小学数学知识点例题精讲《数的整除之四大判断法综合运用（三）》教师版

《小学数学知识点例题精讲《数的整除之四大判断法综合运用（三）》教师版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《小学数学知识点例题精讲《数的整除之四大判断法综合运用（三）》教师版（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、11.了解整除的性质;2.运用整除的性质解题;3.整除性质的综合运用.一、常见数字的整除判定方法1.一个数的末位能被 2 或 5 整除,这个数就能被 2 或 5 整除;一个数的末两位能被 4 或 25 整除,这个数就能被 4 或 25 整除;一个数的末三位能被 8 或 125 整除,这个数就能被 8 或 125 整除;2.一个位数数字和能被 3 整除,这个数就能被 3 整除;一个数各位数数字和能被 9 整除,这个数就能被 9 整除;3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被 11 整除,那么这个数能被 11 整除.4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被

2、 7、11 或 13 整除,那么这个数能被 7、11或 13 整除.5.如果一个数能被 99 整除,这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个数字,如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是 99 的倍数,这个数一定是99 的倍数.【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）二、整除性质性质 1 如果数 a 和数 b 都能被数 c 整除,那么它们的和或差也能被 c 整除即如果 ca,cb,那么 c(ab)性质 2 如果数 a 能被数 b 整除,b 又能被数 c 整除,那么 a 也能被 c 整除即如果 ba,cb,那么 ca用同样的方法,我们还可以得

3、出：性质 3 如果数 a 能被数 b 与数 c 的积整除,那么 a 也能被 b 或 c 整除即如果 bca,那么 ba,ca性质 4 如果数 a 能被数 b 整除,也能被数 c 整除,且数 b 和数 c 互质,那么 a 一定能被 b与 c 的乘积整除即如果 ba,ca,且(b,c)=1,那么 bca 例如：如果 312,412,且(3,4)=1,那么(34)12性质 5 如果数 a 能被数 b 整除,那么 am 也能被 bm 整除如果 ba,那么 bmam（m 为非 0 整数）;性质 6 如果数 a 能被数 b 整除,且数 c 能被数 d 整除,那么 ac 也能被 bd 整除如果 ba,且 d

4、c,那么知识点拨知识点拨教学目标教学目标5-2-1.5-2-1.数的整除之四大判断法数的整除之四大判断法综合运用综合运用2bdac;综合系列【例例 1】1】甲、乙两个三位数的乘积是一个五位数,这个五位数的后四位为 1031如果甲数的数字和为 10,乙数的数字和为 8,那么甲乙两数之和是_【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空【关键词】迎春杯,高年级,初赛,第 2 题【解析解析解析】根据弃九法可得知,乘积是3103131 7 11 13,适当组合可得知两数为31 7217和11 13143,和为 360【答案】360【例例 2】2】有 5 个不同的正整数,它们中任意两数的乘积都是

5、12 的倍数,那么这 5 个数之和的最小值是_【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空【关键词】迎春杯,六年级,初赛,第 7 题)【解析解析解析】为了 5 个数的和最小,那么 121122634.（1）若为 1、12、,那么后面的三个数必须是 12 的倍数,最小为 24、36、48,和为 121;（2）若为 2、6、,那么后面的三个数必须是 6 的倍数,最小为 12、18、24,和为 62;（3）若为 3、4、,那么后面的三个数必须是 12 的倍数,最小为 12、24、36,和为 79;综上所述,得到的最小值为 62.【答案】62【例例 3】3】173是个四位数字.数学老师说：“我

6、在这个中先后填入 3 个数字,所得到的 3 个四位数,依次可被 9、11、6 整除.”问：数学老师先后填入的 3 个数字的和是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】解答【解析解析解析】用 1730 试除,17309=1922,17301l=1573,17306=2882所以依次添上(9-2=)7、(11-3=)8、(6-2=)4 后得到的 1737、1738、1734 依次能被 9、11、6 整除所以,这三种情况下填入口内的数字的和为 7+8+4=19【答案】19【例例 4】4】1 87 2aa是 2008 的倍数a _【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【关键

7、词】走美杯,五年级,初赛,第 6 题【解析】根据能被 4 整除的数的特征后两位能被 4 整除,a 1,3,5,7,9;再根据能被 8 整除的数的特征后三位能被 8 整除,可得a 1,5,9.分别代入知9a.【答案】9【例例 5】5】使得101n是63的倍数的最小正整数 n 是.【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空【关键词】学而思杯,5 年级,第 5 题【解析】6397,101n肯定是 9 的倍数,所以只要考虑 7 的倍数就可以了.考虑到 111111 是 7 的倍数,6101999999,所以最小的 n 是 6.【答案】6【例例 6】6】如果六位数1992能被 105 整除,那

8、么它的最后两位数是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空【解析解析解析】因为1053 75,所以这个六位数同时满足能被 3、7、5 整除的数的特征即可例题精讲例题精讲3【解析解析解析】方法一：利用整除特征【解析解析解析】末位只能为 0 或 5【解析解析解析】如果末位填入 0,那么数字和为1992021,要求数字和是 3 的倍数,所以【解析解析解析】可以为 0,3,6,9,验证2001991,23019931,26019961,29019991,【解析解析解析】有 91 是 7 的倍数,即199290是 7 的倍数,所以题中数字的末两位为 90【解析解析解析】如果末位填入 5

9、,同上解法,验证没有数同时满足能被 3、7、5 整除的特征【解析解析解析】所以,题中数的末两位只能是 90【解析解析解析】方法二：采用试除法【解析解析解析】用199200试除,199200105189715,余 15 可以看成不足,10515 90所以补上 90,即在末两位的方格内填入 90 即可【答案】90【例例 7】7】六位数 2008 能被 49 整除,中的数是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空【解析解析解析】200008 被 49 除商 4081 余 39,所以0039:能被 49 整除,商 11 时,49 11539,末两位是 39,所以为 05.【答案】05

10、【例例 8】8】在六位数 1111 中的两个方框内各填入一个数字,使此数能被 17 和 19 整除,那么方框中的两位数是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【解析解析解析】采用试除法.设六位数为1111,111111 10000001111001100abababab如果一个数能同时被17 和 19 整除,那么一定能被 323 整除110011323340191,余 191 也可以看成不足323 191132所以当00ab132323n时,即00ab是 100 的倍数时,六位数才是 323 的倍数所以有323n的末位只能是1028,所以 n 只能是 6,16,26,验证有

11、16n 时,132323 165300,所以原题的方框中填入 5,3 得到的 115311 满足题意【答案】115311【例例 9】9】某个七位数 1993能够同时被 2,3,4,5,6,7,8,9 整除,那么它的最后三位数字依次是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【解析解析解析】本题可采用整除数字的判定特征进行判断,但是太过繁琐.采用试除法比较方便,若使得 7 位数能够同时被 2,3,4,5,6,7,8,9 整除,只要让七位数是 2,3,4,5,6,7,8,9 最小公倍数的倍数即可.【2,3,4,5,6,7,8,9】=2520.用 1993000 试除,1993000

12、2520=7902200,余 2200 可以看成不足2520-2200=320,所以在末三位的方格内填入 320 即可【答案】320【例例 10】10】在 523 后面写出三个数字,使所得的六位数被 7、8、9 整除那么这三个数字的和是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答【解析解析解析】7、8、9 的最小公倍数是 504,所得六位数应被 504 整除.5240005041039344,所以所得六位数是524000344523656,或523656504523152因此三个数字的和是 17 或 8【答案】17 或 8【例例 11】11】用数字 6,7,8 各两个,组成一个六

13、位数,使它能被 168 整除.这个六位数是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】解答【解析解析解析】因为 168=837,所以组成的六位数可以被 8、3、7 整除能够被 8 整除的数的特征是末三位组成的数一定是 8 的倍数,末两位组成的数一定是 4 的倍数,末位为偶数在题中条件下,验证只有 688、768 是 8 的倍数,所以末三位只能是 688 或 768,而又要求是7 的倍数,由例 8 知abcabc形式的数一定是 7、11、13 的倍数,所以 768768 一定是 7 的倍数,688 的不管怎么填都得不到 7 的倍数4至于能否被 3 整除可以不验证,因为整除 3 的数的规

14、律是数字和为 3 的倍数,在题中给定的条件下,不管怎么填数字和都是定值.所以 768768 能被 168 整除,且验证没有其他满足条件的六位数【答案】768768【例例 12】12】一个十位数,如果各位上的数字都不相同,那么就称为“十全数”,例如,3785942160 就是一个十全数现已知一个十全数能被 1,2,3,18 整除,并且它的前四位数是 4876,那么这个十全数是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】5 星 【题型】解答【解析解析解析】这个十全数能被 10 整除,个位数字必为 0;能被 4 整除,十位数字必为偶数,末两位只能是 20设这个十全数为487620abcd由于它能被 11

15、整除,所以奇位数上的数字之和与偶位数上的数字之和的差能被 11 整除,即860(472)1()bdacbdac 被 11 整除,可能是111bdac、1bdac、1 11bdac 由于a、b、c、d四个数分别为1、3、5、9 中的一个,只能是111bdac,即10bdac所以b、d是 9 和 5;a、c是 3 和 1,这个十全数只能是 4876391520,4876351920,4876193520,4876153920 中的一个由于它能被 7、13、17 整除,经检验,只有 4876391520 符合条件【答案】4876391520【例例 13】13】将数字 4,5,6,7,8,9 各使用一

16、次,组成一个被 667 整除的 6 位数,那么,这个 6 位数除以 667 的结果是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答【关键词】2009 年,迎春杯,五年级,初赛,第 8 题【解析解析解析】4,5,6,7,8,9各用一次后,各位数字之和为39,即这个六位数应该为3的倍数,所以这个数应该是3 6672001的倍数一个首位数字超过3的六位数除以2001得到的商应该是三位数而该三位数的商乘以2001后所得六位数（即原六位数）的末三位即为该商,而前三位是该商的两倍,所以4,5,6,7,8,9这6个数字应该组成两个三位数,其中一个三位数是另一个的2倍,所以两个三位数的首位数字,大

17、者应至少是小者的两倍,显然的较小的那个三位数的首位只能是4,较大的那个三位数的首位可能是8,也可能是9,而较小的那个三位数的个位只能是8,才能使较大的那个三位数的个位数字能被取到,进一步试验可得到这个六位数是956478,这个6位数除以667后的得数为1434【答案】956478667=1434【例例 14】14】某住宅区有 12 家住户,他们的门牌号分别是 1,2,12他们的电话号码依次是 12 个连续的六位自然数,并且每家的电话号码都能被这家的门牌号整除,已知这些电话号码的首位数字都小于 6,并且门牌号是 9 的这一家的电话号码也能被 13 整除,问：这一家的电话号码是什么数?【考点】整除

18、之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答【解析解析解析】设第一户电话号是1x,第二户的电话号是2x,第 12 户的电话号是12x 根据条件可知xi是i的倍数(1i,2,12),因此x是 1,2,12 的公倍数而1,2,1227720,所以27720 xm又277209m 是 13 的倍数,而 27720 除以 13 余数为 4,所以49m 是 13 的倍数,则1m,14,27,第 9 户的电话号码是277209m,是一个首位数字小于 6 的六位数,所以m取 14 合适;因此这一家的电话号码是27720 149388089【答案】27720 149388089【例例 15】15】在六位数ABCD

19、EF中,不同的字母表示不同的数字,且满足A,AB,ABC,ABCD,ABCDE,ABCDEF依次能被 2,3,5,7,11,13 整除则ABCDEF的最小值是 ;已知当ABCDEF取得最大值时0C,6F,那么ABCDEF的最大值是_【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】学而思杯,5 年级,第 14 题【解析】求最小值,先看A,最小偶数为2,然后AB被3整除,B最小为1,然后依次推出0C.7D,6E,9F 求最大值与上述方法类似.最后求出最大值为8407365【答案】210769;840736【例例 16】16】有一个九位数abcdefghi的各位数字都不相同且全都不为

20、0,并且二位数ab可被 2 整除,三位数abc可被 3 整除,四位数abcd可被 4 整除,依此类推,九位数abcdefghi可被 9 整除请问这个九位数abcdefghi是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】5 星 【题型】填空【解析解析解析】由题可知这个九位数由数字 19 组成,其中每个数字出现一次,且b、d、f、h都是偶数,a、c、e、g、i是奇数由于abcde可被 5 整除,所以5e 由于abc可被 3 整除,所以a、b、c三个数之和可被 3 整除由于abcdef可被 6 整除,所以d、e、f三个数之和可被 3 整除由于abcd可被 4 整除,所以cd可被 4 整除,而c是奇数,所以

21、d只能为 2 或 6由abcdefgh可被 8 整除知abcdefgh可被 4 整除,所以gh可被 4 整除,同上可知h也只能为 2 或 6所以有如下两种情况：2d,6h 此时25deff可被 3 整除,f只能为 8那么b为 4由于a、b、c三个数之和可被 3 整除,而a、c为 1、3、7、9 中的某两个,所以a、c为 1 和 7那么g为 3 或 9,其中满足8 6fghg可被 8 整除的只有 9,所以g为 9,i为 3此时abcdefg为 1472589 或 7412589,但这两个数都不能被 7 整除,不符题意;6d,2h 此时65deff可被 3 整除,f只能为 4那么b为 8此时4 2

22、fghg 可被 8 整除,所以g为 3 或 7又a、b、c三个数之和可被 3 整除,而b为 8,所以a、c可以为(1,3)、(1,9)、(7,3)或(7,9),所以此时abcdefghi有 8 种可能情况：189654327;981654327;789654321;987654321;183654729;381654729;189654723;981654723经检验,其中只有 381654729 满足abcdefg能被 7 整除,所以所求的abcdefghi是 381654729【答案】381654729【例例 17】17】用数字 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 拼成一个十位数.要求

23、前 1 位数能被 2 整除,前 2 位数能被3 整除,前 9 位数能被 10 整除已知最高位数为 8这个十位数是 【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】走美杯,5 年级,决赛,第 8 题,10 分【解析】由前 9 位数能被 10 整除,可知第九位数字为 0,前四位能被 5 整除,可知第四位数字为 5,前 8 位数能被 9 整除,即前八位数字和为 9 的倍数,而所有数字本身就是 9 的倍数,所以第十位数字只能是 9,前两位数能被 3 整除,故第二位数字只能是 1、4 或 7,如果第二位数字是 4,则找不到前三位数能被 4整除,故第二位数字只能是 1 或 7,则第三位数字只

24、能是 2 或 6,结合前五位能被 6 整除知只能是前五位 87654 或 81654,前七位数字能被 8 整除,知第七位数字是 2由前 6 位数字能被 7 整除,经试验唯一可能是 816543,故 7 必在第八位上,故这个数应为 8165432709【答案】8165432709【例例 18】18】N 是一个各位数字互不相等的自然数,它能被它的每个数字整除N 的最大值是 【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】走美杯,5 年级,决赛,第 7 题,10 分【解析】N 不能含有 0,因为不能被 0 除.N 不能同时含有 5 和偶数,因为此时 N 的个位将是 0.如果含有 5,则

25、2,4,6,8 都不能有,此时位数不会多.如果 N 只缺少 5,则含有 1,2,3,4,6,7,8,9,但是数字和为 40,不能被 9 整除.所以必须再去掉一位,为了最大,应该保留 9 放到最高位,为了使数字和被 9 整除,还需要去掉 4.此时由 1,2,3,6,7,8,9 组成,肯定被 9 整除,还需要考虑被 7 和 8 整除.前四位最大为 9876,剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 312,9876312 被 7 除余 5;前四位如果取 9873,剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 216,9873216 被 7 除余 3;前四位如果取 9872,剩下三个数字组成的被 8 整

26、除的三位数为 136,9872136 被 7 除余 1;前四位如果取 9871,剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 632,9871632 被 7 除余 1;前四位如果取 9867,剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 312,9867312 被 7 整除.【答案】98673126【例例 19】19】a,b,c,d各代表一个不同的非零数字,如果abcd是13的倍数,bcda是11的倍数,cdab 是9的倍数,dabc是7的倍数,那么abcd是 .【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】学而思杯,6 年级,第 14 题【解析解析解析】由于cdab是9的倍数,说明其

27、各位数字之和能被9整除;由于abcd与cdab的各位数字之和相同,所以abcd也是9的倍数;由于bcda是11的倍数,那么其奇位数字之和与偶位数字之和的差能被11整除,也就是ac与bd的差能被11整除,而abcd的奇位数字之和与偶位数字之和分别为bd和ac,恰好的差能被11整除,恰好与bcda互换了一下,可知abcd的奇位数字之和与偶位数字之和的差也能被11整除,也就是abcd是11的倍数;又根据题意,abcd是13的倍数,那么abcd是9,11,13的公倍数,也就是9,11,131287的倍数,又是四位数,可能为1287,2574,3861,5148,6435,7722,9009,其中772

28、2和9009出现重复数字,可予排除.由于abcd是7的倍数,说明abcd是7的倍数,对1287,2574,3861,5148,6435,一一进行检验,发现只有3861满足这一点,所以abcd是3861.【答案】3861【例例 20】20】利用数字 0,1,2,3,4,8,9(每个数字可以重复)构造一个 6 位数,满足要求：前 k 位能被 k 整除(1k,2,6)这样的 6 位数最小是 ,最大是 【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】走美杯,4 年级,决赛,第 8 题,10 分【解析】最小的数先填第一位易知为 1,第二位易知被 2 整除,最小为 0,第三位结合前三位被 3

29、 整除,所以为 2,第四位同样结合前四位被 4 整除为 0,同理知第五位为 0,第六位可知前三位已能被 6 整除,所以第六位为 0,即此数该为 102000 最大的数方法同上,从首位开始填起,然后取前 k 位能被 k 整除的最大数,即可得出结论,最大为987654【答案】最小102000,最大为987654【例例 21】21】有 15 位同学,每位同学都有编号,他们是 1 号到 15 号,1 号同学写了一个自然数,其余各位同学都说这个数能被自己的编号数整除1 号作了检验：只有编号连续的两位同学说的不对,其余同学都对,问：说的不对的两位同学,他们的编号是哪两个连续自然数?如果告诉你 1 号写的数

30、是五位数,请找出这个数【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答【解析解析解析】为了表达方便,不妨设 1 号同学写的自然数为a根据215:号同学所述结论,215:中只有两个连续的自然数不能整除a,其他的数都能整除a由于27:中的每一个数的 2 倍都在 15 以内,如果27:中有某个数不能整除a,那么这个数的 2 倍也不能整除a,然而27:中的这个数与它的 2 倍不可能是两个连续的自然数,所以27:中每一个数都是a的约数由于 2 与 5 互质,那么2510也是a的约数同理可知,12、14、15 也都是a的约数还剩下的四个数为 8、9、11、13,只有 8、9是两个连续的自然数,所以说的

31、不对的两位同学,他们的编号分别是 8 和 91 号同学所写的自然数能被 2,3,4,5,6,7,10,11,12,13,14,15 这 12 个数整除,也就是它们的公倍数它们的最小公倍数是：223 57 11 1360060 因为 60060 是一个五位数,而这 12 个数的其他公倍数都是它们的最小公倍数 60060 的倍数,且最小为 2 倍,所以均不是五位数,那么 1 号同学写的五位数是 60060【答案】60060【例例 22】22】已知：23!258 20 67388849766000DCAB则DCBA?【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空【关键词】走美杯,5 年级,决赛

32、,第 7 题,10 分【解析解析解析】由于 123 中有 4 个 5 的倍数,所以23!的末尾有 4 个 0,所以0B 由于23!25 10 15 82010000 83MM (M为正整数),所以258 20 67388849766000DCAB去掉末尾的 4 个 0 后得到的数是 8 的倍数,那么66A是 8 的倍数,所以4A 7易知258 20 673888497664DC是 9 和 11 的倍数,所以2582067388849766493DCCD是 9 的倍数;2827889645063847615CDCD是 11 的倍数,那么6CD或 15,7CD或4DC若15CD,由于CD与CD(或

33、DC)奇偶性相同,所以此时7CD,得11C,不合题意所以6CD,4DC,得1C,5D,所以51042040DCBA【答案】2040【例例 23】23】为了打开银箱,需要先输入密码,密码由 7 个数字组成,它们不是 1、2 就是 3在密码中 1 的数目比 2 多,2 的数目比 3 多,而且密码能被 3 和 16 所整除试问密码是多少?【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答【解析解析解析】密码由 7 位数字组成,如果有两个 3 的话,那么至少是2349位数,与题意不符;只有一个 3 的话,那么至少有两个 2.如果有三个 2,那么 1 至少有四个,总共至少有1348个数字,与题意不符,

34、所以2 只有两个,1 有四个,如此,各数位数字和为44311,不是 3 的倍数,所以密码中没有 3,只有1、2,由 1、2 组成的四位数中只有 2112 能被 16 整除（从个位向高数位推得）,所以密码的后四位是 2112,所以前三位数字和是 3 的倍数,只有 111 和 222 满足条件,其中 2222112 的 2 多于 1,应予排除,所以这个密码是 1112112.【答案】1112112【巩固巩固巩固】为了打开银箱,需要先输入密码,密码由 7 个数字组成,它们不是 2 就是 3在密码中 2 的数目比 3多,而且密码能被 3 和 4 所整除试求出这个密码【考点】整除之综合系列 【难度】4

35、星 【题型】解答密码中的 2 比 3 要多,所以 2 可能有 4、5、6 或 7 个当 2 有 4 个时,密码的数字和为 17;当 2 有 5个时,数字和为 16;当 2 有 6 个时,数字和为 15;当 2 有 7 个时,数字和为 14由于一个数能被 3 整除时,它的数字和也能被 3 整除,所以密码中 2 应当有 6 个,这样 3 就只能有 1 个另外,一个数能被4 整除,那么它的末两位数也应当能被 4 整除,所以末两位数必定是 32所以,密码是 2222232【答案】密码是 2222232【例例 24】24】盒子里放有编号为 1 到 10 的十个球,小明先后三次从盒中共取出九个球,如果从第

36、二次开始,每次取出的球的编号之和是前一次的 2 倍,那么未取出的球的编号是_.【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空【关键词】迎春杯,中年级,初赛,第 11 题【解析解析解析】因为从第二次开始每次取出的球的编号是前一次的 2 倍,由此得出：1 1 21 227 ,三次取出的9个球的编号之和必是7的倍数.因为10个球的编号之和是55,所以取出的9个球,编号之和必在45 54之间,期间只有49是7的倍数,所以未取出的球的编号为55496.【答案】6【例例 25】25】六位自然数,1082能被 12 整除,末两位数有 种情况.【考点】整除之综合系列 【难度】2 星 【题型】填空【关键词】希望杯,五年级,初赛,第 10 题,4 分【解析】试除法：10829912=902411,99-11=88、88-12=76、76-12=64、64-12=52、52-12=40、40-12=28、28-12=16、16-12=04 共 8 种情况【答案】8种情况