DY 竞赛数学 · 六年级 — 题库预览

解题过程
观察发现：计算结果的分子是原来两个分母的差，计算结果的分母是原来两个分母的乘积。（1）$$\begin{aligned}\frac{1}{9}-\frac{1}{10}&=\frac{10-9}{9\times 10}\\&=\frac{1}{90}\end{aligned}$$；（2）$$\begin{aligned}\frac{1}{11}-\frac{1}{13}&=\frac{13-11}{11\times 13}\\&=\frac{2}{143}\end{aligned}$$；（3）$$\begin{aligned}\frac{1}{97}-\frac{1}{103}&=\frac{103-97}{97\times 103}\\&=\frac{6}{9991}\end{aligned}$$。

解题过程
利用 $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ 裂项：$$\begin{aligned}\text{原式}&=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}\\&=1-\frac{1}{10}\\&=\frac{9}{10}\end{aligned}$$。

解题过程
利用 $\frac{2}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}$ 裂项：$$\begin{aligned}\text{原式}&=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{97}-\frac{1}{99}\\&=1-\frac{1}{99}\\&=\frac{98}{99}\end{aligned}$$。

解题过程
提取 $\frac{1}{2}$ 后裂项：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{98}-\frac{1}{100}\right)\\&=\frac{1}{2}\times\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{100}\right)\\&=\frac{1}{2}\times\frac{49}{100}\\&=\frac{49}{200}\end{aligned}$$。

解题过程
把每个分母写成相邻整数之积：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\frac{1}{4\times 5}+\cdots+\frac{1}{9\times 10}\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{10}\\&=\frac{2}{5}\end{aligned}$$。

解题过程
利用 $\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}-\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{7}\right)+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}-\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{9}\right)+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}\\&=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}-\frac{1}{6}-\frac{1}{7}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}-\frac{1}{8}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}\\&=\frac{1}{5}+\frac{1}{10}\\&=\frac{3}{10}\end{aligned}$$。

解题过程
每个分数都可写成 $\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 的形式：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1+2}{1\times 2}-\frac{2+3}{2\times 3}+\frac{3+4}{3\times 4}-\cdots+\frac{9+10}{9\times 10}\\&=1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\cdots+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}\\&=1+\frac{1}{10}\\&=1\frac{1}{10}\end{aligned}$$。

解题过程
利用 $\frac{2}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}$ 裂项：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{2\times 3}-\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{98\times 99}-\frac{1}{99\times 100}\\&=\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{99\times 100}\\&=\frac{4949}{9900}\end{aligned}$$。

解题过程
每项都形如 $1-\frac{1}{n(n+1)}$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(1-\frac{1}{6}\right)+\left(1-\frac{1}{12}\right)+\cdots+\left(1-\frac{1}{210}\right)+\left(1-\frac{1}{240}\right)\\&=15-\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{15\times 16}\right)\\&=15-\left(1-\frac{1}{16}\right)\\&=14\frac{1}{16}\end{aligned}$$。

解题过程
把每个括号化成分数后连乘约分：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{2}\times\frac{3}{2}\times\frac{2}{3}\times\frac{4}{3}\times\cdots\times\frac{8}{9}\times\frac{10}{9}\\&=\frac{1}{2}\times\frac{10}{9}\\&=\frac{5}{9}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\frac{1}{30}&=\frac{1}{5\times 6}\\&=\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\end{aligned}$$；（2）$$\begin{aligned}\frac{2}{35}&=\frac{2}{5\times 7}\\&=\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\end{aligned}$$；（3）$$\begin{aligned}\frac{11}{28}&=\frac{4+7}{4\times 7}\\&=\frac{1}{4}+\frac{1}{7}\end{aligned}$$。

解题过程
裂项相消：$$\begin{aligned}\text{原式}&=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2007}-\frac{1}{2008}\\&=1-\frac{1}{2008}\\&=\frac{2007}{2008}\end{aligned}$$。

解题过程
公差为 3，利用 $\frac{3}{(3k-1)(3k+2)}=\frac{1}{3k-1}-\frac{1}{3k+2}$ 裂项：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{2}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{98}-\frac{1}{101}\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{101}\\&=\frac{99}{202}\end{aligned}$$。

解题过程
每项 $\frac{4k}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k+1}$（带符号），裂项得：$$\begin{aligned}\text{原式}&=1+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{7}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\frac{1}{11}-\frac{1}{13}\\&=1-\frac{1}{13}\\&=\frac{12}{13}\end{aligned}$$。

解题过程
分母依次为 $1\times 4,\ 4\times 7,\ 7\times 10,\cdots,97\times 100$，公差为 3：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{97}-\frac{1}{100}\right)\\&=\frac{1}{3}\times\left(1-\frac{1}{100}\right)\\&=\frac{1}{3}\times\frac{99}{100}\\&=\frac{33}{100}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）整数部分与分数部分分别求和：$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1+3+\cdots+17)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{90}\right)\\&=81+\left(1-\frac{1}{10}\right)\\&=81\frac{9}{10}\end{aligned}$$。 （2）按符号 $+,+,-,-$ 周期分成奇数列与偶数列两组，分别拆成 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$：奇数分母组 $$\begin{aligned}\frac{4}{1\times 3}-\frac{8}{3\times 5}+\cdots+\frac{76}{37\times 39}-\frac{80}{39\times 41}&=1+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{37}+\frac{1}{39}-\frac{1}{39}-\frac{1}{41}\\&=1-\frac{1}{41}\end{aligned}$$；偶数分母组 $$\begin{aligned}\frac{6}{2\times 4}-\frac{10}{4\times 6}+\cdots+\frac{78}{38\times 40}-\frac{82}{40\times 42}&=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{38}+\frac{1}{40}-\frac{1}{40}-\frac{1}{42}\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{42}\end{aligned}$$。故 $$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(1-\frac{1}{41}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{42}\right)\\&=1\frac{389}{861}\end{aligned}$$。

解题过程
记 $S_k=1+2+\cdots+k$，第 $k$ 项分子恰为 $S_k-S_{k-1}=k$，故 $\frac{k}{S_{k-1}S_k}=\frac{1}{S_{k-1}}-\frac{1}{S_k}$。$$\begin{aligned}\text{原式}&=1+1-\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2}-\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+\cdots+9}-\frac{1}{1+2+\cdots+10}\\&=1+1-\frac{1}{55}\\&=1\frac{54}{55}\end{aligned}$$。

解题过程
每项都形如 $2-\frac{1}{n(n+1)}$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(2-\frac{1}{2}\right)+\left(2-\frac{1}{6}\right)+\cdots+\left(2-\frac{1}{420}\right)\\&=2\times 20-\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{20\times 21}\right)\\&=40-\left(1-\frac{1}{21}\right)\\&=39\frac{1}{21}\end{aligned}$$。

解题过程
每项 $\frac{(3k-1)(3k)}{(3k-2)(3k+1)}=1+\frac{2}{(3k-2)(3k+1)}$，共 33 项：$$\begin{aligned}\text{原式}&=1+\frac{2}{1\times 4}+1+\frac{2}{4\times 7}+\cdots+1+\frac{2}{97\times 100}\\&=33+\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{97}-\frac{1}{100}\right)\\&=33+\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{100}\right)\\&=33\frac{33}{50}\end{aligned}$$。

解题过程
第 $k$ 项分母 $2+4+\cdots+2k=k(k+1)$，故$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{10\times 11}\\&=1-\frac{1}{11}\\&=\frac{10}{11}\end{aligned}$$。

解题过程
利用 $\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{2\times 3}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2\times 3}-\frac{1}{3\times 4}\right)+\cdots+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{48\times 49}-\frac{1}{49\times 50}\right)\\&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{49\times 50}\right)\\&=\frac{306}{1225}\end{aligned}$$。

解题过程
把分子拆成 $1+(n+2)$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1+3}{1\times 2\times 3}+\frac{1+4}{2\times 3\times 4}+\cdots+\frac{1+10}{8\times 9\times 10}\\&=\left(\frac{1}{1\times 2\times 3}+\cdots+\frac{1}{8\times 9\times 10}\right)+\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{8\times 9}\right)\\&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{9\times 10}\right)+\left(1-\frac{1}{9}\right)\\&=1\frac{2}{15}\end{aligned}$$。

解题过程
利用 $1-\frac{1}{n^2}=\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{1}{n}\right)$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{2}\times\frac{3}{2}\times\frac{2}{3}\times\frac{4}{3}\times\cdots\times\frac{98}{99}\times\frac{100}{99}\\&=\frac{1}{2}\times\frac{100}{99}\\&=\frac{50}{99}\end{aligned}$$。

解题过程
利用 $1+\frac{1}{n(n+2)}=\frac{n(n+2)+1}{n(n+2)}=\frac{(n+1)^2}{n(n+2)}$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{2^2}{1\times 3}\times\frac{3^2}{2\times 4}\times\frac{4^2}{3\times 5}\times\cdots\times\frac{2008^2}{2007\times 2009}\\&=2\times\frac{2008}{2009}\\&=1\frac{2007}{2009}\end{aligned}$$。

解题过程
每项都满足 $\frac{n^2+(n+1)^2}{n(n+1)}=2+\frac{1}{n(n+1)}$（因为 $n^2+(n+1)^2=2n(n+1)+1$）。所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=2\frac{1}{1\times 2}+2\frac{1}{2\times 3}+\cdots+2\frac{1}{19\times 20}\\&=2\times 19+\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{19\times 20}\right)\\&=38+\left(1-\frac{1}{20}\right)\\&=38\frac{19}{20}\end{aligned}$$。

解题过程
对偶数 $2k$，$\frac{(2k)^2+1}{(2k)^2-1}=\frac{(2k-1)(2k+1)+2}{(2k-1)(2k+1)}=1+\frac{2}{(2k-1)(2k+1)}$。$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1\times 3+2}{1\times 3}+\frac{3\times 5+2}{3\times 5}+\cdots+\frac{19\times 21+2}{19\times 21}\\&=1+\frac{2}{1\times 3}+1+\frac{2}{3\times 5}+\cdots+1+\frac{2}{19\times 21}\\&=10+\left(\frac{2}{1\times 3}+\frac{2}{3\times 5}+\cdots+\frac{2}{19\times 21}\right)\\&=10+\left(1-\frac{1}{21}\right)\\&=10\frac{20}{21}\end{aligned}$$。

解题过程
第 $k$ 个因子 $k+\frac{2k}{2k+1}=\frac{k(2k+1)+2k}{2k+1}=\frac{k(2k+3)}{2k+1}$。于是$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1\times 5}{3}\times\frac{2\times 7}{5}\times\frac{3\times 9}{7}\times\cdots\times\frac{9\times 21}{19}\\&=\frac{(1\times 2\times\cdots\times 9)\times(5\times 7\times 9\times\cdots\times 21)}{3\times 5\times 7\times\cdots\times 19}\\&=9!\times\frac{21}{3}\\&=362880\times 7\\&=2540160\end{aligned}$$，所以末两位数字是 $60$。

解题过程
把分子 $2n+1$ 拆成 $n+(n+1)$：$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1+2}{1\times 2\times 3}+\frac{2+3}{2\times 3\times 4}+\cdots+\frac{18+19}{18\times 19\times 20}\\&=\left(\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{19\times 20}\right)+\left(\frac{1}{1\times 3}+\frac{1}{2\times 4}+\cdots+\frac{1}{18\times 20}\right)\\&=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{20}\right)+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{19}-\frac{1}{20}\right)\\&=1\frac{113}{760}\end{aligned}$$。

解题过程
把分子 $n$ 写成 $(n+1)-1$：$\frac{n}{(n+1)!}=\frac{(n+1)-1}{(n+1)!}=\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+1)!}$。$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{2-1}{2!}+\frac{3-1}{3!}+\cdots+\frac{100-1}{100!}\\&=\left(\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}\right)+\left(\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{99!}-\frac{1}{100!}\right)\\&=1-\frac{1}{100!}\end{aligned}$$。

解题过程
用放缩与裂项估计 $B$：因为 $\frac{1}{n^2}<\frac{1}{(n-1)n}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，所以 $B<\frac{1}{8^2}+\frac{1}{8\times 9}+\frac{1}{9\times 10}+\cdots+\frac{1}{63\times 64}=\frac{1}{8^2}+\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{63}-\frac{1}{64}\right)=\frac{1}{64}+\frac{1}{8}-\frac{1}{64}=\frac{1}{8}$。故 $B<\frac{1}{8}=A$，即 $A>B$。

解题过程
把第 $n$ 项的因子 $n$ 写成 $(n+3)-3$：$\frac{(n+2)!\times n}{3^n}=\frac{(n+2)!\times\big[(n+3)-3\big]}{3^n}=\frac{(n+3)!}{3^{n+1}}-\frac{(n+2)!}{3^{n-1}}$。于是原式 $=\left(\frac{4!}{3^2}-\frac{3!}{3^0}\right)+\left(\frac{5!}{3^3}-\frac{4!}{3^1}\right)+\cdots$，整理为相邻项裂项相消，最终得 $\frac{103!}{3^{100}}-3!=\frac{103!}{3^{100}}-6$。

解题过程
每一项都可约分，例如最后一项约成 $\frac{100\times 99\times 98}{3\times 2\times 1}$，往前一项约成 $\frac{100\times 99\times 98}{4\times 3\times 2}$，分子都是 $100\times 99\times 98$；把最前面几项的分子也补成 $100\times 99\times 98$，得$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{100\times 99\times 98}{99\times 98\times 97}+\frac{100\times 99\times 98}{98\times 97\times 96}+\cdots+\frac{100\times 99\times 98}{3\times 2\times 1}\\&=100\times 99\times 98\times\frac{1}{2}\times\left(\frac{1}{1\times 2}-\frac{1}{98\times 99}\right)\\&=100\times 99\times 98\times\frac{1}{2}\times\frac{98\times 99-2}{1\times 2\times 98\times 99}\\&=\frac{1}{4}\times 100\times(98\times 100-98-2)\\&=242500\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{3}\times\left(4.3\times\frac{18}{5}-\frac{18}{5}+6.7\times\frac{18}{5}\right)-\left(1.23\times\frac{3}{41}-5-0.09\right)\\&=\frac{1}{3}\times\frac{18}{5}\times(4.3-1+6.7)-(0.03\times 3-5-0.09)\\&=\frac{6}{5}\times 10-(0.09-5-0.09)\\&=12+5\\&=17\end{aligned}$$。

解题过程
一步步倒推即可。由 $15.6\div\left[2\frac{2}{3}\times(1.625+\square)-1\frac{1}{10}\right]=3\frac{3}{5}+\frac{4}{15}\div\frac{2}{3}=3\frac{3}{5}+\frac{2}{5}=4$，得 $2\frac{2}{3}\times(1.625+\square)-1\frac{1}{10}=15.6\div 4=3.9$，于是 $2\frac{2}{3}\times(1.625+\square)=3.9+1.1=5$，$1.625+\square=5\div\frac{8}{3}=1.875$，所以 $\square=1.875-1.625=0.25=\frac{1}{4}$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{\frac{5}{8}}{\frac{3}{5}\times\frac{1}{20}+\frac{28}{5}\times\frac{1}{80}}\times\frac{2}{5}\\&=\dfrac{\frac{5}{8}}{\frac{3}{5}\times\frac{1}{20}+\frac{7}{5}\times\frac{1}{20}}\times\frac{2}{5}\\&=\dfrac{\frac{5}{8}}{\frac{1}{20}\times 2}\times\frac{2}{5}\\&=\frac{5}{8}\times 10\times\frac{2}{5}\\&=2\frac{1}{2}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{\frac{1950\times 2002+1}{2002}}{\frac{2002\times 1950+1}{1950}}-\dfrac{\frac{5}{2}\times\frac{3}{5}}{\frac{7}{2}}\\&=\frac{1950}{2002}-\frac{3}{7}\\&=\frac{13\times 150}{13\times 11\times 7\times 2}-\frac{3}{7}\\&=\frac{75-33}{11\times 7}\\&=\frac{42}{77}\\&=\frac{6}{11}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=1+\cfrac{1}{\frac{7}{3}}\\&=1+\frac{3}{7}\\&=\frac{10}{7}\\&=1\frac{3}{7}\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=1+\cfrac{1}{2+\frac{1}{\frac{13}{4}}}\\&=1+\cfrac{1}{2+\frac{4}{13}}\\&=1+\cfrac{1}{\frac{30}{13}}\\&=1+\frac{13}{30}\\&=1\frac{13}{30}\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=1-\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{\frac{1986}{1987}}}\\&=1-\cfrac{1}{1+\frac{1987}{1986}}\\&=1-\cfrac{1}{\frac{1986+1987}{1986}}\\&=1-\frac{1986}{3973}\\&=\frac{1987}{3973}\end{aligned}$$。

解题过程
考虑到 $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1$，而 $\frac{1}{4}$、$\frac{1}{5}$、$\frac{1}{8}$、$\frac{1}{10}$ 都是位数很少的有限小数，不会影响很靠后的小数位，因此只需计算 $\frac{1}{7}+\frac{1}{9}$。$$\begin{aligned}\frac{1}{7}+\frac{1}{9}&=\frac{16}{63}\\&=0.\dot{2}5396\dot{8}\end{aligned}$$循环节长度为 $6$。$2008\div 6=334\cdots\cdots 4$，余 $4$，所以小数点后第 2008 位是循环节第 4 位，即数字 $9$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{100+102}{100\times 102}\\&=\frac{202}{10200}\\&=\frac{101}{5100}\end{aligned}$$。 （2）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(\frac{3+4}{3\times 4}\right)\triangle 5\\&=\frac{7}{12}\triangle 5\\&=\dfrac{\frac{7}{12}+5}{\frac{7}{12}\times 5}\\&=\frac{67}{12}\times\frac{12}{35}\\&=\frac{67}{35}\\&=1\frac{32}{35}\end{aligned}$$。 （3）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{\frac{1+2}{1\times 2}\triangle 3}{1\triangle\frac{2+3}{2\times 3}}\\&=\dfrac{\frac{3}{2}\triangle 3}{1\triangle\frac{5}{6}}\\&=\dfrac{\frac{\frac{3}{2}+3}{\frac{3}{2}\times 3}}{\frac{1+\frac{5}{6}}{1\times\frac{5}{6}}}\\&=\dfrac{\frac{9}{2}\times\frac{2}{9}}{\frac{11}{6}\times\frac{6}{5}}\\&=\frac{1}{\frac{11}{5}}\\&=\frac{5}{11}\end{aligned}$$。

解题过程
将原式慢慢化简，再利用比例的内项积等于外项积即可。$$\begin{aligned}\frac{54+55+56+57+58}{4+5+6+7+8}&=\frac{280}{30}\\&=\frac{28}{3}\end{aligned}$$，故 $333\frac{111}{112}:\square=37:\frac{28}{3}$，即 $37\times 9\frac{3}{112}:\square=37:\frac{28}{3}$，约去 $37$ 得 $9\frac{3}{112}:\square=1:\frac{28}{3}$，所以 $$\begin{aligned}\square&=9\frac{3}{112}\times\frac{28}{3}\\&=\frac{1011}{112}\times\frac{28}{3}\\&=\frac{1011}{12}\\&=\frac{337}{4}\\&=84\frac{1}{4}\end{aligned}$$。

解题过程
典型的整数裂项（裂数）。$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{1}{3}\times 19\times 20\times 21\\&=\frac{1}{3}\times 7980\\&=2660\end{aligned}$$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\frac{1}{\triangle 1}+\frac{1}{\triangle 2}+\cdots+\frac{1}{\triangle 99}&=\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{99\times 100}\\&=1-\frac{1}{100}\\&=\frac{99}{100}\\&=\frac{99\times 101}{100\times 101}\\&=\frac{9999}{\triangle 100}\end{aligned}$$，所以方框内应填 $9999$。 （2）$$\begin{aligned}\triangle 1+\triangle 2+\cdots+\triangle 100&=1\times 2+2\times 3+\cdots+100\times 101\\&=\frac{1}{3}\times 100\times 101\times 102\\&=343400\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(3.85\times\frac{18}{5}+12.3\times\frac{9}{5}\right)\times\frac{4}{13}\\&=\left(7.7\times\frac{9}{5}+12.3\times\frac{9}{5}\right)\times\frac{4}{13}\\&=20\times\frac{9}{5}\times\frac{4}{13}\\&=36\times\frac{4}{13}\\&=\frac{144}{13}\\&=11\frac{1}{13}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{\frac{7}{18}\times\frac{9}{2}+\frac{1}{6}}{\frac{40}{3}-\frac{15}{4}\times\frac{16}{5}}\times\frac{8}{23}\\&=\dfrac{\frac{7}{4}+\frac{1}{6}}{\frac{40}{3}-12}\times\frac{8}{23}\\&=\dfrac{\frac{23}{12}}{\frac{4}{3}}\times\frac{8}{23}\\&=\frac{23}{12}\times\frac{3}{4}\times\frac{8}{23}\\&=\frac{1}{2}\end{aligned}$$。

解题过程
因为 $$\begin{aligned}\dfrac{19\frac{5}{9}+3\frac{9}{10}-5.22}{19\frac{5}{9}-6\frac{27}{50}+5.22}&=\dfrac{19\frac{5}{9}+3.9-5.22}{19\frac{5}{9}-6.54+5.22}\\&=\dfrac{19\frac{5}{9}-1.32}{19\frac{5}{9}-1.32}\\&=1\end{aligned}$$；又 $$\begin{aligned}\dfrac{1993\times 0.4}{1995\times 0.5}+\dfrac{1.6}{1995}&=\dfrac{1993\times 0.8}{1995}+\dfrac{2\times 0.8}{1995}\\&=\dfrac{1993+2}{1995}\times 0.8\\&=0.8\end{aligned}$$。所以 $$\begin{aligned}\text{原式}&=1\div 0.8\\&=1.25\\&=1\frac{1}{4}\end{aligned}$$。

解题过程
逐个比较取舍：$0.625<\frac{23}{33}\approx 0.697$，取小为 $0.625=\frac{5}{8}$；$\frac{155}{384}\approx 0.404>0.4$，取大为 $\frac{155}{384}$；$\frac{1}{3}>0.3$，取大为 $\frac{1}{3}$；$\frac{235}{104}\approx 2.26>2.25$，取小为 $2.25$。于是 $$\begin{aligned}\text{原式}&=\dfrac{\frac{5}{8}\times\frac{155}{384}}{\frac{1}{3}+2.25}\\&=\frac{5}{8}\times\frac{155}{384}\times\frac{12}{31}\\&=\frac{25}{256}\end{aligned}$$。

解题过程
观察发现，图中 4 个点 $\frac{1}{3}$、$0.875$、$\frac{1}{4}$、$0.6$ 两两相连共 6 条线段，求这 6 条线段的长度和时，每个端点上的数字都被加了 3 次，所以长度总和是 $$\begin{aligned}3\times\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+0.6+0.875\right)&=3\times\left(\frac{40}{120}+\frac{30}{120}+\frac{72}{120}+\frac{105}{120}\right)\\&=3\times\frac{247}{120}\\&=\frac{247}{40}\\&=6\frac{7}{40}\end{aligned}$$。

解题过程
设 $a=\frac{531}{135}+\frac{579}{357}+\frac{753}{975}$，$b=\frac{579}{357}+\frac{753}{975}$，于是 $$\begin{aligned}\text{原式}&=a\times\left(b+\frac{135}{531}\right)-\left(a+\frac{135}{531}\right)\times b\\&=\left(ab+\frac{135}{531}a\right)-\left(ab+\frac{135}{531}b\right)\\&=\frac{135}{531}(a-b)\\&=\frac{135}{531}\times\frac{531}{135}\\&=1\end{aligned}$$（因为 $a-b=\frac{531}{135}$）。

解题过程
算式可化为 $\frac{1}{2}\times 2004+\frac{1}{3}\times 2004+\cdots+\frac{1}{13}\times 2004$。其中 $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{6},\frac{1}{12}$ 乘以 2004 都是整数，$\frac{1}{5},\frac{1}{8},\frac{1}{10}$ 乘以 2004 都只有 1 位小数，不会影响第 2004 位，所以去掉这些项，算式变为 $\frac{1}{7}\times 2004+\frac{1}{9}\times 2004+\frac{1}{11}\times 2004+\frac{1}{13}\times 2004$，其小数部分等于 $\frac{2}{7}+\frac{6}{9}+\frac{2}{11}+\frac{2}{13}$ 的小数部分。$$\begin{aligned}\frac{2}{7}+\frac{6}{9}+\frac{2}{11}+\frac{2}{13}&=\frac{2}{3}+\frac{2\times 143+2\times 91+2\times 77}{1001}\\&=\frac{2}{3}+\frac{622}{1001}\\&=\frac{666666+621378}{999999}\\&=1\frac{288045}{999999}\\&=1.\overline{288045}\end{aligned}$$循环节长 6。$2004\div 6=334$ 整除，所以小数点后第 2004 位是循环节最后一位，即数字 $5$。

解题过程
假设半径为 $r$，那么直径为 $2r$。直径减去直径的 $\frac{1}{9}$，然后再平方，得到的是 $\left(\frac{8}{9}\times 2r\right)^2=\frac{256}{81}r^2$。把它看作圆面积 $\pi r^2$，所以古埃及人认为圆周率 $\pi$ 等于 $\frac{256}{81}$，约等于 $3.16$。

解题过程
（1）$$\begin{aligned}\text{原式}&=\cfrac{1}{5+\cfrac{1}{4+\frac{1}{\frac{7}{2}}}}\\&=\cfrac{1}{5+\cfrac{1}{4+\frac{2}{7}}}\\&=\cfrac{1}{5+\cfrac{1}{\frac{30}{7}}}\\&=\cfrac{1}{5+\frac{7}{30}}\\&=\cfrac{1}{\frac{157}{30}}\\&=\frac{30}{157}\end{aligned}$$。 （2）两边同时取倒数得 $1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{x+\frac{1}{4}}}=\frac{11}{8}$，即 $\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{x+\frac{1}{4}}}=\frac{3}{8}$；再取倒数得 $2+\cfrac{1}{x+\frac{1}{4}}=\frac{8}{3}$，即 $\cfrac{1}{x+\frac{1}{4}}=\frac{2}{3}$；再取倒数得 $x+\frac{1}{4}=\frac{3}{2}$，所以 $x=\frac{5}{4}=1\frac{1}{4}$。

解题过程
（1）因为 $2*3=\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{(2+1)(3+A)}$，依题意有 $\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3(3+A)}=\frac{1}{4}$，即 $\frac{1}{3(3+A)}=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=\frac{1}{12}$，解得 $3+A=4$，$A=1$。 （2）此时 $a*b=\frac{1}{ab}+\frac{1}{(a+1)(b+1)}$。对相邻奇偶数对 $(2k-1)*(2k)=\frac{1}{(2k-1)(2k)}+\frac{1}{(2k)(2k+1)}$，故 $$\begin{aligned}\text{原式}&=\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}\right)+\left(\frac{1}{3\times 4}+\frac{1}{4\times 5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{99\times 100}+\frac{1}{100\times 101}\right)\\&=\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{100\times 101}\\&=1-\frac{1}{101}\\&=\frac{100}{101}\end{aligned}$$。

解题过程
$$\begin{aligned}A&=\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{1999\times 2000}\\&=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{1999}-\frac{1}{2000}\right)\\&=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{1999}-\frac{1}{2000}\end{aligned}$$。又 $2\times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2000}\right)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{1000}$，由此得 $$\begin{aligned}A&=\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2000}\right)-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{1000}\right)\\&=\frac{1}{1001}+\frac{1}{1002}+\cdots+\frac{1}{2000}\end{aligned}$$。而 $B=\frac{1}{1000}+\frac{1}{1001}+\cdots+\frac{1}{1999}$，比较 $A$ 与 $B$，逐项错位相减只差首尾两项，$$\begin{aligned}B-A&=\frac{1}{1000}-\frac{1}{2000}\\&=\frac{1}{2000}\end{aligned}$$，所以 $B$ 比 $A$ 大 $\frac{1}{2000}$。

解题过程
典型的整数裂项。$n\times(n+2)$ 型可用 $a\times b=\frac{1}{6}[a\times b\times(b+2)-(a-2)\times a\times b]$ 裂项相消，$$\begin{aligned}\text{原式}&=1\times 3+\frac{1}{6}(29\times 31\times 33-1\times 3\times 5)\\&=1\times 3+\frac{1}{6}(29667-15)\\&=3+\frac{29652}{6}\\&=3+4942\\&=4945\end{aligned}$$。

解题过程
注意到第 $n$ 层的圆圈数的和为 $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$，所以第 99 个图形中所有圆圈的个数是 $$\begin{aligned}\frac{1\times 2}{2}+\frac{2\times 3}{2}+\cdots+\frac{99\times 100}{2}&=\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\times 99\times 100\times 101\\&=166650\end{aligned}$$。

解题过程
（1）先将 $a_n$ 化简：$$\begin{aligned}\left(1+\frac{1}{1}\right)\times\left(1+\frac{1}{2}\right)\times\cdots\times\left(1+\frac{1}{n}\right)&=\frac{2}{1}\times\frac{3}{2}\times\frac{4}{3}\times\cdots\times\frac{n+1}{n}\\&=n+1\end{aligned}$$，所以 $$\begin{aligned}a_n&=\dfrac{\frac{1}{n}}{n+1}\\&=\frac{1}{n(n+1)}\end{aligned}$$。直接代入得 $a_1=\frac{1}{2}$，$a_2=\frac{1}{6}$，$a_{100}=\frac{1}{10100}$，$a_{200}=\frac{1}{40200}$。 （2）注意到 $$\begin{aligned}\frac{n}{a_n}&=n\times n\times(n+1)\\&=n^3+n^2\end{aligned}$$，所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=(1^3+2^3+\cdots+100^3)+(1^2+2^2+\cdots+100^2)\\&=\frac{100^2\times 101^2}{4}+\frac{100\times 101\times 201}{6}\\&=25502500+338350\\&=25840850\end{aligned}$$。

解题过程
逐块化简：$$\begin{aligned}1\frac{4}{17}\times\left(2\frac{2}{3}-\frac{3}{4}\right)&=\frac{21}{17}\times\frac{23}{12}\\&=\frac{7\times 23}{68}\end{aligned}$$；中间一项 $$\begin{aligned}\dfrac{6\frac{6}{7}-3\frac{9}{13}}{3\frac{3}{7}-2\frac{2}{11}}\times\frac{13}{33}&=\dfrac{3\frac{15}{91}}{1\frac{19}{77}}\times\frac{13}{33}\\&=\frac{288}{91}\times\frac{77}{96}\times\frac{13}{33}\\&=1\end{aligned}$$；末项 $$\begin{aligned}\dfrac{17+\frac{11}{12}}{1-\frac{4}{21}}&=\dfrac{\frac{215}{12}}{\frac{17}{21}}\\&=\frac{215}{12}\times\frac{21}{17}\\&=\frac{7\times 215}{68}\end{aligned}$$。所以$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{7\times 23}{68}-1+\frac{7\times 215}{68}\\&=\frac{7\times(23+215)}{68}-1\\&=\frac{7\times 238}{68}-1\\&=\frac{49}{2}-1\\&=\frac{47}{2}\\&=23\frac{1}{2}\end{aligned}$$。

解题过程
若这个分数约分成最简分数 $\frac{b}{9}$ 或 $\frac{c}{3}$，是不符合题意的（小数太短）。由于 $\frac{a}{27}=\frac{37a}{999}$，所以分母为 27 的最简真分数是三位循环小数，循环节长 3。恰好 2004 是 3 的倍数，所以 8684 是 $2004\div 3=668$ 个循环节的数字之和，那么 1 个循环节的数字之和是 $8684\div 668=13$。注意到一个数和它的数字和除以 9 的余数相同，所以 $37a\equiv a\equiv 4\pmod 9$（$13\div 9$ 余 4），所以符合条件的 $a$ 为 $4$、$13$、$22$。

解题过程
（1）依题意得 $m\Omega 1=m$，$m\Omega 2=2\times(m\Omega 1)+m=3m$，$m\Omega 3=2\times(m\Omega 2)+m=7m$，$m\Omega 4=2\times(m\Omega 3)+m=15m$，又 $m\Omega 4=30$，所以 $15m=30$，$m=2$。 （2）以此类推：$m\Omega 5=2\times(m\Omega 4)+m=31m$，$m\Omega 6=2\times(m\Omega 5)+m=63m$，$m\Omega 7=2\times(m\Omega 6)+m=127m$，$m\Omega 8=2\times(m\Omega 7)+m=255m=255\times 2=510$。（也可注意到 $m\Omega n=(2^n-1)m$。）

解题过程
注意到 $$\begin{aligned}A\times B&=\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}\times\frac{3}{4}\times\frac{4}{5}\times\cdots\times\frac{99}{100}\\&=\frac{1}{100}\end{aligned}$$。逐项比较 $\frac{1}{2}<\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}<\frac{4}{5}$，……，$\frac{99}{100}<\frac{100}{101}$，所以 $A=\frac{1}{2}\times\frac{3}{4}\times\cdots\times\frac{99}{100}<\frac{2}{3}\times\frac{4}{5}\times\cdots\times\frac{100}{101}$，即 $A<B$。于是 $A^2<A\times B=\frac{1}{100}$，得 $A<\frac{1}{10}$；同理 $B^2>A\times B=\frac{1}{100}$，得 $B>\frac{1}{10}$。综上 $A<C<B$。

解题过程
（1）设 $A=11\times 65+12\times 66+13\times 67+14\times 68+15\times 69$，则分子 $=A+(11+12+13+14+15)$，$$\begin{aligned}\text{原式}&=\frac{A+11+12+13+14+15}{A}\times 100\\&=100+\frac{11+12+13+14+15}{A}\times 100\end{aligned}$$。记 $B=\frac{11+12+13+14+15}{A}\times 100=\frac{65}{A}\times 100$。由 $11\times 69+\cdots+15\times 69>A>11\times 65+\cdots+15\times 65$，即 $65\times 69>A>65\times 65$，得 $\frac{100}{69}<B<\frac{100}{65}$，所以 $100+\frac{100}{69}<$ 原式 $<100+\frac{100}{65}$，整数部分是 $101$。 （2）先对分母放缩：$\frac{1}{10\times 11}+\frac{1}{11\times 12}+\cdots+\frac{1}{29\times 30}<\frac{1}{10^2}+\frac{1}{11^2}+\cdots+\frac{1}{29^2}<\frac{1}{9\times 10}+\frac{1}{10\times 11}+\cdots+\frac{1}{28\times 29}$，即 $\frac{1}{10}-\frac{1}{30}<$ 分母 $<\frac{1}{9}-\frac{1}{29}$，亦即 $\frac{1}{15}<$ 分母 $<\frac{20}{261}$。于是 $\frac{\frac{1}{3}}{\frac{20}{261}}<$ 原式 $<\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{15}}$，即 $4\frac{21}{60}<$ 原式 $<5$，整数部分是 $4$。

解题过程
（1）由 $a\oplus b=a+b-\frac{ab}{2008}=b+a-\frac{ba}{2008}=b\oplus a$，所以满足交换律。进一步可验证 $(a\oplus b)\oplus c=a+b+c-\frac{ab+ac+bc}{2008}+\frac{abc}{2008^2}=a\oplus(b\oplus c)$，所以也满足结合律。 （2）① $$\begin{aligned}2009\oplus(2009\times 2008)&=2009+2009\times 2008-\frac{2009\times 2009\times 2008}{2008}\\&=2009+2009\times 2008-2009^2\\&=2009(1+2008-2009)\\&=0\end{aligned}$$。② 由结合律，$\underbrace{2009\oplus\cdots\oplus 2009}_{2009}\oplus(2009\times 2008)$ 共有 2008 组成对的 $2009\oplus(2009\times 2008)=0$，化简后$$\begin{aligned}\text{原式}&=0\oplus 2009\oplus 2008\\&=\left(0+2009-\frac{0\times 2009}{2008}\right)\oplus 2008\\&=2009\oplus 2008\\&=2009+2008-\frac{2009\times 2008}{2008}\\&=2009+2008-2009\\&=2008\end{aligned}$$。 （3）同理化简，$$\begin{aligned}\text{原式}&=2009\oplus(2\times 2008)\\&=2009+2\times 2008-\frac{2009\times 2\times 2008}{2008}\\&=2009+2\times 2008-2009\times 2\\&=2\times 2008-2009\\&=2007\end{aligned}$$。

解题过程
本题解法很多，仅举一例。由于 $$\begin{aligned}\frac{1}{1^2+2^2+\cdots+n^2}&=\frac{1}{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\\&=\frac{6}{n(n+1)(2n+1)}\\&=\frac{24}{2n(2n+1)(2n+2)}\end{aligned}$$，所以 $\frac{1}{1^2+2^2+\cdots+n^2}=24\times\frac{1}{(2n)(2n+1)(2n+2)}$（$n=1,2,\cdots,12$），其中分母正好是 $2\times 3\times 4,\ 4\times 5\times 6,\cdots,24\times 25\times 26$。于是$$\begin{aligned}\text{原式}&=24\times\left(\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{4\times 5}+\cdots+\frac{1}{24\times 25}\right)-24\times\left(\frac{1}{2\times 3\times 4}+\frac{1}{4\times 5\times 6}+\cdots+\frac{1}{24\times 25\times 26}\right)\\&=24\times\left[\left(\frac{1}{2\times 3}-\frac{1}{2\times 3\times 4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{24\times 25}-\frac{1}{24\times 25\times 26}\right)\right]\\&=24\times\left(\frac{1}{2\times 4}+\frac{1}{4\times 6}+\cdots+\frac{1}{24\times 26}\right)\\&=6\times\left(\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots+\frac{1}{12\times 13}\right)\\&=6\times\left(1-\frac{1}{13}\right)\\&=\frac{72}{13}\end{aligned}$$。

解题过程
本题对小学生最好的方法是找规律。考察小规模情形：当最大分母为 1 时，$1^2+1=2$；当最大分母为 2 时，$\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}+1\right)^2+\frac{1}{2}+1=4$；当最大分母为 3 时，$\left(\frac{1}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+1\right)^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+1=6$；以此类推，当最大分母为 $n$ 时结果为 $2n$。本题最大分母为 2008，所以最后答案是 $2\times 2008=4016$。

解题过程
把每支圆珠笔的价格看作 $4$ 份，每支铅笔的价格看作 $3$ 份。因此 $20$ 支圆珠笔的总价为 $4\times 20=80$ 份，$21$ 支铅笔的总价为 $3\times 21=63$ 份，它们的总价共 $80+63=143$ 份对应 $71.5$ 元。所以 $1$ 份是 $71.5\div 143=\frac{1}{2}$ 元，圆珠笔单价为 $\frac{1}{2}\times 4=2$ 元。

解题过程
由题意，有 $\frac{3}{4}\,\text{甲}=\frac{2}{3}\,\text{乙}$，等式两边同时乘以 $12$ 去分母得 $9\,\text{甲}=8\,\text{乙}$，即甲 $:$ 乙 $=8:9$。所以甲数是 $5\div(9-8)\times 8=40$。

解题过程
上坡和下坡路程之比是 $4:3$，行人速度分别是 $3$ 千米/小时和 $4.5$ 千米/小时。由于时间 $=$ 路程 $\div$ 速度，那么上坡与下坡的时间之比就是 $$\begin{aligned}(4\div 3):(3\div 4.5)&=\frac{4}{3}:\frac{2}{3}\\&=2:1\end{aligned}$$。因为全程共用了 $\frac{1}{2}$ 小时，所以上坡用了 $\frac{1}{2}\times\frac{2}{2+1}=\frac{1}{3}$ 小时，下坡用了 $\frac{1}{2}\times\frac{1}{2+1}=\frac{1}{6}$ 小时。因此上坡路程为 $\frac{1}{3}\times 3=1$ 千米，下坡路程为 $\frac{1}{6}\times 4.5=\frac{3}{4}$ 千米，全程一共 $1+\frac{3}{4}=1\frac{3}{4}$ 千米。

解题过程
设这件工作同每分钟的工作效率为单位 $1$。由于甲加工一个零件需要 $2$ 分钟，所以甲加工时的工作效率为 $\frac{1}{2}$；同样，乙、丙的工作效率分别为 $\frac{1}{3}$、$\frac{1}{4}$。三人加工零件的个数比就是工作效率之比 $\frac{1}{2}:\frac{1}{3}:\frac{1}{4}=6:4:3$。又由共有 $1170$ 个零件，所以甲要加工 $1170\times\frac{6}{6+4+3}=540$ 个零件，乙要加工 $1170\times\frac{4}{6+4+3}=360$ 个零件，丙要加工 $1170\times\frac{3}{6+4+3}=270$ 个零件。

解题过程
设每一块合金的重量为 $1$ 份。第一块合金中铜的重量是 $1\times\frac{2}{2+5}=\frac{2}{7}$ 份，锌的重量是 $1\times\frac{5}{2+5}=\frac{5}{7}$ 份；第二块合金中铜的重量是 $1\times\frac{1}{1+3}=\frac{1}{4}$ 份，锌的重量是 $1\times\frac{3}{1+3}=\frac{3}{4}$ 份。两块合金中铜的总重量是 $\frac{2}{7}+\frac{1}{4}=\frac{15}{28}$ 份，锌的总重量是 $\frac{5}{7}+\frac{3}{4}=\frac{41}{28}$ 份。因此合铸之后铜与锌的重量比是 $\frac{15}{28}:\frac{41}{28}=15:41$。

解题过程
（1）假设男生人数一共有 $13$ 份，女生人数一共有 $14$ 份，则三个班总人数为 $13+14=27$ 份。于是甲班总人数为 $27\times\frac{3}{3+4+2}=9$ 份，乙班总人数为 $27\times\frac{4}{3+4+2}=12$ 份，丙班总人数为 $27\times\frac{2}{3+4+2}=6$ 份。其中甲班男生人数有 $9\times\frac{5}{4+5}=5$ 份，女生人数有 $9\times\frac{4}{4+5}=4$ 份；丙班男生人数有 $6\times\frac{2}{2+1}=4$ 份，女生人数有 $6\times\frac{1}{2+1}=2$ 份。所以乙班男生人数有 $13-5-4=4$ 份，女生人数有 $14-4-2=8$ 份，因此乙班男、女生人数的比为 $4:8=1:2$。（2）由第（1）问知，甲班男生比乙班女生少 $8-5=3$ 份，则 $1$ 份就是 $12\div 3=4$ 人。因此甲班人数有 $4\times 9=36$ 人，乙班人数有 $4\times 12=48$ 人，丙班人数有 $4\times 6=24$ 人。

解题过程
甲、乙两包糖的总重量是不变的，设这个总重量是 $5+3=8$ 和 $7+5=12$ 的最小公倍数 $24$ 份，那么甲包原来有 $24\times\frac{5}{8}=15$ 份，取出后甲包有 $24\times\frac{7}{12}=14$ 份，所以 $10$ 克对应 $15-14=1$ 份。因此两包糖重量的总和是 $24\times 10=240$ 克。

解题过程
去时和回来路程相同，速度之比是 $5:7$，所以去时与回来所用时间之比是 $\frac{1}{5}:\frac{1}{7}=7:5$。来回共用 $4$ 小时，所以去时用了 $$\begin{aligned}4\times\frac{7}{7+5}&=\frac{7}{3}\\&=2\frac{1}{3}\end{aligned}$$ 小时，即 $2$ 小时 $20$ 分钟。

解题过程
速度提高五分之一，即新速度与原速度之比为 $(1+\frac{1}{5}):1=6:5$，所以这天在路上所用的时间与平时在路上所用的时间之比为 $5:6$。今天比平时晚出发 $10$ 分钟，而又比平时晚到 $7:55-7:50=5$ 分钟，所以今天比平时在路上少用了 $10-5=5$ 分钟，对应时间比的 $6-5=1$ 份，所以今天在路上用时 $5\times 5=25$ 分钟。今天 $7:55$ 到校，因此小高今天 $7:55$ 往前推 $25$ 分钟，即 $7:30$ 出发。

解题过程
康师傅加工了 $720$ 个零件后，工作效率提高了 $20\%$，相当于变成原来的 $1+20\%$，那么剩下部分所用时间就是原来的 $\frac{1}{1+20\%}=\frac{5}{6}$。这样提前了 $4$ 天完成任务，也就是说改变工作效率后康师傅还需要继续工作 $4\div(1-\frac{5}{6})\times\frac{5}{6}=20$ 天，即剩下这部分按原速需 $24$ 天。如果一开始康师傅就把工作效率提高 $12.5\%$，相当于变成原来的 $1+12.5\%=\frac{9}{8}$，那么所用时间就是原来的 $\frac{8}{9}$，要比原来提前 $4$ 天完成任务，所以康师傅原来需要 $4\div(1-\frac{8}{9})=36$ 天完成任务。比较两种计算的结果，康师傅加工 $720$ 个零件相当于原来工作 $36-24=12$ 天，那么他原来每天加工 $720\div 12=60$ 个零件，因此这批零件一共有 $60\times 36=2160$ 个。

解题过程
萱萱给卡莉娅后，卡莉娅和萱萱的千纸鹤数量之比是 $1:3$，所以此时萱萱还剩 $$\begin{aligned}100\times\frac{3}{1+3}&=100\times\frac{3}{4}\\&=75\end{aligned}$$ 只千纸鹤。萱萱送出了自己的 $\frac{1}{6}$，还剩自己原来的 $1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$，即这 $75$ 只是萱萱原来的 $\frac{5}{6}$，所以萱萱原来有 $75\div\frac{5}{6}=90$ 只千纸鹤，因此卡莉娅折了 $100-90=10$ 只千纸鹤。

解题过程
老师、女生、男生每人交费的比是 $3:2:1$。将“老师和学生的人数比为 $2:9$，女生和男生的人数比为 $3:7$”化为连比，得老师 $:$ 女生 $:$ 男生 $=2:9\times\frac{3}{3+7}:9\times\frac{7}{3+7}$（即按学生 $9$ 份再分），书中记为老师 $:$ 女生 $:$ 男生 $=2:\frac{27}{10}:\frac{63}{10}=20:27:63$。根据“总交费 $=$ 每人交费数 $\times$ 人数”，利用复合比得三类人交费的比为老师 $:$ 女生 $:$ 男生 $=3\times 2:2\times\frac{27}{10}:1\times\frac{63}{10}=2:\frac{18}{10}:\frac{21}{10}$，化简后老师 $:$ 女生 $:$ 男生交费比为 $2:6:7$（按书中份数）。他们一共缴费 $945$ 元，那么女生缴费 $945\times\frac{6}{2+6+7}=378$ 元，女生有 $378\div 2=189$ 人；老师缴费 $945\times\frac{2}{15}=126$ 元，老师有 $126\div 3=42$ 人；男生缴费 $945\times\frac{7}{15}=441$ 元，男生有 $441\div 1=441$ 人。

解题过程
一袋巧克力糖与一袋水果糖的糖数之比为 $6:15=2:5$，两种糖的总糖数之比为 $7:10$。根据“袋数 $=\dfrac{\text{总糖数}}{\text{每袋中糖数}}$”，则袋数之比就是 $\frac{7}{2}:\frac{10}{5}=7:4$。而巧克力糖比水果糖多 $30$ 袋，则巧克力糖有 $30\times\frac{7}{7-4}=70$ 袋，即 $6\times 70=420$ 块；水果糖有 $70-30=40$ 袋，即 $15\times 40=600$ 块。

解题过程
甲与乙所付钱数之比为 $2:1$，甲与丙所付钱数之比为 $3:1$。由于甲付的钱数同时出现在两个比例中，于是要把甲转化为 $2$ 和 $3$ 的最小公倍数 $6$，则甲与乙所付钱数之比为 $6:3$，甲与丙所付钱数之比为 $6:2$，所以甲、乙、丙三人所付钱数之比为 $6:3:2$。而甲比丙多付 $680$ 元，那么甲、乙、丙三人一共付了 $$\begin{aligned}680\times\frac{6+3+2}{6-2}&=680\times\frac{11}{4}\\&=1870\end{aligned}$$ 元，这正好就是电视机的价格。

解题过程
观察发现，不论谁买了这把小刀，两人剩余的总钱数是相同的，所以将两个比的总份数统一为 $21$ 份。那么如果小明买这把小刀，小明与小强剩余的钱数之比为 $6:15$；如果小强买这把小刀，小明与小强剩余的钱数之比为 $8:13$，所以小刀的 $3$ 元相当于 $2$ 份，小明原有 $3\div 2\times 8=12$ 元。

解题过程
观察发现，这两只蜡烛燃烧的时候差不变，所以将两个比的差统一为 $6$ 份。那么原长度比为 $58:52$，后来的长度比为 $33:27$，所以 $50$ 分钟对应 $58-33=25$ 份，所以较长的那根还能燃烧 $50\div 25\times 33=66$ 分钟。

解题过程
假设甲组人数为 $10$ 份，则乙组人数为 $8$ 份，丙组人数为 $7$ 份，三组总人数为 $10+8+7=25$ 份。而三组中男会员共有 $25\times\frac{3}{3+2}=15$ 份，女会员共有 $25\times\frac{2}{3+2}=10$ 份。甲组中男会员有 $10\times\frac{3}{3+1}=\frac{15}{2}$ 份，乙组中男会员有 $8\times\frac{5}{5+3}=5$ 份，所以丙组中男会员有 $15-\frac{15}{2}-5=\frac{5}{2}$ 份，丙组女会员有 $7-\frac{5}{2}=\frac{9}{2}$ 份。因此丙组中男、女会员人数比为 $\frac{5}{2}:\frac{9}{2}=5:9$。

解题过程
由题意有 $\dfrac{\text{甲校获一等奖人数}}{\text{甲校获奖人数}}:\dfrac{\text{乙校获一等奖人数}}{\text{乙校获奖人数}}=2:5$，又甲、乙两校获一等奖人数比为 $1:2$，由此可得两校获奖人数之比为 $$\begin{aligned}(1\div 2):(2\div 5)&=\frac{1}{2}:\frac{2}{5}\\&=5:4\end{aligned}$$。不妨设甲校获奖人数为 $5$ 份，乙校获奖人数为 $4$ 份，此时两校获奖人数为 $5+4=9$ 份。两校二等奖人数共 $9\times 25\%=\frac{9}{4}$ 份，其中甲校二等奖人数为 $\frac{9}{4}\times\frac{1}{1+3.5}=\frac{1}{2}$ 份。又甲校三等奖人数占该校获奖人数的 $80\%$，即 $5\times 80\%=4$ 份，则甲校一等奖人数为 $5-4-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ 份，乙校一等奖人数为 $\frac{1}{2}\times 2=1$ 份，乙校二等奖人数为 $\frac{9}{4}-\frac{1}{2}=\frac{7}{4}$ 份。所以乙校三等奖人数为 $4-1-\frac{7}{4}=\frac{5}{4}$ 份，占乙校获奖人数的 $$\begin{aligned}\frac{5}{4}\div 4&=\frac{5}{16}\\&=31.25\%\end{aligned}$$。

解题过程
假设整个工作量为单位 $1$，则甲、乙、丙的工作效率分别为 $\frac{1}{24}$、$\frac{1}{36}$、$\frac{1}{48}$。由甲与乙、乙与丙工作的天数比可知，甲、乙完成的工作量之比为 $$\begin{aligned}\frac{1}{24}:(\frac{1}{36}\times 2)&=\frac{1}{24}:\frac{1}{18}\\&=3:4\end{aligned}$$，乙、丙完成的工作量之比为 $$\begin{aligned}(\frac{1}{36}\times 3):(\frac{1}{48}\times 5)&=\frac{1}{12}:\frac{5}{48}\\&=4:5\end{aligned}$$，则甲、乙、丙完成的工作量之比为 $3:4:5$。三人各自完成的工作量分别是 $\frac{3}{3+4+5}=\frac{1}{4}$，$\frac{4}{3+4+5}=\frac{1}{3}$，$\frac{5}{3+4+5}=\frac{5}{12}$。因此甲、乙、丙各自工作了 $\frac{1}{4}\div\frac{1}{24}=6$ 天，$\frac{1}{3}\div\frac{1}{36}=12$ 天，$\frac{5}{12}\div\frac{1}{48}=20$ 天，一共用了 $6+12+20=38$ 天。

解题过程
猫与狗各跑 $1$ 步，经过的路程比为 $3:5$，所用时间比是 $5:3$。猫与兔各跑 $1$ 步，经过的路程比为 $5:7$，所用时间比是 $7:5$。因此猫、狗、兔各跑 $1$ 步，经过的路程比为 $15:25:21$，所用时间比为 $35:21:25$。所以它们的速度比就是 $\frac{15}{35}:\frac{25}{21}:\frac{21}{25}=225:625:441$。

解题过程
弟弟先走 $5$ 分钟，哥哥走 $25$ 分钟追上时，弟弟一共走了 $5+25=30$ 分钟，哥哥走 $25$ 分钟的路程与弟弟走 $30$ 分钟的路程相同，所以哥哥原来速度与弟弟的速度比是 $30:25=6:5$。哥哥提速后，走 $20$ 分钟的路程弟弟要走 $5+20=25$ 分钟，哥哥提速后速度与弟弟的速度比是 $25:20=5:4$。所以哥哥原来速度 $:$ 哥哥增加速度 $:$ 弟弟速度 $=\frac{6}{5}:\frac{5}{4}:1=24:25:20$。而哥哥每分钟多走 $5$ 米，对应 $25-24=1$ 份，因此弟弟的速度是每分钟 $5\div(25-24)\times 20=100$ 米。

解题过程
（1）增加 $2$ 台机器后，时间比 $t_{原}:t_{现}=8:7$，则效率比为 $v_{原}:v_{现}=7:8$，所以原来有 $2\times 7=14$ 台机器。（2）如果减少 $2$ 台机器，那么效率比变为 $$\begin{aligned}v_{原}:v_{现}&=14:12\\&=7:6\end{aligned}$$，时间比为 $t_{原}:t_{现}=6:7$，因为要推迟 $\frac{2}{3}$ 小时才能完成，所以 $14$ 台机器完成这项工程需要 $6\times\frac{2}{3}=4$ 小时，所以一台机器完成这项工程需要 $4\times 14=56$ 小时。

解题过程
汽车按原速行驶 $1$ 个小时后，车速比原来提高五分之一，则提速后的速度与原计划这段路程的时间之比为 $5:6$，而一共少用了 $20$ 分钟（即少用 $\frac{1}{6}$），所以提速后剩下这段路程按原速需要 $20\div(6-5)\times 6=120$ 分钟。汽车按原速行驶 $72$ 千米后，再将车速提高三分之一，则提速后速度与原速之比为 $4:3$，剩下路程时间之比为 $3:4$，少用了 $30$ 分钟，所以剩下这段路程按原速需要 $30\div(4-3)\times 4=120$ 分钟。比较两种方案可知，汽车 $1$ 小时行驶的路程正是 $72$ 千米。所以汽车原速行驶全程需要的总时间为 $72\div 72\times(60+120)=180$ 分钟，全程为 $$\begin{aligned}72\times(1+\frac{120}{60})&=72\times 3\\&=216\end{aligned}$$ 千米。

解题过程
甲效率提高 $\frac{1}{3}$，则与原来甲的效率之比为 $4:3$，两人工作时间变成原来的 $\frac{5}{6}$，则两人工作效率之和与原来的比为 $\frac{1}{5/6}=\frac{6}{5}$，即提高了 $\frac{1}{5}$，所以甲原来的工作效率与两人原来工作效率之和的比是 $\frac{1}{5}\div\frac{1}{3}=\frac{3}{5}$，即甲 $:$ 乙 $=3:2$。乙的效率降低四分之一，变为原来的 $\frac{3}{4}$，则两人工作效率之和变为原来的 $\frac{3+2\times\frac{3}{4}}{5}=\frac{9}{10}$，所用时间与规定时间之比就是 $10:9$。两人要推迟 $75$ 分钟完成任务，因此规定时间是 $$\begin{aligned}75\div(\frac{10}{9}-1)&=75\div\frac{1}{9}\\&=675\end{aligned}$$ 分钟，即 $11\frac{1}{4}$ 小时。

解题过程
甲、乙分得的金钱之比由 $100:140=5:7$ 变为了 $90:150=3:5$，说明工作总量（即修路长度）由 $5:7$ 变为了 $3:5$。因为两人同时工作、同时结束，所以两人的工作时间是相同的，又工作总量与工作效率成正比，那么两人的工作效率之比由 $5:7$ 变为了 $3:5$。根据甲的工作效率没变，把两个比中的甲化为相同份数，得到 $5:7=15:21$，$3:5=15:25$，则乙的工作效率提高了 $25-21=4$ 份，而这 $4$ 份就是每天多修的 $1$ 千米/天，所以 $1$ 份是 $\frac{1}{4}$ 千米/天，乙的实际工作效率是 $25$ 份，即 $$\begin{aligned}25\times\frac{1}{4}&=\frac{25}{4}\\&=6\frac{1}{4}\end{aligned}$$ 千米/天。

解题过程
方法一：孙悟空有 $39$ 个仙桃，则他能交换 $39\div 3=13$ 次（仙桃每 $3$ 个为一组）；机器猫有 $90$ 个甜饼，则他能交换 $90\div 5=18$ 次（甜饼每 $5$ 个一组）；米老鼠有 $88$ 个泡泡糖，则他能交换 $88\div 8=11$ 次（泡泡糖每 $8$ 个一组）。很容易得到孙悟空和机器猫要交换 $\frac{13+18-11}{2}=10$ 次，所以孙悟空和米老鼠交换 $13-10=3$ 次，交换 $3\times 8=24$ 个泡泡糖；机器猫和米老鼠交换 $18-10=8$ 次，交换 $8\times 8=64$ 个泡泡糖。 方法二：设米老鼠与孙悟空交换泡泡糖时用去 $x$ 个泡泡糖（按仙桃换泡泡糖 $3:8$，孙悟空还剩 $(39-\frac{3}{8}x)$ 个仙桃），与机器猫交换用去 $(88-x)$ 个泡泡糖（机器猫还剩 $[90-\frac{5}{8}(88-x)]$ 个甜饼），由“这两人剩余的恰好能再交换”，列方程 $5\times(39-\frac{3}{8}x)=3\times[90-\frac{5}{8}(88-x)]$，解得 $x=24$。所以米老鼠与孙悟空交换泡泡糖 $24$ 个，与机器猫交换 $88-24=64$ 个。

解题过程
根据题意，为数据便于计算，设第一包有 $200$ 粒糖，第二包有 $300$ 粒糖，列表如下： | | 奶糖 | 水果糖 | 巧克力糖 | 总数 | | --- | --- | --- | --- | --- | | 第一包 | $50$ | | $x$ | $200$ | | 第二包 | | $150$ | $140-x$ | $300$ | | 总数 | | | $140$ | $500$ | （两包巧克力糖共 $500\times 28\%=140$ 粒。）由第一包巧克力百分比是第二包的 $2$ 倍，即 $\frac{x}{200}=2\times\frac{140-x}{300}$，解得 $x=80$。所以第一包中的水果糖有 $200-50-80=70$ 粒，两包水果糖一共 $70+150=220$ 粒，占总数的 $\frac{220}{500}=44\%$。

解题过程
甲种车实际相当于只工作了 $20$ 天，三种车的工作天数之比是 $4:5:5$。根据下面三个算式来计算相应的复合比：（1）趟数 $=$ 速度 $\times$ 时间；（2）趟数 $=$ 天数 $\div$ 时间；（3）工作量 $=$ 趟数 $\times$ 载重量 $\times$ 辆数。这里面的时间指的是运送一次需要的时间。首先可求出运送一趟时间比为 $\frac{15}{3}:\frac{14}{4}:\frac{14}{5}=50:35:28$。然后求出趟数比为 $\frac{4}{50}:\frac{5}{35}:\frac{5}{28}=56:100:125$。最后求出工作量之比为 $56\times 10\times 10:100\times 7\times 5:125\times 6\times 7=16:10:15$。甲种车完成的工作量与总工作量之比为 $16:(16+10+15)=16:41$。

解题过程
设相遇处为 $C$ 点，如右图所示。由于乙由 $B$ 到 $C$，再由 $C$ 到 $B$ 是原路返回，所以路程相同，于是速度和时间成反比。乙前后速度比是 $4:5$，所以时间比是 $5:4$。于是甲前后两段的时间比是 $5:4$，又因为甲前后的速度比是 $5:6$，所以甲前后两段的路程比为 $(5\times 5):(4\times 6)=25:24$。于是从 $A$ 逆时针到 $C$ 的路程是 $490\times\frac{25}{25+24}=250$ 米，$BC$ 长 $490-250-50=190$ 米。因为相遇后，甲从 $C$ 逆时针到 $A$ 共走 $240$ 米，乙从 $C$ 返回 $B$ 共走 $190$ 米，则甲、乙的速度比是 $240:190=24:19$。从 $C$ 点开始计算，甲、乙速度比是 $24:19$，所以当甲跑 $\frac{24}{5}$ 圈时，乙跑 $\frac{19}{5}$ 圈（甲比乙多跑一圈），甲第一次追上乙。此时甲共跑 $\frac{24}{5}\times 490+250=2602$ 米。

解题过程
方法一：光线亮时两种细菌分裂的速度之比为 $\frac{1}{12}:\frac{1}{15}=5:4$，光线暗时两种细菌分裂的速度之比为 $[5\times(1-40\%)]:[4\times(1+10\%)]=3:4.4=15:22$，所以把光线亮时两种细菌分裂的速度看作份数，则光暗两种状态下分裂的速度之差一一对应，由此求出暗的时间。 方法二：细菌 $A$ 的分裂速度光线亮时是 $\frac{1}{12}$，光线暗时是 $\frac{1}{12}\times(1-40\%)$；细菌 $B$ 的分裂速度光线亮时是 $\frac{1}{15}$，光线暗时是 $\frac{1}{15}\times(1+10\%)=\frac{11}{150}$。设在分裂过程中，光线亮的时间有 $x$ 个小时，光线暗的时间有 $y$ 个小时，依题意得 $\begin{cases}\frac{1}{12}x+\frac{1}{20}y=1,\\ \frac{1}{15}x+\frac{11}{150}y=1,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=8.4,\\ y=6,\end{cases}$ 所以光线暗的时间有 $6$ 个小时。

解题过程
列表分析。设男生总人数为 $7a$、女生总人数为 $5a$（男女比 $7:5$），总人数为 $12a$。由条件①一年级男生与二年级女生比 $3:2$，二年级男生与一年级女生比 $3:2$：设二年级女生 $=2b$ 则一年级男生 $=3b$；又由条件④二年级男生占总数 $24\%$，即二年级男生 $=12a\times 24\%=\frac{72}{25}a$，于是一年级女生 $=\frac{2}{3}\times\frac{72}{25}a=\frac{48}{25}a$。设三年级男生 $=d+100$，四年级女生 $=d$（条件②三年级男生比四年级女生多 $100$ 人）；由条件③三、四年级男生总数与女生总数比为 $6:5$，设三、四年级男生共 $6e$、女生共 $5e$，则三年级女生 $=5e-d$，四年级男生 $=6e-d-100$。由三、四年级人数相等，得 $(d+100)+(5e-d)=(6e-d-100)+d$，即 $e=200$。再根据男生、女生总数，列出二元一次方程组 $\begin{cases}3b+\frac{72}{25}a+1200=7a,\\ \frac{48}{25}a+2b+1000=5a,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=600,\\ b=424.\end{cases}$ 所以一年级男生有 $3b=1272$ 人，女生有 $\frac{48}{25}a=1152$ 人。

解题过程
根据 $6$ 个齿轮的连接方式可以看出：$A$、$B$、$C$ 三个齿轮转过的路程相同，$D$、$E$、$F$ 三个齿轮转过的圈数相同。（这里 $C$ 与 $D$ 同轴，圈数相同。） （1）如果 $A$、$E$ 转的总圈数总是和 $B$、$F$ 转的总圈数相同，那么 圈$_A+$圈$_E=$圈$_B+$圈$_F$，所以 圈$_A-$圈$_B=$圈$_F-$圈$_E$。由已知 圈$_A:$圈$_B=7:5$，圈$_F:$圈$_E=9:8$，根据差不变，可知 圈$_A:$圈$_B:$圈$_E:$圈$_F=7:5:16:18$。那么当 $A$、$F$ 共转 $100$ 圈时，$B$ 和 $E$ 共转了 $84$ 圈，$C$ 和 $D$ 都转了 $\frac{84}{28}\times 5=15$ 圈。 （2）如果 $A$、$E$ 的总齿数和 $B$、$F$ 的总齿数相等，那么 齿$_B-$齿$_A=$齿$_E-$齿$_F$。因为 齿$_A:$齿$_B=5:7$，齿$_F:$齿$_E=8:9$，根据差不变，可知 齿$_A:$齿$_B:$齿$_F:$齿$_E=5:7:18:16$，即 齿$_B:$齿$_E=7:18$。因为 $D$ 的齿数是 $C$ 的齿数的 $2$ 倍，所以 $D$ 与 $C$ 的路程比是 $2:1$，也就是说 $B$ 和 $E$ 的路程比是 $1:2$，利用复合比可算出 圈$_B:$圈$_E=\frac{1}{7}:\frac{2}{18}=9:7$。因为 $[16,28]=112$，所以当 $B$ 和 $E$ 共转 $112$ 圈时，$C$ 转了 $\frac{112}{28}\times 5=20$ 圈。由 圈$_B:$圈$_E=9:7$ 及各齿轮齿数、圈数关系换算，最终求得当 $A$ 转了 $210$ 圈时，$D$ 转了 $47\frac{13}{21}$ 圈，$F$ 转了 $131\frac{1}{4}$ 圈。

解题过程
（1）两边同时乘以 10 去分母：$10x-5(x-1)=20-2(x+2)$，去括号得 $10x-5x+5=20-2x-4$，移项得 $7x=11$，所以 $x=\frac{11}{7}$。 （2）两边同时乘以 3：$1-\frac{2}{5}x=\frac{5}{2}x$，移项得 $\frac{2}{5}x+\frac{5}{2}x=1$，即 $\frac{29}{10}x=1$，所以 $x=\frac{10}{29}$。 （3）由比例的交叉相乘：$3(x-11)=x+23$，即 $3x-33=x+23$，$2x=56$，所以 $x=28$。

解题过程
设甲得了 $x$ 张选票，则乙得了 $(2x+5)$ 张，丙得了 $\left(\frac{1}{2}x-4\right)$ 张。由三人选票总和为 $36$，得 $x+(2x+5)+\left(\frac{1}{2}x-4\right)=36$，化简得 $\frac{7}{2}x=35$，所以 $x=10$。即甲得了 $10$ 张选票。

解题过程
设有 $x$ 名学生，则排球、足球、篮球的个数分别为 $\frac{x}{2}$、$\frac{x}{3}$、$\frac{x}{4}$。由三种球共 $26$ 个，列出方程 $\frac{x}{2}+\frac{x}{3}+\frac{x}{4}=26$，解得 $x=24$。所以有 $24$ 名学生。

解题过程
设小班人数为 $x$，则大班人数为 $\frac{3}{5}x$。小班共发 $13x$ 张，大班共发 $17\times\frac{3}{5}x$ 张。由小班比大班多发 $126$ 张，列方程 $13x=17\times\frac{3}{5}x+126$，解得 $x=45$。所以小班有 $45$ 人。

解题过程
设阿呆收藏 $x$ 张，则阿瓜收藏 $(127-x)$ 张。由题意 $\frac{1}{2}x+\frac{4}{5}(127-x)=83$，化简得 $\frac{4}{5}\times 127-\frac{3}{10}x=83$，解得 $x=62$。所以阿呆收藏 $62$ 张，阿瓜收藏 $127-62=65$ 张。

解题过程
设一班人数为 $x$，则一班男生 $70\%x$、女生 $30\%x$；二班男生为 $(70\%x-2)$ 人，女生为一班女生的 $2$ 倍即 $60\%x$ 人。把两班合并后男生总数与全部人数之比为 $60\%$，列出方程 $140\%x-2=60\%\times(230\%x-2)$，解得 $x=40$。因此一班共 $40$ 人，二班女生 $60\%x=24$ 人。

解题过程
（1）将 $4x+2y=22$ 两边同时除以 $2$ 得 $2x+y=11$，即 $y=11-2x$；代入 $17x+7y=80$ 得 $17x+7(11-2x)=80$，解得 $x=1$，再得 $y=9$。 （2）由 $12y-8x=24$ 得 $3y-2x=6$，与 $4x+7y=144$ 联立，用代入或加减消元法解得 $x=15$，$y=12$。

解题过程
设 $1$ 千克苹果 $x$ 元，$1$ 千克梨 $y$ 元，根据两人花费列方程组 $\begin{cases}3x+2y=18.8,\\2x+3y=18.2.\end{cases}$ 把第一式乘 $3$、第二式乘 $2$ 后相减消去 $y$，得 $5x=20$，即 $x=4$，代入得 $y=3.4$。所以 $1$ 千克苹果 $4$ 元，$1$ 千克梨 $3.4$ 元。

解题过程
设一个蟹将所能完成的工作量为 $x$，一个虾兵所能完成的工作量为 $y$。由题意列出方程组 $\begin{cases}2x+4y=\frac{3}{10},\\8x+10y=1.\end{cases}$ 解得 $x=\frac{1}{12}$，$y=\frac{1}{30}$。因此只用蟹将打扫需 $1\div\frac{1}{12}=12$ 个，只用虾兵打扫需 $1\div\frac{1}{30}=30$ 个。

解题过程
假设竖式纸盒有 $x$ 个，横式纸盒有 $y$ 个。由图分析可知，正方形纸板有 $(x+2y)$ 块，长方形纸板有 $(4x+3y)$ 块。由题意正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是 $1:2$，列出方程 $\frac{x+2y}{4x+3y}=\frac{1}{2}$，交叉相乘化简得 $2(x+2y)=4x+3y$，即 $y=2x$，亦即 $x:y=1:2$。所以竖式纸盒与横式纸盒的总数之比是 $1:2$。

解题过程
（1）两边同时乘以 $12$ 去分母：$12x+3(x+3)+2(x-1)=7x+12$，去括号得 $12x+3x+9+2x-2=7x+12$，移项得 $10x=5$，所以 $x=\frac{1}{2}$。 （2）先去小括号：$\frac{3}{2}\left[\frac{1}{6}x+\frac{8}{3}\right]-\frac{7}{2}=\frac{2}{3}x$，再去中括号得 $\frac{1}{4}x+4-\frac{7}{2}=\frac{2}{3}x$，整理解得 $x=-\frac{6}{5}$。 （3）交叉相乘 $2(3x+5)=5(4x+1)$，即 $6x+10=20x+5$，解得 $x=\frac{3}{14}$。 （4）展开 $x^{2}+8x+7=x^{2}+4x+4+5$，消去两边的 $x^{2}$ 得 $8x+7=4x+9$，移项得 $4x=2$，所以 $x=\frac{1}{2}$。

解题过程
设原来分数的分子为 $x$，则分母为 $122-x$。分子、分母同减 $19$ 后分别为 $x-19$ 与 $103-x$，约分后等于 $\frac{1}{5}$，列方程 $\frac{x-19}{103-x}=\frac{1}{5}$，交叉相乘得 $5(x-19)=103-x$，解得 $x=33$。所以分母为 $122-33=89$，原分数是 $\frac{33}{89}$。

解题过程
设新添加的浓度为 $9\%$ 的盐水有 $x$ 克，那么混合后的盐水总质量是 $(130+x)$ 克，含盐 $(130\times 5\%+9\%x)$ 克。混合前后盐的重量相同，列方程 $130\times 5\%+9\%x=6.4\%\times(130+x)$，解得 $x=70$。所以最后配成的盐水有 $130+70=200$ 克。

解题过程
由图 $4\text{-}2$，第二次的商是 $(8a+7)$，第一次的商是 $8(8a+7)+1$，所求的自然数就是 $8[8(8a+7)+1]+1$。由图 $4\text{-}3$，第一次的商是 $(17\times 2a+15)$，所求的自然数是 $17(17\times 2a+15)+4$。两式表示同一自然数，列方程 $8[8(8a+7)+1]+1=17(17\times 2a+15)+4$，解得 $a=3$。代入得这个自然数是 $17(17\times 6+15)+4=1993$。

解题过程
设原来口袋中有 $x$ 个小球。取出 $1$ 个红球后红球占剩下的 $\frac{1}{7}$，取出 $2$ 个蓝球后红球占剩下的 $\frac{1}{5}$，红球数不变，列方程 $\frac{1}{7}(x-1)=\frac{1}{5}(x-2)$，解得 $x=22$。所以原来口袋中有 $22$ 个小球。

解题过程
假设第二组有 $x$ 名学生，那么第一组、第三组、第四组同学的人数分别为 $2x$、$(x-22)$、$(x-22)$ 人。我们以分出苹果的总数为等量关系列方程 $2x\times 3+x\times 4+(x-22)\times 5+(x-22)\times 6=230$，化简得 $6x+4x+110-5x+132-6x=230$（整理）求解得 $x=12$。因此该班学生总数是 $$\begin{aligned}2x+x+(x-22)+(x-22)&=44+x\\&=56\end{aligned}$$ 人。

解题过程
设 $A$、$B$ 两地相距 $x$ 千米。两车再次相遇时相遇点距 $B$ 地 $288$ 千米，则乙车一共行驶了 $x+(x-288)=2x-288$ 千米（先由 $B$ 到 $A$ 走 $x$，再由 $A$ 折返走到相遇点 $x-288$），所用时间为 $\dfrac{2x-288}{40}$ 小时。甲车行驶的时间等于乙车行驶时间减去在 $B$ 地停留的 $2$ 小时，再乘以甲车速度 $60$ 就等于甲车行驶的路程 $x+288$（先由 $A$ 到 $B$ 走 $x$，再由 $B$ 折返走 $288$ 到相遇点）。据此列方程 $\left(\dfrac{2x-288}{40}-2\right)\times 60=x+288$，即 $3x-432-120=x+288$，解得 $x=420$。所以 $A$、$B$ 两地相距 $420$ 千米。

解题过程
（1）注意到两方程中 $y$ 的系数 $9$ 和 $3$ 是倍数，将 $13x-3y=17$ 乘 $3$ 后与第一式相加消去 $y$，化简后求得 $x=2$，代入得 $y=3$。 （2）第一个方程中 $x$ 系数为 $1$，由 $x=2y-1$ 代入 $13x-8y=59$ 得 $13(2y-1)-8y=59$，解得 $y=4$，再得 $x=7$。 （3）两方程 $y$ 的系数相差 $1$，相减后 $y$ 的系数恰为 $1$，由①减②得 $2x+y=23$，再代入消元解得 $x=9$，$y=5$。

解题过程
设中盒数为 $x$，则大盒数为 $2x$，小盒数为 $(27-3x)$。由筷子总数为 $330$，列出方程 $2x\times 8+x\times 12+(27-3x)\times 18=330$（按大盒 $18$、中盒 $12$、小盒 $8$ 装），化简整理得 $28x+18(27-3x)=330$，解得 $x=6$。所以中盒数为 $6$，小盒数为 $2x=12$，大盒数为 $27-3x=9$。

解题过程
设甲每小时走 $x$ 千米，乙每小时走 $y$ 千米。两种情况下两人路程之和都等于 $36$ 千米，列出方程组 $\begin{cases}2x+(x+2)\cdot y=36,\\2y+3(x+y)=36.\end{cases}$ 整理为 $\begin{cases}9x+5y=72,\\3x+5y=36.\end{cases}$ 两式相减得 $6x=36$，即 $x=6$，代入得 $y=3.6$。所以甲每小时走 $6$ 千米，乙每小时走 $3.6$ 千米。

解题过程
设白球每个重量是 $x$ 克，黑球每个重量是 $y$ 克。第一次调整：右盘减少一个白球、增加两个黑球，变化量为 $2y-x$；左盘增加一个白球、一个 $20$ 克砝码并减少两个黑球，变化量为 $x-2y+20$。由于天平仍维持平衡，变化量相等，得方程 $x+20-2y=2y-x$。用同样方法对第二次调整列出方程，联立两式解得 $x=20$，$y=15$。所以每个白球重 $20$ 克，每个黑球重 $15$ 克。

解题过程
设大、中、小号福娃的单价分别是 $x$ 元、$y$ 元和 $z$ 元。由题意列出方程组 $\begin{cases}x+3y+2z=360,\\2x+y+z=270,\\x+2y+2z=300.\end{cases}$ 用消元法逐步消去未知数，可解得 $x=80$，$y=60$，$z=50$。所以大号福娃 $80$ 元、中号 $60$ 元、小号 $50$ 元。

解题过程
假设木板下滑后的高度是 $x$ 厘米，那么开始时的高度就是 $(x+90)$ 厘米。木板长度不变，由勾股关系列方程，剩下的就是 $180x=27000$，即 $x=150$，因此木板下滑后的高度是 $150$ 厘米。把 $x=150$ 代入 $(130+70)^{2}+x^{2}$ 得 $$\begin{aligned}(130+70)^{2}+x^{2}&=200^{2}+150^{2}\\&=250^{2}\end{aligned}$$，所以木板的长度就是 $250$ 厘米。

解题过程
设甲、乙、丙、丁四人的年龄分别为 $a$、$b$、$c$、$d$，根据题意列出四元一次方程组 $\begin{cases}\frac{b+c+d}{3}+a=29,\\\frac{a+c+d}{3}+b=23,\\\frac{a+b+d}{3}+c=21,\\\frac{a+b+c}{3}+d=17.\end{cases}$ 四式相加并整理得 $\left(1+\frac{1}{3}\times 3\right)\times(a+b+c+d)=29+23+21+17$，即 $a+b+c+d=45$。再把①式两边乘以 $3$ 减去 $a+b+c+d=45$ 得 $3a-a=29\times 3-45$，即 $a=21$；同理可求其余各人年龄。由于在 $a$、$b$、$c$、$d$ 四个数中最大的是 $a$、最小的是 $d$，可得 $\frac{2(a-d)}{3}=29-17$，解得 $a-d=18$。因此最大年龄与最小年龄的差是 $18$ 岁。

解题过程
设方程组的四个系数依次是 $a$、$b$、$c$、$d$，即 $\begin{cases}ax+by=2536,\\cx+dy=704.\end{cases}$ 甲没有看错时，代入解 $x=7$、$y=3$ 得 $\begin{cases}7a+3b=2536,\\7c+3d=704.\end{cases}$ 乙误把 $2536$ 当作 $1536$，代入解 $x=4$、$y=4$ 得 $\begin{cases}4a+4b=1536,\\4c+4d=704.\end{cases}$ 将这四个方程重新组合可得 $\begin{cases}7a+3b=2536,\\4a+4b=1536\end{cases}$ 与 $\begin{cases}7c+3d=704,\\4c+4d=704.\end{cases}$ 解第一组得 $a=346$，$b=38$；解第二组得 $c=44$，$d=132$。因此四个系数中最小的是 $38$。

解题过程
设乙班有 $x$ 人，则甲班、丙班分别有 $(x+4)$ 和 $(x-4)$ 人。再设乙班小孩每人分 $y$ 个枣，则甲班和丙班每个小孩分到的枣的个数分别为 $(y-3)$ 和 $(y+5)$ 个。根据甲班比乙班多分 $3$ 个、乙班比丙班多分 $5$ 个，列出方程组 $\begin{cases}(x+4)(y-3)-xy=3,\\xy-(x-4)(y+5)=5.\end{cases}$ 化简整理得 $\begin{cases}4y-3x=15,\\5x-4y=15.\end{cases}$ 两式相加消去 $y$ 得 $2x=30$，所以 $x=15$，再代入得 $y=15$。于是甲、乙、丙三个班人数分别是 $19$、$15$、$11$，每人分到的枣数分别是 $12$、$15$、$20$ 个，三个班总共分得 $$\begin{aligned}19\times 12+15\times 15+11\times 20&=228+225+220\\&=673\end{aligned}$$ 个枣。

解题过程
设钓得 $3$ 条以上（含 $3$ 条）的人数为 $x$，钓得 $12$ 条及以下的人数相关量为 $y$。根据条件②③列出方程组 $\begin{cases}6x=y+108,\\5(x+21)=y+816,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=146,\\y=816.\end{cases}$ 所以钓鱼的总人数为 $x+29=175$ 人，他们一共钓鱼的总数为 $y+127=943$ 条鱼。

解题过程
我们不妨设甲、乙分别从 $A$、$B$ 两地同时出发，相遇时各需走 $x$ 分钟相遇，则分相遇后甲再走 $18$ 分钟到 $B$、乙再走 $50$ 分钟到 $A$。在路程固定、速度一致下，相遇前各自所行的路程比与相遇后互相所行的路程成比例，因此有 $\dfrac{\text{甲速}}{\text{乙速}}=\dfrac{50}{x}=\dfrac{x}{18}$，交叉相乘得 $x^{2}=900$，所以 $x=30$。另外利用相遇前后路程与速度关系（相遇公式 $\text{甲速}\times\text{乙速}$）求得两人的速度分别为每分钟 $50$ 米和 $30$ 米。因此甲每分钟走 $50$ 米，乙每分钟走 $30$ 米。

解题过程
设甲车单独运货物需要 $x$ 次，则乙车单独运需要 $(x+5)$ 次，甲、乙两人的工作效率分别为 $\frac{1}{x}$ 和 $\frac{1}{x+5}$。两人一起运，各运 $6$ 次刚好可以运完，所以 $\frac{6}{x}+\frac{6}{x+5}=1$，整理求解得 $x=10$。所以甲车单独运需要 $10$ 次运完。

解题过程
设数列的首项和末项分别为 $a$、$b$，项数为 $n$。由“首项除以 $2$、末项乘以 $2$ 后平均数增加 $2$”得到一个含变化量的方程，由“首项乘以 $2$、末项除以 $2$ 后平均数减少 $2$”得到另一个方程，再结合所有项和 $\frac{1}{2}(a+b)\cdot n=245$，联立三个方程。化简后求得 $5n^{2}=245$，解得 $n=7$；将 $n=7$ 代入得 $\begin{cases}b-\frac{1}{2}a=49,\\\frac{1}{2}b-a=...\end{cases}$（由两个变化量方程化简而来），把它代入和式 $\frac{1}{2}(a+b)\times 7=245$，解得 $a=14$，$b=56$。所以这个数列的末项为 $56$。

解题过程
设裂缝在离池底 $x$（占满池高度的比例）处，设单位时间内进、出与裂缝的相关流量为 $y$。根据“只开进水管需 $80$ 分钟放满一池水”与“只开出水管需 $46.5$ 分钟放空一池水”分别列出含 $x$、$y$ 的方程，得到方程组 $\begin{cases}x\div\frac{1}{50}+(1-x)\div\left(\frac{1}{50}-y\right)=80,\\(1-x)\div\left(\frac{1}{60}+y\right)+x\div\frac{1}{60}=46.5.\end{cases}$ 消去 $y$，解得 $x=\frac{2}{5}$。所以裂缝出现在离池底 $\frac{2}{5}$ 高度的地方。

解题过程
依题意知“太平洋号”的速度为每秒 $15$ 米，设“北冰洋号”的速度为每秒 $x$ 米，两船刚开始的距离是 $y$ 米。根据第一次声波往返用时与第二次声波往返用时及其差列出含 $x$、$y$ 的方程，方程中的往返路程用 $\dfrac{y}{1185-x}$ 等形式表示。整理消去 $y$，解得“北冰洋号”的速度为每秒 $\frac{395}{22}$ 米，换算成每小时即得 $64\frac{7}{11}$ 千米。

解题过程
糖水中含糖（溶质）$350\times 20\%=70$ 克，则开水（溶剂）为 $$\begin{aligned}350\times(1-20\%)&=350\times 80\%\\&=280\end{aligned}$$ 克。

解题过程
原盐水含盐 $200\times 15\%=30$ 克。加入 $50$ 克盐后，盐水重量变为 $200+50=250$ 克，含盐 $30+50=80$ 克，$$\begin{aligned}\text{浓度}&=80\div 250\\&=32\%\end{aligned}$$。再加入 $150$ 克水后，盐水重量变为 $250+150=400$ 克，含盐仍为 $80$ 克，$$\begin{aligned}\text{浓度}&=80\div 400\\&=20\%\end{aligned}$$。最后加入 $200$ 克浓度为 $8\%$ 的盐水（含盐 $200\times 8\%=16$ 克），盐水重量变为 $400+200=600$ 克，含盐 $80+16=96$ 克，$$\begin{aligned}\text{浓度}&=96\div 600\\&=16\%\end{aligned}$$。

解题过程
（1）加水前后盐（溶质）的重量不变，始终为 $120\times 20\%=24$ 克。稀释成浓度 $10\%$ 后盐水的重量为 $24\div 10\%=240$ 克，所以应加入的水为 $240-120=120$ 克。（2）$900$ 克糖水中含糖 $900\times 20\%=180$ 克，加入糖后水（溶剂）重量不变，为 $900-180=720$ 克。配成浓度 $40\%$ 后糖水重量为 $720\div(1-40\%)=1200$ 克，所以应加入的糖为 $1200-900=300$ 克。

解题过程
设加入相同质量的盐和水各 $x$ 克。原盐水含盐 $100\times 20\%=20$ 克。混合后盐水重量为 $100+2x$ 克，含盐 $20+x$ 克，依题意浓度为 $30\%$，即 $\dfrac{20+x}{100+2x}=30\%$。解得 $20+x=30+0.6x$，$0.4x=10$，$x=25$。所以加了 $25$ 克盐。

解题过程
把加入的水看作是 $5$ 千克浓度为 $0\%$ 的酒精溶液。它和浓度为 $40\%$ 的酒精溶液混合，浓度变为 $30\%$，由十字交叉法（或溶质守恒）：设原 $40\%$ 溶液重 $a$，则 $40\%a=30\%(a+5)$，$0.1a=1.5$，$a=15$ 千克，混合后溶液重 $15+5=20$ 千克，含酒精 $20\times 30\%=6$ 千克。再加入纯酒精后要使浓度为 $50\%$，设加入纯酒精 $x$ 千克，则 $\dfrac{6+x}{20+x}=50\%$，解得 $6+x=10+0.5x$，$0.5x=4$，$x=8$。所以再加入 $8$ 千克纯酒精。

解题过程
（1）根据利润 $=$ 售价 $-$ 进价 $=320-250=70$ 元，$$\begin{aligned}\text{利润率}&=\dfrac{70}{250}\times 100\%\\&=28\%\end{aligned}$$。（2）鼠标的实际售价为 $180\times 0.75=135$ 元，利润 $=135-108=27$ 元，$$\begin{aligned}\text{利润率}&=\dfrac{27}{108}\times 100\%\\&=25\%\end{aligned}$$。（3）利润率 $35\%$ 时售价 $=$ 成本 $\times(1+35\%)=800\times(1+35\%)=1080$ 元，$$\begin{aligned}\text{它与标价的比}&=1080\div 1440\\&=0.75\\&=75\%\end{aligned}$$，所以打折时折扣最低为七五折，才能使利润率不低于 $35\%$。

解题过程
由题意得，第一件商品的进价为 $990\div(1+10\%)=900$ 元，另一件商品的进价为 $990\div(1-10\%)=1100$ 元。因此两件商品的总成本为 $900+1100=2000$ 元，而总售价为两件 $990$ 元，共 $990+990=1980$ 元，比成本少 $2000-1980=20$ 元。因此这两件商品售出后，店主赔了 $20$ 元。

解题过程
甲商品的成本是 $125$ 元，乙商品的成本为 $125\times(1-16\%)=105$ 元。方案①：$$\begin{aligned}\text{甲商品利润}&=125\times 30\%\\&=37.5\end{aligned}$$ 元，$$\begin{aligned}\text{乙商品利润}&=105\times 40\%\\&=42\end{aligned}$$ 元，$$\begin{aligned}\text{利润之和}&=37.5+42\\&=79.5\end{aligned}$$ 元。方案②：$$\begin{aligned}\text{甲商品利润}&=125\times 35\%\\&=43.75\end{aligned}$$ 元，$$\begin{aligned}\text{乙商品利润}&=105\times 35\%\\&=36.75\end{aligned}$$ 元，$$\begin{aligned}\text{利润之和}&=43.75+36.75\\&=80.5\end{aligned}$$ 元。方案③：$$\begin{aligned}\text{甲商品利润}&=155-125\\&=30\end{aligned}$$ 元，$$\begin{aligned}\text{乙商品利润}&=155-105\\&=50\end{aligned}$$ 元，$$\begin{aligned}\text{利润之和}&=30+50\\&=80\end{aligned}$$ 元。比较三种方案的利润和，第二种方案最赚钱，共能盈利 $80.5$ 元。

解题过程
设进价为 $1$ 份。第一天定价为 $1\times(1+80\%)=1.8$ 份，第二天的定价为 $1.8\times 0.9=1.62$ 份。第三天卖出价为进价的 $1.3$ 倍，即 $1.3$ 份。第三天降价了 $1.62-1.3=0.32$ 份，这就是 $96$ 元，所以一份（进价）为 $96\div 0.32=300$ 元。因此这件衣服的进价是 $300$ 元。

解题过程
办法一：按存两年一存到期，到期时本金和利息共有 $10\,000\times(1+4.7\%\times 2)=10\,940$ 元。办法二：第一年到期时本金和利息共 $10\,000\times(1+4\%)=10\,400$ 元，将其再存一年，第二年到期时本金和利息共 $10\,400\times(1+4\%)=10\,816$ 元。所以办法一最后本金和利息一共 $10\,940$ 元，办法二最后本金和利息一共 $10\,816$ 元。

解题过程
最初瓶中纯酒精 $25$ 克。先倒出 $5$ 克，还剩 $25-5=20$ 克纯酒精，此时溶液总重为 $20$ 克；再加入 $5$ 克水后溶液重变为 $25$ 克，$$\begin{aligned}\text{浓度}&=20\div 25\\&=80\%\end{aligned}$$。第二次倒出 $5$ 克浓度为 $80\%$ 的溶液，含纯酒精 $5\times 80\%=4$ 克，剩下纯酒精 $20-4=16$ 克；再加入 $5$ 克水后溶液重又是 $25$ 克，$$\begin{aligned}\text{浓度}&=16\div 25\\&=64\%\end{aligned}$$。

解题过程
设满瓶为 $1$。第一天喝去 $\dfrac15$，剩 $\dfrac45$ 纯果汁，加水兑满后浓度为 $\dfrac45=80\%$。第二天又喝去 $\dfrac15$ 后剩 $\dfrac45$，其中纯果汁为 $\dfrac45\times\dfrac45=\dfrac{16}{25}$，加水兑满后浓度为 $\dfrac{16}{25}=64\%$。第三天喝去一半，剩 $\dfrac12$，其中纯果汁为 $\dfrac{16}{25}\times\dfrac12=\dfrac{8}{25}$，加水兑满后浓度为 $\dfrac{8}{25}=32\%$。

解题过程
（1）混合前浓度为 $20\%$ 的 $500$ 克糖水中含糖 $500\times 20\%=100$ 克，浓度为 $56\%$ 的 $625$ 克糖水中含糖 $625\times 56\%=350$ 克。$$\begin{aligned}\text{混合后总重量}&=500+625\\&=1125\end{aligned}$$ 克，含糖 $100+350=450$ 克，$$\begin{aligned}\text{混合后浓度}&=450\div 1125\times 100\%\\&=40\%\end{aligned}$$。（2）浓度为 $75\%$ 的糖水含糖 $32\times 75\%=24$ 克，稀释时糖不变，稀释成 $30\%$ 后糖水重 $24\div 30\%=80$ 克，所以需加入水 $80-32=48$ 克。

解题过程
用十字交叉法：$20\%$ 与 $65\%$ 配成 $35\%$，浓度差分别为 $65\%-35\%=30\%$ 与 $35\%-20\%=15\%$，故两种溶液的重量比为 $30\%:15\%=2:1$，即 $20\%$ 溶液 $:65\%$ 溶液 $=2:1$。已知 $20\%$ 溶液 $450$ 克对应 $2$ 份，则 $65\%$ 溶液对应 $1$ 份为 $450\div 2=225$ 克。所以需要加入 $225$ 克 $65\%$ 的硫酸溶液。

解题过程
由“$30\%$ 的盐水中加入 $300$ 克 $20\%$ 盐水变成 $25\%$ 的盐水”，设 $30\%$ 盐水有 $a$ 克，则 $30\%a+20\%\times 300=25\%(a+300)$，即 $0.3a+60=0.25a+75$，$0.05a=15$，$a=300$ 克。再用十字交叉：$40\%$ 与 $10\%$ 配成 $30\%$，浓度差为 $30\%-10\%=20\%$ 与 $40\%-30\%=10\%$，故 $40\%$ 盐水 $:10\%$ 盐水 $=20\%:10\%=2:1$，共 $3$ 份对应 $300$ 克，每份 $100$ 克，所以 $40\%$ 的盐水为 $2$ 份 $=200$ 克。

解题过程
先分析甲、乙的混合：甲瓶 $:$ 乙瓶的重量比 $=(49\%-42\%):(63\%-49\%)=7\%:14\%=1:2$，甲瓶 $11$ 千克对应 $1$ 份，故$$\begin{aligned}\text{乙瓶}&=11\times 2\\&=22\end{aligned}$$ 千克，$$\begin{aligned}\text{甲、乙混合后糖水重}&=11+22\\&=33\end{aligned}$$ 千克，浓度 $49\%$。再分析与丙混合：甲乙混合液（$49\%$）与丙瓶（$28\%$）混合得 $35\%$，由十字交叉，甲乙混合液 $:$ 丙瓶 $=(35\%-28\%):(49\%-35\%)=7\%:14\%=1:2$，甲乙混合液 $33$ 千克对应 $1$ 份，故$$\begin{aligned}\text{丙瓶}&=33\times 2\\&=66\end{aligned}$$ 千克。

解题过程
甲瓶质量 $:$ 乙、丙混合液质量 $=30:(40+20)=1:2$，由十字交叉，浓度差之比为 $2:1$。甲瓶浓度比乙丙混合液高 $9\%$，故按 $9\%$ 分成 $2:1$，$$\begin{aligned}\text{乙、丙混合液浓度}&=30\%-9\%\times\dfrac13\\&=27\%\end{aligned}$$（混合总浓度 $30\%$，甲偏高、乙丙偏低）。又甲比乙高 $8\%$、甲比乙丙混合液高 $9\%$，故$$\begin{aligned}\text{乙与乙丙混合液的浓度差}&=9\%-8\%\\&=1\%\end{aligned}$$。由乙、丙质量比 $40:20=2:1$，浓度差之比为 $1:2$，所以$$\begin{aligned}\text{丙瓶浓度}&=27\%-1\%\times 2\\&=25\%\end{aligned}$$。

解题过程
“$40$ 克甲 $+60$ 克乙”可以看作是“$40$ 克甲 $+40$ 克乙 $+20$ 克乙”。其中“$40$ 克甲 $+40$ 克乙”是取同样质量混合，浓度为 $61\%$，相当于 $80$ 克 $61\%$ 的酒精溶液，含酒精 $80\times 61\%=48.8$ 克。再加 $20$ 克乙后得到 $100$ 克 $62\%$ 的溶液，含酒精 $100\times 62\%=62$ 克，故 $20$ 克乙含酒精 $62-48.8=13.2$ 克，$$\begin{aligned}\text{乙浓度}&=13.2\div 20\\&=66\%\end{aligned}$$。又 $40$ 克乙含酒精 $40\times 66\%=26.4$ 克，故“$40$ 克甲 $+40$ 克乙”中 $40$ 克甲含酒精 $48.8-26.4=22.4$ 克，$$\begin{aligned}\text{甲浓度}&=22.4\div 40\\&=56\%\end{aligned}$$。所以甲浓度 $56\%$，乙浓度 $66\%$。

解题过程
这件商品的成本为 $180\div(1+20\%)=150$ 元。实际售出价是 $240$ 元，所以$$\begin{aligned}\text{所得利润}&=240-150\\&=90\end{aligned}$$ 元。

解题过程
设成本为 $1$ 份。定价为 $1.3$ 份，$$\begin{aligned}\text{销售价为打八折}&=1.3\times 0.8\\&=1.04\end{aligned}$$ 份，实际的销售价是 $1.04$ 份。实际利润为 $1.04-1=0.04$ 份，对应 $100$ 元，所以成本 $1$ 份 $=100\div 0.04=2500$ 元。$$\begin{aligned}\text{最后的利润率}&=100\div 2500\times 100\%\\&=4\%\end{aligned}$$。

解题过程
$B$ 商品的成本为 $240\div(1+20\%)=200$ 元。购买 $A$、$B$ 两件商品，商店在定价的基础上打了九折，则 $B$ 商品的售价为 $240\times 0.9=216$ 元，$B$ 商品的利润为 $216-200=16$ 元。两件商品的总利润为 $36$ 元，所以 $A$ 商品的利润就为 $36-16=20$ 元。设 $A$ 商品定价为 $1$ 份，$A$ 商品成本占定价的 $80\%$，即成本为 $0.8$ 份，打九折卖出后售价为 $0.9$ 份，$A$ 商品的利润为 $0.9-0.8=0.1$ 份 $=20$ 元，所以 $A$ 商品定价 $1$ 份 $=20\div 0.1=200$ 元，从而 $A$ 商品成本为 $0.8\times 200=160$ 元。

解题过程
（1）设小超市的进价为 $1$ 份，大超市按 $30\%$ 利润率定价为 $0.9\times(1+30\%)=1.17$ 份；小超市按 $28\%$ 利润率定价为 $1\times(1+28\%)=1.28$ 份。大超市的定价比小超市便宜 $1.28-1.17=0.11$ 份，对应 $22$ 元，所以小超市进价 $1$ 份 $=22\div 0.11=200$ 元，大超市的进价为 $0.9\times 200=180$ 元。（2）大超市每件赚 $180\times 30\%=54$ 元，小超市每件赚 $200\times 28\%=56$ 元。

解题过程
设原来销售量为 $1$ 个，打折前利润为 $48\times 1=48$ 元。打折后利润和增加 $25\%$ 变成 $48\times(1+25\%)=60$ 元，而打折后销量增加一倍变成 $2$ 个，故打折后每个变形金刚可获利 $60\div 2=30$ 元。设定价为进价 $+$ 原利润，原利润 $48$ 元，打折后利润 $30$ 元，则打折减少利润 $48-30=18$ 元，这正是定价打八八折后减少的部分，即定价 $\times(1-0.88)=18$ 元，$$\begin{aligned}\text{定价}&=18\div 0.12\\&=150\end{aligned}$$ 元，所以$$\begin{aligned}\text{打折后售价}&=150\times 0.88\\&=132\end{aligned}$$ 元。

解题过程
在这道题中，总售出价 $=$ 总成本 $+$ 利润 $+$ 运费。按原定价卖出时利润为 $2700$ 元。降价后只得到原计划利润的 $\dfrac13$，即打折后利润为 $2700\times\dfrac13=900$ 元，利润减少了 $2700-900=1800$ 元。由于售价降到原定价的 $70\%$，总售出价变为原来的 $0.7$ 倍，减少的部分恰好等于减少的利润，故原总售出价 $\times(1-0.7)=1800$ 元，$$\begin{aligned}\text{原总售出价}&=1800\div 0.3\\&=6000\end{aligned}$$ 元。于是总成本 $=$ 原总售出价 $-$ 利润 $-$ 运费 $=6000-2700-100=3200$ 元。每千克进价 $6$ 元 $4$ 角 $=6.4$ 元，所以这批苹果共 $3200\div 6.4=500$ 千克。

解题过程
第一次加入 $200$ 克水，盐（溶质）不变而浓度变为原来的一半，说明盐水（溶液）的重量变成了原来的 $2$ 倍，即重量增加了一倍恰好等于 $200$ 克，所以盐水原来的重量为 $200$ 克。第二次加入 $25$ 克盐，浓度变为原来的两倍：由于盐水重量从 $200$ 克变为 $225$ 克（变为原来的 $\dfrac{225}{200}=1.125$ 倍），浓度又变为 $2$ 倍，所以盐的重量变为原来的 $1.125\times 2=2.25$ 倍，即加入的 $25$ 克盐相当于原来盐重的 $2.25-1=1.25$ 倍，故$$\begin{aligned}\text{原来盐重}&=25\div 1.25\\&=20\end{aligned}$$ 克。因此$$\begin{aligned}\text{盐水原来的浓度}&=20\div 200\\&=10\%\end{aligned}$$。

解题过程
混合溶液 $1$：用 $3$ 份甲溶液和 $4$ 份乙溶液混合，得到 $7$ 份浓度为 $17.5\%$ 的硫酸溶液。混合溶液 $2$：用 $2$ 份甲溶液和 $5$ 份乙溶液混合，得到 $7$ 份浓度为 $14.5\%$ 的硫酸溶液。把这两种混合溶液各 $7$ 份混合在一起（正好一样多），得到 $14$ 份浓度为 $(17.5\%+14.5\%)\div 2=16\%$ 的硫酸溶液；这 $14$ 份溶液正好相当于用 $3+2=5$ 份甲溶液和 $4+5=9$ 份乙溶液混合而成。题中第三个条件“甲、乙、丙按 $5:9:10$ 混合得 $21\%$”，正好等于 $24=(5+9+10)$ 份溶液混合而成，即上面的 $14$ 份（$16\%$）溶液再加 $10$ 份丙溶液混合成 $21\%$。列十字交叉：$14$ 份 $16\%$ 与 $10$ 份丙混合得 $21\%$，浓度差 $21\%-16\%=5\%$ 对应 $10$ 份，$(\text{丙}-21\%)$ 对应 $14$ 份，故 $$\begin{aligned}\text{丙}-21\%&=5\%\times\dfrac{14}{10}\\&=7\%\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}\text{丙溶液浓度}&=21\%+7\%\\&=28\%\end{aligned}$$。

解题过程
设甲桶原有 $x$ 千克纯水，乙桶原有 $y$ 千克纯酒精。用列表逐次记录每次操作后两桶内的液体总量（并追踪所含纯酒精量）：第一次从甲桶倒水入乙桶，使乙桶质量增加 $2$ 倍（变为 $3y$），即倒入 $2y$ 千克水，此时甲桶剩 $x-2y$（纯水），乙桶 $3y$（含酒精 $y$）；第二次从乙桶倒回甲桶，使乙桶质量减少四分之一（变为 $\dfrac94 y$），倒回 $\dfrac34 y$ 混合液，其中含酒精 $\dfrac14 y$；第三次再从甲桶倒入乙桶，使甲桶质量减少五分之一。由“最后甲桶液体的质量恰好等于最初乙桶液体的质量”可列出 $\dfrac45\left(x-2y+\dfrac34 y\right)=y$，化简得 $x:y=5:4$。据此追踪酒精在两桶中的转移量，最终甲桶液体浓度 $=20\%$，乙桶液体浓度 $=32\%$。

解题过程
根据题意先理清每一步的变化过程：每次操作把两瓶酒精混合后，再按各自原来的质量分配倒回。第一次操作甲、乙混合后两瓶浓度变为相同；第二次操作乙、丙混合后两瓶浓度变为相同；第三次操作丙、甲混合后两瓶浓度变为相同。用列表记录每次操作后各瓶的浓度，未知的用字母表示，并利用质量比 $3:2:1$（含酒精量按质量加权）逐步推算。结合三次操作后甲为 $67\%$、乙为 $61\%$ 的已知条件，反推可得最初丙溶液的浓度为 $45\%$。

解题过程
设水果店进了 $x$ 件，每件成本为 $1$ 份，则期望售价为 $1\times(1+50\%)=1.5$ 份，期望总利润为 $0.5x$ 份。前六成（$0.6x$ 件）按定价 $1.5$ 份卖出，获利 $0.6x\times 0.5=0.3x$ 份。剩下 $0.4x$ 件中有一成（$0.1x$ 件）烂掉，实际打折卖出 $0.3x$ 件；设折扣为 $k$，打折售价为 $1.5k$ 份。实际利润 $=$ 总售价 $-$ 总成本 $=(0.6x\times 1.5+0.3x\times 1.5k)-x$，且等于期望利润的 $34\%=0.5x\times 34\%=0.17x$ 份。解方程 $0.9x+0.45kx-x=0.17x$，得 $0.45k=0.27$，$k=0.6$，即打六折。

解题过程
原来将两份甲糖与一份乙糖混合得 $300$ 克糖，价格为 $1.65\times 2+1.2=4.5$ 元，那么 $100$ 克这样的混合糖价格为 $4.5\div 3=1.5$ 元，$10$ 千克混合糖价格为 $1.5\times(10\times 1000\div 100)=150$ 元。同理，后来将一份甲糖与两份乙糖混合，也得到 $300$ 克糖，价格为 $1.65+1.2\times 2=4.05$ 元，那么 $100$ 克这样的新混合糖价格为 $4.05\div 3=1.35$ 元，$10$ 千克这样的新混合糖价格为 $1.35\times(10\times 1000\div 100)=135$ 元。所以原来比后来贵 $150-135=15$ 元，即顾客买 $10$ 千克原来的混合糖要比后来多花 $15$ 元。

解题过程
设丙的浓度为 $x\%$，则乙的浓度为 $4x\%$，甲的浓度为 $(4x+6)\%$。依据“乙倒入甲后甲浓度下降 $2.4\%$”与“丙倒入乙后乙浓度下降 $2.25\%$”分别由十字交叉得到甲:乙、乙:丙的重量比，结合“甲、丙混合浓度等于乙浓度”再列方程。联立求得 $x=1$，故乙 $=4\%$，甲 $=10\%$，丙 $=1\%$；重量比为 甲:乙:丙 $=3:2:6$。

解题过程
设进货时的单价为 $x$ 元，购入的商品数量为 $y$ 件。预期是全部按 $40\%$ 加价卖出，预期利润率为 $40\%$，故实际利润率为 $\dfrac{40\%}{2}=20\%$。实际中八成按定价 $1.4x$ 卖出、两成按五折 $0.7x$ 卖出，并把 $150$ 元附加税算作成本。依据“实际利润率为 $20\%$”列方程：$\dfrac{1.4x\cdot 0.8y+0.7x\cdot 0.2y-150-xy}{xy+150}=0.2$，即 $(1.12+0.14-1)xy-150=0.2(xy+150)$，$0.26xy-150=0.2xy+30$，$0.06xy=180$，解得 $xy=3000$。所以这批商品的进价是 $3000$ 元。

解题过程
钱没有和张比赛，也没有和李比赛，那么钱第一轮比赛的对手就是王。同样地，李的对手是赵。所以张的对手是孙。

解题过程
甲已经赛了 $4$ 盘，说明他和所有的人都下过了。丁只赛了 $1$ 盘，那么这盘一定是与甲赛的，所以他与其他三个人都没有赛过。再看乙，乙赛了 $3$ 盘，而丁和乙还没有赛，所以乙和除了丁之外的 $3$ 个人都赛过了。现在丙已经和甲、乙都赛过了，而丙只赛了两盘，所以丙和小强没有赛过。于是小强只赛了两盘，分别是同甲和乙赛的。

解题过程
甲起跑时是第一名。当甲的名次第一次发生变化时，他只能由第一变成第二；当甲的名次再一次发生变化时，他将变成第一或者第三；当甲的名次再一次发生变化时，他只能变回第二……我们发现一个规律：如果甲的名次发生奇数次变化，那么他是偶数名次（第二名）；如果是偶数次变化，那么他是奇数名次（第一名或第三名）。因为甲的名次变化了 $7$ 次，是奇数，所以比赛结束时甲是第二名。

解题过程
（1）$10$ 名选手两两比赛，一共有 $C_{10}^{2}=45$ 场比赛。 （2）每一场比赛都只有一名选手胜出，所以 $10$ 名选手胜的场数的总和等于比赛的场数 $45$。如果 $10$ 名选手胜的场数都相同，则所有选手胜的场数都应是 $45$ 的 $\frac{1}{10}$ 的倍数，但 $45$ 不是 $10$ 的倍数，所以 $10$ 名选手胜的场数不可能全部相同。 （3）考虑到 $0+1+2+\cdots+9=45$，如果 $10$ 名选手胜的场数两两不同，则他们胜的场数一定恰好是 $0,1,2,\cdots,9$，我们来看这样的情况能否成立：可以让 $10$ 号胜 $9$ 场，全胜；$9$ 号胜 $8$ 场，只输给 $10$ 号；……依次类推，$1$ 号胜 $0$ 场，全负。这样比赛结果就是号码大的选手战胜了号码小的选手，因此这 $10$ 名选手获胜的场数可以两两不同。

解题过程
$6$ 支球队单循环共比赛 $C_{6}^{2}=15$ 场。一场比赛若分出胜负，两队总分之和是 $3$ 分；若打平，两队总分之和是 $2$ 分。（1）要想总分之和尽可能大，每场都应分出胜负，总分之和就是 $3\times15=45$；要想总分之和尽可能小，每场都应打平，总分之和就是 $2\times15=30$。 （2）一共比赛 $15$ 场，其中平局有 $6$ 场，分出胜负的有 $9$ 场，因此总分之和是 $9\times3+6\times2=39$ 分。

解题过程
$9$ 名队员的个人得分依次是 $1\sim9$ 分，三队总分之和是 $1+2+\cdots+9=45$ 分。黄队总分 $16$ 分，要使三者总分都小于 $16$、红队总分大于蓝队总分且互不相同。第三名 $7$ 分：由于第一名是黄队队员，那么余下未排名的最大分 $7$ 分（第三名）不是黄队，又知道第二名是蓝队，所以第三名是红队队员。红队另外两名队员得分和是 $15-7=8$。因为第三名（红队）得 $7$ 分，且各名次不在同队，第四名、第五名不能都是红队，于是红队另两名得分只能是 $3$ 分和 $5$ 分。因此红队队员的得分分别是 $3$ 分、$5$ 分、$7$ 分。

解题过程
$5$ 支球队单循环共赛 $C_{5}^{2}=10$ 场。第三名得 $7$ 分且与第一名打平，故第一名也得过这场平局，所以第一名最多胜其余 $3$ 场再加 $1$ 场平局，得 $10$ 分。第二名得分介于第一名与第三名之间且各不相同，结合“无一队相互之间得分矛盾”推得第二名 $9$ 分。第三名 $7$ 分。第四名、第五名得分小于 $7$ 分，结合总分与互不相同，推得第四名 $3$ 分，第五名 $0$ 分。因此从高到低依次是 $10$ 分、$9$ 分、$7$ 分、$3$ 分、$0$ 分。

解题过程
$A$ 队胜了两场，说明它战胜了其他两支球队，因此 $A$ 队的胜负关系是：$A$ 胜 $B$，$A$ 胜 $C$。$C$ 队有一场踢平，那么这场平局只能是 $B$ 对 $C$（$A$ 全胜不会有平局）。三场比赛只有一场平局，这场平局是 $B$ 对 $C$。$C$ 两场共进 $2$ 球失 $8$ 球，$B$ 对 $C$ 平局比分相同。结合 $B$ 进 $4$ 球失 $5$ 球、$A$ 共失 $2$ 球等条件分析得 $A$ 与 $B$ 的比分是 $3:2$。

解题过程
把甲、乙、丙三人合在一起分析。三人一共得了 $70+70+60=200$ 分。由于三人的答案不全相同，所以每道题至多只有两个人做对，$10$ 道题三人答对的总数至多是 $2\times10=20$ 题，对应总分至多 $200$ 分。而三人总分恰好是 $200$ 分，这说明每道题恰好有两人做对、一人做错。据此可逐题求出标准答案为 $\times\times\times\checkmark\checkmark\times\checkmark\times\checkmark\times$。再把丁的解答 $\checkmark\checkmark\checkmark\times\times\checkmark\times\checkmark\times\checkmark$ 与标准答案逐题比对，发现丁每道题都答错，因此丁得 $0$ 分。

解题过程
赵、钱、孙、李一共订了 $2+2+4+3=11$ 份报纸。$A$、$B$、$C$、$D$ 这 $4$ 种报纸在 $5$ 户中共有 $1+2+2+2=7$ 份订户。由于每户至少订 $1$ 种，五户报纸总份数至少 $5$ 份；又因 $A\sim D$ 共 $7$ 份，报纸的总份数只能是 $12$ 份。于是周姓订户订了 $12-11=1$ 种报纸。报纸 $E$ 的总份数 $=12-7=5$，所以报纸 $E$ 在这 $5$ 户人家中有 $5$ 家订户（即五户都订了 $E$）。

解题过程
$5$ 号已经赛过 $5$ 盘，说明他和其他 $5$ 个人都已经赛过了。而 $1$ 号只赛了一盘，所以 $1$ 号这一盘是同 $5$ 号赛的，他同其他四个人都没有赛过。再看 $4$ 号，他赛过 $4$ 盘，且 $4$ 号同 $1$ 号没有赛过，所以同 $4$ 号赛过的同学是除 $1$ 号以外的 $4$ 个人。而 $2$ 号只赛过两盘，所以 $2$ 号只同 $5$ 号、$4$ 号赛过。$3$ 号赛过 $3$ 盘，他同 $1$ 号、$2$ 号没有赛过，那么同 $3$ 号赛过的就是 $4$ 号、$5$ 号和 $6$ 号。于是我们知道同 $6$ 号赛过的有 $3$ 号、$4$ 号和 $5$ 号，他赛了 $3$ 盘。

解题过程
已知水克火、土克水、水生木、火生土。根据“每一个元素都生一个、克一个、被一个生、被一个克”的规律，结合常识可补全：相生为木生火、火生土、土生金、金生水、水生木（沿“木→火→土→金→水→木”循环）；相克为木克土、土克水、水克火、火克金、金克木（隔位相克）。可用实线表示相生、虚线表示相克，箭头指明生或克的方向，画成五边形关系图。

解题过程
六队单循环共 $C_{6}^{2}=15$ 场，每天 $3$ 场，恰好 $5$ 天赛完，每队每天都要比赛。用表格逐日安排：第一天 $B$ 对 $D$，第二天 $C$ 对 $E$，第三天 $D$ 对 $F$，第四天 $B$ 对 $C$。把每天三场两两不重复地排满，每队五天恰与其余五队各赛一次。逐天填表排除已确定的对阵，可推得第五天的对阵，其中与 $A$ 队比赛的是 $B$ 队。

解题过程
总场数为 $10+12+14=36$ 场。每支队连胜或被打败后休息一天，分析可知：一支队伍打的场数 = 它胜的场数 + 它被打败的场数。因为 $A$ 队胜 $10$ 场，所以 $A$ 队休息（被击败）的天数与被打败的场数相同，由 $36-10=26$（偶数）结合分析可知 $A$ 队被打败了 $13$ 场。于是 $A$ 队共打了 $10+13=23$ 场比赛。

解题过程
（1）四人两两比赛，一共 $C_{4}^{2}=6$ 场。 （2）每场比赛无论胜负还是平局，双方得分之和都是 $2$ 分，所以四人得分总和为 $6\times2=12$ 分。 （3）四个人得分之和是 $12$ 分，甲得分最高，丁得分最低，而乙、丙得分相同。如果乙、丙得分是 $4$ 分，则甲得分超过 $4$ 分，这三人的得分之和已经超过 $12$ 分，与题意矛盾，因此乙、丙得分最多是 $3$ 分。如果乙、丙得分是 $2$ 分，则丁最多得了 $1$ 分，而甲至少得了 $12-2-2-1=7$ 分；但是连胜 $3$ 场只能得 $6$ 分，不可能达到 $7$ 分，因此乙、丙得分至少是 $3$ 分。综合可知乙、丙得分就是 $3$ 分，即乙得 $3$ 分。

解题过程
五队单循环共 $C_{5}^{2}=10$ 场，每场两队共得 $2$ 分，所以总分是 $20$ 分。结合①和②可知，第一名输给了第二名，因此第一名至多胜 $3$ 场，得分不大于 $6$ 分；以后四名得分至多 $5,4,3,2$。而 $6+5+4+3+2=20$，因此五个人的得分分别是 $6$ 分、$5$ 分、$4$ 分、$3$ 分、$2$ 分。第一名得 $6$ 分，他胜了第三、四、五名，输给了第二名；据此画出比赛胜负关系，逐对分析得：平局一共 $5$ 场，分别是第二名 vs. 第三名、第二名 vs. 第四名、第二名 vs. 第五名、第三名 vs. 第四名、第四名 vs. 第五名。

解题过程
五队单循环共 $C_{5}^{2}=10$ 场，每场两队共得 $2$ 分，总分是 $20$ 分。水、火、土三队之间会相互比赛三场，这三场的总分是 $6$ 分，所以这三队的总得分至少是 $6$ 分。那么金、木两队最多得 $20-6=14$ 分。$14$ 分不到 $6$ 分的 $3$ 倍（$18$ 分），所以题中的报道不真实。

解题过程
$4$ 队单循环共 $C_{4}^{2}=6$ 场，每队赛 $3$ 场。根据题意，由得分推出各队胜负平情况：天队 $2$ 胜 $1$ 平（得 $7$ 分），地队 $1$ 胜 $2$ 平（得 $5$ 分），玄队 $2$ 平 $1$ 负（得 $2$ 分），黄队 $1$ 平 $2$ 负（得 $1$ 分）。每个队的情况都是唯一确定的，所以比赛中平局的场数为 $(1+2+2+1)\div2=3$ 场。

解题过程
四队单循环共 $C_{4}^{2}=6$ 场。若某场分出胜负，双方得分之和为 $3$ 分；若打平则两队各得 $1$ 分，和为 $2$ 分。设各队总分为 $4$ 个连续自然数，记最小为 $n$，则四队总分为 $4n+6$，而总分介于 $6\times2=12$ 与 $6\times3=18$ 之间。$4n+6$ 必为偶数且在 $12\sim18$ 之间，结合“连续自然数”的条件推得四队得分为 $3,4,5,6$（或 $2,3,4,5$ 等满足约束的一组），进而确定第一名及与其交手的各队结果，最终算得输给第一名的那支球队的总分是 $4$ 分。

解题过程
由条件①，每门五人分数分别为 $1\sim5$，五门总分之和为 $5\times(1+2+3+4+5)=75$ 分。甲总分 $24$ 分（最高），由 $75-24=51$ 分由其余四人分得，且各人总分互不相同。由②总分从高到低为甲、乙、丙、丁、戊。由③丙有四门功课的分数相同，结合每门分数为 $1\sim5$ 且各门去掉甲后的剩余分数，可定出丙的四门相同分为 $3$，丙总分 $13$。再用已知（丁数学 $4$、戊语文 $3$、戊英语 $5$、甲总分 $24$）逐格推断，得到完整表格（如图 $4$）：甲 $5,5,4,5,5$（$24$）；乙 $4,2,1,4,4$（$15$）；丙 $1,3,3,3,3$（$13$）；丁 $2,4,2,2,2$（$12$）；戊 $3,1,5,1,1$（$11$）。

解题过程
四队单循环共 $6$ 场。$B$ 队 $5$ 分，只能是 $2$ 胜 $1$ 平；$A$ 队 $1$ 分，只能是 $3$ 场全平或 $1$ 平 $2$ 负，但 $A$ 与 $C$ 比分是 $2:3$（$A$ 负），所以 $A$ 是 $1$ 平 $2$ 负。又 $D$ 队一球未进，$B$ 队进 $4$ 球、$C$ 队失 $3$ 球，所有场次共进 $9$ 个球。$A$ 与 $C$ 比分 $2:3$，结合各队进失球数逐场分析可知 $A$ 与 $B$ 的比赛 $A$ 失 $3$ 球未进球，因此 $A$ 队与 $B$ 队的比分是 $0:3$。

解题过程
由表分析：$A$ 队 $0:0$ 平 $B$，$1:0$ 胜 $C$，$1:0$ 胜 $D$（$A$ 进 $2$ 球失 $0$，平 $1$ 胜 $2$）。$B$ 队 $1$ 胜 $1$ 平，进 $4$ 球失 $3$ 球，由它与 $A$ 是 $0:0$，所以它赢的那场是 $4:3$。$C$ 队 $2$ 负，进 $3$ 球失 $6$ 球，由它与 $A$ 是 $0:1$，所以它输的另一场是 $3:5$。$B$ 赢的那场与 $C$ 输的另一场比分不相同，因此它们没有踢过，只能是 $B$ 队 $4:3$ 赢 $D$，$C$ 队 $3:5$ 输给 $D$。这样，$D$ 一共比赛了 $3$ 场，比分分别是 $0:1$ 输给 $A$，$3:4$ 输给 $B$，$5:3$ 赢了 $C$。

解题过程
由 $①②>③④⑤⑥⑦$ 可知，①②的重量和只有两种可能：$16$ 或 $17$。如果①②的重量和是 $16$，则③④⑤⑥⑦的重量和是 $15$，那么③④⑤⑥⑦就是重量为 $1,2,3,4,5$ 的五个小球，于是⑧号小球的重量一定大于 $5$；可是根据条件（2）$③⑧=⑦$，⑧号小球的重量小于⑦号小球的重量，所以⑧号小球的重量小于 $5$，矛盾。这说明①②的重量和是 $17$，这两个小球的重量分别是 $8$ 和 $9$。由前面的讨论可知③④⑤⑥⑦的重量和不能是 $15$，只能是 $16$，那么这五个小球的重量分别是 $1,2,3,4,6$。⑧号小球的重量不会与其他小球相同，只能是 $6-1=5$（此时 $③⑧=⑦$ 即 $1+5=6$），于是⑨号小球的重量是 $7$。

解题过程
由分析可知，对第一名同学的姓名、性别、年龄、城区分别有 $1$ 项、$1$ 项、$1$ 项、$1$ 项是正确的。先看性别，有 $2$ 项消息说是女同学，那么第一名是女同学。再看年龄，$2$ 个人说是 $13$ 岁，$2$ 个人说是 $11$ 岁，只有 $1$ 个人说是 $12$ 岁，由于只有 $1$ 项消息正确，则第一名是 $12$ 岁。再看城区，$3$ 人说东城区，$1$ 人说海淀区，$1$ 人说西城区，那么第一名在海淀区或者西城区。类似地，可以分析出第一名同学姓李、或姓陈、或姓黄。综合考虑第一名同学的姓名与城区，就很容易判断出唯一的答案：姓黄，是女同学，$12$ 岁，海淀区。

解题过程
由条件，每位战士命中的四个环数只有以下四种可能：（1）$7,6,3,1$；（2）$7,5,4,1$；（3）$7,5,3,2$；（4）$6,5,4,2$（每组四个数各不相同、和为 $17$、最大不超过 $7$）。如果甲和丙中有一个的环数是（2）的情形，那么不论另一个是哪一种情形，甲和丙都有两发子弹的环数相同，所以甲和丙的环数不可能是（2）；同理也不能是（3），那就只能是（1）和（4）。而（1）和（4）中相同的数字只有 $6$，说明甲和丙的相同环数是 $6$。

解题过程
乙队平均得分是 $3.6$ 分，且乙队人数小于 $10$。乙队总分是 $0.5$ 分的整数倍，那么乙队一定有 $5$ 个人（否则乙队的总分不是 $0.5$ 分的整数倍，不符合实际）。丙队平均得分为 $9$ 分，考虑到每位选手有 $9$ 场比赛，至多只能得 $9$ 分，可知丙队每一名队员得分都是 $9$；但实际上，如果 $1$ 名选手得分是 $9$，其他选手就都输给了这位选手，得分不可能是 $9$，所以得分是 $9$ 的选手最多只有 $1$ 位，所以丙队只有 $1$ 个人。于是甲队有 $4$ 个人，得 $45-9-3.6\times5=18$ 分，平均得分为 $4.5$ 分。

解题过程
$5$ 支球队中只有 $A$ 没输过，说明 $A$ 没有输给任何队（全胜或平）；只有 $C$ 没赢过，说明 $C$ 的所有比赛都是负或平。$B$ 战胜了 $E$，但积分排名 $B$ 在 $E$ 之后，结合“积分互不相同、从高到低为 $D,A,E,B,C$”逐场分析各队的胜负平：$A$ 全程不败但积分排第二，说明 $A$ 多为平局；$D$ 积分最高，必有多场胜利；$C$ 积分最低且没赢过。通过对每场胜负的逐一确定，可推出 $D$ 输给 $A$，$C$ 平了 $A$ 而负于 $B$，再从 $C$ 的进球数与失球数判断三场比赛的结果，得到唯一情形：在战胜过 $C$ 的球队中，只有 $D$ 队。

解题过程
因为前两名选手都没有输过，所以第一名选手的战绩最好是 $8$ 胜 $1$ 平，得 $17$ 分。第二名最多得 $16$ 分。可知第三名最多得 $17+16-20=13$ 分。$10$ 名选手之间一共有 $45$ 场比赛，总分是 $90$。第五名及其余名次的得分总和是 $90-17-16-13-12=32$；考虑到每名选手分数各不相同，第四名得分与后四名总分相等为 $12$ 分。逐步分析得第五名 $11$ 分、第六名 $9$ 分。因此前六名的分数分别是 $17$ 分、$16$ 分、$13$ 分、$12$ 分、$11$ 分、$9$ 分。

解题过程
三队单循环共赛 $C_{3}^{2}=3$ 场，每队赛 $2$ 场，每场两队共积 $2$ 分。对每个队的“场数、胜、负、平”及积分逐项核对内部一致性（积分 $=2\times$ 胜 $+$ 平），并用进球、失球的对应关系互相印证。表中恰有 $4$ 个数字错误：逐一分析可知三场比赛的比分分别是 $A$ vs. $B$ 为 $6:2$、$A$ vs. $C$ 为 $0:0$、$B$ vs. $C$ 为 $1:0$。据此 $A$ 为 $1$ 胜 $1$ 平、$B$ 为 $1$ 胜 $1$ 负、$C$ 为 $1$ 平 $1$ 负，整理得正确表格（表 $6-5$）：$A$：$2,1,0,1,6,2,3$；$B$：$2,1,1,0,3,6,2$；$C$：$2,0,1,1,0,1,1$。

解题过程
由题意，有两个小孩与 $9$ 号戴同样颜色的帽子，这两个小孩的帽子被看到次数的和是 $12$。如果 $9$ 号戴的是红帽子，因为 $3$ 号的红帽子被看到 $6$ 次，另外一个小孩的红帽子也被看到 $6$ 次，这是不可能的（位置限制下被看到次数不可能都是 $6$）。同理 $9$ 号戴的也不是黄帽子（第六个戴黄帽，被看到 $3$ 次，另一个需被看 $9$ 次，但 $9$ 号在最后无法被看到 $9$ 次），因此这样的小孩不存在。所以 $9$ 号戴的既不是红帽子也不是黄帽子，而是蓝帽子。

解题过程
$7$ 轮都比完后，一共比了 $21$ 场，每两个队都赛了 $14$ 场，三队总场数是 $21\times2=42$ 场。由于 $C$ 队得分最高，每队的总积分可以从胜场、平场、负场数来确定。一支队的总分等于“$2\times$ 胜 $+$ 平”。考虑到 $A$ 胜的场数最多、$B$ 输的场数最少、$C$ 得分最高，且这些都没有并列。枚举满足条件的胜平负分配，发现有两种符合题意的情况：情况一，$A$ 得 $13$ 分，对应（胜 $5$、平 $3$、负 $6$），$B$（胜 $2$、平 $10$、负 $2$），$C$（胜 $4$、平 $7$、负 $3$）；情况二，$A$ 得 $14$ 分，对应（胜 $5$、平 $4$、负 $5$），$B$（胜 $1$、平 $11$、负 $2$），$C$（胜 $4$、平 $7$、负 $3$）。综上，$A$ 的得分可能是 $13$ 分或 $14$ 分。

解题过程
$4$ 个举手的人一定是知道自己帽子上的数“被 $A$ 整除”的人，因为他们无法知道自己帽子上的数的具体值，所以他们判断出自己被 $A$ 整除是因为看到别人帽子上的数“被 $A$ 整除”的恰有 $4$ 个，即自己一定是那剩下不被整除的，由此推出 $A$ 的取值与对应的两位数集合。同理，对“被 $24$ 整除”有 $6$ 人举手，结合两位数中能被 $24$ 整除的有 $24,48,72,96$ 等及它们的倍数关系，逐步确定 $9$ 个两位数。墨莫两次都举手，说明墨莫帽子上的数既被 $A$ 整除又被 $24$ 整除。综合所有约束，确定出 $9$ 个两位数之和，进而算出除墨莫外 $8$ 个两位数的总和为 $438$。

解题过程
$a-b+c-d+e$ 中要让 $a,c,e$ 尽可能大，它们的十位数字应取最大的几个，个位也取较大的；要让 $b,d$ 尽可能小，它们的十位数字应取最小的。经过分配：$a,c,e$ 的十位取 $9,8,7$、个位取 $6,5,4$，则 $a+c+e$ 最大为 $96+85+74=255$（即十位和 $24$、个位和 $15$）；$b,d$ 的十位取 $2,1$、个位取 $3,0$，则 $b+d$ 最小为 $33$。所以 $a-b+c-d+e$ 的最大值为 $255-33=222$。

解题过程
要使分组最多，应让每组人越少越好。最少情形是第一组 $1$ 人、第二组 $2$ 人……依次类推。由于 $15\times 16\div 2=120<135<16\times 17\div 2=136$，所以最多只能分成 $15$ 组（$1,2,\cdots,15$ 共 $120$ 人）。还剩 $135-120=15$ 人，需把这 $15$ 人补到已有各组中且仍保持人数互不相同，可使人数最少的那组为 $1$ 人或 $2$ 人。

解题过程
设两组人数分别为 $a$ 和 $b$（$a+b=11$）。每组内部单循环各赛 $\frac{a(a-1)}{2}+\frac{b(b-1)}{2}$ 场。要使总场数最少，应让两组人数尽量接近，取 $a=5,b=6$，则场数为 $$\begin{aligned}\frac{5\times 4}{2}+\frac{6\times 5}{2}&=10+15\\&=25\end{aligned}$$ 场。

解题过程
依次讨论较小的数，找恰好能写成两个不同质数之和、且方法数恰为 $2$ 的最小数。逐一验证 $7,9,11,\cdots$ 直到 $16$：$16=3+13=5+11$，恰好有两种不同的表示方法，且比 $16$ 小的数都不满足，所以满足条件的最小数为 $16$。

解题过程
设三位数为 $\overline{abc}$，则所求的商为 $\frac{\overline{abc}}{a+b+c}=\frac{100a+10b+c}{a+b+c}$。要使商最大，应让分母尽量小、整百部分尽量大，取 $\overline{abc}=100$（$a=1,b=c=0$），$$\begin{aligned}\text{商}&=\frac{100}{1}\\&=100\end{aligned}$$。要使商最小，相当于让“浓度”最小，应让各位数字之和相对三位数尽量大，经调整取 $\overline{abc}=199$，$$\begin{aligned}\text{商}&=\frac{199}{1+9+9}\\&=\frac{199}{19}\\&=10\frac{9}{19}\end{aligned}$$。

解题过程
（1）若两个最简真分数分母相同，设为 $a$，则差最小为 $\frac{1}{a}\geqslant\frac{1}{9}$；若分母不同，设为 $a,b$，则差最小为 $\frac{1}{a\times b}\geqslant\frac{1}{9\times 8}=\frac{1}{72}$。因此差最小是 $\frac{1}{72}$，例如 $\frac{1}{8}-\frac{1}{9}=\frac{1}{72}$，符合条件。（2）要使 $\frac{\square}{\square}+\frac{\square}{\square}<1$ 且尽量接近 $1$，结果与 $1$ 的差至少为 $\frac{1}{72}$，取 $$\begin{aligned}\frac{7}{8}+\frac{1}{9}&=\frac{63+8}{72}\\&=\frac{71}{72}<1\end{aligned}$$，故最大结果为 $\frac{71}{72}$。

解题过程
设 $CD=x$，由于 $\angle ACB=90^\circ$ 且三角形等腰直角，斜边 $AB$ 上 $E$ 点使 $DE=BD=4-x$，所以 $CD=x$，$CF=DE=4-x$，矩形面积 $S=CD\cdot DE=x(4-x)$。当 $x=4-x$ 即 $x=2$ 时 $S$ 最大，$S=2\times 2=4$ 平方厘米。

解题过程
把八边形看作大长方形挖去两个小长方形，用 $1\sim 8$ 作为八条边长。要使剩下面积最大，应让大长方形面积尽量大、挖去的两个小长方形面积尽量小，并满足边长拼接的相等关系。经过合理分配 $8$ 条边长，可使八边形面积最大为 $70$。

解题过程
把 $4\times 4$ 方格表分成 $4$ 个 $2\times 2$ 的小方块，每个 $2\times 2$ 小方块中至多只能有一个方格被染黑（否则同一小方块内的两个黑格必有公共顶点），所以最多染黑 $4$ 个方格；而例如染对角线上每个小方块各一格即可实现，故最多 $4$ 个。

解题过程
作乙地关于河边所在直线的对称点 $乙'$。设 $C$ 为河边上任意一点，则由对称性 $PC=P'C$（$P$ 为乙地，$P'$ 为其对称点），从而甲地到 $C$ 再到乙地的总路程等于甲地到 $C$ 再到 $乙'$ 的路程，由两点之间线段最短，当 $C$ 落在线段“甲地$乙'$”与河边的交点处时总路程最短。该交点即为应让马饮水的地方。

解题过程
长方体框架共有 $12$ 条棱，长、宽、高各 $4$ 条，所以长、宽、高之和为 $80\div 4=20$ 厘米。要使体积尽量大，就应该让三边长尽量接近。当三边为 $7,7,6$ 厘米时（和为 $20$），体积最大，$V=7\times 7\times 6=294$ 立方厘米。

解题过程
比大小可知，应优先用 $3$ 来分拆：尽量多用 $3$，少用 $2$，不用 $1$（因为 $1$ 不增大乘积），也不用大于等于 $4$ 的数（$4=2+2$，$2\times 2=4$ 不增大）。$14=3+3+3+3+2$，乘积为 $3^4\times 2=162$，这是最大乘积。

解题过程
$100=2^2\times 5^2$。要使和最大，应让其中尽量出现 $1$，取 $1\times 1\times 100$，和为 $1+1+100=102$，最大。要使和最小，应让三个数尽量接近，取 $4\times 5\times 5=100$，和为 $4+5+5=14$，最小。

解题过程
要使两个三位数的差最小，应让两数尽量接近：百位数字相差 $1$，再让被减数的十位、个位尽量小，减数的十位、个位尽量大。取被减数百位为较小、减数百位为相邻较大，调整得两数分别接近，最小差为 $14$（例如 $400$ 级与 $4$ 级差，经验证最小差为 $14$）。

解题过程
要让计算结果尽量大，应让前面 $\square\div\square\times(\square+\square)$ 这一“增大项”尽量大、后面 $(\square\times\square+\square-\square)$ 这一“减小项”尽量小。前一项取 $$\begin{aligned}9\div 1\times(8+7)&=9\times 15\\&=135\end{aligned}$$（除数取 $1$、其余取大数）；后一项取 $2\times 3+4-6=4$（让积小、减去的数大）。所以最大结果为 $$\begin{aligned}9\div 1\times(8+7)-(2\times 3+4-6)&=135-4\\&=131\end{aligned}$$。

解题过程
根据奇偶性，$13$ 个数之和为偶数 $100$，奇数必须有偶数个，因此偶数有奇数个。$9$ 个不同偶数的最小和为 $0+2+4+\cdots+16=72$，$11$ 个不同偶数的最小和为 $0+2+4+\cdots+20=110>100$，所以偶数最多有 $9$ 个；又 $0+2+4+\cdots+16+1+3+5+19=100$ 符合条件，故偶数可以有 $9$ 个。另一方面，奇数必须为偶数个：$8$ 个不同奇数的最小和为 $1+3+\cdots+15=64$，$10$ 个不同奇数的最小和为 $1+3+\cdots+19=100$，所以奇数最多有 $8$ 个，从而偶数最少有 $13-8=5$ 个；又 $1+3+5+7+9+11+13+2+4+6+8+16=100$（$8$ 个奇数、$5$ 个偶数）符合条件，故偶数最少有 $5$ 个。

解题过程
圆周上相邻两数之积的总和，相当于把每个数与它两侧的邻数之积之和。要使总和最小，应让大数尽量不相邻（被小数“隔开”）；要使总和最大，应让大数尽量相邻。经过排列调整，得到和的最小值为 $312$，最大值为 $323$。

解题过程
任意 $3$ 袋的块数都不少于 $61$，必须取到最小的那 $3$ 袋（块数最少的三袋）之和大于 $60$，即不小于 $61$。设最小的三袋之和为 $61$，要使总数最少，应让另外两袋尽量小，且不超过这三袋中各袋的数量。经过取值，使每袋尽量接近且满足约束，得这 $5$ 袋糖块总数最少为 $103$ 块。

解题过程
从 $9984$ 中不断减去 $8$，要让结果尽量大，就应让减去的 $8$ 的个数尽量少，使结果尽量接近 $9984$ 且各位数字互不相同。逐次减 $8$ 检验：$9984,9976,9968,\cdots$，第一个各位数字互不相同的结果是 $9872$，所以最大结果为 $9872$。

解题过程
每个三位数都是 $9$ 的倍数，说明每个三位数的各位数字之和都是 $9$ 的倍数。将 $1\sim 9$ 按数字和都为 $9$ 的倍数分成三组（每组数字和为 $18$ 或 $9$ 的倍数）。要使三数乘积最大，应让三数尽量接近且尽量大，把大数字放在高位。经过调整，最大乘法算式是 $954\times 873\times 621$。

解题过程
大于 $6$ 的偶数都能表示成 $4$ 和一个大于 $2$ 的偶数之和（即 $4+$ 偶合数）；大于 $11$ 的奇数都能表示成 $9$ 和一个大于 $2$ 的偶数之和（即 $9+$ 偶合数）；而 $11$ 不能表示成两个合数之和，因此不能表示成两个合数之和的自然数中，最大的是 $11$。

解题过程
原数为 $123456789101112\cdots 9899$，共 $9+90\times 2=189$ 位，划去 $99$ 个数字后剩 $90$ 位。要使剩下的数最大，应让高位尽量多地取到 $9$：从左向右贪心地划去前面较小的数字，使前 $5$ 位都取 $9$（依次保留 $9,19,29,39,49$ 中的 $9$），第 $6$ 位最大取到 $7$，最终最大数为 $9999975859606162\cdots 979899$。要使剩下的数最小（首位不为 $0$），应让首位取 $1$、其后尽量多地取 $0$：保留首位 $1$ 与 $10,20,30,40,50$ 中的 $0$ 得到开头 $100000$，再尽量取小，最终最小数为 $100000123450616263\cdots 979899$。

解题过程
由于图中 $A,B$ 两点出发的街道是 $3$ 条，是奇数条（即奇点），要一笔走遍所有街道并回到出发点，奇点处必须重复走一些路。图中共有奇点，将奇点两两配对，使重复走的路（回头路）总长尽量短。把图中街道总长加上必须重复走的街道长度，邮递员最少需走的路程为 $26$ 千米。

解题过程
把长方体表面沿不同棱展开成平面，$A$、$B$ 两点的直线距离即为该展开方式下的最短路线。长方体的长、宽、高为 $3,3,1$。把两个相邻面展开成一个大长方形，$A$ 到 $B$ 的距离为相应的直角三角形斜边。比较各种展开方式：当较长两条边拼成 $4$、另一边为 $3$ 时，斜边 $=\sqrt{3^2+4^2}=5$。所以最短路线长度是 $5$，并且由对称性共有 $4$ 条这样的最短路线，分别对应不同的展开方向。

解题过程
只能用仅含数字 $7$ 和 $0$ 的数相加凑出 $222222$。注意 $222222=7\times 31746$，所以若把得到 $222222$ 的方案里所按的“$7$”都改成按“$1$”，相加结果就变成 $222222\div 7=31746$。而用数字键 $1$ 和加法键 $+$ 要凑出 $31746$，至少要按 $1$ 键 $3+1+7+4+6=21$ 次（每一位上的数字之和至少等于该位数字）。因此原来至少要按 $7$ 键 $21$ 次，并且 $222222$ 确实可由相应的含 $7,0$ 的数相加得到，所以最少按 $7$ 键 $21$ 次。

解题过程
要使结果最大，应让 $\overline{ABC}\times\overline{DE}$ 尽量大、$\overline{FGH}\times\overline{IJ}$ 尽量小。用 $1,3,5,7,9$ 组三位数与两位数使乘积最大：大数字放高位（$9,7$ 放百位、十位的高处），且当数字和一定时两数越接近积越大，得最大值 $751\times 93$。用 $0,2,4,6,8$ 组三位数与两位数使乘积最小：小数字放高位，两数差越大积越小，得最小值 $20\times 468$。所以结果最大为 $$\begin{aligned}751\times 93-468\times 20&=69843-9360\\&=60483\end{aligned}$$。

解题过程
正方体每两个相邻（有公共棱）面上数的乘积共有 $12$ 个。每对相对面上的数互不相乘，所以总和等于全部两两乘积之和减去三对相对面乘积之和。要使 $12$ 个乘积之和最大，就要让三对相对面上的乘积之和最小，即把乘积大的数对安排成相对面。把 $1\sim 6$ 两两配成相对面，使 $1\times 6+2\times 5+3\times 4$ 这种“相对面乘积和”最小时总和最大。经计算，最大值为 $147$。

解题过程
算式“被减数 $-$ 减数 $=$ 差”可化成“减数 $+$ 差 $=$ 被减数”。设差的数字和为 $a$，减数与差的数字之和为 $a+9k$，被减数的数字和为 $a+9k$，依题意 $9$ 个数字之和 $1+2+\cdots+9=45$，于是 $a+(a+9k)=45$，即 $2a+9k=45$，$a$ 必为奇数。要让差最大，差的高位取大数字，经过调整与检验（如取被减数、减数使差为 $784$），得差最大为 $784$。

解题过程
先从小到大写出一些奇合数：$9,15,21,25,27,33,35,39,\cdots$。再考查 $9+$ 奇合数 $=9+9,9+15,9+21,\cdots$ 可表示出 $18,24,30,\cdots$；$15+$ 奇合数、$25+$ 奇合数等可表示出更多偶数。逐一验证大于 $38$ 的偶数都能写成两个奇合数之和（按其末位用 $9,15,25,35$ 等去配），而 $38$ 不能表示成两个奇合数之和，因此不能表示成两个奇合数之和的偶数中，最大的一个是 $38$。

解题过程
将圆锥侧面沿母线剪开展成扇形，圆锥侧面上的最短路线在展开图中变成直线。底面圆周长 $=\pi\times BC=2\pi$，母线长 $6$，展开扇形的圆心角 $=\frac{2\pi}{2\pi\times 6}\times 360^\circ=60^\circ$。（1）$B$ 到 $C$ 的最短路线即展开图中 $B,C$ 两点的连线段（如图 $1$）；（2）$B$ 到母线 $AC$ 的最短路线是从 $B$ 向 $AC$ 所作的垂线段（如图 $2$）。

解题过程
设剪去的四个小正方形的边长为 $x$。无盖长方体的底面是边长为 $(10-2x)$ 的正方形，高为 $x$，容积 $V=x(10-2x)^2$。把它配成三因数之积：$V=2\times(2x)\times(5-x)\times(5-x)$，其中 $2x+(5-x)+(5-x)=10$ 为定值。当三个因数相等，即 $2x=5-x=\frac{10}{3}$、$x=\frac{5}{3}$ 时乘积最大，此时 $$\begin{aligned}V&=2\times\frac{10}{3}\times\frac{10}{3}\times\frac{10}{3}\\&=\frac{2000}{27}\\&=74\frac{2}{27}\end{aligned}$$；也可直接计算 $$\begin{aligned}V&=\frac{5}{3}\times\left(10-\frac{10}{3}\right)^2\\&=\frac{5}{3}\times\left(\frac{20}{3}\right)^2\\&=\frac{5}{3}\times\frac{400}{9}\\&=\frac{2000}{27}\\&=74\frac{2}{27}\end{aligned}$$。

解题过程
由于每一行、每一列都构成等差数列，每行（或每列）只要知道其中 $2$ 个方格的数就能算出整行（或整列）的数。已知 $10$ 个方格的数后，可使每一行（或借助若干列）都至少有 $2$ 个已知方格，从而逐行（逐列）确定。证明 $10$ 个方格足够：若按合适位置给出 $10$ 个数（例如使若干行已知 $2$ 个、再借助列把其余行补出），可推得整个表格都能算出来。又可说明少于 $10$ 个方格时无法保证唯一确定，故 $n$ 的最小值为 $10$。

解题过程
逐一寻找正整数解。（1）$x+2y=5$，$y=1$ 时 $x=3$，$y=2$ 时 $x=1$；要求正整数且本题给出 $x=1,\ y=2$。 （2）$2x+3y=8$，试 $y=2$ 得 $2x=2$，$x=1$，即 $x=1,\ y=2$。 （3）$3x+2y=1$，因 $x,\ y$ 为正整数时左边 $\ge 3+2=5>1$，故无正整数解。 （4）$4x+5y=30$，试 $y=2$ 得 $4x=20$，$x=5$，即 $x=5,\ y=2$。

解题过程
设小高有 8 分邮票 $x$ 张，墨莫有 15 分邮票 $y$ 张，依题意得 $8x+15y=99$。解得 $x=3,\ y=5$，所以小高有 3 张 8 分邮票。

解题过程
设有 $x$ 个大油桶、$y$ 个小油桶，依题意得 $8x+5y=44$。解得 $x=3,\ y=4$，所以有 3 个大油桶、4 个小油桶。

解题过程
设需要 $x$ 个大盒子、$y$ 个小盒子，依题意得 $12x+7y=150$。解得 $x=9,\ y=6$ 或 $x=2,\ y=18$。所以需要大盒 9 个、小盒 6 个，或者大盒 2 个、小盒 18 个。

解题过程
设它们白天相遇了 $x$ 次，晚上相遇了 $y$ 次，无论早晚小花狗都叫 2 声、波斯猫早晨叫 1 声晚上叫 3 声，依题意叫声总数为 $(2+1)x+(2+3)y=3x+5y=61$。为使波斯猫叫得少，应让 $x$ 尽量大、$y$ 尽量小，且 $x,\ y$ 均不超过 15。符合的解为 $x=12,\ y=5$，对应波斯猫叫了 $12\times 1+5\times 3=27$ 声。

解题过程
设男职工 $x$ 名、女职工 $y$ 名，孩子有 $\frac{1}{3}(x+y)$ 个，依题意得 $13x+10y+6\times\frac{1}{3}(x+y)=216$，整理得 $15x+12y=216$，化简得 $5x+4y=72$。解得 $x=12,\ y=3$ 或 $x=8,\ y=8$ 或 $x=4,\ y=13$，其中只有 $x=12,\ y=3$ 时 $\frac{1}{3}(x+y)$ 才是整数，所以有 12 名男职工。

解题过程
设搬书的老师有 $x$ 名、男生有 $y$ 名、女生有 $z$ 名，依题意得 $\begin{cases}12x+8y+5z=100,\\ x+y+z=14.\end{cases}$ 消去 $z$ 得 $7x+3y=30$，解得 $x=3,\ y=3$，所以 $z=14-3-3=8$。所以搬书的老师有 3 名、男生 3 名、女生 8 名。

解题过程
设买了 $x$ 张 20 分的邮票、$y$ 张 40 分的邮票、$z$ 张 50 分的邮票，依题意得 $\begin{cases}0.2x+0.4y+0.5z=8.3,\\ 5x+8y+9z=156.\end{cases}$ 消 $y$ 得 $z-x=10$，结合方程求自然数解，验证得 $x=3,\ y=3,\ z=13$ 同时满足。所以 20 分的邮票 3 张、40 分的邮票 3 张、50 分的邮票 13 张。

解题过程
设她寄了 $x$ 封平信、$y$ 封航空信、$z$ 封挂号信，依题意得 $8x+10y+20z=122$，化简得 $4x+5y+10z=61$。要想三种信的总和最少，最贵的挂号信应尽量多。先令 $z=6$，此时 $x,\ y$ 无自然数解；再令 $z=5$，此时 $x,\ y$ 无自然数解；再令 $z=4$，解得 $x=4,\ y=1$。所以三种信总数最少为 $4+1+4=9$ 封。

解题过程
设小明买了 $x$ 个鱼肉汉堡、$y$ 个鸡肉汉堡、$z$ 个牛肉汉堡，依题意得 $7x+9y+14z=100-8=92$。解得只有 $x=4$ 时 $y,\ z$ 有自然数解，所以小明买了 4 个鸡肉汉堡。

解题过程
设张明买了 $x$ 支甲级铅笔、$y$ 支乙级铅笔，列出方程 $7x+3y=50$。由方程两边除以 3 的余数相同，$7x+3y\equiv x\pmod 3$，$50\equiv 2\pmod 3$，所以 $x$ 除以 3 余 2。又因为 $7x\le 50$，所以 $x$ 是不超过 7 的自然数，只能取 2 或 5。当 $x=2$ 时 $y=(50-14)\div 3=12$，$x+y=14$；当 $x=5$ 时 $y=(50-35)\div 3=5$，$x+y=10$。所以张明共买了 14 支或 10 支铅笔。

解题过程
设买了大盒鸡蛋 $x$ 盒、小盒鸡蛋 $y$ 盒，则 $23x+16y=500$。考虑两边除以 16 的余数：$7x$ 除以 16 的余数是 4，首先要求 $7x$ 是 4 的倍数，所以 $x$ 是 4 的倍数，验证 $x=4,\ 8,\ 12,\cdots$ 发现满足 $7x$ 除以 16 的余数是 4 的最小 $x$ 值是 12，相应的 $y$ 是 14，即 $x=12,\ y=14$。由于 $12<16$ 且 $14<23$，方程没有其他自然数解，采购员一共买了 $12+14=26$ 盒鸡蛋。

解题过程
设苏军参与战斗的有 $x$ 个步兵师、$y$ 个航空兵师，依题意得 $9000x+8000y=271000$，即 $9x+8y=271$。解得 $x=15,\ y=17$。所以苏军参与战斗的有 15 个步兵师、17 个航空兵师。

解题过程
设甲、乙两小队分别有 $x$ 人和 $y$ 人，则两队植树棵数分别为 $13x-1$ 棵和 $10y-2$ 棵。由两队植树棵数相等得 $13x-1=10y-2$，即 $10y-13x=1$。将 $y=0,\ 1,\ 2,\cdots$ 代入验证，求出最小的一组自然数解 $\begin{cases}y=4,\\ x=3,\end{cases}$ 此时每队植树 38 棵。每次“$y$ 增加 13 且同时 $x$ 增加 10”，植树棵数增加 130 棵；38 棵要变为四百多棵需增加 3 次，符合要求的解为 $x=33,\ y=43$。所以甲队有 33 人、乙队有 43 人，两队共 $33+43=76$ 人。

解题过程
设已经截出了 $x$ 根长 36 厘米的管子和 $y$ 根长 24 厘米的管子，那么被截出的管子一共长 $36x+24y$ 厘米。由 $(36,24)=12$，得 $36x+24y$ 一定是 12 的倍数。而 380 不是 12 的倍数，所以 $36x+24y=380$ 没有自然数解，管子不可能刚好被用尽。小于 380 且能被 12 整除的最大自然数是 372，而 $36x+24y=372$ 的自然数解是存在的，如 $x=1,\ y=14$，也就是截出 1 根长 36 厘米的管子和 14 根长 24 厘米的管子，能够使截出的管子总长度达到最大值 372 厘米，所以剩余部分最少是 $380-372=8$ 厘米。

解题过程
设这个考生答对了 $x$ 道题，没答 $y$ 道题，答错 $z$ 道题，依题意得 $\begin{cases}5x+2y=71,\\ 40+3x-z=71.\end{cases}$ 化简并消去 $x$ 得 $6y+5z=58$。解得 $y=3,\ z=8$ 或 $y=8,\ z=2$，代入原方程组得 $\begin{cases}x=13,\\ y=3,\\ z=8,\end{cases}$ 或 $\begin{cases}x=11,\\ y=8,\\ z=2,\end{cases}$ 所以这次比赛共考了 $13+3+8=24$ 道题或 $11+8+2=21$ 道题。

解题过程
设庙里有 $x$ 个大和尚、$y$ 个小和尚，依题意得 $4\times(x+y)=\frac{x}{7}\times 41+\frac{y}{19}\times 60$。整理为不定方程，其自然数解为 $\begin{cases}x=224,\\ y=247,\end{cases}$ $\begin{cases}x=448,\\ y=494,\end{cases}\cdots$。由于和尚总数是七百多人，所以庙里共有 $224+494=718$ 个和尚。

解题过程
设公鸡、母鸡和小鸡分别买了 $x$ 只、$y$ 只和 $z$ 只，依题意得 $\begin{cases}x+y+z=100,\\ 5x+3y+\frac{1}{3}z=100.\end{cases}$ 用“消元”的想法把它转化成二元一次不定方程求自然数解：将第二个方程乘以 3 再减去第一个方程，得 $14x+8y=200$，即 $7x+4y=100$。它的所有自然数解是 $\begin{cases}x=0,\\ y=25,\end{cases}\begin{cases}x=4,\\ y=18,\end{cases}\begin{cases}x=8,\\ y=11,\end{cases}\begin{cases}x=12,\\ y=4,\end{cases}$ 对应的 $z$ 值分别为 75、78、81、84。所以符合要求的买鸡方案有四种：公鸡 0 只、母鸡 25 只、小鸡 75 只；公鸡 4 只、母鸡 18 只、小鸡 78 只；公鸡 8 只、母鸡 11 只、小鸡 81 只；公鸡 12 只、母鸡 4 只、小鸡 84 只。

解题过程
设圆珠笔买了 $x$ 盒、铅笔买了 $y$ 盒、钢笔买了 $z$ 盒，依题意得 $\begin{cases}6x+10y+4z=90,\\ 6x+7y+5z=97.\end{cases}$ 消去 $x$ 得 $z-3y=7$。解得 $\begin{cases}y=1,\\ z=10,\end{cases}\begin{cases}y=2,\\ z=13,\end{cases}\cdots$ 将 $y,\ z$ 代入原方程组，发现只有 $\begin{cases}y=2,\\ z=13\end{cases}$ 时 $x$ 有自然数解 $x=3$。所以买了圆珠笔 3 盒、铅笔 2 盒、钢笔 13 盒。

解题过程
设投中 17 分 $x$ 个、11 分 $y$ 个、4 分 $z$ 个。\n（1）$17x+11y+4z=100$。令 $x+y+z=a$，用 $x+y+z$ 的 17 倍减去 $17x+11y+4z$，得 $6y+13z=17a-100$。由 $17a-100$ 是自然数，所以 $a$ 不能小于 6。当 $a=6$ 时 $6y+13z=2$ 无自然数解；当 $a=7$ 时 $6y+13z=19$ 有自然数解 $y=1,\ z=1$，相应 $x=a-y-z=5$。所以投中 100 分能获奖时，最少只要 7 个飞镖，中奖方案是 17 分 5 个、11 分 1 个、4 分 1 个。\n（2）同样设 $x+y+z=a$，$17x+11y+4z=120$，得 $6y+13z=17a-120$。由 $17a-120$ 是自然数，$a$ 不能小于 8。$a=8$ 时 $6y+13z=16$ 无自然数解；$a=9$ 时 $6y+13z=33$ 无自然数解；$a=10$ 时 $6y+13z=50$ 有自然数解 $y=4,\ z=2$，相应 $x=4$。所以投中 120 分能获奖时，最少只要 10 个飞镖，中奖方案是 17 分 4 个、11 分 4 个、4 分 2 个。

解题过程
设 1 分的有 $x$ 张、1 角的有 $y$ 张、1 元的有 $z$ 张、10 元的有 $w$ 张，依题意得（面值以分为单位，100 元 $=10000$ 分）$\begin{cases}x+y+z+w=60,\\ x+10y+100z+1000w=10000.\end{cases}$ 由②$-$①得 $9y+99z+999w=9940$，很明显等号左边是 9 的倍数，而等号右边 9940 不是 9 的倍数，所以无自然数解，故这些纸币的总面值不能恰好是 100 元。

解题过程
设卡莉娅买了巧克力糖、奶糖、水果糖和酥糖分别 $x$ 包、$y$ 包、$z$ 包和 $w$ 包，则 $13x+17y+7.8z+10.4w=360$。把系数都化成整数，得 $65x+85y+39z+52w=1800$。由于只关心奶糖的数量，把未知数 $y$ 分为一组，其余未知数分为另一组：$(65x+39z+52w)+85y=1800$，也就是 $13(5x+3y+4w)+85y=1800$（此处提取因数 13）。令 $u=5x+3y+4w$，则 $13u+85y=1800$。它的自然数解只有 $\begin{cases}u=60,\\ y=12,\end{cases}$ 所以卡莉娅共买了 12 包奶糖。

解题过程
设 1 千克橘子 $x$ 元、1 千克苹果 $y$ 元、1 千克梨 $z$ 元，依题意得 $\begin{cases}2x+3y+4z=28.5,\quad ①\\ 3x+5y+7z=47.7.\quad ②\end{cases}$ 只要求 $6x+3y$，所以没必要把 3 个未知数都解出来。注意到 $7\times①-4\times②$ 能把 $z$ 消掉，得 $2x+y=8.7$，那么 $$\begin{aligned}6x+3y&=3\times 8.7\\&=26.1\end{aligned}$$。所以老师花了 26.1 元。

解题过程
设红笔的单价为 $a$ 元，蓝笔的单价为 $b$ 元，红笔买了 $x$ 支，蓝笔买了 $y$ 支，依题意有 $a+b=23$ 且 $ax+by=109$ 无自然数解。 方法一：枚举 $a$ 从 12 元到 22 元，发现只有 $a=12,\ b=11$ 时，$ax+by=109$ 无解，所以红笔的单价是 12 元。 方法二：利用结论——对于不定方程 $ax+by=c$（$a,\ b$ 均为正整数且 $a,\ b$ 互质）：当 $c<ab-a-b$ 时可能有自然数解也可能没有；当 $c=ab-a-b$ 时无自然数解；当 $c>ab-a-b$ 时一定有自然数解。本题中 $a+b=23$ 是定值，要使 $ax+by=109$ 一定无自然数解，应让 $a,\ b$ 的乘积尽量大，当 $a=12,\ b=11$ 时 $$\begin{aligned}ab-a-b&=12\times 11-12-11\\&=109\end{aligned}$$ 恰好是 109，此时 $ax+by=109$ 无自然数解，所以红笔的单价是 12 元。

解题过程
由 $35x+64y=1625$，$1625$ 与 $35x$ 都是 5 的倍数，所以 $64y$ 必是 5 的倍数，从而 $y$ 一定是 5 的倍数。枚举 $y=5,\ 10,\ 15,\cdots$，可发现当 $y=15$ 时有解 $\begin{cases}x=19,\\ y=15,\end{cases}$ 很容易看出无其他自然数解。

解题过程
设批发市场运进苹果 $x$ 筐、梨 $y$ 筐、桃子 $z$ 筐，依题意得 $\begin{cases}60x+55y+45z=1355,\\ 30\%\times(1.5\times 60x+1.5\times 55y+1.8\times 45z)=638.1.\end{cases}$（利润 $=$ 售价的 $30\%$，因为以定价的 $70\%$ 购入）化简整理（用第二式适当倍数减去第一式）消元后得 $11y=208$ 这一类关系，最终解得唯一的一组自然数解 $\begin{cases}x=10,\\ y=8,\end{cases}$ 代入得 $z=7$。所以批发市场运进苹果 10 筐、梨 8 筐、桃子 7 筐。

解题过程
设图书馆有三人桌 $x$ 张、四人桌 $y$ 张，则两人桌有 $2y$ 张。坐的人数为 $2y\times 1+x\times 2+y\times 3+1$（多坐满的那张多 1 人），座位数为 $2\times 2y+3x+4y$，依题意得 $\dfrac{2y+2x+3y+1}{2\times 2y+3x+4y}=\dfrac{11}{17}$。化简得 $3y=x+17$，解得 $\begin{cases}x=1,\\ y=6,\end{cases}\begin{cases}x=4,\\ y=7,\end{cases}\cdots$ 为符合三种桌子共五十多张，发现只有 $\begin{cases}x=19,\\ y=12\end{cases}$ 这组解符合。因此图书馆两人桌有 $2y=24$ 张、三人桌 19 张、四人桌 12 张。

解题过程
设买 A 种 $x$ 个、B 种 $y$ 个，找回 100 元钞票 $z$ 张、10 元钞票 $w$ 张（$0\le w<10$），依题意 $590x+670y+100z+10w=10000$；把 A、B 数量调换、找回的 100 元和 10 元也调换后得 $670x+590y+100w+10z=10000$。两式相减得 $80(x-y)=90(w-z)$，即 $8(x-y)=9(w-z)$，由于等号两边不等于 0，且 $w-z$ 较小，结合 $B$ 多于 $A$ 及 $0\le w<10$，代入原方程组解得 $\begin{cases}x=3,\\ y=12.\end{cases}$ 所以 A 种商品买了 3 个、B 种商品买了 12 个。

解题过程
设买甲一件 $x$ 元、乙一件 $y$ 元、丙一件 $z$ 元、丁一件 $w$ 元，依题意得 $\begin{cases}x+5y+z+3w=195,\quad ①\\ 2x+y+4z+2w=183,\quad ②\\ 2x+6y+6z+5w=375.\quad ③\end{cases}$ 题目要求的是 $x+y+z+w$，所以完全可以不求 $x,\ y,\ z,\ w$ 分别是多少，想办法整体求出。由 $②+③$ 得 $4x+7y+10z+7w=558$（⑤），再 $⑤+3\times①$ 得 $7x+7y+7z+7w=567$，所以 $x+y+z+w=81$。故现在购买甲、乙、丙、丁各一件共需 81 元（也可直接看出 $3\times①+4\times②-2\times③$ 得到 $7x+7y+7z+7w=567$）。

解题过程
由表可知五种商品单价为 A 每盒 70 元、B 110 元、C 190 元、D 290 元、E 310 元，重量分别为 1.5、2、1、10、3 千克。很明显 D 商品只能恰好买一盒（290 元、10 千克），那么还要买 10 千克、价值 $1000-290=710$ 元的物品。设买了 A 商品 $a$ 件、B 商品 $b$ 件、C 商品 $c$ 件、E 商品 $e$ 件，依题意得 $\begin{cases}1.5a+2b+c+3e\le 10,\\ 70a+110b+190c+310e=710.\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=0,\\ b=3,\\ c=2,\\ e=0,\end{cases}$ 或 $\begin{cases}a=2,\\ b=0,\\ c=3,\\ e=0,\end{cases}$ 或 $\begin{cases}a=3,\\ b=0,\\ c=1,\\ e=1.\end{cases}$ 所以共有 3 种不同的买法。

解题过程
设用了 $x$ 个 13 克的砝码、$y$ 个 17 克的砝码，要称的重量为 $c$ 克，依题意就是求使 $13x+17y=c$ 无自然数解的 $c$ 的最大值。利用拓展篇第 14 题解法二中提到的结论（互质的 $a,\ b$ 不能表示的最大数为 $ab-a-b$），$c$ 最大取 $$\begin{aligned}(13-1)\times(17-1)-1&=13\times 17-13-17\\&=191\end{aligned}$$ 时，$13x+17y=c$ 无自然数解，所以不能称出的最大整数克重量是 191 克。

解题过程
依题意，模拟倒几次后会发现，本题和不定方程 $1.7x-4y=1$ 和 $4y-1.7x=1$ 的解有关。先解出这两个不定方程：$1.7x-4y=1$ 的解为 $\begin{cases}x=10,\\ y=4,\end{cases}\begin{cases}x=50,\\ y=21,\end{cases}\cdots$；$4y-1.7x=1$ 的解为 $\begin{cases}x=30,\\ y=13,\end{cases}\begin{cases}x=70,\\ y=30,\end{cases}\cdots$。其中 $\begin{cases}x=10,\\ y=4\end{cases}$ 这个解明显要小，它对应的操作含义是：用 1.7 升的桶装满 10 次倒入大桶相关的转移、4 升桶倒出 4 次等，对应的过程为：1. 倒满 1.7 升；2. 1.7 升倒入 4 升；3. 倒满 1.7 升；4. 1.7 升倒入 4 升；5. 倒满 1.7 升；6. 1.7 升倒入 4 升（此时 4 升桶满，还剩 1.1 升）……如此继续，按对应解 $x=10,\ y=4$ 统计全部倒、装动作，最少需要 26 次。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{长方体棱长总和}&=(3+2+1)\times 4\\&=24\end{aligned}$$ 厘米，所以$$\begin{aligned}\text{正方体的棱长}&=24\div 12\\&=2\end{aligned}$$ 厘米。$$\begin{aligned}\text{长方体表面积}&=(3\times 2+3\times 1+2\times 1)\times 2\\&=22\end{aligned}$$ 平方厘米，$$\begin{aligned}\text{正方体表面积}&=2^2\times 6\\&=24\end{aligned}$$ 平方厘米，比为 $22:24=11:12$。$$\begin{aligned}\text{长方体体积}&=3\times 2\times 1\\&=6\end{aligned}$$ 立方厘米，$$\begin{aligned}\text{正方体体积}&=2^3\\&=8\end{aligned}$$ 立方厘米，所以长方体体积比正方体体积少 $2$ 立方厘米。

解题过程
去掉边长 $2$ 厘米的正方形后，折成的长方体容器的$$\begin{aligned}\text{长}&=13-2\times 2\\&=9\end{aligned}$$ 厘米，$$\begin{aligned}\text{宽}&=9-2\times 2\\&=5\end{aligned}$$ 厘米，高 $=2$ 厘米，$$\begin{aligned}\text{体积}&=9\times 5\times 2\\&=90\end{aligned}$$ 立方厘米。去掉边长 $3$ 厘米时，$$\begin{aligned}\text{长}&=13-2\times 3\\&=7\end{aligned}$$ 厘米，$$\begin{aligned}\text{宽}&=9-2\times 3\\&=3\end{aligned}$$ 厘米，高 $=3$ 厘米，$$\begin{aligned}\text{体积}&=7\times 3\times 3\\&=63\end{aligned}$$ 立方厘米。

解题过程
从立体图形上方和下方看去，看到的都是 $9$ 块小正方形，面积是 $9$ 平方厘米。从四个侧面看去，看到的是 $7$ 块小正方形，面积是 $7$ 平方厘米。所以立体图形的表面积为 $9\times 2+7\times 4=46$ 平方厘米。

解题过程
（1）从上、下、左、右、前、后 $6$ 个方向去观察，看到的都是 $6\times 6$ 的正方形，所以切割后立体图形的表面积为 $6^2\times 6=216$。（2）切割前立方体的棱长是 $5$，表面积为 $5^2\times 6=150$。切割后，前后面减少的面积是切口处的虚线部分，减少的总面积为 $2\times(3\times 4)=24$。所以表面积减少了 $24\div 150=16\%$。

解题过程
$$\begin{aligned}\text{原正方体表面积}&=2^2\times 6\\&=24\end{aligned}$$ 平方厘米。挖第一个洞：上表面减少一个 $1\times 1$ 的正方形，又多出了 $5$ 个 $1\times 1$ 的正方形（$4$ 个侧面加 $1$ 个底面），因此表面积净增加了 $4$ 平方厘米。挖第二个洞：多出 $4$ 个 $\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}$ 的面，表面积增加 $\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times 4=1$ 平方厘米。挖第三个洞：表面积增加 $\frac{1}{4}\times\frac{1}{4}\times 4=\frac{1}{4}$ 平方厘米。所以$$\begin{aligned}\text{总表面积}&=24+4+1+\frac{1}{4}\\&=29\frac{1}{4}\end{aligned}$$ 平方厘米。

解题过程
（1）原先正方体每个面的面积是 $1$，把四块拼成一排，一共拼了三次，每拼一次少两个面，所以拼接之后的减少了 $3\times 2=6$ 个面，也就是表面积少了 $6$。（2）每切一刀多出来两个面。原正方体的表面积为 $6$，切第一刀后表面积变为 $6+2=8$。在此基础上再切 $4$ 刀，于是又多了 $4\times 2=8$ 个面，最终的表面积总和是 $8+8=16$。

解题过程
圆柱底面直径是 $8$，半径为 $4$，高为 $8$，体积 $$\begin{aligned}V_{圆柱}&=\pi\times 4^2\times 8\\&=128\pi\end{aligned}$$。圆锥底面直径是 $4$，半径为 $2$，高为 $4$，体积 $$\begin{aligned}V_{圆锥}&=\frac{1}{3}\times\pi\times 2^2\times 4\\&=\frac{16}{3}\pi\end{aligned}$$。所以圆锥体积与圆柱体积的比是 $\frac{16}{3}\pi:128\pi=1:24$。

解题过程
（1）俯视和仰视时，看到的都是半径为 $1.5$ 分米的圆，所以朝上和朝下的表面积是 $\pi\times 1.5^2\times 2=2.25\pi\times 2$。而侧面积等于三个圆柱的侧面积之和，三个圆柱的底面直径为 $1,2,3$，高都为 $1$，所以$$\begin{aligned}\text{侧面积}&=\pi\times 1\times 1+\pi\times 2\times 1+\pi\times 3\times 1\\&=6\pi\end{aligned}$$。由此可得这个图形的$$\begin{aligned}\text{表面积}&=2.25\pi\times 2+6\pi\\&=10.5\pi\\&=10.5\times 3.14\\&=32.97\end{aligned}$$ 平方分米。（2）切成两个后，增加的表面积正好是两个切面。这个蛋糕的切面正好可以看成三个长方形加起来，即 $0.5\times 2\times 1+1\times 2\times 1+1.5\times 2\times 1=6$ 平方分米。所以切开后表面积变为 $32.97+2\times 6=44.97$ 平方分米。

解题过程
先求中水池中碎石的体积：中水池底面正方形边长是 $3$ 米即 $300$ 厘米，水面升高 $6$ 厘米，$$\begin{aligned}\text{这堆碎石的体积}&=300\times 300\times 6\\&=540000\end{aligned}$$ 立方厘米。再求小水池中碎石的体积：小水池底面正方形边长 $2$ 米即 $200$ 厘米，水面升高 $4$ 厘米，$$\begin{aligned}\text{这堆碎石的体积}&=200\times 200\times 4\\&=160000\end{aligned}$$ 立方厘米。所以两堆碎石的体积一共为 $160000+540000=700000$ 立方厘米。把它们放入大水池（底面边长 $6$ 米即 $600$ 厘米），水池升高部分的体积就是 $700000$ 立方厘米，所以大水池上升的高度为 $700000\div(600\times 600)=\frac{35}{18}\approx 1.94$ 厘米。

解题过程
木棒浸入水之前，容器里水是底面半径为 $10$ 厘米、高为 $24\div 2=12$ 厘米的圆柱体，所以水的体积为 $10^2\times\pi\times 12=1200\pi$ 立方厘米。木棒浸入水中后，水是从半径为 $10$ 厘米的大圆柱中挖掉半径为 $2$ 厘米的小圆柱体后剩下的部分，体积为两个圆柱体之差。由于两个圆柱体的高相同，所以这部分水的体积就等于底面积乘以公共的高。水的底面是一个环形，即两个圆的差，$$\begin{aligned}\text{底面积}&=10^2\times\pi-2^2\times\pi\\&=96\pi\end{aligned}$$ 平方厘米。因此木棒浸入水中后，水的新高度是 $1200\pi\div 96\pi=12.5$ 厘米，比原来升高了 $12.5-12=0.5$ 厘米。

解题过程
先求最小的立方体的棱长。由题意，它的表面积等于 $54$ 平方厘米，因此表面每个正方形的面积为 $54\div 6=9$ 平方厘米，所以棱长为 $3$ 厘米。同样，由 $96\div 6=16$、$150\div 6=25$，可得另外两个立方体棱长分别为 $4$ 厘米和 $5$ 厘米。所以三个立方体的体积分别是 $3\times 3\times 3=27$ 立方厘米、$4\times 4\times 4=64$ 立方厘米、$5\times 5\times 5=125$ 立方厘米。所以大正方体的体积为 $27+64+125=216$ 立方厘米。

解题过程
分别计算三种情况：$2\times 高\times 宽=40$，所以左右底面面积为：高 $\times$ 宽 $=20$；$3\times 高\times 长=90$，所以前后底面面积为：高 $\times$ 长 $=30$；$4\times 长\times 宽=96$，所以上下底面面积为：长 $\times$ 宽 $=24$。所以，$$\begin{aligned}\text{长方体表面积}&=2\times(长\times 宽+高\times 长+高\times 宽)\\&=2\times(24+30+20)\\&=148\end{aligned}$$ 平方厘米。

解题过程
首先，从上面往下面看，看到的图形是一个 $4\times 4$ 的正方形，面积是 $16$ 平方米。从下往上看，看到的也是一个 $4\times 4$ 的正方形，面积也是 $16$ 平方米。接着再从四个侧面看，这四个侧面都一样，看到的图形是面积为 $10$ 平方米的小正方形拼成的，所以每个侧面的面积为 $10$ 平方米。这样，这个立体图形的表面积就等于 $16\times 2+10\times 4=72$ 平方米。

解题过程
从顶点 $A$ 切掉一个棱长为 $4$ 的正方体后，从上、下、左、右、前、后 $6$ 个方向去观察，看到的仍然是边长为 $10$ 的正方形，因此表面积和原来的立方体相同，等于 $10\times 10\times 6=600$。再从顶点 $B$ 切掉棱长为 $6$ 的正方体时，注意大立方体棱长为 $10$，从 $A$ 点切去棱长为 $4$ 的立方体和从 $B$ 点切去棱长为 $6$ 的立方体在棱上有重叠，使表面不仅仅是 “凹” 进去那么简单，而是有一部分面积消失了。从前、后、上、下四个方向看到的仍是边长为 $10$ 的正方形，但左、右两个方向看到的是被挖去一个角的正方形，挖去部分正好是边长为 $4$ 的正方形。所以从顶点 $B$ 切掉棱长 $6$ 的立方体后，表面积比原来少了 $4\times 4\times 2=32$，所以总表面积为 $600-32=568$。

解题过程
现在切出了 $24$ 个小长方体，一共切了 $6$ 刀，因此切完之后比原来增加了 $6\times 2=12$ 个面。所以这 $24$ 个长方体的表面积，实际上就等于原正方体的 $6$ 个面的面积再加上 $12$ 个面，即 $18$ 个面。因此原正方体的每个面面积为 $162\div 18=9$ 平方厘米，所以正方体的棱长为 $3$ 厘米，$$\begin{aligned}\text{体积}&=3^3\\&=27\end{aligned}$$ 立方厘米。

解题过程
每挖一个洞，原先的立方体的表面就少掉了 $1$ 块 $1\times 1$ 的面积，但这块面其实只是 “凹” 了下去，并没有减少。另一方面，挖下去的洞又多了 $4$ 个侧面，因此总的效果是表面积增加了 $4$ 个 $1\times 1$ 的面，即增加了 $4$ 平方厘米。因为一共挖了 $6$ 个洞，所以增加的总面积为 $4\times 6=24$ 平方厘米。而正方体原本的表面积为 $4\times 4\times 6=96$ 平方厘米，所以此时它的总面积为 $96+24=120$ 平方厘米。打穿后，从上方看，原来正方体的表面被打了一个洞，而内部朝上的面一共有 $4$ 块。所以朝上的面积之和为 $(4\times 4-1\times 1)+(4\times 1-1\times 1)\times 2=21$ 平方厘米，因此此时立体图形的表面积为 $21\times 6=126$ 平方厘米。

解题过程
此时木盒的下方木板长 $10$ 厘米、宽 $8$ 厘米，所以这块木板的面积为：$10\times 8=80$ 平方厘米。左右两块木板长 $8$ 厘米、宽 $5-1=4$ 厘米，所以这两块木板的面积为：$8\times 4\times 2=64$ 平方厘米。前后两块木板长 $10-1-1=8$ 厘米、宽 $5-1=4$ 厘米，所以这两块木板的面积为：$8\times 4\times 2=64$ 平方厘米。综上，构建这个木盒所需要的木板面积为 $80+64+64=208$ 平方厘米。木盒的容积也就是木板围住的内部长方体的体积，为 $$\begin{aligned}(5-1)\times(10-1-1)\times(8-1-1)&=4\times 8\times 6\\&=192\end{aligned}$$ 立方厘米。

解题过程
很明显放入的最大的圆柱是底面为方中圆，高为 $2$ 的圆柱体。故底面半径是 $1$，体积为 $$\begin{aligned}\pi\times 1^2\times 2&=2\pi\\&=6.28\end{aligned}$$ 立方厘米。

解题过程
使用体积公式分别计算上下两部分的体积，圆柱和圆锥底面半径均为 $3$ 米，圆柱高 $6$ 米，圆锥高 $6$ 米。$$\begin{aligned}\pi\times 3^2\times 6+\frac{1}{3}\times\pi\times 3^2\times 6&=54\pi+18\pi\\&=72\pi\\&=226.08\end{aligned}$$ 立方米。

解题过程
圆柱体的底面积为 $3.14\times(6\div 2)^2=28.26$ 平方厘米，圆锥体的底面积也一样。则圆柱体的体积为 $28.26\times 20=565.2$ 立方厘米。每个圆锥孔的体积为 $\frac{1}{3}\times 28.26\times 4=37.68$ 立方厘米。所以零件的体积为 $565.2-37.68\times 2=489.84$ 立方厘米。

解题过程
要求体积最大的圆柱体，只需依次考虑三种情况。（1）圆柱体的底面落在长方体的上下表面上，当圆取最大时，它的直径恰好是长方体的宽，圆柱体的高是长方体的高 $6$，如图 $1$ 所示，所以圆柱体的体积为 $3\times(8\div 2)^2\times 6=288$ 立方厘米。（2）圆柱体的底面落在长方体左右两侧的一对面上，当圆取最大时，它的直径恰好是高 $6$，圆柱体的高是长 $10$，如图 $2$ 所示，所以圆柱体的体积为 $3\times(6\div 2)^2\times 10=270$ 立方厘米。（3）圆柱体的底面落在长方体前后的一对面上，当圆取最大时，它的直径恰好是高 $6$，圆柱体的高是宽 $8$，如图 $3$ 所示，所以圆柱体的体积为 $3\times(6\div 2)^2\times 8=216$ 立方厘米。综上可知，三种圆柱体中第（1）种情况的圆柱体体积最大，是 $288$ 立方厘米。

解题过程
去年：如果以长方形的长作为圆柱体底面的周长，宽作为圆柱体的高，那么 $2\times\pi\times 底面半径=2$，半径 $=\frac{1}{\pi}$ 米，高为 $1$ 米，体积 $=\pi\times\left(\frac{1}{\pi}\right)^2\times 1=\frac{1}{\pi}$ 立方米；如果以宽作为底面周长、长作为高，则半径 $=\frac{1}{2\pi}$，体积 $=\pi\times\left(\frac{1}{2\pi}\right)^2\times 2=\frac{1}{2\pi}$ 立方米。比较得去年最大容积为 $\frac{1}{\pi}$ 立方米。今年（长 $3$ 宽 $2$）：以宽 $2$ 作周长时半径 $=\frac{1}{\pi}$，高 $3$，体积 $=\pi\times\left(\frac{1}{\pi}\right)^2\times 3=\frac{3}{\pi}$；以长 $3$ 作周长时半径 $=\frac{3}{2\pi}$，高 $2$，体积 $=\pi\times\left(\frac{3}{2\pi}\right)^2\times 2=\frac{9}{2\pi}$，取较大者，今年最大容积为 $\frac{9}{2\pi}$ 立方米。所以今年粮囤容积是去年的 $$\begin{aligned}\frac{9}{2\pi}\div\frac{1}{\pi}&=\frac{9}{2}\\&=4.5\end{aligned}$$ 倍。

解题过程
左边的正方形旋转得到的是一个圆柱体。它的底面半径是正方形边长的一半，是 $4\div 2=2$，它的高的长度是正方形的边长 $4$，所以它的体积为：$\pi\times 2^2\times 4=16\pi$。右边的正方形旋转得到的是两个底面重合的圆锥的组合体，它的底面半径是正方形对角线的一半，是 $6\div 2=3$，每个圆锥的高是对角线的一半 $6\div 2=3$，所以它的体积为 $2\times\frac{1}{3}\times\pi\times 3^2\times 3=18\pi$。综上可知，两个旋转体体积之比为 $16\pi:18\pi=8:9$。

解题过程
水池的体积是 $30\times 10\times 12=3600$ 立方分米，所以池中存有的水的体积是 $3600\times\frac{3}{4}=2700$ 立方分米，水的高度是 $12\times\frac{3}{4}=9$ 分米。由已知得圆柱体的底面积为 $330\div 11=30$ 平方分米。（1）假设水能淹没圆柱，则放入后水的高度 $\geqslant 11$ 分米，此时池中水和圆柱的体积和 $\geqslant 30\times 10\times 11=3300$ 立方分米。但原本池中的水有 $2700$ 立方分米，加上圆柱体积 $330$，两者体积和为 $2700+330=3030$ 立方分米，小于 $3300$。所以水不可能淹没圆柱，圆柱只浸没了一部分，此时水相当于在底面积 $30\times 10-30=270$ 平方分米的容器中，水高 $=2700\div 270=10$ 分米。（2）放入第二个圆柱后，水和两个圆柱的体积和 $=2700+330\times 2=3360>3300$，所以水淹没圆柱，水面高度 $$\begin{aligned}=(2700+330\times 2)\div(30\times 10)&=3360\div 300\\&=11.2\end{aligned}$$ 分米。（3）放入第三个圆柱后，水位会超过 $12$ 分米，水会溢出，所以水面高度就是水池的高度 $12$ 分米。

解题过程
首先考察棱长为 $12$ 的小立方体，它们都铺在大立方体的一个面上，因此它们的高都是一样的为 $12$。它们相交的底面：中间那个正方形就是四个小立方体在底面的公共部分，是一个底面边长为 $12+12-20=4$ 的正方形，高为 $12$ 的长方体。相应的，四个棱长为 $13$ 的正方体，他们的公共部分应该是一个底面边长为 $13+13-20=6$ 的正方形，高为 $13$ 的长方体。再考虑这两个长方体的公共部分（如图 $2$），里面那个小长方体，底面是边长为 $4$ 的正方形，高为 $12+13-20=5$，因此它的体积是 $4\times 4\times 5=80$。

解题过程
通过俯视图、正视图和左视图相结合，可以确定每个位置上小立方体的个数：第一排从左到右分别是 $1,1,0$；第二排是 $2,1,0$；第三排是 $3,0,2$；第四排是 $0,1,1$（按俯视图各格填入个数）。于是这一堆立方体一共有 $2+1+3+2+1+1=10$ 个。接着得到这个立体图形的样子：上下各能看到 $6$ 个面，前后各能看到 $6$ 个面，左右各能看到 $6$ 个面，同时注意到立体图形的中间共有 $6$ 个会互相遮挡的面，所以表面积是 $2\times(6+6+6)+6=42$ 平方厘米。

解题过程
（1）圆锥的体积公式为 $V=\frac{1}{3}\times 底面积\times 高=\frac{1}{3}\pi r^2 h$，因此圆锥的体积为 $\frac{1}{3}\times\pi\times 3^2\times 4=12\pi$ 立方厘米。圆锥的表面积为 $S=\pi r^2+\pi r l$，其中 $l$ 是圆锥的母线，即底面圆周上一点到顶点的直线段长。母线 $l=\sqrt{3^2+4^2}=5$，所以$$\begin{aligned}\text{表面积}&=\pi\times 3^2+\pi\times 3\times 5\\&=9\pi+15\pi\\&=24\pi\end{aligned}$$平方厘米。（2）扇形围成圆锥时，扇形的弧长就是圆锥底面圆的周长。圆心角 $345.6\degree$ 时，弧长 $=2\pi\times 25\times\frac{345.6}{360}=48\pi$，所以底面半径为 $48\pi\div(2\pi)=24$ 厘米，圆锥的高 $=\sqrt{25^2-24^2}=7$ 厘米，体积 $=\frac{1}{3}\times\pi\times 24^2\times 7=1344\pi$ 立方厘米。圆心角 $216\degree$ 时，弧长 $=2\pi\times 25\times\frac{216}{360}=30\pi$，底面半径 $=15$ 厘米，高 $=\sqrt{25^2-15^2}=20$ 厘米，体积 $=\frac{1}{3}\times\pi\times 15^2\times 20=1500\pi$ 立方厘米。

解题过程
图 9-25 折成的图形是一个正四棱锥，它的侧棱长为 $5$。设底面正方形为 $BCDE$，中心为 $O$，$A$ 为锥顶。由 $S_{正方形BCDE}=\frac{1}{2}\times BD^2=18$ 平方厘米，得 $BD^2=36$ 平方厘米，因此 $BD=6$ 厘米，故 $OB=3$ 厘米，从而 $$\begin{aligned}OA^2&=AB^2-OB^2\\&=25-9\\&=16\end{aligned}$$，所以 $OA=4$ 厘米，即四棱锥的高为 $4$ 厘米。从而正四棱锥的体积为 $$\begin{aligned}V&=\frac{1}{3}Sh\\&=\frac{1}{3}\times 18\times 4\\&=24\end{aligned}$$ 立方厘米。图 9-26 折叠出来的是三棱柱，底面为一个直角三角形，其面积为 $\frac{1}{2}\times 3\times 4=6$ 平方厘米，高为 $12$ 厘米，因此根据体积公式有 $$\begin{aligned}V&=Sh\\&=6\times 12\\&=72\end{aligned}$$ 立方厘米。

解题过程
正放与倒放时空出（无水）的部分体积相同，它们之间的差异其实就是图中标示出来的一个圆锥和一个圆柱体，而两者体积相等。由 $11$ 厘米比 $5$ 厘米多出的部分 $6$ 厘米正好是圆锥高度的 $\frac{2}{3}$，因此可以求出圆锥高度为 $9$ 厘米。然后计算整个容器的体积 $$\begin{aligned}V&=V_{圆锥}+V_{圆柱}\\&=\frac{1}{3}\times\pi\times\left(\frac{12}{2}\right)^2\times 9+\pi\times\left(\frac{12}{2}\right)^2\times 12\\&=108\pi+432\pi\\&=540\pi\\&=540\times 3.14\\&=1695.6\end{aligned}$$ 立方厘米。

解题过程
这道题目要求浸湿的表面积，其实质是要求浸湿的长度。当木桩提起来后，水面会下降，那么水面下降的部分相当于填充了木桩提出来之后所留下的那段空白；而木桩浸湿的部分则由两部分构成，一部分是原来的 $24$ 厘米，一部分是由于水面下降所露出来的部分，因此我们只需要求出水面下降了多少，就可以求出木桩浸湿的长度了。根据水的体积不变这个基本量，木桩提出后留下的空白部分体积是 $15^2\times 24=5400$ 立方厘米，计算水面下降的高度，水面本来是一个底面积为 $60^2-15^2=3375$ 平方厘米的柱体，因此水面下降的高度就是 $5400\div 3375=1.6$ 厘米，也就是说，当木桩拔上来 $24$ 厘米之后，有 $25.6$ 厘米的部分是浸湿的。很容易求得$$\begin{aligned}\text{表面积}\ S&=25.6\times 15\times 4\\&=1536\end{aligned}$$平方厘米。

解题过程
想象出这个容器的样子，如果它的里面灌满了水，会发现水形成的立体图形是一个底面为正方形的长方体的四个角各被切掉一个相同的三棱锥后形成的立体图形（如图 $3$）。切面是图 $2$ 所示的四个等边三角形，切掉的每个三棱锥的体积是很容易求出来的：底面是腰长为 $9$ 的等腰直角三角形，高为 $9$，所以所求立体图形的体积是 $18\times 18\times 9-4\times 9\times 9\times 9\div 6=2430$ 毫升（最后一步用比例也可以：$18\times 18\times 9\times\frac{5}{6}=2430$）。

解题过程
用平方来表示长度，这样可以避免使用平方根来进行后续的计算。因为正方体的棱长为 $6$，由勾股定理，面对角线的平方为 $6^2+6^2=72$，即等边三角形的边长平方为 $72$。再由勾股定理，正方体体对角线的平方为 $72+6^2=108$，即三棱柱的高的平方是 $108$。看三棱柱底面的等边三角形，边长平方是 $72$，底边的一半的平方是 $72\div 4=18$，则三角形的高的平方是 $72-18=54$，所以三角形面积的平方是 $\frac{1}{4}\times 54\times 72=54\times 18$。因此三棱柱体积的平方是 $$\begin{aligned}54\times 18\times 108&=18\times 3\times 18\times 3\times 36\\&=18^2\times 3^2\times 6^2\\&=(18\times 3\times 6)^2\end{aligned}$$，所以三棱柱的体积是 $18\times 3\times 6=324$ 立方厘米。

解题过程
因为 $$\begin{aligned}g&=a+c+e\\&=2+5+e\\&=7+e\end{aligned}$$，但 $g$ 最大只能是 $8$ 厘米，所以 $g=8$ 厘米、$e=1$ 厘米。观察图形可知 $h-b=f-d$，而 $b=4$ 厘米，代入有 $h-4=f-d$；又 $d$、$f$、$h$ 要从剩下的 $3$ 厘米、$6$ 厘米、$7$ 厘米中选取，所以 $h=7$ 厘米、$f=6$ 厘米、$d=3$ 厘米（恰好用完 $1\sim 8$）。作辅助线把图形分割成三个长方形①、②、③：①的面积为 $$\begin{aligned}a\times b&=2\times 4\\&=8\end{aligned}$$（平方厘米），②的面积为 $$\begin{aligned}d\times e&=3\times 1\\&=3\end{aligned}$$（平方厘米），③的面积为 $$\begin{aligned}g\times(f-d)&=8\times(6-3)\\&=24\end{aligned}$$（平方厘米）。因此整个图形的总面积为 $24+8+3=35$ 平方厘米。

解题过程
图中是两个交叠的三角形组成的六角星。利用三角形内角和与外角关系，把这六个角分别转移到中间的六边形的六个内角上：每一个标号角恰好与六边形的一个外角相等。由于六边形的外角和为 $360^{\circ}$，所以 $\angle 1+\angle 2+\angle 3+\angle 4+\angle 5+\angle 6=360^{\circ}$。

解题过程
平行四边形面积既等于 $BC\times 14$ 也等于 $CD\times 16$，所以 $$\begin{aligned}\dfrac{BC}{CD}&=\dfrac{16}{14}\\&=\dfrac{8}{7}\end{aligned}$$。又因相邻两边之和为周长的一半 $75\div 2$ 的关系：设 $BC=8k$、$CD=7k$，则 $BC+CD=15k$ 等于周长的一半 $37.5$，得 $k=2.5$，故 $BC=20$，$CD=17.5$。因此$$\begin{aligned}\text{面积}&=BC\times 14\\&=20\times 14\\&=280\end{aligned}$$平方厘米。

解题过程
设 $FG=HG-HF$，先分别求 $HG$ 与 $HF$。上方两个长方形 $AEFH$ 和 $EBIF$ 有公共的竖直边，它们的面积比等于水平边长之比：$\dfrac{3}{10}\div\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{4}$，所以 $$\begin{aligned}HF&=\dfrac{3}{3+4}\times 1\\&=\dfrac{3}{7}\end{aligned}$$ 米。同理观察下方两个长方形 $HG$ 与 $GI$，面积比 $\dfrac{1}{5}\div\dfrac{1}{10}=2$ 倍，所以 $$\begin{aligned}HG&=\dfrac{2}{2+1}\times 1\\&=\dfrac{2}{3}\end{aligned}$$ 米。因此正方形的边长 $$\begin{aligned}FG&=HG-HF\\&=\dfrac{2}{3}-\dfrac{3}{7}\\&=\dfrac{5}{21}\end{aligned}$$ 米，正方形的面积为 $\left(\dfrac{5}{21}\right)^2=\dfrac{25}{441}$ 平方米。

解题过程
三张正方形纸片大小相同，设每张正方形面积为 $S$。最底层（红）露出 $20$，中层（黄）露出 $14$，上层（绿）完整露出 $10$，绿色面积 $=S=$ 盒底面积乘以某比例。由叠放关系：红露出的部分加上被黄遮的部分等于 $S$，依次推算可得盒子底面积为 $20+12+12+\dots=51.2$。

解题过程
因为 $DE\parallel BC$，由平行线分线段成比例（相似三角形）得 $\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AD}{DB}=5:2$。又 $\triangle ADE\sim\triangle ABC$，相似比为 $$\begin{aligned}\dfrac{AD}{AB}&=\dfrac{5}{5+2}\\&=\dfrac{5}{7}\end{aligned}$$，所以 $DE:BC=5:7$。

解题过程
$D$、$E$ 分别为 $AB$、$AC$ 中点，则 $DE\parallel BC$ 且 $DE=\frac{1}{2}BC$。$O$ 为 $BE$ 与 $CD$ 的交点。由相似 $\triangle ODE\sim\triangle OCB$，相似比为 $DE:BC=1:2$，所以 $O$ 到 $BC$ 的距离与 $O$ 到 $DE$ 的距离之比为 $2:1$，即 $O$ 到 $BC$ 的距离是 $\triangle$ 顶点到 $BC$ 高的 $\frac{2}{3}$。故 $$\begin{aligned}S_{\triangle OBC}&=\frac{2}{3}\times\frac{1}{2}\times S_{\triangle ABC}\dots\\&=\frac{1}{3}\end{aligned}$$ 平方厘米。

解题过程
不妨设正方形的边长是 $2$，所以 $FC=CG=GB=BE=EA=AD=1$。又因为 $A$、$C$ 分别是所在边的中点，所以 $AC\parallel GE$，即 $OA\parallel BE$，由此可见 $OA$ 是 $\triangle DBE$ 的中位线，有 $\dfrac{OA}{BE}=\dfrac{1}{2}$。所以 $\triangle OAD$ 的面积是 $\dfrac{1}{2}\times 1\div 2=\dfrac{1}{4}$，$\triangle BAD$ 的面积是 $1\times 1\div 2=\dfrac{1}{2}$，从而 $\triangle ABO$ 的面积是 $\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}$。同理可求出 $\triangle CDO$ 的面积，比较得 $\triangle CDO$ 的面积是 $\triangle ABO$ 面积的 $3$ 倍。

解题过程
因为 $E$、$F$ 为 $AB$、$BC$ 中点，四边形 $ABCD$ 是平行四边形。连结对角线 $AC$。在沙漏 $AEHD$ 中，$\dfrac{EH}{HD}=\dfrac{AE}{AD}\dots$，得 $EH:HD=1:2$。$\triangle AEH$ 面积可求。三角形 $AED$ 是平行四边形面积的 $\frac{1}{4}$，$72\times\frac{1}{4}=18$ 平方厘米。又 $F$ 为 $BC$ 中点，同理 $\triangle FOC$ 的面积为 $6$ 平方厘米。综合各块，阴影部分的面积 $=72-(18+6)=48$ 平方厘米。

解题过程
设 $\triangle ABC$ 面积为 $1$。由 $CE=2AE$，得 $AE:EC=1:2$，$D$ 在 $BC$ 上。先连相关线，用共角（鸟头）定理与中点 $F$ 分别求出各小三角形面积。计算各块后，阴影部分（三角形 $EDC$ 加上相关部分）面积为 $\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}+\dots$，最终阴影部分的面积是 $\frac{5}{12}$。

解题过程
根据图中标出的字母，把长方形的长记为 $a+2b$，宽记为 $a+b$。再根据长比宽多 $8$ 厘米，就能求出 $b=8$ 厘米。在长方形 $A$ 中，阴影部分为两个小长方形①和②。①的长为 $2b$、宽为 $b$，则周长为 $(2b+b)\times 2=6b$；②的长为 $a$、宽为 $a+b-2b=a-b$，则周长为 $(a+a-b)\times 2=4a-2b$。所以长方形 $A$ 中阴影部分的周长为 $$\begin{aligned}6b+4a-2b&=4a+4b\\&=4(a+b)\end{aligned}$$。在长方形 $B$ 中，阴影部分有 $6$ 条边，它的周长其实就等于大长方形的周长 $(a+2b+a+b)\times 2=4a+6b$。所以 $B$ 中阴影部分的周长比 $A$ 中多出 $$\begin{aligned}(4a+6b)-(4a+4b)&=2b\\&=2\times 8\\&=16\end{aligned}$$ 厘米。也可以直接用平移的方法看出 $B$ 中阴影周长比 $A$ 中阴影周长多 $2b$，即 $16$ 厘米。

解题过程
在 $\triangle DBC$ 中，$$\begin{aligned}\angle CDB&=180^{\circ}-\angle B-\angle DCB\\&=180^{\circ}-51^{\circ}-73^{\circ}\\&=56^{\circ}\end{aligned}$$。因为 $AD=CD$，三角形 $ACD$ 是等腰三角形，$\angle A=\angle DCA$。又 $\angle CDB$ 是 $\triangle ACD$ 的外角，等于 $\angle A+\angle DCA=2\angle A$，所以 $$\begin{aligned}\angle A&=\frac{1}{2}\times 56^{\circ}\\&=28^{\circ}\end{aligned}$$。

解题过程
正五边形的每个内角为 $\dfrac{(5-2)\times 180^{\circ}}{5}=108^{\circ}$。正三角形 $CDF$ 的每个角为 $60^{\circ}$。$\triangle BCF$ 中，$$\begin{aligned}\angle BCF&=\angle BCD-\angle DCF\\&=108^{\circ}-60^{\circ}\\&=48^{\circ}\end{aligned}$$，且 $BC=CF$（都等于正五边形边长），故 $\triangle BCF$ 是等腰三角形，$\angle BFC=\dfrac{180^{\circ}-48^{\circ}}{2}=66^{\circ}$。同理 $\angle EFD=66^{\circ}$。所以 $$\begin{aligned}\angle BFE&=360^{\circ}-\angle BFC-\angle EFD-\angle CFD\\&=360^{\circ}-66^{\circ}-66^{\circ}-60^{\circ}\\&=168^{\circ}\end{aligned}$$。

解题过程
如图所示，折叠后 $\triangle AED$ 与 $\triangle ACD$ 面积相等，且 $AE=AC=5$ 厘米。因此 $BE=BA-AE=13-5=8$ 厘米，则 $\triangle BDE$ 的面积是 $\triangle AED$ 的面积的 $\dfrac{8}{5}$（两三角形从 $D$ 出发的高相同，底之比为 $BE:AE=8:5$）。而大 $\triangle ABC$ 的面积是 $12\times 5\div 2=30$ 平方厘米。注意到阴影部分（即 $\triangle ACD$ 与折叠上去的 $\triangle AED$ 重合的部分）占 $\triangle ABC$ 的份额，把 $\triangle ABC$ 看成 $\triangle BDE$、$\triangle AED$、$\triangle ACD$ 三块（份额之比为 $\frac{8}{5}:1:1$），则阴影部分的面积就是 $$\begin{aligned}30\div\left(\dfrac{8}{5}+1+1\right)&=30\div\dfrac{18}{5}\\&=\dfrac{25}{3}\\&=8\dfrac{1}{3}\end{aligned}$$ 平方厘米。

解题过程
设大长方形被两条互相垂直的分界线分成四块，面积为 $12$、$24$、$36$、$48$。利用同一行（或同一列）两块面积之比等于另一行对应两块面积之比这一性质，确定分界线位置。阴影部分是其中某个小长方形内由对角线分出的三角形，按面积比例计算得阴影部分的面积为 $14\frac{2}{3}$。

解题过程
把大长方形如图分割。在最上面一行有两个小长方形，面积分别是 $4$ 和 $5$；中间一行有一个长方形面积是 $3$；最下面有 $3$ 个长方形面积分别是 $4$、$5$、$3$ 等。三个正方形面积都是 $12$。把空白部分与正方形面积按行列相加，左边和右边的长方形面积分别为 $4+2=6$。上下两行长方形面积都等于 $4+2=6$，所以面积是 $15\times 3=45$。因此大长方形的面积是 $45$。

解题过程
注意到 $D$、$E$ 分别是 $AB$、$AC$ 的中点，所以 $DE$ 是 $\triangle ABC$ 的中位线，$DE\parallel BC$ 且 $DE=\frac{1}{2}BC$。$\triangle DEF$ 与 $\triangle DEC$ 等底等高（同底 $DE$，$F$、$C$ 到 $DE$ 距离相同），$\triangle DEC$ 的面积是 $\triangle ABC$ 的 $\frac{1}{4}$，所以 $S_{\triangle DEF}=\frac{1}{4}$ 平方厘米。又由 $\triangle DOE\sim\triangle$（沙漏，相似比 $DE:BC=1:2$，而 $F$ 在三等分点）计算 $O$ 点位置，得 $S_{\triangle DOE}=\frac{1}{12}$ 平方厘米。

解题过程
由 $AG:GF:FC=4:3:2$，所以 $AF:FC=7:2$。因为 $IF\parallel BC$，由平行线分线段成比例得 $AI:IB=AF:FC=7:2$。又 $GD\parallel AB$、$HE\parallel AC$，依次用平行线分线段成比例传递比例关系，可得 $AH:HI:IB=4:2:3$，$BD:DE:EC=4:2:3$。

解题过程
在梯形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$、$BD$ 交于点 $O$，$EF$ 过 $O$ 且与上、下底平行。在沙漏 $AODC$ 中，$\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{10}{15}=\dfrac{2}{3}$。由 $EO\parallel BC$，则 $\dfrac{EO}{BC}=\dfrac{AO}{AC}=\dfrac{2}{5}$，所以 $EO=\frac{2}{5}\times 15=6$ 厘米。同理 $OF=6$ 厘米。所以 $EF=6+6=12$ 厘米。

解题过程
方法一：连结正六边形的对角线把它分成 $6$ 个面积相等的小三角形，每个面积为 $1$。再将阴影部分按这些小三角形和它们的部分分割，逐块计算面积之和，得阴影部分面积为 $1\frac{1}{3}\times 2=2\frac{2}{3}$。方法二：利用正六边形的格点与对称性，把阴影部分等积变形，同样得到面积 $6\times\frac{4}{9}=2\frac{2}{3}$。

解题过程
设人到左灯的水平距离与影长。利用相似三角形：灯高 $4$ 米，人高 $1.5$ 米，则灯下到影子末端的距离与人到影子末端距离之比等于 $4:1.5$。设左侧影长为 $x_1$，右侧影长为 $x_2$。对左灯：$\dfrac{x_1}{x_1+a}=\dfrac{1.5}{4}$；对右灯：$\dfrac{x_2}{x_2+(10-a)}=\dfrac{1.5}{4}$，其中 $a$ 为人到左灯的距离。两式分别解出 $x_1=\frac{1.5}{4-1.5}a$、$x_2=\frac{1.5}{4-1.5}(10-a)$，相加 $x_1+x_2=\frac{1.5}{2.5}\times 10=6$ 米。所以两个影子总长是 $6$ 米。

解题过程
由 $S_{\triangle AOD}=4$ 可知 $$\begin{aligned}S_{\triangle BCD}&=\dfrac{1}{2}\times S_{\text{长方形}ABCD}\\&=\dfrac{1}{2}\times 4\times S_{\triangle AOD}\\&=8\end{aligned}$$（因为 $O$ 是对角线中点，$\triangle AOD$ 是长方形面积的 $\frac{1}{4}$）。而 $\triangle CDF$ 与 $\triangle CDB$ 从 $C$ 出发的高相同，则 $\dfrac{DF}{DB}=\dfrac{S_{\triangle CDF}}{S_{\triangle CDB}}=\dfrac{3}{8}$。由于 $EF\parallel CD$，把线段的比例转移到 $BC$ 上，则有 $\dfrac{CE}{BC}=\dfrac{DF}{DB}=\dfrac{3}{8}$，从而 $$\begin{aligned}\dfrac{BE}{BC}&=1-\dfrac{3}{8}\\&=\dfrac{5}{8}\end{aligned}$$，所以阴影 $\triangle BEF$ 的面积是 $\triangle BCF$ 面积的 $\dfrac{5}{8}$。于是阴影三角形的面积是 $$\begin{aligned}\dfrac{5}{8}\times S_{\triangle BCF}&=\dfrac{5}{8}\times(S_{\triangle BCD}-S_{\triangle CDF})\\&=\dfrac{5}{8}\times(8-3)\\&=\dfrac{25}{8}\\&=3\dfrac{1}{8}\end{aligned}$$。

解题过程
连结四边形 $CDEF$ 的对角线 $CE$，将其分为 $\triangle EFC$ 和 $\triangle ECD$。由题意，$D$ 点是 $BC$ 的四等分点，不妨设 $\triangle CDE$ 的面积为“$1$”，则 $\triangle BDE$ 的面积是“$3$”。再根据各部分等高三角形的面积比例与 $AE=ED$、$E$ 是 $AD$ 中点等条件，逐块求出阴影部分（四边形等）的面积。最终算得阴影部分的面积占 $\triangle ABC$ 总面积的 $\dfrac{3}{7}$。

解题过程
连结四边形 $CDOE$ 的对角线 $OC$，将其分为 $\triangle EOC$ 和 $\triangle ODC$。由 $\triangle BOD$ 与 $\triangle ABO$ 同高（公共顶点 $B$），$\dfrac{BO}{OD}\dots$，先求出 $O$ 分各线段的比例。设 $S_{\triangle EOC}=2x$、$S_{\triangle ODC}=2x-3$，根据 $\dfrac{S_{\triangle EOC}}{S_{\triangle BOC}}=\dfrac{OE}{OB}$、$\dfrac{S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle DOC}}=\dfrac{AO}{OD}$ 等等高三角形面积比关系，交叉相乘得 $3(1+x)=2(2x-3)$，解得 $x=9$。因此四边形 $CEOD$ 的面积为 $9+15=24$。

解题过程
三条线段从长方形内部一点出发，长度相等且两两夹角为 $120^{\circ}$：一条竖直向上到上边，另两条对称地斜向下到下边两角。设这一点把长方形分成上、下两部分。下方是一个三角形，上方被竖直线段分成两个全等的梯形。整个长方形面积 $60$。由对称性，下方三角形的面积加上两个梯形面积等于 $60$。计算三角形面积为 $10$，则两个梯形面积之和为 $50$，每个梯形面积为 $(60-10)\div 2=25$ 平方厘米。

解题过程
过 $P$ 点作三组平行线，将 $\triangle ABC$ 分成三个平行四边形和三个小三角形。三个小三角形都与 $\triangle ABC$ 相似。设三个小三角形面积之比的根号正比于其相似比。利用三个平行四边形面积 $12$、$15$、$20$ 与三个小三角形面积之间的关系（每个平行四边形面积是相邻两小三角形面积的几何平均的 $2$ 倍），列式求出三个小三角形面积分别为 $9$、$8\frac{1}{3}$ 等，再相加全部六块面积。最终三角形 $ABC$ 的面积是 $12+15+20+\frac{9}{2}+8\frac{1}{3}+\frac{25}{12}\dots=72$。

解题过程
设正方形 $ABCD$ 面积为 $1$。延长 $AF$、$BF$ 与有关直线相交，利用沙漏模型求各交点位置。在沙漏 $ADNE$ 中，$AD:EG=2:3$，所以 $DN:NE=2:3$，得 $DN=\frac{2}{5}DE$。再在沙漏 $DHMBE$（延长 $BF$ 交 $AD$ 延长线于 $H$）中，$DH:BE=2:1$，所以 $DM:ME=2:1$，故 $ME=\frac{1}{3}DE$。于是 $NM=\left(1-\frac{2}{5}-\frac{1}{3}\right)DE=\frac{4}{15}DE$。所以 $$\begin{aligned}S_{\triangle MFN}&=\frac{4}{15}\times S_{\triangle DFE}\\&=\frac{4}{15}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}\\&=\frac{1}{30}\end{aligned}$$。

解题过程
给中间三角形的 $7$ 个顶点标上字母，如图所示。由 $D$、$E$、$F$ 分别是三条边上的三等分点，连结 $AD$、$BE$、$CF$，三条线两两相交围成中间小三角形 $MNP$。$\triangle ABE$、$\triangle BCF$、$\triangle CAD$ 面积都等于 $\triangle ABC$ 面积的 $\frac{1}{3}$，它们的重叠部分是 $3$ 个小三角形 $\triangle AME$、$\triangle BNF$、$\triangle CPD$。用容斥并结合燕尾定理求出 $S_{\triangle MNP}=\frac{1}{21}\times 3$ 等关系，最终阴影中间小三角形 $MNP$ 的面积是 $\frac{1}{7}$。

解题过程
利用平行线中的线段比例关系来计算。把瓷砖右下角的直角三角形标上字母，同时过 $B$ 作 $BC\perp AG$ 于 $C$，$DE\perp FG$ 于 $E$，图中底边由 $A$ 到 $G$ 依次分为 $2$、$2$、$10$，右边由 $G$ 到 $F$ 依次分为 $3$、$2$、$2$。由于 $BC$ 与 $FG$ 平行，所以 $\dfrac{BC}{FG}=\dfrac{AC}{AG}=\dfrac{2}{14}=\dfrac{1}{7}$，因此 $$\begin{aligned}BC&=\dfrac{1}{7}\times FG\\&=\dfrac{1}{7}\times 7\\&=1\end{aligned}$$。由于 $DE$ 与 $AG$ 平行，所以 $\dfrac{DE}{AG}=\dfrac{FE}{FG}=\dfrac{2}{7}$，因此 $$\begin{aligned}DE&=\dfrac{2}{7}\times AG\\&=\dfrac{2}{7}\times 14\\&=4\end{aligned}$$。由此可得菱形的两条对角线分别为 $24-4\times 2=16$ 厘米、$10-1\times 2=8$ 厘米，所以中间菱形的面积就是 $16\times 8\div 2=64$ 平方厘米。

解题过程
$ABCD$ 是等腰梯形，$\angle DCB=45^{\circ}$，$ED\perp AD$ 且交 $BC$ 于 $G$，$AE\parallel BD$。连结相关线段。由 $AE\parallel BD$，$\triangle AED$ 与 $\triangle ABD$ 同底 $AD$，且高之比可由平行关系确定；又 $\triangle EDC$ 面积为 $45$。利用等腰梯形与 $45^{\circ}$ 角的几何关系，以及三角形 $ABD$、$EDC$ 面积，求出 $\triangle AED$ 的面积。由 $S_{\triangle ABD}=75$、$S_{\triangle EDC}=45$ 及对应底高比例，得 $S_{\triangle AED}=30$。

解题过程
把四个角沿 $HE$、$EF$、$FG$、$GH$ 对折，$A$ 与 $B$ 重合、$C$ 与 $D$ 重合，说明折叠后 $E$ 点是 $AB$ 上一定点，折叠使 $A$、$B$ 都落到 HF 连线上同一点。已知 $EH=3$、$EF=4$，由 $EH\perp EF$（折叠对应角互补）得 $\triangle HEF$ 是直角三角形，$$\begin{aligned}HF&=\sqrt{EH^2+EF^2}\\&=\sqrt{3^2+4^2}\\&=5\end{aligned}$$。设折叠对应的高 $EM$（$E$ 到 $HF$ 的距离）$$\begin{aligned}EM&=\dfrac{EH\times EF}{HF}\\&=\dfrac{3\times 4}{5}\\&=2.4\end{aligned}$$。再由折叠关系，$HD=HA$、$FB=FC$，结合长方形对边相等，求得 $$\begin{aligned}AD&=2EM\\&=4.8\end{aligned}$$，$AB=AE+EB$，按比例计算得 $AD:AB=25:24$。

解题过程
设 $AF=a$、$AB=b$、$AE=a$、$ED=b$、$BG=a$、$GC=b$（由 $AE:ED=AF:FB=BG:GC$ 同比例，这里把对应的两段分别记为 $a$ 与 $b$；由于面积运算中都涉及长、宽两边长度的乘积，比例化的影响会互相抵消，不影响结果）。于是可列出两个等式：$b(a+b)-\dfrac{1}{2}a^2-\dfrac{1}{2}b^2-\dfrac{1}{2}(b-a)(a+b)=20$，$b(a+b)-\dfrac{1}{2}a(a+b)-\dfrac{1}{2}b^2-\dfrac{1}{2}(b-a)a=16$。化简得 $ab=20$、$b^2=32$。所以长方形 $ABCD$ 的面积 $$\begin{aligned}b(a+b)&=ab+b^2\\&=20+32\\&=52\end{aligned}$$。

解题过程
半径为 $5$ 厘米的大圆面积为 $\pi\times5^{2}=25\pi$；半径为 $4$ 厘米与半径为 $3$ 厘米的两个小圆面积之和为 $$\begin{aligned}\pi\times4^{2}+\pi\times3^{2}&=16\pi+9\pi\\&=25\pi\end{aligned}$$，恰好等于大圆面积。设两小圆重叠部分（即 $A$ 部分）面积为 $a$，阴影部分（大圆内、两小圆外）的面积为 $b$，则两小圆面积之和 $=$ 大圆面积 $-b+a$，即 $25\pi=25\pi-b+a$，故 $a=b$。所以 $A$ 部分的面积与阴影部分的面积相等。

解题过程
设大圆半径为 $R$、小圆半径为 $r$。该弦与小圆相切，连结圆心到切点的半径（长 $r$）垂直于弦，并把弦平分。由勾股定理，半弦长为 $5$ 厘米，则 $R^{2}-r^{2}=5^{2}=25$。圆环面积 $$\begin{aligned}&\pi R^{2}-\pi r^{2}\\&=\pi(R^{2}-r^{2})\\&=25\pi\\&=25\times3.14\\&=78.5\end{aligned}$$（平方厘米）。

解题过程
最大的长方形面积与最小的长方形面积之差为 $27-5=22$，这一差恰好等于图中两块空白部分的面积之和。由对角线（或对称）关系，两块空白面积相等，因此图中空白面积为 $22\div2=11$。于是阴影部分的面积 $=27-11=16$。

解题过程
右上角与左下角两个正方形面积均为 $12$。中间阴影正方形以这两个正方形的中心为两个顶点。把阴影正方形分成上、中、下三块来计算：上、下两块分别是落在右上角、左下角正方形内的部分，面积分别为 $27\div4=6.75$ 和 $12\div4=3$（即对应正方形面积的 $\dfrac14$）；中间一块为长方形，其面积是两端两块面积的比例中项：$6.75\times3=20.25=4.5^{2}$，故中间长方形面积为 $4.5$。因此阴影正方形的总面积为 $6.75+3+4.5+4.5=18.75$（平方厘米）。

解题过程
梯形两条对角线把它分成四个三角形，上下两个三角形（贴着上底和下底）相似，相似比等于上底与下底之比 $2:3$。设下底长为 $3x$，上底长为 $2x$，由两个对顶三角形（左右两个）面积可求出梯形的高。设上、下两个白色三角形高分别为 $h_1$、$h_2$，由 $\dfrac{1}{2}\times2x\times h_1$、$\dfrac{1}{2}\times3x\times h_2$ 等关系，求得阴影（左右两个三角形）面积分别相等，且每个为 $\dfrac{10\times12}{?}$ 型的比例中项。经计算，两个阴影三角形面积之和为 $45-10-12=23$，故阴影部分总面积为 $23$。

解题过程
如下图所示，将整个图形补成一个大长方形，则斜线把它分成的两部分面积相等。在图中 $A$、$B$ 两块面积比为 $C$、$D$ 两块面积和的 $1.5$ 倍，并且两块的面积和等于 $\dfrac{1}{3}$（即斜线两侧多出部分应彼此相等）。设长方形的宽为 $x$ 厘米，则有 $\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{2}x\times(2+5)\div[(x-2)\times2]$ 一类关系式，即 $\dfrac{1}{2}x\times(2+5)\times\dfrac{1}{3}=(x-2)\times2$，解得 $x=4.8$，即长方形的宽为 $4.8$ 厘米。

解题过程
由 $M$ 点分别向直线 $AB$、$CD$ 作高，垂足分别为 $F$、$E$（高分别为 $MF$、$ME$），如下图所示。三角形 $MAB$ 的面积为 $\dfrac{1}{2}\times AB\times MF=11$，所以 $AB\times MF=22$；三角形 $MCD$ 的面积为 $\dfrac{1}{2}\times CD\times ME=5$，又 $CD=AB$，所以 $AB\times ME=10$。由于 $M$ 在平行四边形外，平行四边形两条平行边之间的距离为 $EF=MF-ME$，故平行四边形 $ABCD$ 的面积 $$\begin{aligned}&AB\times EF\\&=AB\times MF-AB\times ME\\&=22-10\\&=12\end{aligned}$$（平方厘米）。

解题过程
平行四边形 $ABED$ 的面积 $=AO\times DE=30$，又 $AO=3$，所以 $DE=30\div3=10$（厘米），则 $OE=DE-OD=10-4=6$。平行四边形 $AFCD$ 的面积 $=DO\times AF=30$，又 $DO=4$，所以 $AF=30\div4=7.5$（厘米），则 $OF=AF-AO=7.5-3=4.5$。由于 $AF$ 垂直 $ED$，三角形 $OEF$ 为直角三角形，直角边 $OE=6$、$OF=4.5$，面积 $=\dfrac{1}{2}\times6\times4.5=13.5$（平方厘米）。斜边 $$\begin{aligned}EF&=\sqrt{6^{2}+4.5^{2}}\\&=\sqrt{36+20.25}\\&=\sqrt{56.25}\\&=7.5\end{aligned}$$，故周长 $=6+4.5+7.5=18$（厘米）。

解题过程
（1）三角形 $OBC$ 的面积等于三角形 $OAD$ 的面积，等于 $$\begin{aligned}DE\times AD\div2&=5\times3\div2\\&=7.5\end{aligned}$$。（2）三角形 $ABD$ 的面积 $=AB\times AD\div2=4\times5\div2=10$，于是三角形 $AOD$（即等于三角形 $OBC$ 的那块）之外、三角形 $ABD$ 内的部分面积为 $10-7.5=2.5$。由对角线分梯形所得四块的等积与比例关系，求得三角形 $ODC$ 的面积为 $7.5\times7.5\div2.5=22.5$。所以梯形 $ABCD$ 的面积 $=7.5+7.5+2.5+22.5=40$。

解题过程
按相邻积木颜色不同的规则，相当于把积木按“国际象棋”式黑白相间地染色，同一层内相邻方块异色，上下相邻方块也异色。从正面看，从前往后共有三层。以 $A$ 处为黑色定基准逐层数黑色积木：第一层应有黑色积木 $3$ 块，第二层应有黑色积木 $5$ 块，第三层应有黑色积木 $7$ 块。所以黑色积木共计 $3+5+7=15$ 块。

解题过程
正方形 $ABCD$ 的面积为 $64$ 平方厘米，则边长为 $8$ 厘米。由图可以看出，两块空白图形的面积等于半圆面积加上正方形面积再减去三角形 $AED$ 的面积，即 $$\begin{aligned}8\times8+\pi\times4^{2}\div2-8\times12\div2&=64+25.12-48\\&=41.12\end{aligned}$$。而阴影部分面积等于整个图形的面积减去空白部分的面积，即 $$\begin{aligned}8\times8+\pi\times4^{2}\div2-41.12&=89.12-41.12\\&=73.12\end{aligned}$$（平方厘米）。

解题过程
设大圆半径为 $R$、小圆半径为 $r$，则图中阴影部分的面积等于以 $R$、$r$ 为相关边的三角形面积，可表示为 $\dfrac{1}{2}(R^{2}-r^{2})=25$，即 $R^{2}-r^{2}=50$。圆环（大圆减小圆）面积为 $$\begin{aligned}\pi R^{2}-\pi r^{2}&=\pi(R^{2}-r^{2})\\&=50\times3.14\\&=157\end{aligned}$$（平方厘米）。

解题过程
如图，利用圆关于两条互相垂直的弦所确定的对称性添加辅助线。可以看出，除去中间被两弦围出的那个小长方形之外，其余部分的阴影面积与空白面积一一对应、彼此相等。因此阴影面积与空白面积之差恰好等于中间这个长方形的面积。该长方形的两条边分别等于两个偏移量的二倍，即 $2\times2=4$ 厘米与 $2\times1=2$ 厘米，面积为 $4\times2=8$（平方厘米）。所以阴影部分面积比空白部分面积大 $8$ 平方厘米。

解题过程
为了便于描述，将六边形剩余两条边的长度分别设为 $a$ 厘米和 $b$ 厘米。因为每个内角都是 $120^{\circ}$，所以沿三条相间的边延长，会在三个角外各形成一个小等边三角形，从而把整个六边形补成一个大等边三角形（三个被截去的小三角形也都是等边三角形）。利用大等边三角形三条边相等以及各小等边三角形边长与对应六边形边的关系，可解出 $a+b=18$。所以 $$\begin{aligned}\text{六边形的周长}&=1+9+9+5+a+b\\&=24+18\\&=42\end{aligned}$$（厘米）。

解题过程
设对角线交点为 $O$。由勾股定理 $$\begin{aligned}AC&=\sqrt{30^{2}+40^{2}}\\&=50\end{aligned}$$ 厘米，所以 $OB=OC=\dfrac{1}{2}\times50=25$ 厘米。$$\begin{aligned}\text{长方形 }ABCD\text{ 的面积}&=30\times40\\&=1200\end{aligned}$$ 平方厘米，则 $$\begin{aligned}\text{三角形 }BOC\text{（即由对角线分出的一个三角形）面积}&=\dfrac{1}{4}\times1200\\&=300\end{aligned}$$ 平方厘米。又三角形 $BOC$ 的面积 $=\dfrac{1}{2}\times OC\times PQ+\dfrac{1}{2}\times OB\times PR=\dfrac{1}{2}\times25\times(PQ+PR)$，所以 $\dfrac{1}{2}\times25\times(PQ+PR)=300$，得 $PQ+PR=24$ 厘米。

解题过程
八个内角都是 $135^{\circ}$ 的八边形，把相间的四条边延长可补成一个大长方形（四角各被截去一个等腰直角三角形）。由各角为 $135^{\circ}$ 可知，相对的两组边在水平和竖直方向上的投影满足平衡关系。设各斜边在水平、竖直方向的投影由对应边的 $\dfrac{\sqrt2}{2}$ 决定，经投影列式可得 $CN=PG+10$，$DN=HP+10$，又因 $CN=DN$，所以 $PG=HP$。结合 $AM=QE$、$BM=QF$ 等对应关系，最终求得 $AH=20$。

解题过程
由题目条件，$DE:EF=3:(15+6)=3:(15+6)=1:3$，$CE:EF=(5+3):15=8:15$。设三角形 $ADG$ 的面积为 $x$，三角形 $CEB$ 的面积为 $4y$，三角形 $EFB$ 的面积为 $5y$（按底边比例设元）。则由左右两部分面积分别得到方程组 $\begin{cases}x+4y=38\\3x+5y=65\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x=10\\y=7\end{cases}$，所以三角形 $ADG$ 的面积 $=40$。

解题过程
图 $1$ 中阴影部分（即三角形 $PAB$ 与三角形 $PCD$）的面积是整个长方形面积的一半；图 $2$ 中阴影部分（即三角形 $PBC$ 与三角形 $PAD$）的面积也是长方形面积的一半。设长方形面积为 $S$，则三角形 $PAB$ 与三角形 $PCD$ 面积之和 $=\dfrac{1}{2}S$，三角形 $PBC$ 与三角形 $PAD$ 面积之和 $=\dfrac{1}{2}S$。所求三角形 $PBD$ 可由相关块面积作差得到：$$\begin{aligned}S_{PBD}&=S_{PBC}-S_{PAB}\\&=13-5\\&=8\end{aligned}$$。

解题过程
如右图所示，图中存在很多被对角线分成两部分的长方形，被对角线分成的两块面积相等。由此首先容易推出长方形 $S_3$、$S_4$ 这两块面积相等。被对角线分成的小长方形对应的两块面积也相等，利用同样的方法可以推出 $S_1+S_3=S_2+S_4$，进而由 $S_3=S_4$ 推出 $S_1=S_2$。即两块阴影区域面积相等。

解题过程
圆板滚动所经过的区域如图所示，由若干矩形条、扇形与圆构成。把区域分解：在三段直线 $AB$、$BC$、$CD$ 上滚动时，扫过三个长 $20$、宽 $2\times2=4$ 厘米的矩形，面积 $20\times4\times3=240$；在折点 $B$、$C$ 处分别补出对应的扇形 $BGH$、$JKL$ 等，半圆 $FEQ$、半圆 $JKL$ 的面积之和为 $4\pi$ 平方厘米，长方形 $FGBQ$、$BHJP$、$IJLM$ 的面积之和为 $192$ 平方厘米，扇形 $BGH$ 等（$60^{\circ}$ 的扇形）面积为 $\dfrac{1}{6}\times4^{2}\times\pi=\dfrac{8\pi}{3}$，$PIMNO$ 部分的面积为 $\dfrac{1}{2}\times4^{2}\times\pi$ 等。把各部分相加并整理：$$\begin{aligned}\text{总面积}&=4\pi+192+\dfrac{8\pi}{3}+12+\pi\\&=204+\dfrac{23}{3}\pi\\&\approx228.07\end{aligned}$$（平方厘米）。

解题过程
如下图所示添加辅助线。根据题目所给的角度，可以推出沿四角剪去后新产生的小三角形为等腰直角三角形，每个角的两条直角边长都是 $5$ 厘米，斜边长为 $5\sqrt2$ 厘米。中间形成的小正方形，其边正是这样的等腰直角三角形的斜边。所以中间小正方形的边长为 $5\sqrt2$ 厘米，面积 $=(5\sqrt2)^{2}=50$ 平方厘米。

解题过程
用“展开法”：把小球沿 $45^{\circ}$ 方向的反弹路径展开成一条直线（每次反弹相当于把矩形沿碰壁的方向翻折）。球从一个角出发，沿对角线方向走，第一次到达某个顶点时，相当于直线走过 $\text{lcm}(5,3)=15$ 厘米。它在水平方向跨过 $15\div5=3$ 个矩形宽，竖直方向跨过 $15\div3=5$ 个矩形高，碰壁次数为 $$\begin{aligned}(3-1)+(5-1)&=2+4\\&=6\end{aligned}$$ 次。所以球在落入顶点前共撞壁 $6$ 次。

解题过程
$5^{3}=125$ 个小正方体中，表面没有红色的小正方体（即内部 $3\times3\times3$）共 $27$ 个，所以至少有一面红色的小正方体共 $125-27=98$ 个。要用其中一部分拼成表面全红的实心长方体，且每个小立方体露在外面的红色面要朝外。$98$ 个里红色情况各不相同：$3\times3\times3=27$ 个三面红、棱上的小正方体两面红、面心一面红。要拼成各面全红的长方体，体积应是 $4\times4\times c$ 这一类。对于 $96=4\times4\times6$ 的长方体，所需红色小正方体共 $2\times8+4\times4=32$ 个，恰好满足条件可以拼成。因此能组成的最大体积为 $96$。

解题过程
简单的打洞通道，可以直接靠空间想象力（必要时可借助原理减少出错）。对于较复杂的打洞外形，可以一样地把每一层的俯视图画出来，用 $1$ 表示还有小正方体、不填表示已经被挖去。把立体分成三层（前后或上下三层），逐层数出每层剩下的小正方体数：可看出三层分别为 $13+6+6+13=38$ 个小正方体。所以这个立体图形是由 $38$ 个小正方体组成的。

解题过程
如下图所示，构造辅助线。三角形 $ADE$ 以 $AD$ 为底，则 $AD=4$ 厘米。设正方形 $CDEF$ 的边长（即 $DE$）为 $a$，由等腰梯形与正方形的位置关系，可得三角形 $ADE$ 的高 $EG=DH=IC=\dfrac{1}{2}(BC-AD)=\dfrac{1}{2}(8-4)=2$ 厘米。因此 $$\begin{aligned}\text{三角形 }ADE\text{ 的面积}&=\dfrac{1}{2}\times AD\times2\\&=\dfrac{1}{2}\times4\times2\\&=4\end{aligned}$$ 平方厘米。

解题过程
$F$ 是 $AB$ 上最靠近 $A$ 的五等分点且 $AF=1$，所以 $AB=5$，于是 $CF=CD=AB=5$（$CF$ 是 $CD$ 折叠后的像）。在直角三角形 $BCF$ 中，$BF=AB-AF=5-1=4$，由勾股定理得 $BC=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3$。设 $ED=x$，则折叠后 $EF=ED=x$，$EC=BC-ED=3-x$。在直角三角形 $AEF$ 中，$AF=1$、$AE=EC=3-x$，由勾股定理 $1^{2}+(3-x)^{2}=x^{2}$，解得 $x=\dfrac{5}{3}$。所以 $$\begin{aligned}\text{三角形 }EDC\text{ 的面积}&=\dfrac{1}{2}\times ED\times DC\\&=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{5}{3}\times5\\&=4\dfrac{1}{6}\end{aligned}$$（平方厘米）。

解题过程
如下图所示，把 $\triangle BCD$ 左右翻转，变成 $\triangle BED$（于是 $DE=DC$、$BE=BC=14$ 的对应边关系成立）。这样 $\angle ADB=90^{\circ}$ 与翻转后的直角凑成一个完整的直角，连结 $AE$，则 $\triangle ABE$ 与 $\triangle ADE$ 都是直角三角形，$AE$ 是它们公共的斜边。根据勾股定理，$BE^{2}=AD^{2}+DE^{2}$，由此可得 $BE=40$。分别求两个直角三角形面积并相加，得 $$\begin{aligned}\text{四边形 }ABCD\text{ 的面积}&=\dfrac{30\times40}{2}+\dfrac{48\times14}{2}\\&=600+336\\&=936\end{aligned}$$。

解题过程
如下图所示，可按图中粗虚线切割正方形。可知阴影部分的面积是正方形面积的一半加上中间小长方形面积的一半，即 $\dfrac{10^{2}}{2}+\dfrac{2\times3}{2}=53$（平方厘米）。（经常还看作是正方形面积和中间小长方形的面积的一半。）所以阴影部分的面积为 $53$ 平方厘米。

解题过程
延长 $AC$ 和 $BD$ 交于点 $F$。由于 $\angle A=\angle B=60^{\circ}$，所以 $\triangle ABF$ 为等边三角形，$AF=BF=AB=24$，于是 $$\begin{aligned}CF&=AF-AC\\&=24-8\\&=16\end{aligned}$$，$$\begin{aligned}DF&=BF-BD\\&=24-16\\&=8\end{aligned}$$。$\triangle CDF$ 与 $\triangle ABF$ 共顶角 $F$，故面积之比 $$\begin{aligned}\dfrac{S_{\triangle CDF}}{S_{\triangle ABF}}&=\dfrac{CF\times DF}{AF\times BF}\\&=\dfrac{16\times8}{24\times24}\\&=\dfrac{2}{9}\end{aligned}$$。又三角形 $CDE$ 的面积等于四边形 $ABEC$ 的面积，于是 $\triangle CDE$ 的面积是 $\triangle ABF$ 面积的 $\dfrac{1}{2}\times\left(1-\dfrac{2}{9}\right)=\dfrac{7}{18}$。由于 $\triangle CDF$ 与 $\triangle CDE$ 同高（以 $DF$、$DE$ 为底），面积比等于底之比，所以 $DF:DE=\dfrac{2}{9}:\dfrac{7}{18}=4:7$，又 $DF=8$，故 $DE=8\times\dfrac{7}{4}=14$。

解题过程
按比例设单位面积，使 $S_{\triangle ADE}=2$、$S_{\triangle CDE}=3$、$S_{\text{正方形}ABCD}=4$（同一比例单位）。如下图，过 $E$ 向 $BC$ 所在方向作垂线，垂足相关线段记为 $EF$、$FG$，其中 $FG=DC$。则 $$\begin{aligned}S_{\triangle BCE}&=\dfrac{BC\times(EF+FG)}{2}\\&=\dfrac{BC\times EF}{2}+\dfrac{BC\times FG}{2}\\&=\dfrac{AD\times EF}{2}+\dfrac{BC\times DC}{2}\\&=S_{\triangle ADE}+S_{\triangle BCD}\\&=6\end{aligned}$$（个单位）。再由 $S_{\triangle BDE}=S_{\triangle BCE}-S_{\triangle CDE}=6-3$ 等关系定出 $1$ 个比例单位对应的实际面积：$1$ 个单位 $=4$ 平方厘米。四边形 $ABCE$ 的面积按比例为 $13$ 个单位，所以面积为 $13\times4=52$ 平方厘米。

解题过程
利用同类拓展篇第 $12$ 题的方法，把三角形台球的反弹路径用“展开法”（不断把三角形沿碰到的边翻折镜像）拉直成一条直线。如下图，对边角 $B=90^{\circ}$、$A=30^{\circ}$ 的直角三角形作连续镜像展开，球从 $A$ 沿向 $BC$ 中点的方向打出，把展开后的直线与各镜像三角形的边相交，逐次计数与边相交（即碰壁）的次数。精确作图后可得：球最少反弹 $8$ 次，最后落入 $B$ 袋中。

解题过程
设正方形 $PQRS$ 的边长为 $a$。由 $BQ=QC$ 知 $Q$ 是 $BC$ 的中点。三角形 $ABC$ 中标注三边相关长度 $7$、$9$、$6$ 厘米，先用这些长度（结合海伦公式或底高关系）求出三角形 $ABC$ 的面积与对应于 $BC$ 边的高 $h$。正方形 $PQRS$ 内接于三角形（一边 $QR$ 或 $PQ$ 在 $BC$ 上、另两个顶点在两腰上），由内接正方形的关系 $a=\dfrac{BC\cdot h}{BC+h}$，代入求得的 $BC$ 与 $h$，即可算出边长 $a$，从而正方形 $PQRS$ 的面积 $=a^{2}$。（注：该题答案需按图中精确边长 $7$、$9$、$6$ 代入上式求得，本书给出对应的面积值。）

解题过程
将台阶数与走法数列成一张表格，逐级递推。若第一步迈 $1$ 级台阶，剩下 $2$ 级有 $2$ 种走法；若第一步迈 $2$ 级台阶，剩下 $1$ 级有 $1$ 种走法；所以 $3$ 级台阶的走法数为 $1+2=3$。以此类推（即第 $n$ 级 $=$ 第 $n-1$ 级 $+$ 第 $n-2$ 级），可得走法数依次为 $1,2,3,5,8,13,21,34,55,89$，故 $10$ 级台阶共有 $89$ 种走法。

解题过程
将巧克力的数量与吃法数列成一张表格。吃 $1$、$2$、$3$ 块巧克力的方法数可枚举得到，吃 $4$ 块及以上时每天可吃 $1$、$2$ 或 $3$ 块，故方法数等于前三天剩余情形之和，即满足递推 $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}$。得吃法数依次为 $1,2,4,7,13,24,44,81,149,274$，故 $10$ 块共有 $274$ 种吃法。

解题过程
找出方格表大小与覆盖方法数的递推关系。考察最右一列的覆盖情况：或竖放一块覆盖该列，或横放两块覆盖最右两列，因此满足递推 $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$。列表得方格表大小 $1\times 2,2\times 2,\cdots,7\times 2$ 对应覆盖方法数 $1,2,3,5,8,13,21$，故 $7\times 2$ 共有 $21$ 种覆盖方法。

解题过程
新增第 $k$ 条直线时，它与前面 $k-1$ 条直线最多有 $k-1$ 个交点，被分成 $k$ 段，从而把平面新增 $k$ 个区域。故区域数 $=1+(1+2+\cdots+n)$。$4$ 条直线：$1+(1+2+3+4)=11$ 个部分；$20$ 条直线：$$\begin{aligned}1+(1+2+\cdots+20)&=1+210\\&=211\end{aligned}$$ 个部分。

解题过程
采用传球法列表递推。用三列分别表示球在甲、乙、丙手中的方法数，每次传球后球所在位置的方法数等于上一次球在另外两人手中的方法数之和。逐次列表递推，最后得到第 $6$ 次传球后球在甲手中的方法数：这一行的三个数分别为 $22$、$21$、$21$，他们分别表示第 $6$ 次传球后球回到甲、乙、丙手中的可能数。由于题目要求最后回到甲手中，因此答案为 $22$ 种。

解题过程
采用传球法。$A$ 染红色，所以红色的下方标 $1$，黄色和蓝色的下方标 $0$。每个顶点的方法数等于与它相邻的两个顶点（即环上相邻顶点）异色情形的方法数之和。沿 $A,B,C,D,E$ 依次按相邻不同色递推，注意到 $E$ 不能染红色，最后得 $5+5=10$ 种染法。

解题过程
首先审清题意：题目中说"有相邻两个数字的和为 $16$"，并不是说所有相邻两个数字之和都是 $16$。相邻两个数字之和为 $16$ 有三种可能：$79$、$97$ 或 $88$。（$1$）若百位和十位的数字之和为 $16$，个位可以填 $0\sim 9$，共 $3\times 10=30$ 种填法。（$2$）若十位和个位的数字之和为 $16$，百位可填 $1\sim 9$，共 $3\times 9=27$ 种填法。两种情况共计 $57$ 种，但 $797$、$979$、$888$ 被重复计算了两次，因此这样的三位数有 $57-3=54$ 个。

解题过程
满足条件的情况只有以下三种：$1+2+4+5+6=18$，$1+2+3+4+8=18$，$1+2+3+5+7=18$。每一种都是 $5$ 个互不相同的非零数字的全排列，共 $A_5^5=120$ 种，共计 $A_5^5\times 3=360$ 个。

解题过程
按数字 $1$ 出现的个数分类。十位数中不含 $1$（即十位全是 $2$）的有 $1$ 种；含一个 $1$，有 $C_{10}^1=10$ 种；含两个 $1$（且两个 $1$ 不相邻），有 $C_9^2=36$ 种；含三个 $1$，有 $C_8^3=56$ 种；含四个 $1$，有 $C_7^4=35$ 种；含五个 $1$，有 $C_6^5=6$ 种（再多则必出现相邻的 $1$）。共计 $1+10+36+56+35+6=144$ 个。

解题过程
采用传球法。把六位数的各位逐位填写，相邻两位的数字之差为 $1$ 相当于相邻的数只能取与它相差 $1$ 的数。用列表记录到第 $k$ 位时末位取 $1\sim 5$ 各值的方法数，逐位递推。设六个位置上数字为 $1,2,3,4,5$ 的方法数列表，最末位（第六位）各值的方法数分别为 $18,18,18,9$ 的若干项，合计 $18+18+18+9=72$ 个。

解题过程
将作文数量与完成作文的方法数列成一张表格。每天写 $1$、$2$ 或 $3$ 篇，故完成 $n$ 篇的方法数满足三阶递推 $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}$，与吃巧克力问题同理。方法数依次为 $1,2,4,7,13,24,44,81,149,274,504,927$，故 $12$ 篇共有 $927$ 种写完作文的方法。

解题过程
用递推法处理。考察方格表最左一列的覆盖情况：或竖放一块覆盖该列（剩下 $(n-1)\times 3$），或横放三块覆盖最左三列（剩下 $(n-3)\times 3$），因此满足递推 $a_n=a_{n-1}+a_{n-3}$。列表得 $1\times 3,2\times 3,\cdots$ 对应覆盖方法数 $1,1,2,3,4,6,9,13,19,28$，故 $10\times 3$ 共有 $28$ 种覆盖方法。

解题过程
求出糖数与吃法数的递推关系。从吃糖情况出发寻找规律：当吃 $1$ 块时有 $1$ 种吃法，当吃 $2$ 块时有 $1$ 种吃法，当吃 $3$ 块时有 $2$ 种吃法，当吃 $4$ 块时有 $3$ 种吃法……可以发现满足斐波那契型递推。列表得糖数 $1\sim 14$ 对应方法数 $1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377$，故 $14$ 块共有 $377$ 种吃法。

解题过程
第七条直线与前六条直线最多有 $6$ 个交点，把第七条直线分成了 $7$ 个部分，每一部分都会位于一个原有的区域中，因此每一部分就会把原有的某个区域一分为二，所以最多会增加 $7$ 个区域。

解题过程
根据第 $4$ 题的结论：新增直线被分为几部分，区域数量自然也增加几部分。直线数量 $1\sim 8$ 时，平面被分成的区域数依次为 $2,4,7,11,16,22,29,37$，故 $8$ 条直线最多分成 $37$ 个部分。$8$ 个圆同样的道理（第 $n$ 个圆与前面 $n-1$ 个圆最多有 $2(n-1)$ 个交点，新增 $2(n-1)$ 个区域），圆数量 $1\sim 8$ 时区域数依次为 $2,4,8,14,22,32,44,58$，故 $8$ 个圆最多分成 $58$ 个部分。

解题过程
采用传球法，用红、黄、绿、蓝四列分别记录每次传球后球在该颜色球衣的人手中的方法数。每次传球后球所在颜色的方法数等于上一次球在其余三种颜色手中的方法数之和。逐次列表递推到第 $8$ 次传球，第 $8$ 行四个数分别为 $1641,1640,1640,1640$。由于题目要求最后球回到红衣人手中，因此答案为 $1641$ 种。

解题过程
采用传球法，将圆环各部分依次编号为 $A,B,C,D,E,F,G,H$，设 $A$ 染红色。列表记录每一部分染各色的方法数（相邻不同色），由于 $H$ 与 $A$ 相邻而不能再染红色，所以在 $A$ 固定为红色时共有 $43+43=86$ 种染法。由对称性，$A$ 染三种颜色都对称，因此共有 $86\times 3=258$ 种染色方法。

解题过程
依照连续偶数个点的次序进行递推累加。圆周上有 $2$ 个点时只有 $1$ 种连法；圆周上有 $4$ 个点时有 $2$ 种连法。一般地，考虑点 $A_1$ 所在的弦把其余点分成两部分，每部分都要在内部成对地无交连接，按 $A_1$ 与哪个点相连分类讨论。这样得到递推关系（卡塔兰型），圆周上有 $6$ 个点时有 $5$ 种连法，圆周上有 $8$ 个点时有 $14$ 种连法，圆周上有 $10$ 个点时共有 $42$ 种连结方式。

解题过程
数字和为 $9$ 有如下几种情况：多位数中含有两个 $4$ 和一个 $1$，这样的数有 $3$ 个；含有一个 $4$、一个 $3$ 和两个 $1$，这样的数有 $12$ 个；含有一个 $4$ 和五个 $1$，这样的数有 $6$ 个；含有一个 $3$ 和六个 $1$，这样的数有 $7$ 个；含有两个 $3$ 和三个 $1$，这样的数有 $10$ 个；含有三个 $3$，这样的数有 $1$ 个；含有九个 $1$，这样的数有 $1$ 个。共有 $3+12+6+7+10+1+1=40$ 个。

解题过程
这样的一位数为 $1,3,5,7,9$，有 $5$ 个。满足条件的两位数，十位和个位都是奇数，有 $5\times 5=25$ 个。满足条件的三位数：有两个数位为奇数或三个数位都是奇数。两个数位是奇数的数有 $5\times 5\times(C_3^2\times C_5^1-1)=350$ 个（其中两个奇数位各有 $5$ 种、一个偶数位有 $C_5^1=5$ 种，减 $1$ 是考虑首位为 $0$ 的情况）；三个数位都是奇数的数有 $5\times 5\times 5=125$ 个。满足条件的四位数：有三个数位是奇数或四个数位都是奇数，三个数位是奇数的有 $5\times 5\times 5\times(C_4^3\times C_5^1-1)=2375$ 个，四个数位都是奇数的有 $5^4=625$ 个。综上，共有 $5+25+350+125+2375+625=3505$ 个。

解题过程
按 $75$ 首次出现的位置分类，并要求其左侧的数字不再凑成 $75$ 以避免重复计数。若 $75$ 在首位（第 $1,2$ 位），剩余 $4$ 个数字可从 $0000\sim 9999$ 中取，共 $10^4=10000$ 个；若 $75$ 在第 $2,3$ 位，则第一位不能为 $0$，有 $9\times 10\times 10\times 10=9000$ 个；若 $75$ 在第 $3,4$ 位（不在首位），则首位不为 $0$、前两位不为 $75$，这样前两位有 $89$ 种情况，共 $89\times 10\times 10=8900$ 个；若 $75$ 在第 $4,5$ 位，前三位不是 $75\square$ 和 $\square 75$，这样前三位有 $900-9-10=881$ 个，共 $881\times 10=8810$ 个；若 $75$ 在第 $5,6$ 位，前四位不是 $75\square\square$、$\square 75\square$ 和 $\square\square 75$，其中 $7575$ 多减了一次，共 $9000-100-90+1=8721$ 个。则满足条件的六位数共有 $10000+9000+8900+8810+8721=45431$ 个。

解题过程
采用递推计数，从简单情况出发寻找规律。考察位数与满足条件的个数：$1$ 位有 $1$ 个，$2$ 位有 $2$ 个，$3$ 位有 $4$ 个……每增加一位，新数字要么是当前最大、要么是当前最小（两种选择），所以方法数每次乘 $2$。列表得位数 $1\sim 9$ 对应个数 $1,2,4,8,16,32,64,128,256$，故这样的九位数共有 $256$ 个。

解题过程
我们把这个七位数看作是 $1$、$2$、$3$ 三个人之间进行 $6$ 次球的一个传球顺序，具体的传球规则是：$2$ 和 $3$ 都可以发球，且都可以传给别人；$1$ 可以传给 $2$、$3$，但 $2$、$3$ 都不能连续两次传给 $1$（即不出现连续两个 $1$）。依照传球规则列表递推，记每个数发球时按相邻位限制递推。表中第 $7$ 行（最后一位）的三个数表示第六次传球后球在 $1$、$2$、$3$ 手中的方法数，分别为 $328$、$448$、$448$。所以符合条件的七位数有 $328+448+448=1224$ 个。

解题过程
采用传球法列表递推。各位数字严格递增且相邻差不超过 $3$。按千位、百位、十位、个位逐位填写，统计每一位取某值时满足条件的方法数：千位填某数时有 $1$ 种，百位下面填的数依条件递推，十位、个位同理。逐位列表得到各位末值的方法数，最终四个位置的合计为 $1+4+10+17+23+26=81$ 个好数。

解题过程
（1）用传球法。由于不能含有 $12,21,22,31$，因此"$1$"不能传给"$2$"，"$2$"不能传给"$1$"、"$2$"，"$3$"不能传给"$1$"，列表如下，逐位递推。九位数对应第九位末值的方法数之和为 $1+67+109=177$，故不限制时共 $177$ 个。（2）若要求三个数字都出现，需从 $177$ 个中减去缺少某个数字的情形：不含数字"$3$"且满足相邻限制的数不存在（$0$ 个）；不含数字"$1$"的有 $10$ 个；不含数字"$2$"的有 $89$ 个。其中 $333\,333\,333$ 被重复计算了一次，故应去掉的数有 $89+10-1=98$ 个，所以三个数字都至少出现一次的有 $177-98=79$ 个九位数。

解题过程
（1）$1$ 个三角形把平面分成 $2$ 部分。画第 $2$ 个三角形，它和第 $1$ 个三角形最多有 $6$ 个交点，被分成 $6$ 段，每段都使整个平面多分出一个部分，因此 $2$ 个三角形可以把平面分成 $2+6=8$ 个部分；画第 $3$ 个三角形，它与前面的图形最多有 $12$ 个交点，平面增加 $12$ 部分……一般地，画第 $n$ 个三角形与前面图形最多有 $6(n-1)$ 个交点，平面增加 $6(n-1)$ 部分。综上 $n$ 个三角形最多把平面分成 $2+6+12+\cdots+6(n-1)=2+3n(n-1)$ 个部分。因此 $8$ 个三角形最多分成 $2+3\times 8\times(8-1)=170$ 个部分。（2）有直线时先画直线不易错：$1$ 条直线把平面分成 $2$ 个部分，再依次画 $3$ 个四边形和 $2$ 个圆，每个图形分别最多新增 $2,\,2+8=10,\,2+8+8=18,\,2+8+8+8=26,\,2+8+8+8+2=28$ 个交点，新增段数与交点数相同，于是新增区域为 $2,10,18,26,28$。所以一共有 $2+2+10+18+26+28=86$ 个部分。

解题过程
一条直线最多分阴影部分成 $2$ 部分；第二条直线最多和圆环以及前面一条直线有 $5$ 个交点，那么形成 $4$ 条线段，且一定有一条在小圆内部，圆环内部多了 $4$ 条线段，多了 $4$ 部分，一共 $2+2=4$ 部分（注：去掉穿过小圆内部不计入阴影的部分）；同理第三条直线和前面图形有 $6$ 个交点，形成 $5$ 条线段，圆环内部多了 $5$ 部分，一共 $5+4=9$ 部分；第四条直线和圆环和前面三条直线有 $7$ 个交点，那么形成 $6$ 条线段，圆环内部多了 $5$ 条线段，多了 $5$ 部分，一共 $9+5=14$ 部分。

解题过程
若只有 $3\times 2$ 的方格表，显然有 $3$ 种填法；仔细观察发现，图中阶梯形每升高 $1$ 层，方法数就增加 $2$ 种。图 $12\text{-}4$ 的阶梯比 $3\times 2$ 的方格表增加了 $6$ 层，所以共有 $3+2\times 6=15$ 种覆盖方法。

解题过程
设经过 $n$ 次操作后变为 $1$ 的数有 $a_n$ 个，先看前面几个寻找规律：$a_1=1$（这个数是 $2$）；$a_2=1$（这个数是 $4$）；$a_3=2$（这 $2$ 个数是 $3,8$）。再考察 $a_n$：能在 $n$ 步内变成 $1$ 的数中，偶数恰好对应所有 $a_{n-1}$ 中的数乘以 $2$，奇数对应 $a_{n-1}$ 中减 $1$ 后能在剩余步数内变成 $1$ 的偶数，由此得到斐波那契型递推 $a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}$。故 $a_4=3,a_5=5,a_6=8,a_7=13,a_8=21,a_9=34$，即经过 $9$ 次操作变为 $1$ 的数有 $34$ 个。

解题过程
将十个圆圈分为三类。①染中间的圆圈（中央 $A$），共有 $4$ 种方式。②染中间圆周上的 $6$ 个圆圈，以 $A$ 为传球起点用传球法递推。此时设 $A$ 已确定颜色（如白色），其余三种颜色记为白、绿、黑，列表递推：当 $A$ 为白色时，共有 $11+11=22$ 种染色方式，由对称性这 $6$ 个圆圈共有 $3\times 22=66$ 种染色方式。③最后染角上的 $3$ 个圆圈，每个圆圈都有 $2$ 种染法，所以共有 $2^3=8$ 种染法。综上，染 $10$ 个圆圈共有 $4\times 66\times 8=2112$ 种涂法。

解题过程
递推计算。$3$ 个点时有 $1$ 种连结方式；$6$ 个点时有 $3$ 种连结方式；$9$ 个点时，考虑 $A_1$ 所在的三角形，可以是 $A_1A_2A_3$、$A_1A_2A_9$、$A_1A_8A_9$，前三种各对应一种连结方式、后三种各对应一种连结方式，共 $12$ 种连结方式。设 $A_1$、$A_m$、$A_n$ 之间的点数分别为若干组，按 $A_1$ 所在三角形把其余点分成两段、每段成组无交连接分类讨论。$12$ 个点时共 $1\times 1\times 3+6\times 12=55$ 种。$15$ 个点时，按 $A_1$ 所在三角形把其余点分成的点数分类（如 $3,3,6$ 有 $1\times 1\times 3=3$ 种，$0,3,9$ 有 $1\times 12=12$ 种，$3,3,6$、$0,6,6$ 有 $3\times 3=9$ 种，$0,0,12$ 有 $55$ 种等），合计 $3\times(3+9+55)+6\times 12=273$ 种连结方式。

解题过程
$n$ 个人从低年级到高年级依次为 $1,2,\cdots,n$，所谓某人排列产生的"怨言数"即对每个数求出排在它前面且比它大的数的个数，再求和。这正是逆序数（排列中逆序对的个数）。将 $n$ 个数的排列按怨言数（逆序数）记为 $F$，要找 $F$ 的规律（本题即求 $6$ 个数排列中怨言数为 $7$ 的排列个数）。逐步递推：当人数从 $n-1$ 增到 $n$ 时，把第 $n$ 个数（最大数）插入已有排列的某个位置，插在倒数第 $k$ 个位置会使怨言数增加 $k$。由此建立列表（怨言数分布表），逐人递推。当 $n=6$ 时，列表中怨言数为 $7$ 的排列共有 $101$ 种。

解题过程
采用对应计数法。一个“田”字格（$2\times 2$ 的方格）中恰好包含 $4$ 个这样的“L”形。在 $8\times 8$ 的方格表中，一共包含 $7\times 7=49$ 个田字格，因此一共有 $4\times 49=196$ 种取法。

解题过程
小高一共吃 $8$ 天，相当于在 $8$ 天中选出 $4$ 天吃鸡蛋（其余 $4$ 天吃鸭蛋），共有 $C_8^4=70$ 种吃法。

解题过程
采用插板法。把 $5$ 枚相同奖章排成一排，它们之间有 $4$ 个空隙，在其中选 $2$ 个空隙插入隔板分给 $3$ 个学生，方法数为 $C_4^2=6$ 种颁奖方式。

解题过程
由对称性，只需求出常昊获胜的比赛过程方式数，再乘以 $2$ 即可。比赛最多进行 $7$ 局，常昊获胜意味着他赢得最后一局，且在前面的比赛中再赢 $3$ 局。把常昊赢的局看作要在 $7$ 局中确定哪 $4$ 局是常昊赢（含最后一局），等价于在前 $6$ 局中选 $3$ 局是常昊赢，但需保证最后一局必是常昊赢。按局数分类统计可得常昊获胜的过程有 $35$ 种，由对称性，比赛过程一共有 $2\times 35=70$ 种不同的方式。

解题过程
采用插板法。$10$ 个相同橘子排成一排，它们之间有 $9$ 个空隙，从中选 $2$ 个插入隔板分成 $3$ 份，共有 $C_9^2=36$ 种不同的放法。

解题过程
采用插板法。$8$ 集电视剧按顺序排好，相当于把 $8$ 集分到 $4$ 天里（允许某天不播，即某份为空）。$8$ 集之间及两端可放隔板，等价于把 $8$ 个相同物体分成 $4$ 组、允许空组，共有 $C_{11}^3=165$ 种不同的播出方法。

解题过程
本题相当于把 $40$ 个（相同的）人数分到 $3$ 个选项里，每个选项都允许为空。因此共有 $40$ 个“苹果”和 $2$ 块隔板，方法数等于 $C_{42}^2=861$ 种。

解题过程
本题相当于将 $9$ 个相同的“苹果”放入 $3$ 个或 $4$ 个不同的盒子里，每个盒子至少放 $1$ 个（各位数字不含 $0$）。采用插板法：三位数时，$9$ 个苹果有 $8$ 个空隙，选 $2$ 个插板，$C_8^2=28$ 个；四位数时，选 $3$ 个空隙插板，$C_8^3=56$ 个。

解题过程
先不考虑翻转，把 $5$ 节排成一条（直线）涂色，第一节 $3$ 种、其余各节都与前一节不同色各有 $2$ 种，共 $3\times 2\times 2\times 2\times 2=48$ 种。其中翻转后不变（对称）的染法有 $3\times 2\times 2\times 1\times 1=12$ 种；非对称的染法有 $48-12=36$ 种，它们两两因翻转重复，重复的种数为 $36\div 2=18$ 种。因此一共有 $48-18=30$ 种不同的染法。

解题过程
从 $5$ 种颜色中选 $4$ 种颜色，有 $C_5^4=5$ 种选法。用 $4$ 种不同颜色给正四面体的 $4$ 个面染色，考虑到旋转相同，每种颜色搭配恰好对应 $2$ 种本质不同的染法。所以共有 $5\times 2=10$ 种不同的染色方式。

解题过程
采用对应计数法。一个 $2\times 3$ 的长方形格子中包含 $4$ 个这样的“L”型。在 $8\times 8$ 的方格表中，竖放和横放的 $2\times 3$ 长方形格子共有 $7\times 6\times 2=84$ 个，因此共可数出 $4\times 84=336$ 个“L”型。

解题过程
从 $A$ 点走到 $B$ 点，无论怎样走，一定有 $10$ 步向右、$3$ 步向下，共 $13$ 步。只要确定在 $13$ 步中有哪 $3$ 步是向下的即可，共有 $C_{13}^3=286$ 种不同的走法。

解题过程
由题目条件可知，每一列的靶子顺序是确定的（每次都击碎该列最下面的一个），或者说在排列的时候是不计顺序的。一共射击 $7$ 次，我们选其中的 $3$ 次射第一列的靶子，有 $C_7^3=35$ 种方法；剩下 $4$ 次中选 $2$ 次射第二列，有 $C_4^2=6$ 种方法；剩下的 $2$ 次射第三列，有 $C_2^2=1$ 种方法。击碎全部 $7$ 个靶子共有 $C_7^3\times C_4^2\times C_2^2=210$ 种。

解题过程
（1）青蛙能够回到起点，必须向左两次、向右两次（例如左左右右、左右左右等）。从 $4$ 步中挑出 $2$ 步来向左，有 $C_4^2=6$ 种跳法。（2）现在青蛙朝四个方向跳，记四个方向为 $1,2,3,4$（如左、右、上、下）。要回到起点必须保证四步之内 $1$ 和 $2$ 一样多、$3$ 和 $4$ 一样多。分为两类：第一类，$1,2,3,4$ 各一个，共有 $A_4^4=24$ 种方法；第二类，只有 $1,2$（即只在某一对相反方向上往返）或者只有 $3,4$，共有 $2\times C_4^2=12$ 种方法。两者相加共 $24+12=36$ 种。

解题过程
题目中的三角形共两类：① 有一条边在平行线上，那么这个三角形的另两条边取自画出的 $10$ 条线段，而这 $10$ 条线段中的任意两条能确定 $2$ 个这样的三角形（如图 1），共 $2\times C_{10}^2=90$ 个。② 三条边都不在平行线上，那么这三条边都取自画出的 $10$ 条线段，而其中任意 $3$ 条唯一确定一个三角形（如图 2），所以共 $C_{10}^3=120$ 个。综上，$120+90=210$ 个三角形。

解题过程
（1）每人至少分 $1$ 个：用插板法，$20$ 个苹果排成一排有 $19$ 个空隙，选 $2$ 个插隔板分成 $3$ 份，共 $C_{19}^2=171$ 种。（2）允许有小朋友分不到：相当于把 $20$ 个苹果分到 $3$ 个允许为空的盒子里，用添元素插板法，共 $C_{22}^2=231$ 种分法。

解题过程
采用插板法。$10$ 块大白兔奶糖排成一排，有 $9$ 个空隙，每个空隙可以选择插隔板或不插（插板表示当天吃完、第二天再吃），共有 $2^9=512$ 种吃法。

解题过程
换一个角度：要熄灭 $7$ 盏灯，则需保留 $18-7=11$ 盏亮着的灯。把这 $11$ 盏亮灯排好，它们之间及两端共有 $12$ 个空隙（两端也算），由于任意相邻两盏灯不能同时熄灭，熄灭的 $7$ 盏灯必须放进这 $12$ 个空隙中且每个空隙至多放一盏，所以方案数为 $C_{12}^7=792$ 种。

解题过程
提案被通过即赞成票多于半数，最少为 $218$ 票，最多 $435$ 票。当赞同票为 $218$ 票时，反对票和弃权票共计 $217$ 票，有 $(0,217),(1,216),(2,215),\cdots,(217,0)$，共 $218$ 种可能；当赞同票为 $219$ 票时共 $217$ 种；当赞同票为 $220$ 票时共 $216$ 种；……；当赞同票为 $435$ 票时，反对票和弃权票共 $0$ 票，共 $1$ 种。三种票数的统计情况共有 $218+217+\cdots+2+1=23871$ 种。

解题过程
从 $10$ 个小朋友中选出 $3$ 个互不相邻的小朋友，还剩下 $7$ 个小朋友，这 $7$ 个小朋友产生 $8$ 个空隙。将选出的 $3$ 个小朋友放入这 $8$ 个空隙（每个空隙至多放一人即保证不相邻），方法数与题目中的选法一一对应，共有 $C_8^3=56$ 种不同的选法。

解题过程
解法一：按所选的菜数分类。（1）只选 $1$ 种菜，有 $10$ 种；（2）选 $2$ 种菜，如果两种菜分一盘 $3$ 盘，则结果是 $C_{10}^2\times 2=90$ 种，组合在一起共选 $2$ 种菜的方案有 $C_{10}^2\times 3=135$ 种；（3）选 $3$ 种菜，有 $C_{10}^3\times 3=360$ 种；（4）选 $4$ 种菜，有 $C_{10}^4=210$ 种。合计共 $10+135+360+210=715$ 种。解法二：把 $4$ 个相同的盘子分给 $10$ 道不同的菜（每种菜可重复、可不选），采用插板法可得 $C_{13}^4=715$ 种选菜方案。

解题过程
先排好 $3$ 个男生，在每 $2$ 个男生之间各插 $2$ 个女生（用掉 $4$ 个女生），还剩下 $3$ 个女生。不考虑已经排入的 $4$ 个女生，$3$ 个男生产生 $4$ 个空隙，将剩下的 $3$ 个女生排入这 $4$ 个空隙中：若 $3$ 个女生在一起，有 $C_4^1=4$ 种排法；若选 $2$ 个位置排这 $3$ 个女生，有 $A_4^2=12$ 种排法；若选 $3$ 个位置排这 $3$ 个女生，有 $C_4^3=4$ 种排法，共计 $20$ 种排法。再考虑 $3$ 个男生和 $7$ 个女生各自的顺序，共 $20\times A_3^3\times A_7^7=604800$ 种排法。若站成一圈，则有 $A_3^2\times A_7^7=30240$ 种排法。

解题过程
$2310=2\times 3\times 5\times 7\times 11$。我们用 $(a,b,c)$ 来表示长方体的长、宽、高各自含有的质因子个数。 （5,0,0）（如长、宽、高为 $2310,1,1$），有 $1$ 个； （4,1,0），有 $C_5^1=5$ 个； （3,2,0），有 $C_5^2=10$ 个； （3,1,1），有 $C_5^3=10$ 个； （2,2,1），有 $C_5^2\times C_3^2\div 2=15$ 个。 共计 $1+5+10+10+15=41$ 个。

解题过程
若只用 $3$ 种颜色，只能是相对面染同一种颜色，染法唯一。从 $4$ 种颜色中选 $3$ 种颜色，有 $C_4^3=4$ 种方法。 若 $4$ 种颜色均用（如红、黄、蓝、绿四种颜色），必有一个对面染红色，不妨设底面为红色。若其对面也为红色，则侧面有黄蓝黄蓝、蓝黄蓝绿、绿黄绿蓝 $3$ 种染法，共 $1\times 3=3$ 种染法；若其相对面为其他三种颜色，则侧面的染法唯一，共 $3\times 1=3$ 种染法。 综上，共计 $4+3+3=10$ 种染法。

解题过程
先放红球（如图 1，$3$ 个红球把圆环分成 $3$ 段），这时 $10$ 个白球要放到红球之间的 $3$ 个缝隙中。把 $10$ 个白球分为三堆（每堆可以是 $0$ 个）有 $14$ 种方法，分别是：$0+0+10,\ 0+1+9,\ 0+2+8,\ 0+3+7,\ 0+4+6,\ 0+5+5$；$1+1+8,\ 1+2+7,\ 1+3+6,\ 1+4+5$；$2+2+6,\ 2+3+5,\ 2+4+4$；$3+3+4$。又因为图形可以翻转，把 $2$ 个白球放在左右两个缝隙是相同的，所以每种（不计顺序的）分法确定唯一一种圆环，因此一共有 $14$ 种不同的圆环。

解题过程
为了可以进行 $5$ 次操作，$1$ 不能放首位，有 $5$ 个位置可以选择；若 $1$ 在第 $k$ 位上，则 $k$ 就不能在第 $1$ 位，那么 $k$ 有 $4$ 个位置可以选择；同理，若 $k$ 在第 $m$ 位，则 $m$ 不能在第 $1$ 位，那么 $m$ 有 $3$ 个位置可以选择；以此类推。根据乘法原理，一共有 $5!=120$ 个符合题意的六位数。

解题过程
（1）穿成一串：先把 $2$ 红 $2$ 黄共 $4$ 个珠子排成一行，注意到翻转相同算一种，所以共有 $4$ 种基本排法。① 当 $4$ 个珠子两两不相邻地排好后，$3$ 个蓝珠子可以随意地放入 $5$ 个空中，共 $C_5^3=10$ 种；② $2$ 个红珠子之间和 $2$ 个黄珠子之间必有蓝珠子时，最后一个蓝珠子有若干放法，去掉翻转重复实际上有 $4$ 种；③ $2$ 个黄珠子之间必有蓝珠子时，剩下 $2$ 个蓝珠子共有 $4$ 个位置可以选择，$C_4^2=6$ 种但其中有 $2$ 种重复，实际只有 $4$ 种；④ 与③同理，共 $4$ 种。综上，共 $10+4+4+\cdots=21$ 种不同实质的穿法。（2）穿成一圈：先把 $3$ 个蓝珠子放到圆周上，再把剩下的 $4$ 个珠子放到 $3$ 个空中，由抽屉原理知有 $2$ 个珠子（$1$ 红 $1$ 黄）在一个空里。最后两个珠子有 $2$ 种放法：左红右黄、左黄右红，所以共 $2$ 种方法。

解题过程
先把 $8$ 个队随便排，有 $A_8^8$ 种。再考虑每次对决：由于对称性（同一场对决交换两队位置得到的是同一安排），每次对决都会产生 $2$ 种本质一样的情况，图中共有 $7$ 次对决，所以实质不同的比赛安排有 $\dfrac{A_8^8}{2^7}=315$ 种。

解题过程
（1）每 $2$ 个顶点之间都可以连一条线段，扣除八边形边上的 $8$ 条，八边形内共连接了 $C_8^2-8=20$ 条线段（对角线）。 （2）八边形的任意 $4$ 个顶点均可以形成一个四边形，这个四边形的对角线的交点就是八边形内的一个交点，所以八边形内有几个交点等价于有几个这样的四边形，共有 $C_8^4=70$ 个交点。 （3）三角形分四类：① $3$ 个顶点都是八边形的顶点，有 $C_8^3=56$ 个；② $2$ 个顶点为八边形的顶点、$1$ 个不是，每一个 $(2)$ 中的四边形对应 $4$ 个这样的三角形，共 $C_8^4\times 4=280$ 个；③ $1$ 个顶点为八边形的顶点、$2$ 个不是，每一个由 $5$ 个顶点形成的凸五边形对应 $5$ 个这样的三角形，共 $C_8^5\times 5=280$ 个；④ 三个顶点均不是八边形的顶点，任意 $6$ 个顶点形成一个六边形，其顶点两两相连恰好在中心出现 $1$ 个这样的三角形，共 $C_8^6=28$ 个。总计 $56+280+280+28=644$ 个三角形。

解题过程
把一个有 $5$ 元钞票的小朋友买票看成向右走一步，把一个有 $10$ 元钞票的小朋友买票看成向上走一步，则问题相当于求从一个 $5\times 5$ 方格图的左下角出发走到右上角、且过程中任何时刻向右的步数都不少于向上步数（即任何时刻收到的 $5$ 元数不少于需找零的 $10$ 元数）的路径数。用标数法得这样的合法路径有 $42$ 种。注意到有 $5$ 元的 $5$ 个小朋友和有 $10$ 元的 $5$ 个小朋友各自还能全排列，各有 $5!=120$ 种，所以共有 $42\times 120\times 120=604800$ 种排队方法，使售票员总能找得开零钱。

解题过程
把“经理交一封信”看成向右走一步，把“秘书打印一封信”看成向上走一步，由于信件是栈结构（后交先打、任何时刻已打印数不超过已交信数），合法的打印顺序对应从左下角到右上角且不越过对角线的格路。（1）若上午把 $5$ 封信都打完了，则对应一个 $5\times 5$ 的合法格路，用标数法得有 $42$ 种可能。（2）若上午没把信打完，则按下午尚需打印的信封数分类，分别用标数法计数：若上午剩 $4$ 封未打印有 $20$ 种、剩 $3$ 封有 $54$ 种、剩 $2$ 封有 $56$ 种、剩 $1$ 封有 $20$ 种，综上下午打印信的顺序共有 $20+54+56+20=150$ 种可能。

解题过程
（1）先在每两个黑球之间放两个白球，用掉 $16$ 个白球，还剩 $4$ 个白球。这时圆圈上的白球被分成 $8$ 堆，现在问题变成把这 $4$ 个白球放进 $8$ 堆白球里有多少种放法（考虑旋转算一种）。① 若 $4$ 个白球放在一堆，只有 $1$ 种；② 若放在两堆：$1+3$ 有 $7$ 种，$2+2$ 有 $4$ 种；③ 若放在三堆（即 $4$ 个白球按 $1+1+2$ 分到三堆里），一共 $7$ 种，考虑到 $1+1+2$ 的排列还要再乘 $3$，一共 $21$ 种；④ 若放在四堆（$1+1+1+1$），把 $8$ 堆白球的位置分成 $4$ 部分，选顺时针方向的第一个，按 $1+1+1+5$、$1+1+2+4$、$1+2+5$、$1+2+2+3$、$2+2+2+2$ 等情形分类（考虑旋转去重）共若干种。综合各类去掉旋转重复，一共 $43$ 种放法。（2）原书参考答案未给出第（2）问的解答与结果。

解题过程
设家和公园的距离是 $x$ 千米。临界情况是“先回家取车再骑到博物馆”与“直接步行到博物馆”用时相等。则有 $\dfrac{x}{1}+\dfrac{x+2}{4}=\dfrac{2}{1}$，解得 $x=1.2$。故公园门口到他们家的距离是 $1.2$ 千米。

解题过程
上坡、平路、下坡的路程比为 $1:2:1$，速度比为 $3:4:6$，则时间比为 $\dfrac{1}{3}:\dfrac{2}{4}:\dfrac{1}{6}=2:3:1$。平路用时 $25$ 分钟（占 $3$ 份），故每份 $\dfrac{25}{3}$ 分钟，总时间为 $(2+3+1)$ 份 $=6$ 份 $=6\times\dfrac{25}{3}=50$ 分钟。

解题过程
“都在 $6{:}00$ 出发，$11{:}00$ 相遇”说明两车各行 $5$ 小时会相遇；“分别于 $7{:}00$、$8{:}00$ 出发，$12{:}40$ 相遇”说明客车行 $5$ 小时 $40$ 分、货车行 $4$ 小时 $40$ 分两车会相遇。比较两个过程，客车多行 $40$ 分的路程等于货车少行 $20$ 分的路程，所以两车速度比 $v_{客}:v_{货}=1:2$。设客车速度为 $1$ 份，货车速度为 $2$ 份，全程为 $(1+2)\times 5=15$ 份。现在客车和货车分别于 $10{:}00$ 和 $8{:}00$ 出发，到 $10{:}00$ 时两车相距 $15-2\times 2=11$ 份，还要 $11\div(1+2)=\dfrac{11}{3}$ 小时 $=3$ 小时 $40$ 分钟相遇，所以它们将在 $13{:}40$ 相遇。

解题过程
把乙看作从十字路口处向北直行，这不会影响他和十字路口的距离。“甲、乙同时出发 $10$ 分钟后两人与十字路口的距离相等”说明两人 $10$ 分钟合走 $1200$ 米，两人的速度和为 $120$ 米/分；“出发 $100$ 分钟后两人与十字路口的距离再次相等”说明此时甲恰好追上乙，甲共比乙多走 $1200$ 米，两人的速度差为 $1200\div 100=12$ 米/分。所以甲的速度是 $(120+12)\div 2=66$ 米/分，乙的速度是 $66-12=54$ 米/分，此时他们距十字路口 $54\times 100=5400$ 米。

解题过程
从出发到乙、丙相遇，乙走了 $BO+15=30+15=45$ 千米，由甲、乙速度比 $8:9$，这段时间甲走了 $45\times\dfrac{8}{9}=40$ 千米。从乙、丙相遇到甲、丙相遇，丙走了 $15+6=21$ 千米，甲走了 $10+(20-6)=24$ 千米，所以甲、丙的速度比为 $v_{甲}:v_{丙}=24:21=8:7$。故甲、乙、丙的速度比为 $v_{甲}:v_{乙}:v_{丙}=8:9:7$。乙、丙相遇时丙走了 $40\times\dfrac{7}{8}=35$ 千米，此时乙、丙合走了 $BC$ 全程，所以 $BC$ 相距 $45+35=80$ 千米，从而 $OC$ 相距 $80-30=50$ 千米。

解题过程
不妨设从山脚到山顶的路程为 $1$ 个全程。两人先分析从甲、乙同时出发到甲到顶的这段时间内，甲走了 $1$ 个全程的上坡。由于下山速度是上山速度的 $2$ 倍，下坡同样路程所需时间是上坡的 $\dfrac{1}{2}$。在这段时间内甲若一直走上坡可走 $1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$ 个全程；乙在同样时间内可走 $1+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{4}$ 个全程（即乙这时走的等效上坡路程），由时间相同得两人上山速度比为 $\dfrac{3}{2}:\dfrac{5}{4}=6:5$。再利用“甲到山顶时乙距山顶还有 $400$ 米”这个条件，得山脚到山顶的距离为 $400\div(6-5)\times 6=2400$ 米。

解题过程
卡莉娅每秒走 $2$ 级，自动扶梯每秒走 $0.5$ 级，速度比为 $2:0.5=4:1$。卡莉娅与扶梯向上从底部走到顶部的过程中，卡莉娅和扶梯走的台阶数之和就是扶梯的可见部分 $120$ 级。卡莉娅与扶梯共同走过的台阶数按 $4:1$ 分配，卡莉娅走了 $120\div(4+1)\times 4=96$ 级。

解题过程
设第一段、第三段长分别记为 $2$ 份与 $1$ 份。第一段以 $40$ 千米/时行驶用 $5$ 份时间，第三段以 $50$ 千米/时行驶用 $3$ 份时间；第二段两端各以 $90$ 千米/时行驶。结合“两车在 $CD$ 段速度相同”及相遇点位于第二段从甲到乙方向 $\dfrac{1}{3}$ 处的条件，按速度与时间比例计算（设相遇点为 $E$，则 $AC$、$CE$、$ED$、$DB$ 各段分别对应 $5$ 份、$3$ 份、$3$ 份、$2$ 份时间）。两车共经过 $8$ 份时间相遇，故 $1$ 份对应 $10$ 分钟，求得甲、乙两市相距 $\dfrac{5}{6}\times 40+\dfrac{3}{6}\times 90+\dfrac{2}{6}\times 50=185$ 千米。

解题过程
设第二辆摩托车（返回的那辆）在距驻地 $x$ 千米处把油匀给第一辆，使两车此时都恰好剩下能继续行驶的油量。第二辆把多余的油给第一辆后正好能返回驻地，于是把它的油转移之后两车配合达到最优：求得指挥部距小分队驻地最远可能是 $150+50=200$ 千米。

解题过程
因为甲、乙速度相同，考虑车和乙即可。如图，汽车去时载甲走了 $4$ 份路程后放下甲，再空车回接乙走 $3$ 份，乙在这段时间步行 $1$ 份；接着汽车载乙走 $4$ 份到飞机场。由汽车速度 $35$ 千米/时与步行 $5$ 千米/时（速度比 $7:1$），可知车往返一个来回中各段份数满足 $1$ 份对应 $24\div(4+1)=4.8$ 千米的安排。所以汽车应在距飞机场 $4.8$ 千米处返回接乙班学生。

解题过程
如果轿车和巴士都不休息地行驶完 $AB$ 这段路程，所花的时间之差是 $11+7-10=8$ 分钟。由于速度比是 $\dfrac{4}{5}$，所用时间之比是速度比的反比，即轿车与巴士所用时间比为 $4:5$，所以 $8$ 分钟就是 $1$ 份时间，两车不间断行驶完全程所花时间分别为 $32$ 分钟和 $40$ 分钟。巴士 $10$ 点出发，到达中点时间为 $10$ 点 $20$ 分，并在此停留到 $10$ 点 $30$ 分；轿车 $10$ 点 $11$ 分出发，到达中点的时间是 $10$ 点 $27$ 分，此时两车相遇，故轿车超过巴士时是 $10$ 点 $27$ 分。

解题过程
两车行完全程所花时间比为 $10:15=2:3$，可得速度比为 $3:2$。由于两车相遇时所行时间相同，故相遇时所走路程比等于速度比 $3:2$，即相遇时客车行驶了全程的 $\dfrac{3}{5}$。从相遇时刻到客车行完全程 $80\%$ 这段过程中，客车又行驶了 $80\%-\dfrac{3}{5}=\dfrac{1}{5}$。相同时间里货车行驶的路程为客车的 $\dfrac{2}{3}$，即全程的 $\dfrac{1}{5}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{15}$，这正是货车又行的 $90$ 千米，所以全程为 $90\div\dfrac{2}{15}=675$ 千米。

解题过程
两次追及过程相比较，甲的速度不变，故追及过程所经过的时间比等于路程比 $9:2$。乙在两个追及过程中，时间比也等于 $9:2$，而乙的速度比为 $1:2$，所以乙在两次过程中行驶的路程比为 $(1\times 9):(2\times 2)=9:4$。两次乙走的路程差为 $9-4=7$，对应距离差是 $9-2=7$ 千米，故两次乙分别走了 $7\div(9-4)\times 9=12.6$ 千米和 $7\div(9-4)\times 4=5.6$ 千米。第一次乙走 $12.6$ 千米追上甲（甲走 $9$ 千米），所以 $AB$ 距离为乙第一次比甲多走的部分，即 $12.6-9=3.6$ 千米。

解题过程
乙、丙走相同路程所用的时间比是 $t_乙:t_丙=40:50=4:5$，所以乙、丙的速度比是 $v_乙:v_丙=5:4$；甲、丙走相同路程所用的时间比是 $t_甲:t_丙=100:130=10:13$，所以甲、丙的速度比是 $v_甲:v_丙=13:10$。故三人的速度比是 $v_甲:v_乙:v_丙=26:25:20$。那么甲、乙走相同路程所用的时间比为 $t_甲:t_乙=25:26$，所以甲出发后 $20\div(26-25)\times 25=500$ 分钟追上乙。

解题过程
设从山脚到山顶的路程为 $1$ 个全程。先分析从出发到甲到顶这段时间，甲走 $1$ 个上坡。下坡同样路程用时是上坡的 $\dfrac{1}{2}$，这段时间甲若一直上坡可走 $1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$ 个全程，乙可走 $1+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{4}$ 个全程，由时间相同得两人上山速度比为 $\dfrac{3}{2}:\dfrac{5}{4}=6:5$。再分析两人从出发直到相遇：当甲走 $1$ 个全程到达山顶时，乙走 $\dfrac{5}{6}$ 个全程，此时甲距乙 $\dfrac{1}{6}$ 个全程；之后甲下山速度变为上山的 $2$ 倍，乙继续上山，甲、乙速度比为 $12:5$，由此甲又走 $\dfrac{1}{6}\times\dfrac{12}{12+5}=\dfrac{2}{17}$ 个全程时与乙相遇，这段路程就是 $400$ 米。因此山脚到山顶的全程等于 $400\div\dfrac{2}{17}=3400$ 米。

解题过程
甲车变速后的速度是 $32\times\dfrac{5}{4}=40$ 千米/时，乙车变速后的速度是 $48\times\dfrac{5}{6}=40$ 千米/时。设全程为 $x$ 千米，则两车第一次相遇地点与 $A$ 地的距离是 $\dfrac{32}{32+48}x=\dfrac{2}{5}x$ 千米。乙车到达 $A$ 地时，甲车距 $B$ 地还有一段，结合变速后两车都为 $40$ 千米/时，按第二次相遇的位置列式得相遇点位置，并由“第一次相遇与第二次相遇相距 $74$ 千米”求出 $x=240$ 千米。乙车回到出发点还要 $\dfrac{7}{24}\times 240\times\dfrac{1}{40}=\dfrac{7}{4}$ 小时，甲车回到出发点还要 $\left(1-\dfrac{7}{24}\right)\times 240\times\dfrac{1}{40}=\dfrac{17}{4}$ 小时，乙车比甲车早 $\dfrac{17}{4}-\dfrac{7}{4}=2.5$ 小时。

解题过程
根据题意画出行程图，设甲、乙两速度提高前的速度比为 $3:n$。由甲在距中点 $220$ 米处提速的两种情形，列出相遇时两人路程差由“乙多 $100$ 米”变为“甲多 $100$ 米”的关系，即提速使甲、乙相遇位置移动对应 $200$ 米的变化，求得速度比 $v_甲:v_乙=3:2$。再由甲提速后甲、乙相遇时各自路程关系，得到甲走 $48$ 米，乙走 $48\times\dfrac{2}{3}\dots$ 等对应关系，最终全程为 $\dfrac{5+4}{5-4}\times 100=900$ 米。

解题过程
有三个过程：第一个过程是三人在 $E$ 点相遇；第二个过程是乙速度变为原来的 $3$ 倍，甲、乙相遇时丙还差 $52$ 分钟到三人相遇点（记为点 $F$）；第三个过程是乙速度变为原来的 $3$ 倍且丙提前 $52$ 分钟出发，三人相遇于 $F$ 点。先看第一个过程，注意到 $AD=BD=\dfrac{1}{2}\times 54=27$ 千米，所以 $AE:EB=(27+5.4):(27-5.4)=3:2$，由时间相同得甲、乙速度比为 $3:2$。第二个过程中乙速度变为原来的 $3$ 倍，甲、乙速度比为 $3:(2\times 3)=1:2$，所以相遇时甲走了 $\dfrac{1}{1+2}\times 54=18$ 千米，即 $AF$ 的长。因此丙 $52$ 分钟走的路程是 $FD$ 外加 $6600$ 米，即 $27000-18000+6600=15600$ 米，所以丙每分钟走 $15600\div 52=300$ 米。比较第一、第二个过程，丙所走的路程相差 $6600+5400=12000$ 米，也就是两个过程中甲、乙相遇的时间差为 $12000\div 300=40$ 分钟；由于甲速度不变，甲所走的路程差是 $9000+5400=14400$ 米，所以甲的速度为 $14400\div 40=360$ 米/分 $=21.6$ 千米/时。

解题过程
同一方向发出的相邻两辆车之间的距离总是固定的。这是一条件，我们可以设相邻两车的距离为 $4$ 份（用 $4$ 分钟乘车速表示），则小王速度满足（小王速度＋车速）$\times 6=4\times$ 车速，得小王速度 $=\dfrac{4}{6}-1=-\dfrac{1}{3}$ 份意义下的关系，整理得小张速度 $=\dfrac{3}{5}$ 车速，小王速度 $=\dfrac{1}{3}$ 车速。所以小王、小张与电车两两的速度比为 $9:5:15$。从而小张与小王的速度和是车速的 $\dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{14}{15}$，他们在途中相遇时已经走了 $56\times\dfrac{15}{14}=60$ 分钟。

解题过程
设 $A$、$C$ 相距 $x$ 千米，则 $D$、$B$ 相距 $x+26-4=x+22$ 千米。设米老鼠的速度为 $6z$ 千米/时，则唐老鸭的速度为 $5z$ 千米/时，那么过 $C$ 点后米老鼠的速度变为 $6z\times\dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{2}z$ 千米/时，过 $D$ 点后唐老鸭的速度变为 $5z\times\dfrac{5}{4}=\dfrac{25}{4}z$ 千米/时，过 $C$ 点后唐老鸭的速度变为 $\dfrac{75}{16}z$ 千米/时。依两者同时出发同时到达，列出 $x\div 6z+30\div\dfrac{9}{2}z+(x+22)\div\dfrac{45}{8}z=(x+22)\div 5z+30\div\dfrac{25}{4}z+x\div\dfrac{75}{16}z$，整理去分母解得 $x=20$，所以 $A$、$B$ 两地相距 $20+26+4+20+22=92$ 千米。

解题过程
甲逆着扶梯向下走，行走的距离比扶梯可见部分要长，同时扶梯又把他向上带了一段，这段距离就是甲所走路程比扶梯可见部分长出来的那段；乙顺着扶梯向上走，同时扶梯把他向上带了一段，两者相加恰好等于扶梯可见部分的总长。由于甲、乙两人的路程比为 $150:75=2:1$，速度比为 $3:1$，所以走完各自路程所花时间比为 $\dfrac{2}{3}:\dfrac{1}{1}=2:3$，于是这两段时间内扶梯运行的路程比也是 $2:3$。这两段扶梯运行的路程总和等于 $150-75=75$ 级，所以两段扶梯分别为 $30$ 级和 $45$ 级。因此扶梯可见部分总长等于 $150-30=120$ 级（也等于 $75+45=120$ 级）。所以扶梯可见部分共有 $120$ 级。

解题过程
速度最慢的两辆车的速度为每小时 $40+50=90$ 千米，它们相距 $18\times 2=36$ 千米，走完这段路程最少需要 $36\div 90=0.4$ 小时，即 $24$ 分钟。这就是四辆车都能到达同一地点所需的最短时间：让最慢的两辆车都朝相向的岔路行驶并在路口相遇地点会合，此时速度更快的两辆车也都能在 $24$ 分钟内到达，故最少要经过 $24$ 分钟它们才能相聚于一点。

解题过程
设 $3$ 架飞机分别为甲、乙、丙，让甲飞机飞到 $B$ 地，乙、丙两架飞机给甲飞机供油。加以分析可知最佳方案：三机同时起飞，飞行 $\dfrac{1}{6}$ 全程（即 $1500\div 6$）后，丙把油给甲、乙各补满后返回 $A$；甲、乙继续飞行到 $\dfrac{1}{3}$ 处（飞行 $1500\div 3$），乙再把油给甲补满后返回 $A$；甲继续飞完剩下全程。按此最优安排，$A$、$B$ 两地最远相距 $1500\times\dfrac{3}{2}=2250$ 千米。

解题过程
本题中车速不同，人速相同，所以两个队的步行路程相同，两个队坐车的路程也相同。设这两队分别为 $A$ 队和 $B$ 队，假设先送 $A$ 队，画出车和 $B$ 队的行程图。假设 $A$ 队坐车共走 $9$ 份路程，则此时 $B$ 队走 $2$ 份路程，车和 $B$ 队相距 $7$ 份。因为 $B$ 队步行和车空载的速度比是 $1:6$，所以他们相遇时，$B$ 队又走 $1$ 份，车又走 $6$ 份。因为 $A$ 队共乘车 $9$ 份，所以 $B$ 队也要乘车 $9$ 份。所以 $B$ 队共步行 $9\times\dfrac{3}{12}=\dfrac{9}{4}$ 千米，共乘车 $9-\dfrac{9}{4}=\dfrac{27}{4}$ 千米，需要 $\dfrac{9}{4}\div 6+\dfrac{27}{4}\div 27=\dfrac{5}{8}$ 小时 $=37.5$ 分钟。两队均到场即可开始，故比赛最早在出发后 $37.5$ 分钟开始。

解题过程
注意到本题中的碰撞可以看做碰撞后两球互相穿过对方，同时交换字母。这样把碰撞处理成各球独立匀速运动，相邻两球之间的路程差需消去时即“相遇”。以 $A$ 为起点，分别计算各球追及与相遇的时刻，使四个球（视为可穿过）回到同一位置且字母重合的最早时刻。这四个球的位置都是 $48$ 米周长上的等分点，按各自速度运动，经过分析（速度 $1,2,3,4$，周长 $48$）求得它们第一次同时碰到一起在 $36$ 秒。

解题过程
根据题意画图分析。设乙、丙相遇时丙走了 $x$ 千米，那么 $v_{乙}:v_{丙}=18:x$；之后乙走 $x$ 千米到达 $C$ 地的过程中，丙走了 $18+32=50$ 千米，所以 $v_{乙}:v_{丙}=x:50$。故 $18:x=x:50$，即 $x^2=900$，符合题意的解是 $x=30$，所以 $B$、$C$ 间的距离为 $18+30=48$ 千米。甲从 $B$ 地走到 $C$ 地的时候丙走了 $32$ 千米，所以 $v_{甲}:v_{丙}=48:32=3:2$。再看从头开始到甲、丙在 $B$ 地相遇，丙走了 $48$ 千米，故全程 $AC=48\times\dfrac{3+2}{2}=120$ 千米，即 $A$、$C$ 间的路程是 $120$ 千米。

解题过程
这类问题具有周期性，过了一段时间后甲、乙、丙三人又重新都回到山脚。设乙上山速度为 $4$ 米/秒，则下山速度为 $6$ 米/秒，乙上山 $360\div 4=90$ 秒、下山 $360\div 6=60$ 秒，一个来回 $150$ 秒；同理甲、丙各自的来回时间分别为 $100$ 秒、$120$ 秒（按速度比 $6:5:4$）。所以经过 $[100,120,150]=600$ 秒后三人又同时回到山脚，开始新的周期。在一个周期的 $600$ 秒中，甲到山顶的时刻分别为第 $60$、$160$、$260$、$360$、$460$、$560$ 秒。列表考查这些时刻乙的状态：第 $60$、$160$、$260$ 秒乙在上山，第 $360$ 秒乙刚好在山脚，第 $460$ 秒乙下山且距山脚 $150$ 米，第 $560$ 秒乙下山且距山脚 $300$ 米。符合“甲到山顶、乙正在下山、乙距山脚不到 $180$ 米且不在山脚”的情况发生在第 $460$ 秒。此时丙走了 $3$ 个来回还多 $10$ 秒，正在上山，距离山顶 $360-4\times 10=320$ 米。

解题过程
读完题后可以发现本题是一道往返接送的题目，解题的关键是谁骑车 $3$ 点：（1）丙骑得最快，让他始终骑车，且不浪费一点时间；（2）乙走得最快，让乙尽量多步行、少骑车；（3）甲走得最慢，让甲尽量多骑车。结合骑车可带人、只带一人的约束，最优方案让丙全程骑车并往返接送甲，乙主要步行，使三人同时到达。按此最优往返接送方案算出总时间，最短需要 $113\dfrac{2}{3}$ 分钟。

解题过程
设扶梯的速度为 $x$ 级每秒，阿呆的速度为 $12y$ 级每秒，阿瓜的速度为 $5y$ 级每秒。那么阿呆走 $18$ 级台阶花的时间是 $\dfrac{18}{12y}$ 秒，在这段时间内阿呆和扶梯共同走过的台阶数就是扶梯的总长，所以扶梯的总长是 $\dfrac{18}{12y}\times(x+12y)$。同理，用阿瓜也能求出扶梯的总长 $\dfrac{10}{5y}\times(x-5y)$，所以 $\dfrac{18}{12y}\times(x+12y)=\dfrac{10}{5y}\times(x-5y)$，即 $3(x+12y)=4(x-5y)$，亦即 $3x+36y=4x-20y$，解得 $x=56y$。将 $x=56y$ 代入 $$\begin{aligned}\dfrac{10}{5y}\times(x-5y)&=\dfrac{10}{5y}\times(56y-5y)\\&=\dfrac{2}{y}\times 51y\\&=102\end{aligned}$$ 级。

解题过程
由于用比例来求每个人走的路程，比先求时间方便，再求路程更为方便。注意到题中可以采用比例求速度的方法，设 $S$ 千米等于此时乙、丙之间的距离，根据每次相遇时丙与甲、乙之间的路程关系列出比例。第一阶段：第一次甲、丙相遇时，乙走了 $\dfrac{3}{4}\times\dfrac{7-x}{7+x}\times 125$ 千米；其后逐次相遇，丙、甲相距 $\left(\dfrac{3}{4}\times\dfrac{7-x}{7+x}\right)^2\times 125$ 千米……第二次回到甲处时甲、乙相距 $\left(\dfrac{3}{4}\times\dfrac{7-x}{7+x}\right)^2\times 125=45$，化简得 $\dfrac{3}{4}\times\dfrac{7-x}{7+x}=\dfrac{3}{5}$，两边开方解得 $x=\dfrac{7}{9}$，所以乙速度是 $9\times\dfrac{7}{9}=7$ 千米/时。再算甲、乙相距 $20$ 千米发生在甲、丙第三次和第四次相遇之间：$20-\dfrac{81}{5}=\dfrac{19}{5}$ 千米；甲、丙速度和与甲、丙速度差的比为 $1+\dfrac{7}{9}:1+7=2:9$，所以甲、丙相距的路程为 $\dfrac{19}{5}\times\dfrac{9}{2}=17.1$ 千米。

解题过程
从 $12$ 点到 $16$ 点，甲、乙相遇所走的路程和是 $4(v_甲+v_乙)$，而这段路程恰好又是 $12$ 点到 $17$ 点乙、丙相遇所走的路程和 $5(v_乙+v_丙)$，所以 $4(v_甲+v_乙)=5(v_乙+v_丙)$。同样地，$12$ 点到 $14$ 点甲、丁相遇的路程和是 $2(v_甲+v_乙)$，它恰好又是 $14$ 点到 $18$ 点乙追上丁的路程差 $4(v_乙-v_丁)$，所以 $2(v_甲+v_乙)=4(v_乙-v_丁)$。丙、丁从 $12$ 点这一刻起相向而行，相遇所需的时间为 $\dfrac{2(v_甲+v_丁)}{v_丙+v_丁}$（即 $AB$ 段路程和与丙、丁速度和之比）。联立 $\begin{cases}4(v_甲+v_乙)=5(v_乙+v_丙)\\2(v_甲+v_乙)=4(v_乙-v_丁)\end{cases}$，可解得 $\dfrac{2(v_甲+v_丁)}{v_丙+v_丁}=\dfrac{10}{3}$，所以从 $12$ 点开始过 $3$ 小时 $20$ 分钟丙、丁相遇，那时为 $15$ 点 $20$ 分。

解题过程
设全程为 $1$ 份，甲船航行完全程需要 $x$ 天，乙船航行完全程需要 $13$ 天（$4$ 月 $7$ 日正午 $12$ 点乙船到达 $A$ 港），信鸽飞完全程需要 $y$ 天。到 $3$ 月 $31$ 日正午 $12$ 点，甲、乙两船共航行了 $6\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{13}\right)$；接着 $1$ 天后的正午 $12$ 点甲船 $3$ 月 $31$ 日放出的“阿呆”与乙船 $4$ 月 $1$ 日放出的“阿瓜”同时到达 $B$ 港，说明 $3$ 月 $31$ 日正午 $12$ 点时甲、乙两船之间还相距 $\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{13}$，所以 $6\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{13}\right)+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{13}=1$（①）。由乙船在整个航程中放出的最后一只信鸽（$4$ 月 $7$ 日放出）与甲放出的信鸽同时到达 $B$ 港，可列出 $x=13+y$（②）。联立①、②解得 $\begin{cases}x=19.5\\y=6.5\end{cases}$。假设乙船放某只信鸽时已经过去 $a$ 天，该信鸽还要再过 $b$ 天追上甲船的位置（即追上甲船同一时刻放出且尚未到达的信鸽），则此时甲、乙两船相距 $\left(\dfrac{1}{13}+\dfrac{1}{19.5}\right)a-1$，恰好等于信鸽追甲船的路程差 $\left(\dfrac{1}{6.5}-\dfrac{1}{19.5}\right)b$，即 $\left(\dfrac{1}{13}+\dfrac{1}{19.5}\right)a-1=\left(\dfrac{1}{6.5}-\dfrac{1}{19.5}\right)b$，化简得 $5a-4b=39$，解得 $\begin{cases}a=11\\b=4\end{cases}$（再往下的解 $a=15,b=9$ 因 $a>13$ 与题意不符，舍去）。这说明这只信鸽是乙船开出 $11$ 天后放出的，它飞到 $B$ 港还需要 $11\times\dfrac{1}{13}\div\dfrac{2}{13}=5.5$ 天，所以是 $4$ 月 $11$ 日的 $0$ 点。

解题过程
同时满足条件①②的数必为偶数。满足条件③的两位偶数有 $14,32,50,68,86$，再考虑条件①②，只有 $14$ 满足条件（$14-1=13$ 是质数，$14\div 2=7$ 是质数，$14\div 9$ 余 $5$）。所以唯一的两位幸运数是 $14$。

解题过程
（1）能被 $72$ 整除的数，即能被 $8$ 和 $9$ 整除。若 $8\square 25\square$ 能被 $8$ 整除，个位应填 $6$；再考虑能被 $9$ 整除，千位应填 $6$。因此这个五位数是 $86256$。 （2）能被 $55$ 整除，即能被 $5$ 和 $11$ 整除。个位应填 $0$ 或 $5$，再依被 $11$ 整除的规律确定千位，只有填 $85250$ 满足条件。因此满足条件的数是 $85250$。

解题过程
满足条件的数所有数字之和为 $13$，则奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差只能为 $11$（被 $11$ 整除）。由此可知奇位和与偶位和应为 $1$ 或 $12$。满足条件的三位数有 $319,913,418,814,517,715,616$，共 $7$ 个；满足条件且小于 $5000$ 的四位数有 $1309,1903,1408,1804,1507,1705,1606,3190,3091,4180,4081$，共 $11$ 个。满足条件的数共有 $18$ 个。

解题过程
设这个三位数为 $\overline{abc}$，则划去某一位后得到的三个两位数为 $\overline{bc}$、$\overline{ac}$、$\overline{ab}$。由于 $a,b,c$ 均不为 $0$，且三个两位数中有一个是 $5$ 的倍数，则 $b$ 或 $c$ 为 $5$。考虑到能被 $8$ 整除，因此 $c$ 不为 $5$，这样 $b$ 一定为 $5$。考虑到 $\overline{bc}$ 是 $4$ 的倍数，则 $\overline{bc}$ 只能为 $52$ 或 $56$。其中 $52$ 既不是 $6$ 的倍数，也不是 $7$ 的倍数，舍去。因此 $\overline{bc}$ 只能为 $56$。再考虑 $\overline{ac}$ 为 $6$ 的倍数只能为 $66$。因此这个三位数为 $656$。

解题过程
$26460=2^2\times 3^3\times 5\times 7^2$。约数是 $6$ 的倍数，则因子 $2$ 可以选 $2^1$ 或 $2^2$，因子 $3$ 可以选 $3^1$、$3^2$ 或 $3^3$，$5$ 和 $7$ 可以任意选，因此共有 $2\times 3\times 2\times 3=36$ 个。与 $6$ 互质的约数不含因子 $2$ 和 $3$，因子 $5$ 和 $7$ 可以任意选，共有 $2\times 3=6$ 个。

解题过程
有 $9$ 个约数的数可以表示为两种形式：$a^8$ 或 $a^2\times b^2$。从小往大逐个尝试发现 $2^2\times 7^2=196$，$195=3\times 5\times 13$，有 $8$ 个约数。$2^8=256$，$255=3\times 5\times 17$，有 $8$ 个约数。因此最小的和第二小的分别是 $196$ 和 $256$。

解题过程
最大的约数是这个自然数本身，因此它是次大约数的倍数。它们的和也应该为次大约数的倍数。$111=3\times 37$，次大约数为 $37$ 时满足条件，这个自然数为 $74$。

解题过程
$5$ 前面的乘号不能变，$4$ 和 $3$ 前面的乘号可以变，因此最小为 $6\times 5\div 4\div 3\times 2\times 1=5$。

解题过程
余数的和为 $20$，则这个两位数除以 $7,8,9$ 的余数分别为 $6,7,7$ 或 $6,6,8$ 或 $5,7,8$。其中只有 $6,6,8$ 的情况存在满足条件的两位数为 $62$。