六年级奥数_浓度问题讲义

六年级奥数 浓度问题讲义

一、专题引导：

什么是浓度呢？（以糖水为例，将糖溶于水中得到糖水，这里糖叫溶质，水叫溶剂，糖水叫溶液。）

三者之间关系：浓度＝ ×100％＝

×100％ 二、典型例题

例1、有浓度为30％的酒精溶液若干，添加了一定数量的水后稀释成浓度为24％的酒精溶液，如果再加入同样的水，那么酒精溶液的浓度变为多少？ 思路导航：稀释问题是溶质的重量是不变量。

例2、有浓度为7％的盐水600克，要使盐水的浓度加大到10％，需要加盐多少克？

思路导航：溶剂重理不变。

[练习]海水中盐的含量为5％，在40千克海水中，需加多少千克淡水才使海水中盐的含量为2％？

例3、在浓度为50％的硫酸溶液100千克中，再加入多少千克浓度为5％的硫酸溶液，就可以配制成浓度为25％的硫酸溶液？

思路导航：混合前两种溶液中所含溶质的重量、溶剂的重量、溶液的重量分别等于混合后溶液中所含溶质的重量、溶剂的重量、溶液的重量。

[练习]配制硫酸含量为20％的硫酸溶液1000克，需要用硫酸含量为18％和23％的硫酸溶液各多少克？

溶质溶液溶质溶质＋溶剂

例4、从装满100克浓度为80％的盐水杯中倒出40克盐水，再用清水将杯加满；再倒出40克盐水，然后再用清水将杯加满，如此反复三次后，杯中盐水的浓度是多少？

思路导航：反复三次后，杯中又已装满，即最后杯中盐水的重量仍为100克，由此；问题的关键是求出如此反复三次后还剩盐多少克？

[练习]①有盐水若干升，加入一定量水后，盐水浓度降到3％，又加入同样多的水后,盐水浓度又降到2％,再加入同样多的水,此时浓度是多少呢?又问未加入水时盐水浓度是多少?

②有含糖6％的糖水900克,要使其含糖量加大到10％,需加糖多少克?

比和比例应用题

例4、乘坐某路汽车成年人票价3元，儿童票价2元，残疾人票价1元，某天乘车的成年人、儿童和残疾人的人数比是5 0:20:1，共收得票款26740元，这天乘车中成年人、儿童和残疾人各有多少人？

思路导航:单价比:成年人:儿童:残疾人=3:2:1

人数比:50:20:1

[练习]甲乙两人走同一段路，甲要20分钟，乙要15分钟，现在甲、乙两人分别同时从相距840米的两地相向而行，相遇时，甲、乙各走了多少米？

例5、“希望小学”搞了一次募捐活动，她们用募捐所得的钱购买了甲、乙、丙三种商品，这三种商品的单价分别为30元、15元和10元。已知购得的甲商品与乙商品的数量之比为5:6，乙商品与丙商品的数量之比为4:11，且购买丙商品比

购买甲商品多花了210元。

思路导航:根据已知条件可先求三种商品的数量比。

[练习]一种什锦糖是由酥糖、奶糖和水果糖按5:4:3的比例混合而成，酥糖、奶糖和水果糖的单价比是11:8:7,要合成这样的什锦糖120千克，什锦糖每千克32.4元，混合前的酥糖每千克是多少元？

例6、A、B、C是三个顺次咬合的齿轮。当A转4圈时，B恰好转3圈；当B转4圈时，C恰好转5圈，问这三个齿轮的齿数的最小数分别是多少？

思路导航:根据已知条件

可知A、B、C转速与齿数的积都相等，即它们的转速与齿数成反比例。

[练习] P39-6

巩固:

1、甲、乙、丙三个平行四边形的底之比是4:5:6，高之比是3:2:1，已知三个平行四边形的面积和是140平方分米，那么甲、乙、丙三个平行四边形的面积各是多少？

2、甲、乙、丙三个三角形的面积之比是8:9:10，高之比是2:3:4，对应的底之比是多少？

3、某校四、五年级参加数学竞赛的人数相等，四年级获奖人数与未获奖人数的比是1:4，五年级获奖人数与未获奖人数的比是2:7；两个年级中获奖与未获奖人数的比是多少？

4、盒子里共有红、白、黑三种颜色的彩球共68个，红球与白球个数的比是1:2，白球与黑球个数的比是3:4，红球有多少个？

六年级秋季班第一讲找规律、计数

家教班、基础班作业

1．将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，至少要画多少条直线？请说明理由。

3．有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大、千位数字比百位数字大、百位数字比十位数字大？

4．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个？

5．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮。用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干不同的车速。“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12。问：这种变速车一共有多少档不同的车速。

6．一次考试五人的总分是423分，每人的分数都是整数，并且各不相同。问得分最少的人，最多得多少分？

解析

7．1、将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，至少要画多少条直线？请说明理由。

解答：根据公式1＋（注意：切分平面的是直线而不是圆），时，最多可将平面分成块；时，最多可将平面分成块，所以至少要画10条直线。

2、

解答：将分子和分母之和相等的分数看作一组。每组分数的个数恰好是自然数的排列：1，2，3…分数位于分子和分母之和为57的那一组的第40个，这一组为：

共56个分数，这一组之前共有：

1+2+3+…+55=（1＋55）×55÷2=1540 1540＋40=1580（个）

3、有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大、千位数字比百位数字大、百位数字比十位数字大？

解答：从0~9中选定4个数字即可确定唯一一个符合条件的四位数，例如0、7、3、1只能对应3107，所以用组合数，10个数字选4个，即。

4、分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个？

解答：分子是1时，分母可取2~59，共58个分数；

分子是2时，分母可取60以内除1以外的所有奇数，共30-1=29个；

分子是3时，分母可取60以内除了3的倍数以及1、2以外的所有数，共60-60÷3-2=38个；

分子是4时，分母可取60以内除1、3以外的所有奇数，共28个；

分子是5是，分母可取60以内除了5的倍数以及1、2、3、4以外的所有数，共

60-60÷5-4=44个；

由上可知，符合条件的真分数共计58+29+38+28+44=197个。

5、现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮。用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干不同的车速。“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12。问：这种变速车一共有多少档不同的车速

解答：根据乘法原理，共有3×4=12种档位，但是48:24=24:12，48:16=36:12，4=24:16，36:36=24:24，所以实际只有12-4=8种不同的车速。

6、一次考试五人的总分是423分，每人的分数都是整数，并且各不相同。问得分最少的人，最多得多少分？

解答：得分最少的人比其余四人，至少分别要少1，2，3，4分所以最少得分要[423－（1＋2＋3＋4）]÷5=82.6分得分最少的人，最多得82分

提高班作业

1、将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，至少要画多少条直线？请说明理由。

2、一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分？

3、有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大、千位数字比百位数字大、百位数

字比十位数字大？

4、分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个？

5、现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮。用链条连

接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干不同的车速。“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12。问：这种变速车一共有多少档不同的车速。

6、小明家住二层，他每次回家上楼梯时都是一步迈两级或三级台阶。已知相邻楼层之间

有16级台阶，那么小明从一层到二层共有多少种不同的走法？

解析

1.解析：

根据公式1＋（注意：切分平面的是直线而不是圆），时，最多可将平面分成块；时，最多可将平面分成块，所以至少要

画10条直线。

2.解析：

根据公式4×，当时，最多可将平面分成块。

3.解析：

从0~9中选定4个数字即可确定唯一一个符合条件的四位数，例如0、7、3、1只能对应3107，所以用组合数，10个数字选4个，即。

4.解析：

分子是1时，分母可取2~59，共58个分数；

分子是2时，分母可取60以内除1以外的所有奇数，共30-1=29个；

分子是3时，分母可取60以内除了3的倍数以及1、2以外的所有数，共60-60÷3-2=38个；

分子是4时，分母可取60以内除1、3以外的所有奇数，共28个；

分子是5是，分母可取60以内除了5的倍数以及1、2、3、4以外的所有数，共

60-60÷5-4=44个；

由上可知，符合条件的真分数共计58+29+38+28+44=197个。

5.解析：

根据乘法原理，共有3×4=12种档位，但是48:24=24:12，48:16=36:12，4=24:16，36:36=24:24，所以实际只有12-4=8种不同的车速。

6.解析：

精英班作业

1、将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片，如果要分成不少于50个小纸片，

至少要画多少条直线？请说明理由。

2、一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分？

3、有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大、千位数字比百位数字大、百位数

字比十位数字大？

4、分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个？

5、现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮。用链条连

接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干不同的车速。“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12。问：这种变速车一共有多少档不同的车速。

6、小明家住二层，他每次回家上楼梯时都是一步迈两级或三级台阶。已知相邻楼层之间

有16级台阶，那么小明从一层到二层共有多少种不同的走法？

解析

1、解析：

根据公式1＋（注意：切分平面的是直线而不是圆），时，最多可将平面分成块；时，最多可将平面分成块，所以至少要画

10条直线。

2、解析：

根据公式4×，当时，最多可将平面分成块。

3、解析：

从0~9中选定4个数字即可确定唯一一个符合条件的四位数，例如0、7、3、1只能对应3107，所以用组合数，10个数字选4个，即。

4、解析：

分子是1时，分母可取2~59，共58个分数；

分子是2时，分母可取60以内除1以外的所有奇数，共30-1=29个；

分子是3时，分母可取60以内除了3的倍数以及1、2以外的所有数，共60-60÷3-2=38个；

分子是4时，分母可取60以内除1、3以外的所有奇数，共28个；

分子是5是，分母可取60以内除了5的倍数以及1、2、3、4以外的所有数，共

60-60÷5-4=44个；

由上可知，符合条件的真分数共计58+29+38+28+44=197个。

5、解析：

根据乘法原理，共有3×4=12种档位，但是48:24=24:12，48:16=36:12，4=24:16，36:36=24:24，所以实际只有12-4=8种不同的车速。

从算术到代数（一）

算术与代数是数学中两门不同的分科，但它们之间关系密切.代数是在算术中“数”和“运算”的基础上发展起来的.

在小学算术课本里同学们由浅入深地学习了整数、小数和分数的加、减、乘、除四则运算，并学会了用这些四则运算去解一些不太复杂的四则应用题.归纳一下，在用算术方法解应用题时主要用到了以下三种关系：

①部分数与总数的关系；

②两数差的关系；

③一倍数（或一份数）、倍数和几倍数的关系.第1、第2种关系用“加”、“减”法完成，第3种关系则用乘、除法完成.在解四则运算题时用到了对于数的“加法”、“乘法”都普遍成立的运算法则：交换律、结合律、分配律.设a、b、c表示任意三个数，下列等式恒成立：

交换律：a＋b=b+a，a×b=b×a

结合律：（a+b）+c=a+（b＋c）

（a×b）×c=a×（b×c）

分配律：a×（b+c）＝a×b+a×c.

另外，在用算术方法解应用题时常按应用题的性质分为许多类型.如：和倍问题、差倍问题、行程问题、百分数问题、比例问题、….对每类问题先归纳出解决这类问题的方法、公式，并找出理由加以解释，再做这类题时就“套”这种公式.所以用算术方法解应用题时，对不同类型的题用不同的思路列式求解，解法就不同，因而用算术方法解应用题是不带普遍性的.

代数方法的进步首先在于找出了一个统一的方法，即用列“方程”来解很多不同类型的应用题.“方程”是代数学中的重要内容之一.用方程来解应用题时，首先是用一些简单的符号，通常用x，y，z，t，s，u，v等字母来表示问题中待求的未知数，然后把这些未知数和已知数平等地看待，并把题目中的数量关系直接（平铺直叙）“翻译”为算式表示出来.这就是所谓依题意列方程.接着是通过代数方程去确定其中所含未知数应该等于什么样的值，即“解方程”.而解方程的原理就是对方程中的数，包括已知数和未知数，运用在“算术”中学过的“数的运算法则”把未知数求出来.因为这些法则是对任何数都成立的，当然对那些暂时还不知它的值的“未知数”也应当成立.只要适当地运用这些法则，一般就可求出方程中的未知数的值.归纳起来用代数方法解应用题的步骤如下：

1.设未知数.常用x，y，z，t，s，…等字母表示.

2.依题意列方程.即把所要解决的代数问题中的未知量换成代表未知数的字母，把问题中各种量间的关系“翻译”为带字母的算式表示出来，特别注意找出其中的相等关系.用两个代数式表示同一个数量，列出一个方程.因此方程是含有未知数的等式.一般说来，有n个相等关系就能列出n个方程，当然我们从中选取列方程与解方程时最方便的形式.

3.解方程.目的是把原方程变成同解的形如ax＝b的方程，进而解出

①用分配律去括号.而不一定能像算术中那样先把括号中数算出来.因为其中有的是未知数算不出来.如下例中的（1）变成（2）.

例1 64+x=3（32-x）（1）

64+x=96-3 （2）

x+3x=96-64 （3）

4x＝32 （4）

x=8. （5）

②移项.把含未知数的项与常数项（即不含未知数的项）分离开来，分别移到等号两端，注意移项变号法则.如上例中的（2）变成（3）.

③合并同类项，如上例中的（3）变成（4）.

④用未知数的系数去除方程两端求出x的值.如上例中的（4）变成（5）.

4.验算.一是实际计算求出的根是否满足方程，不满足的都舍去，二是根据题目的实际意义，删除不合理的解.

先以几个简单的四则应用题为例来对“算术解法”与“代数解法”作一比较.

例2 车站给某工厂运2000箱玻璃.合同规定完好地运到一箱给5元运费.如损坏一箱，不给运费，倒赔40元.这批玻璃运到后，车站共收到运货款9190元.问损坏了几箱玻璃.

解：①算术解法：假如设有损坏，2000箱玻璃全运到，则应得运货款：2000× 5= 10000（元）.

和实际所得运货款相差：

10000-9190=810（元）.

现在让我们用一箱好的换一箱损坏的玻璃，总箱数2000不变，但每换一箱所得运货款减少：

40＋5=45（元）

那么换多少箱，货款正好减少多出来的810元呢？做除法：

810÷45＝18（箱）.

答：共换坏了18箱.

②代数解法：

设损坏了x箱，则没损坏的共2000-x箱.

依题意列方程

5（2000-x）-40x=9190

45x=10000-9190

45x=810

x=18.

答：损坏了18箱.

比较这两种解法，可见代数方法简洁并具有高度普遍性.我们在后面的许多例题中都能充分地看出代数方法的优越性.但这决不等于说可以取消算术.这正如火车虽快决不能代替步行.在攀登高峰的崎岖的小道上还常常靠坚实的足步.下面举几个例子来看看算术方法的不可缺少.因为有的问题不易找到等量关系列方程.

例3一年级72名学生共交了□52.7□元课本费，其中的百位数和百分位上的数被水弄模糊了.你能算出每人交多少元？

解：

72＝8 × 9，

又∵（8，9）=1

∴原数为25272分，

∴每人应交：

25272÷72=351（分）.

答：每人交3.51元.

例4求被6除余4，被10除余8，被9除余4的最小自然数.

解：∵该数被6除余4 （1）

又该数被10除余8 （2）

∴该数是偶数.

再从被9除余4的偶数中从小到大挑选符合条件（1）、（2）的数：

4，4＋9×2=22，22＋9×2=40，40+9×2=58，

又 58÷6=9 (4)

58÷10=5 (8)

58÷9＝6 (4)

答：58为所求最小自然数.

例5 三个学生甲、乙、丙各有若干张画片互相赠送.第一次由甲送给乙、丙画片，所送的张数等于乙、丙各人已有的画片数；第二次由乙送给甲、丙画片，所送的张数等于甲、丙各人已有的画片数；最后由丙送给甲、乙画片，所送的张数也正好等于甲、乙各人已有的画片数.这时每人的画片数都是32张.问原来甲、乙、丙三人各有多少张画片？

解：用倒推法.由最后每人都是32张画片开始，在下面表格里由上行到下一行逐行填写，可知在第三次丙送画片前，乙送完画片后三人手中的画片

（张）；同理，在第二次乙送画片前，甲送完画片后三人手中的画片数应分

…可推知原来：丙有16张，乙有28张，甲有8＋28＋16=52（张）.

答：原来甲有52张，乙有28张，丙有16张画片.

例6有甲、乙、丙三辆汽车，各以一定的速度从A地开往B地.乙比丙晚出发10分钟，出发后40分钟追上丙；甲比乙又晚出20分钟，出发后1小时40分钟追上丙.那么甲出发后需用多少分钟才能追上乙？

解法1：设三车速度依次为V甲，V乙，V丙.丙比乙早出发10分钟，乙追上丙耗40分钟，是典型的追及问题：

丙比甲早出发30分钟，甲追上丙耗100分钟，也是追及问题：

的某个倍数代入：

解法1既用了算术的追及问题公式，又用了列方程的代数方法.下面再介绍一种列表法，对解这类题更方便.

解法2：我们把题中的条件按下列方式填入下面表格中：让同一列格子中填行相同路程时甲、乙、丙三辆汽车各自所需的时间，如第一列中填入稍稍转化了的已知条件：乙走40分钟的路程丙需走40＋10=50（分钟）；第二列中填入甲走100分钟的路程丙需用100＋20＋10=130（分钟）.以前两列中条件的关系，再根据当速度一定时路程与时间成正比的性质，当丙走650=[50，130]分钟的路程时乙需用40×

13=520（分钟），甲则需用100×5=500分钟.由于乙比甲早出发20分钟，恰为520分钟与500分钟之差，因此甲出发后500分钟时追上乙.

答：甲出发后需500分钟才能追上乙.

说明：一般地，当知道丙走c分钟的路程与甲走a分钟、乙走b分钟的路程相等时，可列一方程求出所需的答案.设甲出发后ax分钟追上乙，则

在本题的条件下，c=650，a=500，b=520.

例7星期日小明去找同学玩了两三个小时，离开家时他看了看钟，回家时又看了看钟，发现时针与分针恰好互换了一个位置.问小明共离开家多少时间？

解：因为小明离家回来时时针走到分针位置，分针走到时针位置，说明两针合起来恰好走了若干个整圈.设外出时间分为二个时段，第一段为2小时.小明出去整2小时，分针就应转过2圈，转回原处，而时针两小时走了

习题九

1.把一个两位数的个位数字与其十位数字交换后得到一个新数，它与原来的数加起来恰好是某个自然数的平方，求原来这个两位数与新得到的两位数的和.

2.一辆汽车在公路上匀速行驶，司机看见里程碑上的数字是一个两位数

再过一小时，里程碑上是三位数，又恰好是第一个两位数中间加了个零（用

3.在一个红钱包与一个黑钱包里分别装着6枚和8枚硬币，并且两个钱包中的总钱数相等.如果从红钱包中任取两枚硬币与黑钱包中任取的两枚硬币交换时，红钱包中的总钱数要么比原来多2分，要么比原来的钱数少2分.问两个钱包中共装了多少钱？（注：这里的硬币只有1分、2分、5分三种）

习题九解答

由题设条件应有

是某自然数的平方，由表达式11（a＋b）可知这个完全平方数既有一个约数11，就一定还有一个约数11，因此11是a+b的约数，而a、b又都只能取自1、2、3、…、8、9.故a+b＝11.

答：原数与新数的和为121.

所以（10B＋A）-（10A+B）＝（100A+B）-（10B＋A）

即18B=108A，B=6A.

由于A、B都是一位非零数字，所以A＝1，B＝6.

答：第一个里程碑上数字是16，第二个里程碑上数字是61，第三个里程碑上数字是106.

3.解：我们先证明红钱包里不可能同时装有1分、2分、5分三种币值的硬币.因为否则，从红钱包里任取两枚硬币时，可能有2+1，2＋5，1+5三种情形.前两种是奇数，后一种是偶数.而从黑钱包里任取的二个硬币都能使红钱包的钱的奇偶性不变，这是不可能的.类似可知，红钱包里不能同时有2分币和1分币或2分币和5分币.因此红钱包中的硬币只有两种可能：一是全为2分币；二是装有一分与五分币没有2分币.同理，黑钱包中或全为2分币，或其中没有2分币.并且，由于两钱包中钱数相等而硬币数不等，因此不可能红、黑钱包中都只有2分币.

情形1：当红钱包中全为2分币时，总钱数为2×6=12分.此时显然黑钱包中不可能有两个或两个以上的五分币，也不可能都是一分币（否则红、黑钱包中装钱数不等）.因此黑钱包里有一个五分币和七个一分币.这种情形显然也满足题目中的后一条件.这种情况，两个钱包中总钱数为：

6×2+5+1×7=24（分），即2角4分钱.

情形2：红钱包仅装有一分或五分币.

①黑钱包中有8枚2分币.则红钱包中也应有16（＝2×8）分.但一分币和五分币共6枚，总钱数不可能为16分，因此这种情形不可能发生.

②黑钱包中无2分币，设红钱包中有m枚五分币，n枚一分币；黑钱包中有p 枚五分币，q枚一分币.则

m＋n＝6，p＋q=8，5m＋n=5p＋q.

显然m＞p.因此5（n-p）=q-n，因为0＜q-n≤8，5│q-n，所以q-n=5，m-p=1.这两式相减，得到（p+q）-（m＋n）=4.这与（p＋q）-（m＋n）=8-6＝2矛盾.所以这种情形也不会发生.

综上所述，两个钱包中共有2角4分钱.

第十讲从算术到代数（二）

在上一讲中我们着重讲了在许多问题中算术方法是不可缺少的；在这一讲中，我们将通过一些例子看到代数方法不可取代的巨大优越性和强大威力，同时说明一元一次方程，多元一次方程组，不定方程的一般解法.

例1 一个学生做25道数学题，对一题得4分，不答不给分，答错一题倒扣1分.他有3道题未做，得了73分.问他共答对了几道题？

解：设对了x道题，则答错25-3-x道题.

依题意列方程：

4x-（25-3-x）=73

4x-22+x=73

5x＝95

x＝19.

答：这个学生答对了19道题.

例2某水池装有甲、乙两个注水管，单放甲管需12小时注满，单放乙管需24小时注满.现在要求10小时注满水池，并且甲、乙两管合开的时间尽可能少，那么甲、乙两管最少需要合放多少小时？

解：分析一下，由于要求甲、乙两管合放的时间尽可能少，所以必须让注水快的甲管在10个小时中全开着.其余的由乙管补足.

设甲、乙两管最少需合放x小时，则：

答：甲、乙两管最少需要合放4小时.

例3甲、乙两队学生参加郊区夏令营，但只有一辆车接送，坐不下.甲队学生坐车从学校出发的同时，乙队学生开始步行.车到途中某处让甲队学生下车步行，车立即返回接乙班学生并直开到夏令营，两班学生正好同时到达.已知学生步行速度为4千米/小时，汽车载学生时速度为40千米/小时，空车时速度为50千米/小时，问甲班学生应步行全程的几分之几？

解：如图：

设全程为x千米，甲、乙两队分别步行a、b千米.要使两队学生同时到达夏令营，只有他们两队步行的路程相等才行，故a=b.

等量关系是：乙队走a千米路程的时间正好等于汽车送完甲队又原路返回时遇到乙队的时间，即：

去分母，两端同乘200，得

5x-5a+4x-8a=50a

9x＝63a

例4 一个矩形长33厘米，宽32厘米，用正方形如下图分割，已知最小正方形边长为1厘米，第二个小正方形边长为4厘米，请在图中填出其余正方形的边长.

解：设如图中第③个小正方形边长为x，则其余每个正方形的边长都可以用x 的代数式表达出来，如图所示.

再由大长方形的长为33厘米可得关系式：

2x＋1+x+11=33

3x=21

x=7（厘米）.

于是图中所有正方形的边长均可将x＝7代入，得如图所填的值.

还可以用大正方形的宽为32厘米来验证所求值的正确性：

2x+1+x+1+x+2=15+8+9=32（厘米）.

例5小明每天定时从家到学校，若小明每分钟走30米，则迟到3分钟；若小明每分钟走40米，则早到5分钟.求小明家到学校的距离.

解：设小明家到学校的距离为S米，则

去分母，方程两端同乘以120：

4S-360=3S＋600

S=960.

答：小明家离学校960米.

有的问题必须用两个或更多的未知数才能列出方程，而且方程的个数也往往不只一个，我们称含有两个未知数并且未知数所在项的次数都是1次的这种方程为二元一次方程.

例如x+y=5.

适合这个二元一次方程的每一对未知数的值叫做二元一次方程的一个解.如：方程x+y=5的正整数解有：

x=1，y=4；x=2，y=3；x＝3，y=2，x=4，y=1这四个解.

如果一个问题的两个未知数必须满足两个二元一次方程，这两个方程联立在一起就叫做二元一次方程组.同时适合这两个二元一次方程的每一对未知数的值叫做这个二元一次方程组的一个解.

多个未知数的方程组也可以类似地定义，解法也类似，在这里举两个最简单的例子来介绍二元一次方程组的解法.常用的有代入消元法和加减消元法.总之都是先设法消去一个未知数.

①代入消元法：

例6解二元一次方程组

把（2）中的y用（1）中的3x代替，就可以消去一个未知数y，得：

x＋3x=8

4x=8

x=2.

再把x=2的值代入（1）或（2），得：y=6.

∴这个方程组的解为

②加减消元法：

例7解方程组

（2）-（1）得：6x=54

x＝9.

∴原方程组的解为

再看几个二元一次方程组的例子.

例8一条路从甲地到乙地是下坡，从乙地到丙地是平路，一人骑车以每小时12千米的速度下坡，而以每小时9千米的速度通过平路到达丙地，共用了55分钟；回来时以每小时8千米的速度行至乙地，又以每小时4千米的速度行到甲地，共用了1.5小时.问从甲地到丙地共有多少千米？

解：设从甲地到乙地为x千米，从乙地到丙地为y千米，依题意可得下列方程组：

去分母，

（1）两端同乘以36得：

3x+4y=33.

（2）两端同乘以8得：

y+2x=12.

∴原方程组与下面方程组同解.

由（4）得y=12-2x，代入（3）消去y得：

3x+4（12-2x）=33