第二届华金杯青少年数学邀请赛复赛试题及答案

“华金杯”青少年数学邀请赛每两年举办一次。今年是第二届。2000年是哪一届？

解决方案“隔年举行”是指每两年举行一次。今年是1988，2000年会有2000-1988=12，所以会有12÷2=6个会话。今年是第二届，所以。

答:第八届会议于2000年举行。

因为分析讨论的数量不多，直接数一下就能很快数出来:1988，1990，1992，1994，1996，1998，2000分别是第二第三。

一个充气救生圈(如图32所示)。虚线所示的大圆半径为33厘米。实线所示的小圆半径为9厘米。两只蚂蚁同时从A点出发，以相同的速度沿着大圆和小圆爬行。问:小圈上的蚂蚁爬了几次后，第一次遇到大圈上的蚂蚁。

解因为两只蚂蚁的速度是一样的，从距离-速度=时间的公式我们知道蚂蚁在大圆和小圆上爬一圈的时间之比应该等于圆的长度之比，圆的长度之比等于半径之比，也就是33:9。

两只蚂蚁第一次相遇，蚂蚁在小圆上爬了多少次？也就是求一个最小时间，这个时间是蚂蚁分别在大圆和小圆上爬行时间的整数倍。从上面的讨论可以看出，如果我们选择合适的时间单位，小圆圈上的蚂蚁可以爬行9个单位，而大圆圈上的蚂蚁可以爬行33个单位。这样，问题就归结为9和33的最小值。

答案:小圆上的蚂蚁爬了11次，又遇到了大圆上的蚂蚁。

分析讨论这个话题，关键是要看到问题的本质是求最小公倍数。注重观察，看到生活中的数学，这是华教授经常启发青少年去做的。

图33是一个棋盘。请计算一下这块板上有多少个洞。

有很多方法可以解决这个问题。因为时间限制，直达号来不及，容易出错。下图(图34)给出了一个更好的算法。棋盘分为一个平行四边形和四个小三角形，如图34所示。平行四边形的棋孔数为9×9=91，每个小三角形有10个棋孔。所以棋洞总数。

答:* * * *有121个棋洞。

对玩过跳棋的同学进行分析讨论。你以前数过棋洞的数量吗？有兴趣的同学可以在课余时间统计一下，看看谁的方法最好。

有一个四位数的整数。在它的一个数字前加一个小数点，加到这个四位数上，得到2000.438+0。找出这个四位数。

解法1因为结果有两位小数，所以小数点不能加在个位数之前。如果在十位数前加小数点，结果是原四位数的百分之一，加上原四位数，2000.85438+0的结果应该是原四位数的1.01倍，原四位数是2000.5000.00000000006

同样，如果在百位数之前加小数点，那么2000.85438+0这个数应该是原来四位数的1.005438+0倍，小数点加在千位数之前。2000.81的数应该是原四位数的1.0001倍，但是(2000.81 ÷ 1)和(2000.81 ÷) .2006438。

答:这个四位数是1981。

方案2注意到，在原来的四位数中，8，1必须按顺序出现。小数点不能加在一位数之前；千位之前也不能加，否则原来的四位只能是8100，也就是2008+0。

无论小数点是加在小数前还是加在百位数前，得到的数都大于1小于100。这个数加上原四位数等于2000.81，所以原四位数一定小于2000，但大于1900，说明它的前两位数一定是1，9。

分析讨论方案1用的是精确计算，方案2靠的是“判断”。判断也需要技巧，基于对问题的仔细分析。

这里需要指出的是，不能一看到数字2000.81有两位小数，就得出“小数点就在十位数之前”的结论。请想一想为什么。

图35是黑白格子布。白色大方块的边长是14 cm，白色小方块的边长是6 cm。问:在这块布里，白色占总面积的百分之几？

解格子的面积是图36的9倍，格子白色部分的面积是图36的9倍。这样，我们只需要计算出图36中白色部分所占面积的百分比。计算很简单:

答:格子的白色部分的面积是总面积的58%。

分析讨论这个话题的关键是看到格子可以分成九个方块如图35所示。这实质上利用了格子的“对称性”:格子图案是由一个图案反复有序排列而成的。

“对称性”不仅是数学中的一个重要概念，也是自然界的一个基本规律。因此，从古至今，“对称”和“不对称”一直是不同领域研究的重要课题，比如数学、物理、化学甚至美学。著名数学家H·韦尔曾经写过一本名为《对称性》(有中文译本)的书，内容非常丰富。

图37是两个三位数的减法公式，每个方框代表一个数。问:这六个盒子里的数字的连续乘积是多少？

图37

解决两个数相减的问题，习惯上先考虑个位数。但仔细观察，你会发现两个两位数的个位数是不确定的:这两个个位数同时加1或减1，它们的差不变。这样，六个盒子里的数字的连续乘积将是不确定的，除非一个盒子里的数字是0，这样乘积永远是0。这激励我们努力找到盒子。

当然，两个三位数的第一位不是0，所以子树的第一位至少是1，被减数的第一位最多是9。但是因为差的第一位是8，所以只有一种可能，就是被减数的第一位是9，子树的第一位是1。

这样第二位数上的减法就借不到了。被减数的第二位最多是9，减数的第二位至少是0，而这两个数之差是9，那么只有一种可能:被减数的第二位是9，减数的第二位是0。所以我们已经确定六个盒子中的一个的数字一定是0。

答案:六个方框中数字的连续乘积等于0。

分析讨论这个问题，没有必要完全确定这三位数，也不能完全确定。例如，被减数和减数可以是(996，102)、(994，100)、(999，105)等等。

有的同学会说:这个问题的答案是猜的。

“猜”也是数学中的一种方法。数学中有很多著名的猜想，对数学的发展产生了重要的影响。这里要强调两点:第一，数学中的“猜想”不是毫无根据的“臆想”，而是指数家经过深入分析或大量实例后构思出来的答案；有道理。比如在这道题的解法中，我们通过分析发现，如果六个方框中没有0，那么这道题的答案就不唯一，所以猜测答案就是0。如果猜答案是100就没有意义了。第二，“猜测”不等于答案，猜测只能是经过严格证明的答案。比如著名的哥德巴赫猜想，至今没有证明，所以还在证明。

图38中正方形的边长是2米，四个圆的半径都是1米，圆心是正方形的四个顶点。问:这个正方形和四个圆的面积是多少？

解法每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，其面积是圆面积的四分之一。所以整个图形的面积等于正方形的面积加上四个四分之三圆的面积，四个四分之三圆的面积等于圆面积的三倍。所以整个图形的面积等于正方形的面积加上圆的面积的三倍，也就是说，

2×2+π×1×1×3≈13.42(平方米)。

答:这个正方形和四个圆所覆盖的面积约为13.42平方米。

一排有七根竹竿。第一根竹竿的长度是1米，彼此的长度是上一根的一半。

问:这七根竹竿的总长度是多少？

解决方法:取一根2米长的竹竿，切成两半，每半长1米。取一根作为第一根竹竿，另一根切成两半，取一根作为第二根竹竿。这样下去，到第七根竹竿被砍断的时候，剩下的竹竿长度将是

因此，7根竹竿的总长度为2米减去剩余部分的长度，也就是

分析讨论了中国古代的一道算术题，即“一尺杵，每日取半，取之不尽”。也就是说，有一根一尺长的短棍，每天有一半是永远也剪不掉的。那么，每天还剩多少呢？第七天还剩多少？

用上面的解法计算七根竹竿的总长度是绰绰有余的。但如果你先算好每根竹竿，再加起来，就来不及了。同学们不妨试一试。

有三条线段A、B、C，A长2.12米，B长2.71米，C长3.53米。以它们为上底、下底和高度，可以做出三种不同的梯形。哪个梯形的面积最大？

首先，注意解决方案。梯形的面积=(上底+下底)×高÷2。但现在我们在比较三个梯形的面积，不妨把它们的面积乘以2，这样我们只需要比较(上底+下底)×高的大小。我们使用乘法分布定律:

第一个梯形的面积是2倍:

(2.12+3.53)×2.71=2.12×2.17+3.53×2.71

第二个:

(2.71+3.53)×2.12=2.71×2.12+3.53×2.12

第三个:

(2.12+2.71)×3.53=2.12×3.53+2.71×3.53

首先，比较第一个和第二个。两个公式右边第一个加数，一个是2.12×2.71，一个是2.71×2.12。通过乘法换向定律，这两个乘积是相等的。因此，只需要比较第二个加数的大小。显然是3。

同样，如果我们比较第一个和第三个，发现它们都有边，第二个加数相等，第一个加数是2.12× 2.71

综上所述，第三个梯形的面积最大。

回答:第三个梯形的面积最大。

分析讨论这个题目，要充分利用我们学过的乘法交换律和乘法分配律的知识，而不是直接计算面积。显然，直接计算三个梯形的面积需要花费大量的时间。

有一个电子钟，每9分钟亮一次，每小时响一次。中午12，电子钟响起，亮起。问:什么时候它会响并再次亮起？

解决方法:因为电子钟每小时响一次，所以我们只需要考虑开哪盏灯。从中午12开始，灯每隔9分钟会亮一次。到达整点需要多少个9分钟？因为1小时=60分钟，所以这个问题换句话说就是:9分钟的多少倍是60分钟的整数倍？所以问题的本质很清楚:就是要求9分钟，60分钟。

不难算出9和60的最小公倍数是180。也就是说，从中午开始180分钟后，也就是3个小时后，电子钟会再次响起并亮起。

a:下一次响灯的时候是下午3点。

生活中到处都会遇到这类问题的分析和讨论。学生能再举些例子吗？

一副扑克牌有四种花色，每种花色有13张牌。你可以从中抽取任意一张牌。问:你至少要抽多少张牌才能保证四张牌是同一花色？

解“保证”这里的意思是不管你怎么抽牌，一定要有四张同花色的牌。

我们先来看看能不能抽12的牌，保证有四张同花牌。虽然有时12牌中可能有四张同花甚至更多的同花，但每种花色可能正好有三张，所以不能保证会有四张同花。

那么，是否可以随意抽13牌，保证有4张同花牌？我们这么说。证据如下:

如果没有，那么每种花色最多只能有三张牌，那么四种花色的总牌数只能是12，这和抽13牌是矛盾的。所以抽13卡就够了。

这种证明方法叫做反证法。

回答:至少要抽13张牌，才能保证四张牌是同花色。

用所谓的“抽屉原理”来分析讨论这个话题。比如有四个抽屉，要放13本书，至少一个抽屉要放四本书。这一原理也被称为“鸽笼原理”或“重叠原理”。

抽屉原理虽然简单，但在数学中有很多巧妙的应用。有兴趣的同学可以看看常庚哲的《抽屉原理及其他》这本书。

有一个班的学生去划船。他们计算出，如果有一艘额外的船，每艘船只能容纳6个人。如果减少一艘船，每艘船只能坐9个人。问:这个班有多少学生？

解1假设先加一条船，那么每条船刚好坐6个人。现在如果去掉两条船，就有6×2=12个学生没有船。现在每条船刚好有9名学生，也就是说每条船增加9-6=3人刚好可以安排剩下的12名学生，所以还有12名学生。

a:这个班有36个人。

解法二根据题目条件，全班人数既是6的倍数，又是9的倍数，所以是6和9的公倍数。6和9的最小公倍数是18。如果总人数是18，那么每艘船需要18÷6=3艘船6人，而每艘船需要65438+9人。

分析讨论中国古代很多类似这个题目的问题，比如“鸡兔同笼”等等。

这个问题也可以通过一系列方程来解决。同学们不妨试一试。

四只小动物换了座位。起初，老鼠坐在1的座位上，猴子坐在2号，兔子坐在3号，小猫坐在4号。之后，他们不停地换座位。他们第一次交换了上下排的座位，第二次交换后交换了左右排的座位，第三次交换了上下排的座位，第四次交换了左右排的座位...这种情况一直持续着。Q

这个问题的解决方法是，第十次交换座位后，兔子坐在哪个座位？我们先根据题意找出兔子座位的变化规律。

从图40的箭头图可以看出，兔子的座位每交换一次，就顺时针转一格，每转四次，兔子的座位就转回原位。知道了这个规律，答案就不难得到了。第十次座位交换后，兔子的座位应该是第二个座位。

回答:第十次交换座位后，兔子坐在第二个座位上。

分析讨论“小动物换座位”的运动在数学上叫“位移”，兔子的座位变化叫“旋转”。位移和转动都是群论、几何和其他数学分支中的重要概念。这个问题虽然简单，但是有很多有趣的道理在里面！

为了加深学生的理解，我们还有两个思考问题，请大家思考。

(1)找出其他三个小动物的座位变化规律。它们的异同点是什么？

(2)将题目中的问题改为:“第十个座位交换后，坐在第四个座位的是什么小动物？”你知道怎么做吗？想想吧。

1，9，8，8这四个数可以排列成几个四个数除以11。

解什么样的数能被11整除？一个判断规则是:比较奇数位数的和与偶数位数的和。如果两者之差能被11整除，那么给定的数就能被11整除，否则不能。

现在要求被11整除，那么我们可以这样想:这个数加3后，可以被11整除。于是我们得到“一个数除以11”的判断规则:将偶数相加得到一个和数，否则不是。

要把1，9，8，8排列成一个四位数除以11，这四位数可以分成两组，每组两位数。一组被视为千和十，它们的和是a；另一组是百位数和个位数，它们加三的和记为b，我们要适当分组，使它们能被11整除。现在只有以下四种分组方法:

经过验证,( 1)分组方法满足前面的要求:

A = 1+8，B = 9+8+3 = 20，B-A = 11可以被11整除，但是其他三组都不满足。

根据判定规则，我们还可以知道，如果一个数被余数8除以11，那么奇数位置的任意两个数互换，或者偶数位置的任意两个数互换，新数除以11，那么在上面的(1)组中，65438。9和8中的任何一个都可以作为第一百位。* * *有四种可能的排列:1988，1889，8918，8819。

回答:可以排列成4个数除以8除以11。

分析讨论用1，9，8，8组成12不同的四位数。如果把所有这些12数都列出来，那么分别测试它们的除法余数就太复杂了。所以在解题时一定要先尽量简化测试过程。

图41是一个围棋棋盘，由19条横线和竖线组成。问:围棋棋盘上有多少个方块与图42中的小方块相同？

解决方法需要大脑准确快速地计算小方块的数量。

我们先在右边的小方块里找一个代表点，比如右下角的E点作为代表点。然后根据题意把小方块放到围棋棋盘上，仔细观察E点应该在哪里。通过观察，不难发现:

(1)点E只能在棋盘右下角正方形ABCD(包括边界)的网格点上。

(2)反过来，右下角ABCD正方形中的每一个格点都可以看作小正方形的点E，只能看作小正方形的点E。

这样，“小正方形的个数”就变成了“正方形ABCD中格点的个数”。很容易看出，正方形ABCD中的格点是10×10=100。

答:* * * *有100。

有很多解决方案来分析讨论这个话题，上面的解决方案巧妙快捷。它使用了一个简单的真理，即“一对一的对应是一样多的”。

一一对应是数学中一个重要的基本概念。从这个题目可以看出，只要搞清楚这样一个概念，就会起到很大的作用。

问题:如果两个图形都是矩形，有什么区别？

比如大棋盘20×30，小棋盘10×15。大棋盘里有多少个和小棋盘一样的长方形？

重新匹配问题和解决方案

计算

解决

有三张写有数字的卡片(图43)。从它们中取出一张、两张和三张牌，按任意顺序排列，得到不同的一位数、两位数和三位数。请写下所有的质数。

解法我们知道，一个大于1的自然数，如果除了1和它本身之外没有其他除数，就叫做素数。

我们来回忆一下被3整除的判断法则:如果一个数的位数之和能被3整除，那么这个数也能被3整除。

因为三张卡上的数字分别是1，2，3，这三个数之和是6，可以被3整除，所以用这三个数排列的任何三位数都可以被3整除，所以不可能是质数。

我们来看两张卡的情况。因为1+2=3，根据同样的道理，1，2组成的两位数也能被3整除，所以不是素数。这样，剩下来要讨论的两位数就是13，31，23，32，其中65438。

最后是三位数:1，2，3.1不是质数。2和3都是质数。

简而言之，这个问题有五个素数:2，3，13，23，31。

答:* * * *有五个素数:2，3，13，23，31。

这个问题的分析和讨论，主要考察的是出题者对素数概念和整除基本规律的掌握程度(如被3整除的特征)。当然，如果把两张卡片组成的数字都写出来，一个一个分析，也是可以算出来的。但这是不可取的。

有大、中、小三个方形水池，其内侧分别为6米、3米、2米。如果将两堆碎石浸没在中小水池的水中，两个水池的水位分别抬高6厘米和4厘米。如果这两堆碎石被淹没在大水池的水里，大水池的水位会提高多少厘米？

解决的办法是将碎石沉入水中，水位上升增加的体积等于沉入的碎石的体积。

因此，沉入池中的碎石体积为

3m× 3m× 0.06m = 0.54m 3。

沉入小水池的砾石体积是

2m× 2m× 0.04m = 0.16m3。

这两堆碎石的体积是* * *

0.54 m3+0.16 m3 = 0.7 m3。

全部沉入一个大水池，大水池水面上升增加的体积为0.7 m 3。大水池的底部面积是

6米×6米=36米2。

所以水位上升了:

一个圆里有几十个洞(小于100)，如图44所示。像下跳棋一样，小明从A洞开始，每隔几个洞逆时针跳一次，希望跳一圈后跳回A洞。他先试着每两个洞跳一次，但只能跳到b洞，他试着每四个洞跳一次，只能跳到b洞，最后，他试着跳。

该解决方案假设圆上的孔已按以下方式编号；A孔的编号是1，然后编号为2，3，4，...孔B的数量是圆上的孔的数量。

我们先来看小明每两个洞跳的洞。很容易看出应该是在1，4，7，10，...也就是说小明跳的那个洞上面的数字是3加1的倍数。按照问题的意思，小明最后跳到了B洞，所以总洞数是3的倍数加上65438+。

同理，每4洞跳一次，最后跳到B洞，表示总洞数是5的倍数加1；每6洞跳一次，最后跳回A，表示总洞数是7的倍数。

如果从孔数中减去1，这个数是3的倍数，也是5的倍数，所以是15的倍数。这个15加1的倍数等于洞数，而且能被7整除。注意15除以7仍是1，所以15。6乘以15能被7整除。我们还可以看到，15(小于7)加1的其他倍数不能被7整除，而15× 7 = 105大于100，大于7。

答:圆上有91个洞。

对这个问题的分析和讨论实际上是下面一类问题的特例。一般的问题是:有一个未知的整数，只知道它除以一些整数得到的余数，就可以求出这个整数。在我国古代数学名著《孙子兵法》中，已经有了解决这类问题的通用方法。这种方法在国际上一般称为“中国剩余定理”。华教授曾为初中学生写过一本小册子《从孙子《神算》说起》，深入浅出地介绍了解决这个问题的巧妙方法，还引出了其他一些很有意思的问题，很有启发性。这本小册子已被选入《华科普文选》(上海教育出版社

尝试在图45的方框中填入1，2，3，4，5，6，7，每个数字只使用一次:

所以这三个数中的任意两个都是互质的。三个数字中有一个已经填好了，是714。

解法我们知道，如果两个数的最大公约数是1，那么这两个数叫做素数。

已经填好的三位数714是一个合数，它的素数因式分解为

714=2×3×7×17.

所以这三个数中的任意两个都是互质的。三个数字中有一个已经填好了，是714。

可以看出，为了使底框中的数字与714互为质数，在剩下的未填数字2、3、5、6中只能选择5，即第三行只能填5。

现在我们来讨论如何在第二行的三个方框中填入2，3，6这三个数字。

因为任意两个偶数的公约数都是2，所以它们不是互质的。而714是偶数，所以第二行的三位数不能是偶数，也就是个位数不能填2和6，所以个位数只能是3。这样，第二行的三位数只能是263或623。但是623可以被7整除，所以623和765438+。

最后，看看263这个数字。通过测试可以看出，714的质因数2，3，7和17都不是263的因数，所以714和263是互质的。很明显，263和5也是互质的。所以数字714，263和5是一个。

答:填充方法是:

图47是一个路线图。每一段路上的数字就是小王走完这段路需要的分钟数。小王从A走到B最快要几分钟？

解1为了便于描述，我们用字母标记每个交叉点，如图48和图49所示。

首先，我们将逐步简化路线图。

从A到B的路线必须经过DC和GC。从A到C有两条路线:ADC耗时14+13=27(分钟)；AGC耗时15+11=26(分钟)。我们不会走以前的路线，所以我们可以删除DC部分。但是，需要注意的是，AD不能被删除，因为从A到B还有其他路线(如AHB)经过AD，需要进一步分析。

G到E也有两条路线:CCE 16分钟，GIE 16分钟。我们可以选择任何一条路线，比如选择前者，擦除GIE。(我们也可以选择后者，把CE擦掉，但是不能把GC擦掉，因为还有其他路线经过它。)这样，路线图就简化成了图49的形状。

在图49中，从A到F有两条路线，一条经过H需要14+6+17=37(分钟)，另一条经过G需要15+11+10 = 36(分钟)。

在图50中，从C到b也有两条路线，通过比较所需时间，可以擦除一条经过E的路线。最后还有一条最省时的路线(图51)，需要15+11+65438+。

a:最快也要48分钟。

方案二要抓住关键点C，如果A到B的路经过C点，那么选择A到C最省时的路，即AGC选择从C到B最省时的道路，即CFB。所以从A到B通过C最省时的路就是这两条路的连接，即AGCFB。总时间是48分钟。

剩下的，只要对比一下从A到B不经过C点的路和AGCFB的路，看哪个更省时。

只有两条路不经过C点:①ADHFB，需要49分钟；②AGIEB，也需要49分钟。

所以从A到B最快也要48分钟。

以上简化求和的分析和讨论，不需要一一画出。只要在原图上标上要擦除的路段，就能很快找到最短的路线。即使是再复杂的路线图也能轻松简化。图52是稍微复杂一点的路线图，图中的数字含义和这个问题一样。请尝试上面的逐步简化法，找出从A到b的最短时间。

这个题目在应用数学中有一个专门的名字，叫做“最短路径问题”。最短路径问题广泛应用于交通、规划等诸多方面。在实际问题中，道路图往往非常复杂，要找出从A到b的所有路线是非常困难的，因此，非常有必要使用如上所述的插值方法。

梯形ABCD的中线EF为15cm(见图53)，∠ABC =∠AEF = 90°，G为EF上的一点。如果三角形ABG的面积是梯形ABCD面积的1/5，那么EG的长度是多少厘米？

【解法】梯形ABCD的面积等于EF×AB，而三柱式ABC的面积等于(1/2)EG×AB，所以三角形ABG与梯形ABCD的面积比等于(1/2)EG与EF的比。根据题目条件，三角形ABG的面积是梯形ABCD面积的1/5。

回答:EG长6厘米。

【分析讨论】本题假设∠ ABC = ∠ AEG = 90，这个条件其实是多余的。补充只是考虑到小学生可能没学过中线的性质。有兴趣的同学可以考虑一下，如果去掉这个条件，这道题怎么做。

砝码有三堆，第一堆每个砝码3g，第二堆每个砝码5g，第三堆每个砝码7g。请取最少数量的砝码，使其总重量为130g。写下方法:需要多少重量，包括3g，5g，7g重量？

【解决方法】为了简化问题，我们先分析一下三排权值之间的关系。很明显，一个3克的密码破解加上一个7克的砝码正好等于两个5克的砝码(都是10)。因此，如果用一个3克的砝码和一个7克的砝码替换两个5克的砝码，砝码的数量和总重量将保持不变。这样，我们就保持不变了。

这归结为以下两种情况:

第一，没有5g权重。显然，为了尽量减少权重的数量，3g权重应该尽量少取，130g减去3g权重的总重量应该是7的倍数无。经过计算，我们可以知道，我们应该取0，1，2，3，4，5个3g权重，其余。那么130-3g×6 = 112g = 7g×16。所以我们可以取16个7 g重，6个3 g重，共计22个重。

第二，取的其中一个重量是5g。那么3g和7g重量的总重量就是130g-5g = 125g。类似于第一种情况，可以算出应该取两个3g权重和17个7g权重，所以总* *为17+2。

对比以上两种情况，我们知道至少可以取20个权重，就像上十种情况一样；2 3g，1 5g，17 7g；当然你也可以用两个5g的砝码代替一个3g和1 7g的砝码，比如你可以取五个5g和15 7g的砝码。

回答:至少要取20个砝码，如上所述。

【分析讨论】这个问题中，有三个数(即三个重量的个数)是可以改变的。上面的解决方案本质上是先固定一个数(5克砝码的数)，这样剩下的数就变了，比较好处理。如果三个数都换了，会变得很乱。即使找到只取20个权重的方法，也很难说为什么这是最少的。

如果同学们还想做这样一个练习，那么不妨计算一下，在这个题目的条件下，最多可以取多少个重量。

圆形花坛有五个，直径分别为3米、4米、5米、8米和9米；请把这五个花坛分成两组，分别交给两个班，让两个班管理的区域尽量靠近。

【解答】我们知道每个圆的面积等于直径的平方乘以(π/4)。现在要分组五个圆，两组的总面积要尽量接近。两组总面积之比越接近越好！因为每个圆的面积都有一个因子(π/ 4)，而我们关心的只是面积的比值，所以我们不把相同的因子都去掉，而是把问题简化为:把五个圆分成两组，使两组圆的直径相等。