六年级思维训练7 归纳与推递(原卷+解析)

六年级思维训练7 归纳与推递
1、早在公元前300多年前，古希腊著名科学家欧几里德就在他的旷世名著<几何原本》
一书中记载了几何学中最基本、最引人人胜的一条著名定理：“三角形的内角和等于180度”，我们的问题是：
①四边形的内角和等于多少度（见下图）?答：
五边形的内角和等于多少度（见下图）?答：
②进一步，如果把多边形的边数记作n，你能够归纳出n边形的内角和的计算公式吗？
答：公式为__ __．
③在家庭装修中，经常采用各种正多边形（注：正多边形就是各条边均相等且各内角也相等的多边形）的瓷砖搭配出各式各样的地面图案．
小明家装修时采用了三种正多边形瓷砖铺地面，这三种型号的瓷砖可以围绕着地面上的一点既不重叠又不产生漏洞的拼接起来．其中一种型号是正方形，另一种型号是正六边形，你知道第三种型号的多边形瓷砖的边数是多少吗？请写出你的计算过程．
2、一条直线分一个平面为两部分，二条直线最多分一张平面为四部分，问：五条直线最多分一个平面为多少部分？
3、将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，至少要画多少条直线？请说明．
4、一个长方形把平面分成两部分，那么三个长方形最多把平面分成部分
．
5、 n个平面最多钝将空间分成多少个部分？
6、如下图所示，第一个三角形的面积是256，取三角形的3条边的中点，连成一个三角形，将中间的三角形挖去，得到第二个图，再将第二个图中每个三角形按照前一个做法得到第三个图，如此下去……，求第五个图形的面积是。

7、在一张长方形纸片内有n个点，加上四个顶点共，n+4个点，这些点中任意三点都不在同
一条直线上，
（1）n=4时，将长方形纸片剪开，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形（画出一个示意图即可作答）．
(2)n=2010时，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形？并作简要说明．
(注意：(1)、(2)中任意两个三角形不重叠）
8、在一个圆周上标出一些数，第一次先把圆周二等分，在两个分点旁分别标上和，如
图a所示；第二次把两段半圆弧二等分，在分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图b 所示，=＋；第三次把4段圆弧二等分，并在4个分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图c所示，1=＋，1=＋；如此继续下去，当第八次标完数以后，圆周上所有已
标的数的总和是____．
9、小凯家住二楼，从一楼到二楼的楼梯共有9阶，小凯上楼时每步可跨1阶、跨2阶、或跨3阶．请问他共有多少种不同的方法上楼？
10、仅由数字1和2组成一些数，其中至少有两个数字1相连的数称为“学而思数”，如11，112，1211等都是“学而思数”，而12212就不是“掌而思数”．那么所有六位的学而思数共多少个？
11、用1×2小长方形或1×3的小长方形覆盖2×6的方格网（如下图所示），共有不同的盖法。

12、在圆周上有10个点，并用5条既无公共点，又互不相交的弦来连接它们，问有多少种不同的连线方法？
13、用对角线把正八边形分成三角形（这些三角形的顶点是正八边形的顶点），那么共
有种不同的方法。

14、一个圆周上有12个点A1、A2、...........A12,以它们为顶点连三角形，使每一个点恰是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交，问有多少种不同的连法？
15、有6个木箱，编号为123....6，每个箱子有一把钥匙，6把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好，先挖开1、2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把6把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共种。

六年级思维训练7 归纳与推递
参考答案
1、早在公元前300多年前，古希腊著名科学家欧几里德就在他的旷世名著<几何原本》
一书中记载了几何学中最基本、最引人人胜的一条著名定理：“三角形的内角和等于180度”，我们的问题是：
①四边形的内角和等于多少度（见下图）?答：
五边形的内角和等于多少度（见下图）?答：
②进一步，如果把多边形的边数记作n，你能够归纳出n边形的内角和的计算公式吗？
答：公式为__ __．
③在家庭装修中，经常采用各种正多边形（注：正多边形就是各条边均相等且各内角也相等的多边形）的瓷砖搭配出各式各样的地面图案．
小明家装修时采用了三种正多边形瓷砖铺地面，这三种型号的瓷砖可以围绕着地面上的一点既不重叠又不产生漏洞的拼接起来．其中一种型号是正方形，另一种型号是正六边形，你知道第三种型号的多边形瓷砖的边数是多少吗？请写出你的计算过程．
【答案】①360。

，540。

②(77 -2)×180。

③第三种型号的多边形瓷砖边数是3或12.
【分析】：③正方形每个内角为90。

，正六边形每个内角为120。

，要拼接起来需要拼接360。

当一个正多边形内角360-90-120-150时，由180（n-2）=150n得，n=12，当一个正多边形内角360- 90 - 90 -120=60时，由180（n－2）=60n得，n=3，当一个正多边形内角360 - 90 -120 -120=30时，这样的多边形不存在，因此第三种型号的多边形瓷砖边数是3或12.
2、一条直线分一个平面为两部分，二条直线最多分一张平面为四部分，问：五条直线最多分
一个平面为多少部分？
【答案】16
【分析】条直线分平面的问题是有规律的（如右图所示）：
一条直线最多分平面为1+1=2个部分；
两条直线最多分平面为1+1+2=4个部分；
三条直线最多分平面为1+1+2+3=7个部分；
四条直线最多分平面为l+l+2+ 3+4 =11个部分
五条直线最多分平面为1+1+2+3+4+5 =16个部分
...........
n条直线最多分平面为1+1+2+3+…+n=1＋个部分．
3、将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，至少要画多少条直线？请说明．
【答案】至少要画10条直线．
【分析】：我们来一条一条地画直线，面第一条直线将网形纸片划分成2块．画第二条直线，如果与第一条直线在圆内相交，则将圆形纸片划分成4块（增加了2块），否则只能划分成3块，类似地，画第三条直线，如果与前两条直线都在圆内相交，且交点互不相同（即没有3条直线交亍一点），则将圆形纸片划分成7块（增加了3块），否则划分的块数少于7块，下图是画3条直线的各种情形．
由此可见，若希望将纸片划分成尽可能多的块数，应该使新画出的直线与原有的直线都
在圆内相交，且交点互不相同，这时增加的块数等于直线的条数．这样划分出的块数，列表如下：
直线条数纸片最多划分成的块数
1 1＋1
2 1＋1＋2
3 1＋1＋2＋3
4 1＋1＋2＋3＋4
5 1＋1＋2＋3＋4＋5
不难看出，表中每行右边的数等于1加上从1到行数的所有整数的和．因为1+1+2+3+…＋10=56，1+1+2+3+…+9=46，即9条线最多能将网分成46块，10条线可分成超过50块．
4、一个长方形把平面分成两部分，那么三个长方形最多把平面分成部分【答案】26
【分析】一个长方形把平面分成两部分，第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．同理，第二个长方形的内部至多被第一个长方形分成五部分．显然，这两个长方形有公共部分（如图a），标有数字9的部分），再考虑位于两个长方形外面的区域，则两个长方形至多把平面分成10部分．第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故每一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，则至多增加3×4 -12（个）部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分，所以三个长方形至多把平面分成10+12+4=26（个）部分．把平面分成26个部分的三个长方形是存在的，如图b所示．
说明：数学中关于“至多”问题的解决包括两层含义：一方面要证明不会比某个数值再大，另一方面要说明这个数值能待合要求，这里的先后顺序可以颠倒．
小结：n个图形最多可把平面分成部分数：直线：1＋n×（n＋1）
2
圆：2＋n×（n－1）
三角形：2+3×n×（n－1）
长方形：2+4×n×（n-l）．
5、 n个平面最多钝将空间分成多少个部分？
【答案】n3＋n＋1
【分析】我们首先容易证明，t条直线最多能将一个平面分成1＋n×（n＋1）
2
个区域，设
n个平面最多能将空间分成a
n 部分，则a
1
=2，第n个平面最多与前面(n-l)个平面形成n－1
条交线，这些交线最多可将第n个平面分成n×（n＋1）
2
个部分，这每一个部分都是由于第n
个平面穿过了前面n－1个平面分空间形成的a
n－1
个部分中的＋1个部分而形成的，每穿过其中一个部分，就将该部分一分为二，因此我们得到递推关系：
a
n－a
n－1=
＋1进而我们运用逐差法：
a
1
=2
a
2－a
1
=×1×2＋1
a
3－a
2
=×2×3+1
......
a
n－a
n－1=
＋1
将上述等式相加，
得a
n
= [1×2+2×3+…+（n一1）×n]+n+1=（n－1）n（n＋1）＋n +1=n3＋n＋1
6、如下图所示，第一个三角形的面积是256，取三角形的3条边的中点，连成一个三角形，将中间的三角形挖去，得到第二个图，再将第二个图中每个三角形按照前一个做法得到第三个图，如此下去……，求第五个图形的面积是。

【答案】 81
【分析】可以看出，每次挖去的三角形的面积为挖之前面积的四分之一，即每次挖过之后，面积变为原来的，第五个图形面积为256×（）4= 81．
7、在一张长方形纸片内有n个点，加上四个顶点共，n+4个点，这些点中任意三点都不在同一条直线上，
（1）n=4时，将长方形纸片剪开，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形（画出一个示意图即可作答）．
(2)n=2010时，最多可以剪成多少个以这些点为顶点的三角形？并作简要说明．
(注意：(1)、(2)中任意两个三角形不重叠）
【答案】(1)10 (2)4022
【分析】(1)因为要用剪刀将长方形剪开，而且要以已知点为顶点，所以任两个三角形边除顶点外不能相交于其他的点，当n=4时，最多可以剪10个三角形．
（画出下面一个示意图作答即可）
(2)假设剪出了x个三角形，则这x个三角形内角和为180°x而这些三角形的内角分为两类，一类是以长方形四个顶点中的一个为顶点的内角，它们的和拼成4个直角；另一类是以n个内点为顶点，每个内点处的内角之和等于一个周角(360°)．因此列方程：
180°x=4×90°+360°×2010
所以x=2+4020=4022
即n=2010时最多可以剪出4022个三角形．
8、在一个圆周上标出一些数，第一次先把圆周二等分，在两个分点旁分别标上和，如
图a所示；第二次把两段半圆弧二等分，在分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图b
所示，=＋；第三次把4段圆弧二等分，并在4个分点旁标上相邻两分点旁所标两数的和，如图c所示，1=＋，1=＋；如此继续下去，当第八次标完数以后，圆周上所有已
标的数的总和是____．
【答案】1822
【分析】当第八次标完数以后，圆周上已标的数共有256个，如果考虑每一步增加的每一个数几乎是不可能的，但是只考虑每一步增加的数的总和就便于求解，这种“整体”处理的方法是十分有益的．因为增加的每个数都是原来相邻两个数之和，所以每次增加数的总和恰好是原来所有数总和的2倍，也就是说每次标完数后圆周上所有数的总和是前一步标完数后圆周上所有数的总和的3倍，于是，第八次标完数后圆周上所有数的总和是（＋）×3×3×3×3×3×3×3 =1822．
9、小凯家住二楼，从一楼到二楼的楼梯共有9阶，小凯上楼时每步可跨1阶、跨2阶、或跨3阶．请问他共有多少种不同的方法上楼？
【答案】149
【分析】方法一：递推法．上1级台阶只有1种走法，上2级台阶有1+1和2两种走法，上3级台阶有1+1+1，1+2，2+1，3共4种走法，上4级台阶有：1+1+1+l；1+1+2；1+2+1； 2+1+1；2+2；1+3；3+1共7种；走5级台阶有2+4+7 =13种走法，走6级台阶有4+7+13
=24种走法……
事实上，上第n阶台阶，跨最后一步前，人所在的台阶一定是在第n-1级台阶或n-2级台阶或n-3级台阶上，所以跨上第”级台阶的走法数相当于跨上第n-1级台阶和第n-2级台阶以及第n-3级台阶的总和．依照这一规律，列下表写出跨l到9级各级的走法数．最后递推得到登上第9级楼梯有149种走法．
方法二：标数法（见下图）．
10、仅由数字1和2组成一些数，其中至少有两个数字1相连的数称为“学而思数”，如11，112，1211等都是“学而思数”，而12212就不是“学而思数”．那么所有六位的学而思数共多少个？
【答案】43
【分析】容易判断随着位数的升高，学而思数的数量将远远超过非学而思数，因此我们从反面来考虑．
设n位非学而思数的数量为a
n
我们分两类来统计：
(1)若该n位非学而思数的个位数字为1：则十位数字必为2，而十位左边的数字组成的数是一个（n-2）位的非学而恩数；
(2)若该n位非学而思数的个位数字为2：则个位数字左边的数字组成的数是一个（n-l）位的非学而思数，
所以，由加法原理，a
n =a
n－1
＋a
n－2
由于a
1
=2，a
2
=3，a
3
=2+3=5，a
4
=3+5=8，
1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 2 4 7 1
3 2
4
4
4
8
1
14
9
a 5=8＋5=13，a
6
=8＋13=21所以六位学而思数共26—21= 43个．
11、用1×2小长方形或1×3的小长方形覆盖2×6的方格网（如
下图所示），共有不同的盖法。

【答案】30
【分析】若只用1×2的小长方形去覆盖：
递推法，若用1×2的小长方形去覆盖2×n的方格网，设方法数为An那么A1 =1， A2=2．当n≥3时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：(1)用1个1×2的小长方形竖着覆盖，那么剩下的2×（n-l）的方格网有A
n－1
种方法；(2)用2个1×2的小长方形横着覆盖，那
么剩下的2×（n-2）的方格网有A
n－2
种方法，根据加法原理，可得
An=A
n－1+A
n－2
．
递推可得到A3=1+2=3，A4=2+3=5，A5=3+5=8，A6=5+8=13
再考虑至少使用1个1×3小长方形的覆盖2×6方格网的方法：
因为2×6方格网共有2×6 =12（偶数）个小方格，而每个l×3小长方形只能覆盖3（奇数）个小方格，所以使用1×3小长方形覆盖2×6方格网时，1×3的小长方形必须使用偶数个；
(1)当用2个1×3小长方形覆盖2×6方格网时，可以分三类分别计数；
①两个1×3小长方形在同一行；显然只有图a与图b两种方法：（令B1=2）
②两个l×3小长方形不同行且并排：
图c有A3 =3（种）；
图d有A3=3（种）；
图e有A2=2（种）；
图f有A2 =2（种）．
（令B2=3＋3＋2＋2=10）
③两个1×3小长方形不同行且不并排：如图g、图h、图i、图j，共有4种覆盖方法．
(令B3=4)
(2)当用4个1×3小长方形覆盖2×6方格网时，仅有图k一种覆盖方法，
综上所述，用1×2或l×3小长方形覆盖2×6方格网共有
13＋2＋10＋4＋1=30（种）
12、在圆周上有10个点，并用5条既无公共点，又互不相交的弦来连接它们，问有多少种不同的连线方法？
【答案】42
【分析】设有n个点共有fn种连接方式，显然f2=1;
若有四个点，可以选两个相邻的点，不妨从A1开始，包含A1的两个相邻的点的选法有2种，
那么剩下两个点就有f2种连接方式，所以共有f
4 =2f
2
=2;
若有六个点，(1)可以选两个相邻的点，那么剩下四个点就有f4种连接方式，不妨从A1开始，包含A1的两个相邻的点的选法有两种，所以共有2f
4
=4；
(2)可以选两个点连接成线段后，线段两边各有两个点，不妨从A1开始，包含A1的两个点的
选法有一种，那么剩下四个点就有（f
2）2种连接方式，所以共有（f
2
）2=1 因此f6=4+1=5
若有8个点，同理有f8=2 f6+2f4f2=14
若有10个点，同理有f10=2 f8+2 f2f6+(f4)2 =42
13、用对角线把正八边形分成三角形（这些三角形的顶点是正八边形的顶点），那么共
有种不同的方法。

【答案】132
【分析】设凸n边形有an种不同的分割方法，采用递推计数如下：（固定A,A2为边）
(1)n=4时，如右图所示，以△A1A2A3为一部分的分法有1种；以△A1A2 A4为一部分的分法有1种，即a4=1＋1=2
(2)n=5时，以△A1A2A3为一部分的分法有a4种；以△A1A2A4为一部分的分法有1种；以
△A1A2A5为一部分的分法有a4种，即a5=2a4＋1=5
(3)n=6时，以△A1A2A3为一部分的分法有a5种；以△A1A2A4为一部分的分法有a4种；以△A1A2A5为一部分的分法有a4种；以△A1A2A6为一部分的分法有a5种，即
a6=2a5 +2a4=14.
(4)n=7，a7 =2a6+2a5+(a4)2 =42;n=8可类似分析，最终得a8=2a7+2a6 +2a4a5=132.
14、一个圆周上有12个点A1、A2、...........A12,以它们为顶点连三角形，使每一个点恰是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交，问有多少种不同的连法？
【答案】55
【分析】采用递推的方法
(1)如果圆上只有3个点；那么只有一种连法
(2)如果圆上有6个点，除A1点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在A1所
在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法，
共有3种连法．
(3)如果圆上有9个点，考虑A1所在的三角形，此时其余的6个点可能分布在①A1所在
三角形的一个边所对的弧上；②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧，如果是情形①，则由(2)，这六个点有三种连法；如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．
共有12种连法．
(4)最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A1所在三角形．剩下9个点的分布有三种可能，
①每三个点在A1所在三角形的一条边对应的孤上；②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；③9个点都在同一段孤上，得到表3．
共有12+3+3+12+3+1+3+3+3+12=55种
答：共有55种不同的连法．
15、有6个木箱，编号为123....6，每个箱子有一把钥匙，6把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好，先挖开1、2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把6把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共种。

【答案】240
【分析】方法一：分类讨论．如果1，2号箱中恰好放的就是1，2号箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好”的方法有两种情况：
(1)1，2号箱的钥匙恰有1把在1，2号箱中，另一箱装的是3～6箱的钥匙．
(2)1，2号箱的钥匙都不在l，2号箱中．
对于(1)，从l，2号箱的钥匙中选1把，从3～6号箱的钥匙中选1把，共有2×4=8（种）选法，每一种选法放入1，2号箱各有2种放法，共有8×2 =16（种）放法．不妨设1，3号箱的钥匙放入了1，2号箱，此时3号箱不能装2号箱的钥匙，有3种选法，依次类推，可知此时不同的放法有3×2×1=6（种）．
所以，第(1)种情况有“好”的方法16×6=96（种）．
对于(2)，从3～6号箱的钥匙中选2把放人1，2号箱，有4×3=12（种）放法，不妨设3，4号箱的钥匙放入了1，2号箱．
此时l，2号箱的钥匙不可能都放在3，4号箱中，也就是说3，4号箱中至少有1把5，6号箱的钥匙．
如果3，4号箱中有2把5，6号箱的钥匙，也就是说3，4号箱中放的恰好是5，6号箱的钥匙，那么1，2号箱的钥匙放在5，6号箱中，有2×2=4种放法；
如果3，4号箱中有1把5，6号箱的钥匙，比如3，4号箱中放的是5，1号箱的钥匙，则只能是5号箱放6号箱的钥匙，6号箱放2号箱的钥匙，有2×1=2种放法；
同理，3，4号箱放5，2号箱或6，l号箱或6，2号箱的钥匙，也各有2种放法．
所以，第(2)种情况有“好”的放法12×(4+2+2+2+2) =144（种）．
所以“好”的方法共有96+144=240（种）．
方法二：递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为k1，k2，…，k6.当箱子数为n(n≥2)时，好的放法的总数为an。

当n=2时，显然a2=2（是kl=1，k2=2或kl =2，k2=1）．
当n=3时，显然是k3≠3，否则第3个箱子打不开，从而是k1=3或k2 =3，如果k1=3，则把2号箱子和3号箱子看做一个整体，这样还是锁着l，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有a2种；当是k2=3也是如此，于是n=2时的每一种情况对应k1=3或k2 =3时的一种情况，这样就有
“a3=2、a2=4．
当n≥4时，也一定有kn≠n，否则第n个箱子打不开，从而k1、k2、…、kn－1中有一个为n，不论其中哪一个是n，由于必须要把该箱子打开才能打开n号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n号箱子看做1个箱子，于是还是锁着k1、k2、…、kn－1这（n-l）把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有an－1种．所以an=（n－1）an－1
所以，a6=5a5 =5×4a4=....=5×4×3×2a2 =2×5 !=240，即好的方法总数为240种．-----------------------------------------------
学好语文的方法和技巧
一、培养良好的阅读习惯
良好的阅读习惯对形成阅读能力、保证阅读质量、提高阅读效率、顺利达到阅读目的有着重要作用。

小学语文教材丰富多彩，有文学性的、常识性的、说理性的、科普性的等等，学生读好这些文章在整个小学阶段至关重要。

要培养每天阅读的习惯。

从一年级开始，逐渐培养学生在校在家经常阅读的习惯，保证每天都有一段读书时间。

如此，学生就会自然而然地养成每天阅读的习惯，循序渐进，慢慢进入正轨，最后形成儿童的自觉行为。

要培养专心阅读的习惯。

要给小学生营造一个良好的外部环境，使其能够集中精力、安心读书。

同时，作息要有规律，该阅读时专心阅读，该休息时及时休息，该游戏时快乐游戏。

二、培养良好的书写习惯
写字是一项重要的基本功，规范、端正、整洁地书写汉字是有效进行书面交流的基本保证，也是学生学习语文和其他课程，形成终身学习能力的基础。

有些小学生存在坐姿及执笔方法不正确，书写字体歪斜、不工整、字迹潦草，缺乏书写的自信心和自觉性等问题。

培养良好的书写习惯，首先要增强书写的自信心。

由于小学生的自我认识和自我评价能力较差，往往老师一句不经意的表扬，一句勉励的话语都会影响他们一生。

因此，要辩证地对待
学生书写的问题和不足，正面地、积极地引导学生，在点评、打分的时候尽量放宽尺度，逐渐增强小学生书写的自信心，养成喜爱书写的习惯。

其次，要培养书写的兴趣。

学习兴趣是学习活动中最现实、最活跃的成分。

事实表明，小学生对不感兴趣的事是做不好的。

因此，要培养良好的书写习惯，就必须培养浓厚的书写兴趣。

要上好习字课，强化学生书写训练;要经常开展一些有趣的活动，比如“看谁写得好”、“争当小小书法家”等活动，让学生在活动中学习、锻炼和提高。

再次，教师的书写水平直接影响着学生的书写心态和情绪，因此要给学生树好榜样，让学生向老师学习、向老师看齐。

三、培养良好的复习习惯
孔子曰：“温故而知新，可以为师矣。

”语文学习要战胜遗忘，就不能忽视强化学习即复习的重要性。

学生是学习的主体，要想获得牢固的知识，不仅要靠课堂上老师的讲解和课堂上的练习，更关键的是还要培养学生主动积极复习的习惯。

因此，教师应该布置一些开放性的课外作业，如：让学生上网查阅资料，根据课文特点设计相应的填空，根据课文想象作画等等，让学生通过这些趣味性的、开放性的作业对旧知识有个整体的、及时的回顾，从而逐渐加深对旧知识的印象，另外，还要定期不定期地抽查学生对旧知识的掌握，以免学生遗忘，渐渐使学生养成良好的复习习惯。

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