小学数学图形计算例题大汇总

第一讲不规则图形面积的计算（一）
我们曾经学过的三角形、长方形、正方形、平行四边形、梯形、菱形、圆和扇形等图形，一般称为基本图形或规则图形.我们的面积及周长都有相应的公式直接计算.如下表：
实际问题中，有些图形不是以基本图形的形状出现，而是由一些基本图形组合、拼凑成的，它们的面积及周长无法应用公式直接计算.一般我们称这样的图形为不规则图形。

那么，不规则图形的面积及周长怎样去计算呢我们可以针对这些图形通过实施割补、剪拼等方法将它们转化为基本图形的和、差关系，问题就能解决了。

例1 如右图，甲、乙两图形都是正方形，它们的边长分别是10厘米和12厘米.求阴影部分的面积。

解：阴影部分的面积等于甲、乙两个正方形面积之和减去三个“空白”三角形（△ABG、△BDE、△EFG）的面积之和。

【
又因为S甲+S乙=12×12+10×10=244，
所以阴影部分面积=244-（50+132+12）=50（平方厘米）。

例2 如右图，正方形ABCD的边长为6厘米，△ABE、△ADF与四边形AECF的面积彼此相等，求三角形AEF的面积.
解：因为△ABE、△ADF与四边形AECF的面积彼此相等，所以四边形AECF的面积与△ABE、△ADF的面积都等于正方形ABCD
在△ABE中，因为AB=6.所以BE=4，同理DF=4，因此CE=CF=2，
∴△ECF的面积为2×2÷2=2。

所以S△AEF=S四边形AECF-S△ECF=12-2=10（平方厘米）。

例3 两块等腰直角三角形的三角板，直角边分别是10厘米和6厘米。

如右图那样重合.求重合部分（阴影部分）的面积。

解：在等腰直角三角形ABC中
∵AB=10
∵EF=BF=AB-AF=10-6=4，
∴阴影部分面积=S△ABG-S△BEF=25-8=17（平方厘米）。

例4 如右图，A为△CDE的DE边上中点，BC=CD，若△ABC（阴影部分）面积为5平方厘米.求△ABD及△ACE的面积.
.
解：取BD中点F，连结AF.因为△ADF、△ABF和△ABC等底、等高，所以它们的面积相等，都等于5平方厘米.
所以△ACD的面积等于15平方厘米，△ABD的面积等于10平方厘米。

又由于△ACE与△ACD等底、等高，所以△ACE的面积是15平方厘米。

例5 如下页右上图，在正方形ABCD中，三角形ABE的面积是8平方厘
解：过E作BC的垂线交AD于F。

在矩形ABEF中AE是对角线，所以S△ABE=S△AEF=8.在矩形CDFE中DE是对角线，所以S△ECD=S△EDF。

例6 如右图，已知：S△ABC=1，
[
解：连结DF。

∵AE=ED，
∴S△AEF=S△DEF；S△ABE=S△BED，
例7 如下页右上图，正方形ABCD的边长是4厘米，CG=3厘米，矩形DEFG的长DG为5厘米，求它的宽DE等于多少厘米
^
解：连结AG，自A作AH垂直于DG于H，在△ADG中，AD=4，DC=4（AD上的高）.
∴S△AGD=4×4÷2=8，又DG=5，
∴S△AGD=AH×DG÷2，
∴AH=8×2÷5=（厘米），
∴DE=（厘米）。

例8 如右图，梯形ABCD的面积是45平方米，高6米，△AED的面积是5平方米，BC=10米，求阴影部分面积.
解：∵梯形面积=（上底+下底）×高÷2
即45=（AD+BC）×6÷2，
45=（AD+10）×6÷2，
~
∴AD=45×2÷6-10=5米。

∴△ADE的高是2米。

△EBC的高等于梯形的高减去△ADE的高，即6-2=4米，
例9 如右图，四边形ABCD和DEFG都是平行四边形，证明它们的面积相等.
证明：连结CE，ABCD的面积等于△CDE面积的2倍，而DEFG的面积也是△CDE 面积的2倍。

∴ABCD的面积与DEFG的面积相等。

习题一
%
一、填空题（求下列各图中阴影部分的面积）：
二、解答题：
1.如右图，ABCD为长方形，AB=10厘米，BC=6厘米，E、F分别为AB、AD中点，且FG=2GE.求阴影部分面积。

2.如右图，正方形ABCD与正方形DEFG的边长分别为12厘米和6厘米.求四边形CMGN （阴影部分）的面积.
3.如右图，正方形ABCD的边长为5厘米，△CEF的面积比△ADF的面积大5平方厘米.求CE的长。

4.如右图，已知CF=2DF，DE=EA，三角形BCF的面积为2，四边形BEDF的面积为4.求三角形ABE的面积.
:
5.如右图，直角梯形ABCD的上底BC=10厘米，下底AD=14厘米，高CD＝5厘米.又三角形ABF、三角形BCE和四边形BEDF的面积相等。

求三角形DEF的面积.
6.如右图，四个一样大的长方形和一个小的正方形拼成一个大正方形，其中大、小正方形的面积分别是64平方米和9平方米.求长方形的长、宽各是多少
7.如右图，有一三角形纸片沿虚线折叠得到右下图，它的面积与原三角形面积之比为2：3，已知阴影部分的面积为5平方厘米.求原三角形面积.
8.如右图，ABCD的边长BC=10，直角三角形BCE的直角边EC长8，已知阴影部分的面积比△EFG的面积大10.求CF的长.
习题一解答…
一、填空题：
二、解答题：
3．CE=7厘米．
可求出BE=12．所以CE=BE-5=7厘米．
~
4．3．提示：加辅助线BD
∴CE=4，DE=CD-CE=5-4=1。

同理AF=8，DF=AD-AF=14-8=6，
6．如右图，大正方形边长等于长方形的长与宽的和.中间小正方形的边长等于长方形的长与宽的差.而大、小正方形的边长分别是8米和3米，所以长方形的宽为（8-3）÷2=（米），长方形的长为=（米）.
7．15平方厘米．解：如右图，设折叠后重合部分的面积为x平方厘米，
x=5．所以原三角形的面积为2×5+5=15平方厘米．
|
∴阴影部分面积是：10x-40＋S△GEF
由题意：S△GEF＋10=阴影部分面积，
∴10x-40=10，x＝5（厘米）.
第五讲同余的概念和性质
你会解答下面的问题吗
问题1：今天是星期日，再过15天就是“六·一”儿童节了，问“六·一”儿童节是星期几
这个问题并不难答.因为，一个星期有7天，而15÷7=2…1，即15＝7×2+1，所以“六·一”儿童节是星期一。

问题2：1993年的元旦是星期五，1994年的元旦是星期几
<
这个问题也难不倒我们.因为，1993年有365天，而365=7×52+1，所以1994年的元旦应该是星期六。

问题1、2的实质是求用7去除某一总的天数后所得的余数.在日常生活中，时常要注意两个整数用某一固定的自然数去除，所得的余数问题.这样就产生了“同余”的概念.如问题1、2中的15与365除以7后，余数都是1，那么我们就说15与365对于模7同余。

同余定义：若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：
a≡b（modm）. （*）
上式可读作：
a同余于b，模m。

同余式（*）意味着（我们假设a≥b）：
a-b=mk，k是整数，即m｜（a-b）.
例如：①15≡365（mod7），因为365-15=350=7×50。

②56≡20（mod9），因为56-20=36＝9×4。

*
③90≡0（mod10），因为90-0＝90=10×9。

由例③我们得到启发，a可被m整除，可用同余式表示为：a≡0（modm）。

例如，表示a是一个偶数，可以写
a≡0（mod 2）
表示b是一个奇数，可以写
b≡1（mod 2）
补充定义：若m（a-b），就说a、b对模m不同余，用式子表示是：
a b（modm）
我们书写同余式的方式，使我们想起等式，而事实上，同余式与等式在其性质上相似.同余式有如下一些性质（其中a、b、c、d是整数，而m是自然数）。

性质1：a≡a（mod m），（反身性）
:
这个性质很显然.因为a-a=0=m·0。

性质2：若a≡b（mod m），那么b≡a（mod m），（对称性）。

性质3：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a≡c（mod m），（传递性）。

性质4：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡b±d（mod m），（可加减性）。

性质5：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么ac≡bd（mod m）（可乘性）。

性质6：若a≡b（mod m），那么a n≡b n（mod m），（其中n为自然数）。

性质7：若ac≡bc（mod m），（c，m）=1，那么a≡b（mod m），（记号（c，m）表示c 与m的最大公约数）。

注意同余式性质7的条件（c，m）＝1，否则像普通等式一样，两边约去，就是错的。

例如6≡10（mod 4），而35（mod 4），因为（2，4）≠1。

请你自己举些例子验证上面的性质。

&
同余是研究自然数的性质的基本概念，是可除性的符号语言。

例1 判定288和214对于模37是否同余，74与20呢
解：∵288-214=74=37×2。

∴288≡214（mod37）。

∵74-20=54，而3754，
∴7420（mod37）。

例2 求乘积418×814×1616除以13所得的余数。

分析若先求乘积，再求余数，计算量太大.利用同余的性质可以使“大数化小”，减少计算量。

解：∵418≡2（mod13），
814≡8（mod13），1616≡4（mod13），
<
∴根据同余的性质5可得：
418×814×1616≡2×8×4≡64≡12（mod13）。

答：乘积418×814×1616除以13余数是12。

例3 求14389除以7的余数。

分析同余的性质能使“大数化小”，凡求大数的余数问题首先考虑用同余的性质化大为小.这道题先把底数在同余意义下变小，然后从低次幂入手，重复平方，找找有什么规律。

解法1：∵143≡3（mod7）
∴14389≡389（mod 7）
∵89＝64+16+8+1
而32≡2（mod 7），
34≡4（mod7），
.
38≡16≡2（mod 7），
316≡4（mod 7），
332≡16≡2（mod 7），
364≡4（mod 7）。

∵389≡364·316·38·3≡4×4×2×3≡5（mod 7），
∴14389≡5（mod 7）。

答：14389除以7的余数是5。

解法2：证得14389≡389（mod 7）后，
36≡32×34≡2×4≡1（mod 7），
∴384≡（36）14≡1（mod 7）。

；
∴389≡384·34·3≡1×4×3≡5（mod 7）。

∴14389≡5（mod 7）。

例4 四盏灯如图所示组成舞台彩灯，且每30秒钟灯的颜色改变一次，第一次上下两灯互换颜色，第二次左右两灯互换颜色，第三次又上下两灯互换颜色，…，这样一直进行下去.请问开灯1小时四盏灯的颜色如何排列
分析与解答经观察试验我们可以发现，每经过4次互换，四盏灯的颜色排列重复一次，而1小时=60分钟=120×30秒，所以这道题实质是求120除以4的余数，因为120≡0（mod 4），所以开灯1小时四盏灯的颜色排列刚好同一开始一样。

十位，…上的数码，再设M=a0＋a1＋…＋an，求证：N≡M（mod 9）。

分析首先把整数N改写成关于10的幂的形式，然后利用10≡1（mod 9）。

又∵1≡1（mod 9），
￥
10≡1（mod 9），
102≡1（mod 9），
…
10n≡1（mod 9），
上面这些同余式两边分别同乘以a0、a1、a2、…、a n，再相加得：
a0＋a1×10+a2×102+…+a n×10n
≡a0＋a1＋a2＋…＋a n（mod 9），
即N≡M（mod 9）.
这道例题证明了十进制数的一个特有的性质：
任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。

"
以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。

例如，求1827496被9除的余数，只要先求（1+8＋2＋7＋4＋9＋6），再求和被9除的余数。

再观察一下上面求和式.我们可以发现，和不一定要求出.因为和式中1＋8，2+7，9被9除都余0，求余数时可不予考虑.这样只需求4＋6被9除的余数.因此，1827496被9除余数是1。

有人时常利用十进制数的这个特性检验几个数相加、相减、相乘的结果对不对，这种检查方法叫：弃九法。

弃九法最经常地是用于乘法.我们来看一个例子。

用弃九法检验乘式5483×9117≡是否正确
因为5483≡5＋4＋8＋3≡11≡2（mod 9），
9117≡9＋1＋1＋7≡0（mod 9），
所以5483×9117≡2×0≡0（mod 9）。

但是≡4+9＋8+8+8＋5+1+1
￥
≡8（mod9），
所以5483×9117≠，即乘积不正确。

要注意的是弃九法只能知道原题错误或有可能正确，但不能保证一定正确。

例如，9875≡9＋8+7+5≡2（mod 9），
4873≡4＋8＋7＋3≡4（mod 9），
≡3+2+4+7＋5+6+8+9
≡8（mod 9），
这时，9875×4873≡2×4≡（mod 9）。

但观察个位数字立刻可以判定9875×4873≠.因为末位数字5和3相乘不可能等于9。

弃九法也可以用来检验除法和乘方的结果。

<
例6 用弃九法检验下面的计算是否正确：
÷7312＝3544。

解：把除式转化为：
3544×7312＝。

∵3544≡3＋5＋4＋4≡7（mod 9），
7312≡7＋3＋1＋2≡4（mod 9），
∴3544×7312≡7×4≡1（mod 9），
但≡2＋3＋3＋8≡7（mod 9）。

而17（mod 9）
∴3544×7312≠，
^
即÷7312≠3544。

例7 求自然数2100＋3101＋4102的个位数字。

分析求自然数的个位数字即是求这个自然数除以10的余数问题。

解：∵2100≡24×25≡625≡6（mod 10），
3101≡34×25·31≡125·31≡3（mod 10），
4102≡（22）100·42≡6·6≡6（mod 10），
∴2100＋3101＋4102≡6＋3＋6≡5（mod 10），
即自然数2100＋3101＋4102的个位数字是5.
习题五
1.验证对于任意整数a、b，式子a≡b（mod1）成立，并说出它的含义。

(
2.已知自然数a、b、c，其中c≥3，a除以c余1，b除以c余2，则ab除以c余多少
年的六月一日是星期二，这一年的十月一日是星期几
4.求＋被7除的余数。

5.所有自然数如下图排列.问300位于哪个字母下面
6.数，被13除余多少（提示：先试除，可知13|111111，而1993≡1（mod 6））。

7.用弃九法检验下面运算是否正确：
①845×372=315340；
②12345×67891=5；
③13÷28997＝39459。

8.求1993100的个位数字.
习题五解答
1.例：∵1|a-b，2≡3（mod 1），7≡15（mod 1），式子a≡b（mod 1）的含义是：任意整数a、b对模1同余.整数是模1的同余类。

2.解：∵a≡1（mod c），b≡2（mod c），
∴ab＝2（mod c）
即ab除以c余2。

年的十月一日是星期五。

4.解：∵ 3333≡1（mod 7），
∴≡1（mod 7）。

又∵5555≡4（mod 7），
:
∴＝43333（mod 7）。

而43≡1（mod 7），
∵43333≡（43)1111≡1（mod 7），
∴+≡1+1≡2（mod 7），
即＋被7除余2。

5.解：∵ 300≡6（mod 7）。

∴300与6在同一列，在D下面。

6.答：余1。

7.①不正确；
②不正确；
；
③不正确。

.
第四讲最大公约数和最小公倍数
本讲重点解决与最大公约数和最小公倍数有关的另一类问题——有关两个自然数.它们的最大公约数、最小公倍数之间的相互关系的问题。

定理1 两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质.即如果（a，b）=d，那么（a÷d，b÷d）＝1。

证明：设a÷d=a1，b÷d=b1，那么a＝a1d，b=b1d。

假设（a1，b1）≠1，可设（a1，b1）＝m（m＞1），于是有a1=a2m，b1＝b2m.（a2，b2是整数）
所以a=a1d＝a2md，b＝b1d＝b2md。

那么md是a、b的公约数。

》
又∵m＞1，∵md＞d。

这就与d是a、b的最大公约数相矛盾.因此，（a1，b1）≠1的假设是不正确的.所以只能是（a1，b1）=1，也就是（a÷d，b÷d）＝1。

定理2 两个数的最小公倍数与最大公约数的乘积等于这两个数的乘积.（证明略）
定理3 两个数的公约数一定是这两个数的最大公约数的约数.（证明略）
下面我们就应用这些知识来解决一些具体的问题。

例1 甲数是36，甲、乙两数的最大公约数是4，最小公倍数是288，求乙数.
解法1：由甲数×乙数=甲、乙两数的最大公约数×两数的最小公倍数，可得
36×乙数=4×288，
乙数=4×288÷36，
解出乙数=32。

《
答：乙数是32。

解法2：因为甲、乙两数的最大公约数为4，则甲数=4×9，设乙数=4×b1，且（b1，9）=1。

因为甲、乙两数的最小公倍数是288，
则288＝4×9×b1，
b1＝288÷36，
解出b1＝8。

所以，乙数=4×8=32。

答：乙数是32。

例2 已知两数的最大公约数是21，最小公倍数是126，求这两个数的和是多少解：要求这两个数的和，我们可先求出这两个数各是多少.设这两个数为a、b，a＜b。

<
因为这两个数的最大公约数是21，故设a=21a1，b＝21b1，且（a1，b1）＝1。

因为这两个数的最小公倍数是126，
所以126=21×a1×b1，
于是a1×b1=6，
因此，这两个数的和为21＋126=147，或42＋63=105。

答：这两个数的和为147或105。

例3 已知两个自然数的和是50，它们的最大公约数是5，求这两个自然数。

解：设这两个自然数分别为a与b，a＜b.因为这两个自然数的最大公约数是5，故设a=5a1，b=5b1，且（a1，b1）=1，a1＜b1。

@
因为a＋b=50，所以有5a1+5b1=50，
a1+b1=10。

满足（a1，b1）=1，a1＜b1的解有：
答：这两个数为5与45或15与35。

例4 已知两个自然数的积为240，最小公倍数为60，求这两个数。

解：设这两个数为a与b，a＜b，且设（a，b）＝d，a＝da1，b＝db1，其中（a1，b1）＝1。

因为两个自然数的积=两数的最大公约数×两数的最小公倍数，
所以240=d×60，
)
解出d＝4，
所以a=4a1，b=4b1.
因为a与b的最小公倍数为60，
所以4×a1×b1＝60，
于是有a1×b1＝15。

答：这两个数为4与60或12与20。

例5 已知两个自然数的和为54，它们的最小公倍数与最大公约数的差为114，求这两个自然数。

解：设这两个自然数分别为a与b，a＜b，（a，b）＝d，a＝da1，b＝db1，其中（a1，b1）＝1。

因为a+b＝54，所以da1+db1=54。

于是有d×（a1＋b1）＝54，因此，d是54的约数。

又因为这两个数的最小公倍数与最大公约数的差为114，
所以da1b1-d=114，
于是有d×（a1b1-1）=114，
因此，d是114的约数。

故d为54与114的公约数。

由于（54，114）＝6，6的约数有：1、2、3、6，根据定理3，d可能取1、2、3、6这四个值。

如果d＝1，由d×（a1+b1）＝54，有a1＋b1=54；又由d×（a1b1-1）＝114，有a1b1=115。

115=1×115=5×23，但是1＋115=116≠54，5＋23=28≠54，所以d≠1.
…
如果d＝2，由d×（a1＋b1）＝54，有a1+b1=27；又由d×（a1b1-1）=114，有a1b1=58。

58＝1×58＝2×29，但是1＋58＝59≠27，2+29＝31≠27，所以d≠2。

如果d=3，由d×（a1＋b1）=54，有a1+b1＝18；又由d×（a1b1-1）=114，有a1b1=39。

39＝1×39＝3×13，但是1＋39＝40≠18，3＋13＝16≠18，所以d≠3。

如果d=6，由d×（a1＋b1）=54，有a1＋b1=9；又由d×（a1b1-1）=114，有a1b1=20。

20表示成两个互质数的乘积有两种形式：20=1×20＝4×5，虽然1＋20=21≠9，但是有4＋5＝9，所以取d＝6是合适的，并有a1=4，b1＝5。

a＝6×4＝24，b＝6×5＝30。

答：这两个数为24和30。

例6 已知两个自然数的差为4，它们的最大公约数与最小公倍数的积为252，求这两个自然数。

解：设这两个自然数分别为a与b，且a＞b，a＝da1，b=db1，（a1，b1）＝1。

…
因为a-b=4，所以da1-db1=4，于是有d×（a1-b1）=4，因此d为4的约数。

因为这两个自然数的最大公约数与最小公倍数的积为252，所以d×da1b1＝252，于是有d2×a1b1=（2×3）2×7，因此d为2×3的约数。

故d为4与2×3的公约数。

由于（4，2×3）＝2，2的约数有1和2两个，所以d可能取1、2这两个值。

如果d=1，由d×（a1-b1）=4，有a1-b1=4；又由d2×a1b1=252，有a1b1=252。

252表示成两个互质数的乘积有4种形式：252=1×252=4×63=7×36＝9×28，但是252-1＝251≠4，63-4＝59≠4，36-7=29≠4，28-9＝19≠4，所以d≠1。

如果d=2，由d×（a1-b1）=4，有a1-b1=2；又由d2×a1b1＝252，有a1b1=63。

63表示为两个互质数的乘积有两种形式：63＝1×63=7×9，但63-1＝62≠2，而9-7＝2，且（9，7）=1，所以d=2，并且a1＝9，b1＝7。

因此a=2×9＝18，b＝2×7＝14。

答：这两个数为18和14。

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在例2～例5的解答中之所以可以在假设中排除a=b这种情形（在各例中都只假设了a＜b），分别是由于：例2和例5，若a＝b，则（a，b）＝[a，b]＝a，与条件（a，b）≠[a，b]矛盾；例3，若a=b，则a＝b=（a，b）=5，因此a＋b＝10≠50，与条件矛盾；例4，a×b=240不是平方数。

从例题的解答中可以看出，在处理涉及两数的最大公约数或者最小公倍数的很多问题中，经常用到的基本关系是：若两数为a、b，那么a=a1d，b＝b1d，其中d=（a，b），（a1，b1）＝1，因此[a，b]＝da1b1，有时为了确定起见，可设a≤b.对于很多情形，可以排除a=b的情形（如上述所示），而只假设a＜b.
习题四
1.已知某数与24的最大公约数为4，最小公倍数为168，求此数。

2.已知两个自然数的最大公约数为4，最小公倍数为120，求这两个数。

3.已知两个自然数的和为165，它们的最大公约数为15，求这两个数。

4.已知两个自然数的差为48，它们的最小公倍数为60，求这两个数。

5.已知两个自然数的差为30，它们的最小公倍数与最大公约数的差为450，求这两个自然数。

6.已知两个自然数的平方和为900，它们的最大公约数与最小公倍数的乘积为432，求这两个自然数.
习题四解答
]
1.此数为28。

2.这两个数为4与120，或8与60，或12与40，或20与24。

3.所求的两个数为15与150，或30与135，或45与120，或60与105，或75与90。

4.所求的两个数为60与12。

5.所求的两个数为41与11，或65与35。

6.解：设所求的两个自然数为a、b，且a＜b，a=da1，b=db1，（a1，b1）＝1，a1＜b1。

由所给的条件得到
两式相除得
~
由于（12，25）＝1，
因此a1=3，b1＝4。

得d＝6。

所以a=18，b=24。

经检验，18、24为所求。

答：这两个自然数为18与24.
第八讲时钟问题
;
时钟问题是研究钟面上时针和分针关系的问题.钟面的一周分为60格.
也存在着不少的学问.这里列出一个基本公式：在初始时刻需追赶的格数÷
格数。

例1 现在是3点，什么时候时针与分针第一次重合
分析3点时分针指12，时针指3.分针在时针后5×3＝15（个）
格.
例2 在10点与11点之间，钟面上时针和分针在什么时刻垂直
分析分两种情况进行讨论。

①在顺时针方向上分针与时针成270°角：
-
在顺时针方向上当分针与时针成270°时，分针落后时针60×（270÷360）=45（个）格，而在10点整时分针落后时针5×10=50（个）格.因此，在这段时间内，分针要比时针多走50-45=5（个）格，而每分钟分针
②在顺时针方向上分针与时针成90°角：
在顺时针方向上当分针与时针成90°角时，分针落后时针60×（90÷360）=15（个）格，而在10点整时分针落后时针5×10=50（个）格，因此在这段时间内，分针要比时针多走
50-15=35（个）格，所以到达这一时
解：①在顺时针方向上当分针与时针成270°角时：
②在顺时针方向上当分针与时针成90°角时：
例3 在9点与10点之间的什么时刻，分针与时针在一条直线上
:
分析分两种情况进行讨论。

①分针与时针的夹角为180°角：
当分针与时针的夹角为180°角时，分针落后时针60×（180÷360）=30（个）格，而在9点整时，分针落后时针5×9=45（个）格.因此，在这段时间内分针要比时针多走45-30=15（个）格，而每分钟分针比时针多走
（分钟）。

②分针与时针的夹角为0°，即分针与时针重合：
9点整时，分针落后时针5×9=45（个）格，而当分针与时针重合时，分针要比时针多走45个格，因此到达这一时刻所用的时间为：45÷(1-
解：①当分针与时针的夹角为180°角时：
②当分针与时针的夹角为0°即分针与时针重合时：
！
例4 小明在7点与8点之间解了一道题，开始时分针与时针正好成一条直线，解完题时两针正好重合，小明解题的起始时间小明解题共用了多少时间
分析要求小明解题共用了多少时间，必须先求出小明解题开始时是什么时刻，解完题时是什么时刻。

①小明开始解题时的时刻：
因为小明开始解题时，分针与时针正好成一条直线，也就是分针与时针的夹角为180°，此时分针落后时针60×（180÷360）=30（个）格，而7点整时分针落后时针5×7＝35（个）格，因此在这段时间内分针要比时
②小明解题结束时的时刻：
因为小明解题结束时，两针正好重合，那么从7点整到这一时刻分针要
；
这样小明解题所用的时间就可以求出来了。

解：先求小明开始解题的时刻：
再求小明结束解题的时刻：
最后求小明解题所用的时间：
例5 一只钟的时针与分针均指在4与6之间，且钟面上的“5”字恰好在时针与分针的正中央，问这时是什么时刻
分析由于现在可以是4点多，也可以是5点多，所以分两种情况进行讨论：
：
①先设此时是4点多：
4点整时，时针指4，分针指12.从4点整到现在“5在时针与分针的正中央”，分针走的格数多于25，少于30，时针走不足5格.由于5到分针的格数等于5到时针的格数，所以时针与分针在这段时间内共走30格.又由于
②再设此时是5点多：
5点整时，时针指5，分针指12.从5点整到现在“5在时针与分针的正中央”，分针走的格数多于20格少于25格，时针走的格数不足5格，由于5到分针的格数等于5到时针的格数，所以时针与分针在这段时间内共走25格.因此，从5点整到上页图（b）钟面上
,
解：①如果此时是4点多，则从4点整到上页图（a）钟面上这种状态
②如果此时是5点多，则从5点整到上页图（b）钟面上这种状态共用：
例6 一只旧钟的分钟和时针每65分钟（标准时间的65分钟）重合一次.问这只旧钟一天（标准时间24小时）慢或快几分钟
分钟重合一次，显然旧钟快.本题的难点在于从旧钟两针的重合所耗用的65标准分钟推算出旧钟时针或分针的旋转速度（每标准分钟旋转多少格），进而推算出旧钟的针24标准小时旋转多少格，它与标准钟的针用24标准小时所走的格数的差就是旧钟钟面上显示的比标准钟快的时间读数。

单位表示：旧钟分针速度为x（格/标准分）.旧钟分针走60格时针走5格，，
耗用65标准分钟，而且两次重合之间分针赶超了时针
标准时间一天有60×24=1440标准分，一天内旧钟分针走的格数为：
标准分钟数.并非标准的分钟数。

解：设这只旧钟的分针用标准时间1分钟走x格，则旧钟的时针速度为
根据旧钟的时针与分针每重合一次耗用65标准分钟，列方程得：60÷
标准时间一天有60×24标准分，标准时间一天内旧钟分针走的格数为：
这只旧钟的分针标准时间一天所走的格数与标准钟分针一天走的格数差为：
习题八
1.在6点和7点之间，两针什么时刻重合
2.现在是2点15分，再过几分钟，时针和分针第一次重合
点钟以后，什么时刻分针与时针第一次成直角
4.在7点与8点之间（包含7点与8点）的什么时刻，两针之间的夹角为120°
5.在10点与11点之间，两针在什么时刻成一条直线
6.一旧钟钟面上的两针每66分钟重合一次，这只旧钟在标准时间的一天中快或慢几分钟
7.李叔叔下午要到工厂上3点的班.他估计快到上班时间了，到屋里看钟，可是钟早在12点10分就停了.他上足发条后忘了拨针，匆匆离家，到工厂一看离上班时间还有10分钟.8小时工作后夜里11点下班，李叔叔回到家里，一看钟才9点整.假定他上班和下班在路上用的时间相同，那么他家的钟停了多长时间
习题八解答
1.解：在6点整时，分针落后时针5×6＝30（个）格，到分针与时针
2.解：在2点整时，分针落后时针5×2＝10（个）格，到分针与时针重合时，分针要比时针多走10个格，所以到达这一时刻所用的时间为：
10
时刻.现在看3点整时，分针落后时针5×3＝15（个）格，到分针与时针重合针时，分针要比时针多走15个格，这样到达这一时刻所用的时间为：
的时间为：
3.解：在2点整时，分针落后时针5×2=10（个）格，当分针与时针第一次成直角时，分针超过时针60×（90÷360）=15（个）格，因此在这段时间内分针要比时针多走10+15=25（个）格，所以到达这一时刻所用的时间为：
4.解：①当分针落后时针而与时针成120°角时：
当分针落后时针而与时针成120°角时，分针落后时针60×（120÷360）＝20（个）格，而7点整时分针落后时针5×7=35（个）格，因此在这段时间内分针要比时针多走35—20=15（个）格，所以到达这一时刻所
之间的夹角为120°。

②当分针超过时针而与时针成120°角时：
当分针超过时针而与时针成120°角时，分针超过时针20格，而7点整时分针落后时针35格，因此在这段时间内分针要比时针多走35＋20=55（个）
在7点60分即8点整时，两针之间的夹角为120°。

5.解：①当分针与时针的夹角为180°角时：
当分针与时针的夹角为180°角时，分针落后时针60×（180÷360）=30（个）格，而10点整时分针落后时针5×10=50（个）格，因此在这段时间内分针要比时针多走50-30＝20（个）格，所以到达这一时刻所用的时
一条直线上。

②当分针与时针的夹角为0°即分针与时针重合时：
10点整时分针落后时针50个格，因此当分针与时针重合时分针要比时
格/标准分。

根据旧钟的时针与分针每重合一次耗用66标准分钟，列方程得：60÷
×60×24格。

则这只旧钟标准时间一天慢：
7.解法1：依题意，钟停的时间与上班路上用的时间之和为：14点50分-12点10分=160（分钟）.钟停的时间与下班路上用的时间之差为：11点-9点=120（分钟）；因此钟停的时间是：（160+120）÷2=140（分钟）。

答：李叔叔家的钟停了140分钟。

解法2：李叔叔在12点10分上足发条，到回家时的9点钟，共8小时50分.这8小时50分钟扣除早到的10分钟及工作的8小时，余40分钟，这是来回路上用的时间.因此路上单程要花40÷2=20（分钟）.李叔叔到厂的时间是2点50分，扣除路上的20分钟，离家的时间是2点30分，而他家的钟面上却是12点10分，中间相差2小时20分.这2小时20分即140分钟就是他家钟停了的时间。

答：李叔叔家的钟停了140分钟.。