后才正好走完，一阶也不剩。 请你算一算，这条阶梯到底有多少阶？ 分析与解：分析能力较强的同学可以看出，所求的阶梯数应比 2、 3、5、6 的公倍数（即 30 的倍数）小 1，并且是 7 的倍数。因此只 需从 29、59、89、119、……中找 7 的倍数就可以了。很快可以得 到答案为 119 阶。 2. 明明和华华各有铅笔若干支，两个人的铅笔合起来共 72 支。现在华 华从自己所有的铅笔中，取出明明所有的支数送给明明，然后明明 又从自己现在所有的铅笔中，取出华华现有的支数送给华华，接着 华华又从自己现在所有的铅笔中，取出明明现在所有的支数送给明 明。这时，明明手中的铅笔支数正好是华华手中铅笔支数的 8 倍， 那么明明和华华最初各有铅笔多少支？ 分析与解：有些数学题，如果顺着思考不易找到答案，往往从后往 前想比较方便，即从已知条件倒推回去，找出答案来。 根据这道题的已知条件可知，无论明明取多少支铅笔给华华， 还是华华取多少支铅笔给明明，两人所有的铅笔总支数（72 支）是

不变的;又知道最后明明手中铅笔的支数是华华手中铅笔支数的8 倍。这样我们可以求出最后两人手中铅笔的支数。 华华最后手中铅笔的支数是:72÷(8+1)=8(支) 明明最后手中铅笔的支数是:8×8=64(支) 接着倒推回去,就可以求出两人最初各有铅笔多少支了 答案是:明明最初有铅笔26支,华华最初有铅笔46支 六年级举行中国象棋比赛,共有12人报名参加比赛。根据比赛 规则,每个人都要与其他人各赛一盘,那么这次象棋比赛一共要赛 多少盘? 分析与解:一共要赛66盘。 要想得出正确答案,我们可以从简单的想起,看看有什么规 律 假如2个人(A、B)参赛,那只赛1盘就可以了;假如3个 人(A、B、C) 参赛,那么A_B、A—C、B—C要赛3盘;假如4个人参赛, 要赛6盘, 于是我们可以发现:2人参赛,要赛1盘,即1;3人参赛, 要赛3盘,即1+2;4个参赛,要赛6盘,即1+2+3:;5人参赛, 要赛10盘,即1+2+3+4;…… 那么,12人参赛就要赛1+2+3+……+11=6盘。 我们还可以这样想:这12个人,每个人都要与另外11个 人各赛1盘,共11×12=132(盘),但计算这总盘数时把每人的参 第2页共55页

第 2 页 共 55 页 不变的；又知道最后明明手中铅笔的支数是华华手中铅笔支数的 8 倍。这样我们可以求出最后两人手中铅笔的支数。 华华最后手中铅笔的支数是：72÷（8＋1）=8（支） 明明最后手中铅笔的支数是：8×8=64（支） 接着倒推回去，就可以求出两人最初各有铅笔多少支了。 答案是：明明最初有铅笔 26 支，华华最初有铅笔 46 支。 3. 六年级举行中国象棋比赛，共有 12 人报名参加比赛。根据比赛 规则，每个人都要与其他人各赛一盘，那么这次象棋比赛一共要赛 多少盘？ 分析与解：一共要赛 66 盘。 要想得出正确答案，我们可以从简单的想起，看看有什么规 律。 假如 2 个人（A、B）参赛，那只赛 1 盘就可以了；假如 3 个 人（A、B、C） 参赛，那么 A—B、A—C、B—C 要赛 3 盘；假如 4 个人参赛， 要赛 6 盘，…… 于是我们可以发现：2 人参赛，要赛 1 盘，即 1；3 人参赛， 要赛 3 盘，即 1+2；4 个参赛，要赛 6 盘，即 1+2+3；5 人参赛， 要赛 10 盘，即 1+2+3+4；…… 那么，12 人参赛就要赛 1+2+3+……+11=66 盘。 我们还可以这样想：这 12 个人，每个人都要与另外 11 个 人各赛 1 盘，共 11×12=132（盘），但计算这总盘数时把每人的参

赛盘数都重复算了一次,(如AB赛一盘,B-A又算了一盘), 所以实际一共要赛132÷2=66(盘)。 4 请你把1~8这八个数分别填入下图所示正方体顶点的圆圈里,使每 个面的4个角上的数之和都相等。 图 分析与解:做这种填数游戏,有两种方法,一种是“笨”方法,即 凑数的方法。分别用这8个数去试,这种方法可行,但很费事。另 种方法是用分析、计算的方法。这道题可以分析、计算如下:在 计算各个面上4个数的和时,顶点上的数总是分属3个不同的面, 这样,每个顶点上的数都被重复计算了3次。因此,各个面上4个 数的和为1~8这8个数的和的3倍,即(1+2+3+.+8)×3=108 又因为正方体有6个面,也就是每个面上的四个数的和应是 108÷6=18.18应是我们填数的标准。 如果在前面上填入1、7、2、8(如图31),那么右侧面上已 有2、8,其余两顶点只能填3、5.以此类推,答案如图31所示。 第3页共55页

第 3 页 共 55 页 赛盘数都重复算了一次，（如 A—B 赛一盘，B—A 又算了一盘）， 所以实际一共要赛 132÷2=66（盘）。 4. 请你把 1～8 这八个数分别填入下图所示正方体顶点的圆圈里，使每 个面的 4 个角上的数之和都相等。 分析与解：做这种填数游戏，有两种方法，一种是“笨”方法，即 凑数的方法。分别用这 8 个数去试，这种方法可行，但很费事。另 一种方法是用分析、计算的方法。这道题可以分析、计算如下：在 计算各个面上 4 个数的和时，顶点上的数总是分属 3 个不同的面， 这样，每个顶点上的数都被重复计算了 3 次。因此，各个面上 4 个 数的和为 1～8 这 8 个数的和的 3 倍，即（1＋2+3+.+8）×3=108. 又因为正方体有 6 个面，也就是每个面上的四个数的和应是 108÷6=18.18 应是我们填数的标准。 如果在前面上填入 1、7、2、8（如图 31），那么右侧面上已 有 2、8，其余两顶点只能填 3、5.以此类推，答案如图 31 所示。 5

晚饭后,爸爸、妈妈和小红三个人决定下一盘跳棋。打开装棋子的 盒子前,爸爸忽然用大手捂着盒子对小红说:“小红,爸爸给你出 道跳棋子的题,看你会不会做?”小红毫不犹豫地说:“行,您 出吧?”“好,你听着:这盒跳棋有红、绿、蓝色棋子各15个,你 闭着眼睛往外拿,每次只能拿1个棋子,问你至少拿几次才能保证 拿出的棋子中有3个是同一颜色的?” 听完题后,小红陷入了沉思。同学们,你们会做这道题 吗? 分析与解:至少拿7次,才能保证其中有3个棋子同一颜色 我们可以这样想:按最坏的情况,小红每次拿出的棋子颜色 都不一样,但从第4次开始,将有2个棋子是同一颜色。到第6次, 三种颜色的棋子各有2个。当第7次取出棋子时,不管是什么颜色, 先取出的6个棋子中必有2个与它同色,即出现3个棋子同一颜色 的现象。 同学们,你们能从这道题中发现这类问题的规律吗?如果要 求有4个棋子同一颜色,至少要拿几次?如果要求5个棋子的颜色 相同呢? 6.5猴摘了一堆桃子。决定睡后再分。过了一段时间,来了 只猴,把桃平均分5份,结果多出了1个,就把多出的1个吃了, 拿走其中的一份;又过了一会,来了第二只猴,将桃子重新堆起 平均分成5份,发现也多一个,同样吃了1个,拿走其中的1份, 第3,4,5只都是这样,问5只猴至少摘了多少桃子?第5只猴子 走后还剩多少个桃子? 第4页共55页

第 4 页 共 55 页 晚饭后，爸爸、妈妈和小红三个人决定下一盘跳棋。打开装棋子的 盒子前，爸爸忽然用大手捂着盒子对小红说：“小红，爸爸给你出 一道跳棋子的题，看你会不会做？”小红毫不犹豫地说：“行，您 出吧？”“好，你听着：这盒跳棋有红、绿、蓝色棋子各 15 个，你 闭着眼睛往外拿，每次只能拿 1 个棋子，问你至少拿几次才能保证 拿出的棋子中有 3 个是同一颜色的？” 听完题后，小红陷入了沉思。同学们，你们会做这道题 吗？ 分析与解：至少拿 7 次，才能保证其中有 3 个棋子同一颜色。 我们可以这样想：按最坏的情况，小红每次拿出的棋子颜色 都不一样，但从第 4 次开始，将有 2 个棋子是同一颜色。到第 6 次， 三种颜色的棋子各有 2 个。当第 7 次取出棋子时，不管是什么颜色， 先取出的 6 个棋子中必有 2 个与它同色，即出现 3 个棋子同一颜色 的现象。 同学们，你们能从这道题中发现这类问题的规律吗？如果要 求有 4 个棋子同一颜色，至少要拿几次？如果要求 5 个棋子的颜色 相同呢？ 6. 5 猴摘了一堆桃子。决定睡后再分。过了一段时间，来了一 只猴，把桃平均分 5 份，结果多出了 1 个，就把多出的 1 个吃了， 拿走其中的一份；又过了一会，来了第二只猴，将桃子重新堆起， 平均分成 5 份，发现也多一个，同样吃了 1 个，拿走其中的 1 份， 第 3，4，5 只都是这样，问 5 只猴至少摘了多少桃子？第 5 只猴子 走后还剩多少个桃子？

【解答】 设桃子共有X个,借4个桃成为X+4个。多一个 桃就相当于少4个桃 5个猴子分别拿了A,B,C,D,E个桃子。因此有: A=(X+4)/5 B=4(X+4)/25 C=16(X+4)/125 D=64(X+4)/625 E=256(X+4)/3125 E为整数,所以X+4=3125K 当K=1时,X=3121 因此最少摘了3121个桃子。 然后容易算出最后至少剩余1020个桃子 唐老鸭与米老鼠进行一万米赛跑,米老鼠的速度是每分钟125米, 唐老鸭的速度是每分钟100米。唐老鸭手中掌握一种迫使米老鼠倒 退的电子遥控器,通过这种遥控器发出第n次指令,米老鼠就以原 来速度的n×10%倒退一分钟,然后再按原来的速度继续前进。如果 唐老鸭想在比赛中获胜,那么它通过遥控器发出指令的次数至少是 次 解答 第5页共55页

第 5 页 共 55 页 【解答】： 设桃子共有 X 个，借 4 个桃成为 X+4 个。多一个 桃就相当于少 4 个桃。 5 个猴子分别拿了 A,B,C,D,E 个桃子。因此有： A=(X+4)/5 B=4(X+4)/25 C=16(X+4)/125 D=64(X+4)/625 E=256(X+4)/3125 E 为整数，所以 X+4=3125K 当 K=1 时，X=3121 因此最少摘了 3121 个桃子。 然后容易算出最后至少剩余 1020 个桃子。 7. 唐老鸭与米老鼠进行一万米赛跑，米老鼠的速度是每分钟 125 米， 唐老鸭的速度是每分钟 100 米。唐老鸭手中掌握一种迫使米老鼠倒 退的电子遥控器，通过这种遥控器发出第 n 次指令，米老鼠就以原 来速度的 n×10%倒退一分钟，然后再按原来的速度继续前进。如果 唐老鸭想在比赛中获胜，那么它通过遥控器发出指令的次数至少是 _____次。 解答

第n次米倒退距离η×109×125=12.5 设唐需对米发x次指令x次共计125(1+2+…+x)=121+x)x+2=625x1+x)唐老鸭时间 是1000100100.使唐胜利,米在100min内距离必须小于1000 (100-x)×125-625x(x+1)<1000 尝试得至少13次 8. 从1至25这25个自然数中,每次取出两个不同的数,使他们的 和是4的倍数,共有多少种不同的取法 解答:按除以4的余数分类: (4,8,12,16,20,24)中任取2个:共15 (2,6,10,14,18,22)中任取2个:共15 (1,5,9,13,17,21,25)和(3,7,11,15,19,23)中 各取1个:7×6=42 共有15+15+42=72种 是否存在自然数n,使得n2十n+2能被3整除? 解答:枚举法通常是对有限种情况进行枚举,但是本题讨论的对 象是所有自然数,自然数有无限多个,那么能否用枚举法呢?我们 将自然数按照除以3的余数分类,有整除、余1和余2三类,这样 只要按类一一枚举就可以了。 当n能被3整除时,因为n2,n都能被3整除,所以 (n2+n+2)÷3余2; 当n除以3余1时,因为n2,n除以3都余1,所以 (n2+n+2)÷3余1 第6页共55页

第 6 页 共 55 页 8. 从 1 至 25 这 25 个自然数中，每次取出两个不同的数，使他们的 和是 4 的倍数，共有多少种不同的取法 解答：按除以 4 的余数分类： （4，8，12，16，20，24）中任取 2 个：共 15 （2，6，10，14，18，22）中任取 2 个：共 15 （1，5，9，13，17，21，25）和（3，7，11，15，19，23）中 各取 1 个：7×6=42 共有 15+15+42=72 种。 9. 是否存在自然数 n，使得 n2＋n＋2 能被 3 整除？ 解答：枚举法通常是对有限种情况进行枚举，但是本题讨论的对 象是所有自然数，自然数有无限多个，那么能否用枚举法呢？我们 将自然数按照除以 3 的余数分类，有整除、余 1 和余 2 三类，这样 只要按类一一枚举就可以了。 当 n 能被 3 整除时，因为 n2，n 都能被 3 整除，所以 （n2＋n＋2）÷3 余 2； 当 n 除以 3 余 1 时，因为 n2，n 除以 3 都余 1，所以 （n2＋n＋2）÷3 余 1；

当n除以3余2时,因为n2÷3余1,n÷3余2,所以 (n2+n+2)÷3余2 因为所有的自然数都在这三类之中,所以对所有的自然 数n,(n2+n+2)都不能被3整除。 10.如下图,在圆柱形的桶外,有一只蚂蚁要从桶外的A点爬到桶内 的B点去寻找食物,已知A点沿母线到桶口C点的距离是12厘米, B点沿母线到桶口D点的距离是8厘米,而C、D两点之间的(桶口) 弧长是15厘米.如果蚂蚁爬行的是最短路线,应该怎么走?路程总 长是多少? 解答:我们首先想到将桶的圆柱面展开成矩形平面图(下图),由 于B点在里面,不便于作图,设想将BD延长到F,使DF=BD,即以 直线CD为对称轴,作出点B的对称点F,用F代替B,即可找出最 短路线了 将圆柱面展成平面图形(上图),延长BD到F,使DF=BD,即作点B 关于直线CD的对称点F,连结AF,交桶口沿线CD于0 因为桶口沿线CD是B、F的对称轴,所以OB=0F,而A、F之间 的最短线路是直线段AF,又AF=A0+OF,那么A、B之间的最短距离 第7页共55页

第 7 页 共 55 页 当 n 除以 3 余 2 时，因为 n2÷3 余 1，n÷3 余 2，所以 （n2＋n＋2）÷3 余 2. 因为所有的自然数都在这三类之中，所以对所有的自然 数 n，（n2＋n＋2）都不能被 3 整除。 10. 如下图，在圆柱形的桶外，有一只蚂蚁要从桶外的 A 点爬到桶内 的 B 点去寻找食物，已知 A 点沿母线到桶口 C 点的距离是 12 厘米， B 点沿母线到桶口 D 点的距离是 8 厘米，而 C、D 两点之间的（桶口） 弧长是 15 厘米．如果蚂蚁爬行的是最短路线，应该怎么走？路程总 长是多少？ 解答：我们首先想到将桶的圆柱面展开成矩形平面图（下图），由 于 B 点在里面，不便于作图，设想将 BD 延长到 F，使 DF＝BD，即以 直线 CD 为对称轴，作出点 B 的对称点 F，用 F 代替 B，即可找出最 短路线了． 将圆柱面展成平面图形（上图），延长 BD 到 F，使 DF=BD，即作点 B 关于直线 CD 的对称点 F，连结 AF，交桶口沿线 CD 于 O． 因为桶口沿线 CD 是 B、F 的对称轴，所以 OB＝OF，而 A、F 之间 的最短线路是直线段 AF，又 AF=AO＋OF，那么 A、B 之间的最短距离

就是A0+OB,故蚂蚁应该在桶外爬到0点后,转向桶内B点爬去 延长AC到E,使CE=DF,易知△AEF是直角三角形,AF是斜边,EF=CD, 根据勾股定理,AF2=(AC+CE)2+EF2 (12+8)2+152=625=25,解得AF=25 即蚂蚁爬行的最短路程是25厘米. 11 甲仓有粮80吨,乙仓有粮120吨,如果把乙仓的一部分粮调入 甲仓,使乙仓存粮是甲仓的60%,需要从乙仓调入甲仓多少吨粮食? 答案与解析:①甲仓有粮:(80+120)÷(1+60%)=125 (吨).②从乙仓调入甲仓粮食:125-80=45(吨) 出三个正方形的边长是成比例缩小的,即为一个等比数 列,而这个比就要用到相似三角形的知识点。这在以前讲沙漏原理 或者三角形等积变形等专题的时候提到过。可以说是一道难度比较 大的题。当然对于这种有特点 12. 如图,ABCG是的长方形,DEFG是的长方形。那么,三角形BCM 的面积与三角形DCM面积之差是多少? E 答案与解析:长方形ABCG的面积是28,长方形DEFG的面积是 20,梯形ABEF的面积是51,从图中可以看出,三角形BCM的面积与 第8页共55页

第 8 页 共 55 页 就是 AO＋OB，故蚂蚁应该在桶外爬到 O 点后，转向桶内 B 点爬去． 延长 AC 到 E，使 CE=DF，易知△AEF 是直角三角形，AF 是斜边，EF=CD， 根据勾股定理， AF2 =（AC+CE）2+EF2 ＝（12＋8） 2＋152＝625=252，解得 AF=25． 即蚂蚁爬行的最短路程是 25 厘米． 11. 甲仓有粮 80 吨，乙仓有粮 120 吨，如果把乙仓的一部分粮调入 甲仓，使乙仓存粮是甲仓的 60％，需要从乙仓调入甲仓多少吨粮食？ 答案与解析：①甲仓有粮：（80＋120）÷（1＋60％）=125 （吨）.②从乙仓调入甲仓粮食：125-80=45（吨）. 出三个正方形的边长是成比例缩小的，即为一个等比数 列，而这个比就要用到相似三角形的知识点。这在以前讲沙漏原理 或者三角形等积变形等专题的时候提到过。可以说是一道难度比较 大的题。当然对于这种有特点 12. 如图，ABCG 是 的长方形，DEFG 是 的长方形。那么，三角形 BCM 的面积与三角形 DCM 面积之差是多少？ 答案与解析：长方形 ABCG 的面积是 28，长方形 DEFG 的面积是 20，梯形 ABEF 的面积是 51，从图中可以看出，三角形 BCM 的面积与

角形DCM面积之差就等于梯形ABEF的面积减去长方形ABCG的面 积再减去长方形DEFG的面积,得到结果 13. 自然数1用了1个数字,自然数20用了2和02个数字,从自然 数1到510共用了多少个数字? 答案与解析: 位数1-9一共用了9个数字 二位数10-99中,有11-99共9个特殊的数,这样的 数只用了1个数字,而其他的两位数每个都用了2个数字。于是 共用了2x(90-9)+9=171 三位数中,先考虑100-199的情况。其中,111用了1 个数字;100,122…199一共有9个数,每一个都用到了2个数字 101,121,131…191一共9个数,每一个都用到了2个数字;其他的 每一个都用到了3个数字。所以一共用了 3x(100-9-9-1)+2x9+2x9+1=280 同理,200-299中也用了280个,300-399用了280个 400-499用了280个 这时候,就已经用了280X4+171+9=1300。从500-510 中还能用到3x9+2+2=31所以一共1300+31=1331个 14 已知甲车速度为每小时90千米,乙车速度为每小时60千米,甲 乙两车分别从A,B两地同时出发相向而行,在途径C地时乙车比甲 车早到10分钟;第二天甲乙分别从B,A两地出发同时返回原来出发 第9页共55页

第 9 页 共 55 页 三角形 DCM 面积之差就等于梯形 ABEF 的面积减去长方形 ABCG 的面 积再减去长方形 DEFG 的面积，得到结果 13. 自然数 1 用了 1 个数字，自然数 20 用了 2 和 02 个数字，从自然 数 1 到 510 共用了多少个数字 ？ 答案与解析： 一位数 1-9 一共用了 9 个数字 二位数 10-99 中，有 11-99 共 9 个特殊的数，这样的 数只用了 1 个数字，而其他的两位数每个都用了 2 个数字。于是一 共用了 2x(90-9)+9=171 三位数中，先考虑 100-199 的情况。其中，111 用了 1 个数字；100,122…199 一共有 9 个数，每一个都用到了 2 个数字； 101,121,131…191 一共 9 个数，每一个都用到了 2 个数字；其他的 每一个都用到了 3 个数字。所以一共用了 3x(100-9-9-1)+2x9+2x9+1=280. 同理，200-299 中也用了 280 个，300-399 用了 280 个， 400-499 用了 280 个。 这时候，就已经用了 280x4+171+9=1300。从 500-510 中还能用到 3x9+2+2=31 所以一共 1300+31=1331 个 14. 已知甲车速度为每小时 90 千米，乙车速度为每小时 60 千米，甲 乙两车分别从 A,B 两地同时出发相向而行，在途径 C 地时乙车比甲 车早到 10 分钟；第二天甲乙分别从 B,A 两地出发同时返回原来出发

地,在途径C地时甲车比乙车早到1个半小时,那么AB距离是多少? 答案与解析:画图可知某一个人到C点时间内,第一次甲走的和 第二次甲走的路程和为一个全程还差90×10/60=15千米,第一次乙 走的和第二次乙走的路程和为一个全程还差60×1.5=90千米。而速 度比为3:2;这样我们可以知道甲走的路程就是:(90-15)÷(3-2) ×3=215,所以全程就是215+15=230千米 15. 甲班与乙班学生同时从学校出发去某公园,甲班和乙班步行的速 度都是每小时4千米。学校有一辆汽车,它的速度是每小时68千米, 这辆汽车恰好能坐一个班的学生,为了使两个班同时到达公园,已 知公园相距学校100千米,求汽车行驶的总路程。 答案与解析:为了使两个班同时到达公园,那么必须汽车来回接 送一次,这是一个接送问题,接送问题关键就是画好路线图, 车先载着甲从A到C,然后放下甲,回去接乙,在D碰到 乙,然后乙坐上车,跟甲同时到B,因为甲班和乙班的步行速度一样, 又是同时到达,所以甲班和乙班的步行路程也一样,所以AD等于BC, 根据时间一样,步行和汽车的速度比等于步行和汽车的路程比,如 果设乙走的AD为1份,那么车走的AC加上CD为17份,1+17=2AC, 所以AC为9份,又BC也为1份,所以总路程AB被我们分成了10 份,全长为100千米,一份即为10千米,我们再看汽车走的一共有 9+8+9=26份,所以汽车行驶的总路车为260千米 16. 第10页共55页

第 10 页 共 55 页 地，在途径 C 地时甲车比乙车早到 1 个半小时，那么 AB 距离是多少? 答案与解析：画图可知某一个人到 C 点时间内，第一次甲走的和 第二次甲走的路程和为一个全程还差 90×10/60=15 千米，第一次乙 走的和第二次乙走的路程和为一个全程还差 60×1.5=90 千米。而速 度比为 3：2；这样我们可以知道甲走的路程就是：（90-15）÷（3-2） ×3=215,所以全程就是 215+15=230 千米。 15. 甲班与乙班学生同时从学校出发去某公园，甲班和乙班步行的速 度都是每小时 4 千米。学校有一辆汽车，它的速度是每小时 68 千米， 这辆汽车恰好能坐一个班的学生，为了使两个班同时到达公园，已 知公园相距学校 100 千米，求汽车行驶的总路程。 答案与解析：为了使两个班同时到达公园，那么必须汽车来回接 送一次，这是一个接送问题，接送问题关键就是画好路线图， 车先载着甲从 A 到 C，然后放下甲，回去接乙，在 D 碰到 乙，然后乙坐上车，跟甲同时到 B，因为甲班和乙班的步行速度一样， 又是同时到达，所以甲班和乙班的步行路程也一样，所以 AD 等于 BC， 根据时间一样，步行和汽车的速度比等于步行和汽车的路程比，如 果设乙走的 AD 为 1 份，那么车走的 AC 加上 CD 为 17 份，1+17=2AC， 所以 AC 为 9 份，又 BC 也为 1 份，所以总路程 AB 被我们分成了 10 份，全长为 100 千米，一份即为 10 千米，我们再看汽车走的一共有 9+8+9=26 份，所以汽车行驶的总路车为 260 千米。 16