小学数学奥数基础教程（六年级）目30讲全1 - 图文

小学奥数基础教程（六年级） - 1 - 小学奥数基础教程(六年级)

第1讲 比较分数的大小 第2讲 巧求分数 第3讲 分数运算的技巧 第4讲 循环小数与分数 第5讲 工程问题(一) 第6讲 工程问题(二) 第7讲 巧用单位“1” 第8讲 比和比例 第9讲 百分数 第10讲 商业中的数学 第11讲 圆与扇形 第12讲 圆柱与圆锥 第13讲 立体图形(一) 第14讲 立体图形(二) 第15讲 棋盘的覆盖 第16讲 找规律 第17讲 操作问题 第18讲 取整计算 第19讲 近似值与估算 第20讲 数值代入法 第21讲 枚举法 第22讲 列表法 第23讲 图解法 第24讲 时钟问题 第25讲 时间问题 第26讲 牛吃草问题 第27讲 运筹学初步（一） 第28讲 运筹学初步（二） 第29讲 运筹学初步（三） 第30讲 趣题巧解

第一讲 比较分数的大小

同学们从一开始接触数学，就有比较数的大小问题。比较整数、小数的大小的方法比较简单，而比较分数的大小就不那么简单了，因此也就产生了多种多样的方法。 对于两个不同的分数，有分母相同，分子相同以及分子、分母都不相同三种情况，其中前两种情况判别大小的方法是： 分母相同的两个分数，分子大的那个分数比较大； 分子相同的两个分数，分母大的那个分数比较小。 第三种情况，即分子、分母都不同的两个分数，通常是采用通分的方法，使它们的分母相同，化为第一种情况，再比较大小。

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由于要比较的分数千差万别，所以通分的方法不一定是最简捷的。下面我们介绍另外几种方法。 1.“通分子”。

当两个已知分数的分母的最小公倍数比较大，而分子的最小公倍数比较小时，可以把它们化成同分子的分数，再比较大小，这种方法比通分的方法简便。

如果我们把课本里的通分称为“通分母”，那么这里讲的方法可以称为“通分子”。 2.化为小数。

这种方法对任意的分数都适用，因此也叫万能方法。但在比较大小时是否简便，就要看具体情况了。 3.先约分，后比较。

有时已知分数不是最简分数，可以先约分。

4.根据倒数比较大小。

5.若两个真分数的分母与分子的差相等、则分母（子）大的分数较大；若两个假分数的分子与分母的差相等，则分母（子）小的分数较大。也就是说，

6.借助第三个数进行比较。有以下几种情况： （1）对于分数m和n，若m＞k，k＞n，则m＞n。

（2）对于分数m和n，若m-k＞n-k，则m＞n。

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第二讲 巧求分数

我们经常会遇到一些分数的分子、分母发生变化的题

前一个差比较小，所以m＜n。

（3）对于分数m和n，若k-m＜k-n，则m＞n。

目，例如分子或分母加、减某数，或分子与分母同时加、减某数，或分子、分母分别加、减不同的数，得到一个新分数， 求加、减的数，或求原来的分数。这类题目变化很多，因此解法也不尽相同。

注意，（2）与（3）的差别在于，（2）中借助的数k小于原来的两个分数m和n；（3）中借助的数k大于原来的两个分数m和n。

（4）把两个已知分数的分母、分子分别相加，得到一个新分数。新分数一定介于两个已知分数之间，即比其中一个分数大，比另一个分数小。

数。

利用这一点，当两个已知分数不容易比较大小，新分数与其中一个已知分数容易比较大小时，就可以借助于这个新分数。

分析：若把这个分数的分子、分母调换位置，原题中的

分母加、减1就变成分子加、减1，这样就可以用例1求平均数的方法求出分子、分母调换位置后的分数，再求倒数即

比较分数大小的方法还有很多，同学们可以在学习中不断发现总结，但无论哪种方法，均来源于：“分母相同，分子大的分数大；分子相同，分母小的分数大”这一基本方法。 练习1

1.比较下列各组分数的大小：

个分数。

分析与解：因为加上和减去的数不同，所以不能用求平均数的方法求解。

可。

答案与提示练习1

，这个分数是多少？ - 2 -

小学奥数基础教程（六年级） 分析与解：如果把这个分数的分子与分母调换位置，问题就变为：

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这个分数是多少？

于是与例3类似，可以求出

分析与解：分子加10，等于分子增加了10÷5=2（倍），为保持分数的大小不变，分母也应增加相同的倍数，所以分母应加8×2=16。

在例1～例4中，两次改变的都是分子，或都是分母，如果分子、分母同时变化，那么会怎样呢？

在例8中，分母应加的数是

数a。

分析与解：分子减去a，分母加上a，（约分前）分子与分母之和不变，等于29+43=72。约分后的分子与分母之和变为3+5=8，所以分子、分母约掉

在例9中，分子应加的数是

由此，我们得到解答例8、例9这类分数问题的公式： 分子应加（减）的数=分母所加（减）的数×原分数； 分母应加（减）的数=分子所加（减）的数÷原分数。

45-43=2。

求这个自然数。 分析与解：这道题的分子、分母分别加、减不同的数，可以说是这类题中最难的，我们用设未知数列方程的方法解答。

同一个自然数，得到的新分数如果不约分，那么差还是45，新分数约分后变

（2x+2）×3=（x+5）×4， 6x+6=4x+20， 2x=14，

例7 一个分数的分子与分母之和是23，分母增加19后得到一个新分数，

练习2

x=7。

分子与分母的和是1+5=6，是由新分数的分子、分母同时除以42÷6=7得到

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解：设分子为x，根据分母可列方程

第三讲 分数运算的技巧

是多少？

对于分数的混合运算，除了掌握常规的四则运算法则外，还应该掌握一些特殊的运算技巧，才能提高运算速度，解答较难的问题。 1.凑整法

与整数运算中的“凑整法”相同，在分数运算中，充分

利用四则运算法则和运算律（如交换律、结合律、分配律），使部分的和、差、积、商成为整数、整十数??从而使运算得到简化。

答案与提示练习2

2.约分法

5.5。解：(53+79)÷(4+7)=12， a=53-4×12=5。 6.13。解：（67-22）÷（16-7）=5，7×5-22=13。

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3.裂项法

若能将每个分数都分解成两个分数之差，并且使中间的分数相互抵消，则能大大简化运算。

的10和30，仍是符合题意的解。 4.代数法

5.分组法

分析与解：利用加法交换律和结合律，先将同分母的分数相加。分母为n的分数之和为

例7 在自然数1～100中找出10个不同的数，使这10个数的倒数的和等于1。

分析与解：这道题看上去比较复杂，要求10个分子为1，而分母不同的

原式中分母为2～20的分数之和依次为

就非常简单了。

练习3

括号。此题要求的是10个数的倒数和为1，于是做成：

所求的10个数是2，6，12，20，30，42，56，72，90，10。

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8.在自然数1～60中找出8个不同的数，使这8个数的倒数之和等于1。

答案与提示 练习3 1.3。

8.2，6， 8， 12， 20， 30， 42， 56。

9.5680。

解：从前向后，分子与分母之和等于2的有1个，等于3的有2个，等于4的有3个人??一般地，分子与分母之和等于n的有(n-1)个。分子与分母之和小于9+99=108的有1+2+3+?+106=5671（个）

5671+9=5680（个）。 第四讲 循环小数与分数

任何分数化为小数只有两种结果，或者是有限小数，或

者是循环小数，而循环小数又分为纯循环小数和混循环小数两类。那么，什么样的分数能化成有限小数？什么样的分数

能化成纯循环小数、混循环小数呢？我们先看下面的分数。

（1）中的分数都化成了有限小数，其分数的分母只有质因数2和5，化

因为40=23

×5，含有3个2，1个5，所以化成的小数

有三位。

（2）中的分数都化成了纯循环小数，其分数的分母没有质因数2和5。

（3）中的分数都化成了混循环小数，其分数的分母中既含有质因数2或5，又含有2和5以外的质因数，化成的混循环小数中的不循环部分的位数与

5，所以化成混循环小数中的不循环部分有两位。 于是我们得到结论：

一个最简分数化为小数有三种情况：

（1）如果分母只含有质因数2和5，那么这个分数一定能化成有限小数，并且小数部分的位数等于分母中质因数2与5中个数较多的那个数的个数； - 6 -

小学奥数基础教程（六年级） （2）如果分母中只含有2与5以外的质因数，那么这个分数一定能化成纯循环小数；

（3）如果分母中既含有质因数2或5，又含有2与5以外的质因数，那么这个分数一定能化成混循环小数，并且不循环部分的位数等于分母中质因数2与5中个数较多的那个数的个数。

例1判断下列分数中，哪些能化成有限小数、纯循环小数、混循环小数？能化成有限小数的，小数部分有几位？能化成混循环小数的，不循环部分有几位？

将上两式相减，得

2.将混循环小数化成分数。

位数都是9，9的个数与循环节的位数相同。

- 7 - 分数的分子是一个循环节的数字组成的数，分母的各

分析与解：上述分数都是最简分数，并且 32=2，21=3×7，250=2×5，78=2×3×13， 117=3×13，850=2×5×17， 根据上面的结论，得到：

将上两式相减，得

3

2

5

3

从例4、例5可以总结出将混循环小数化成分数的方法。 混循环小数化成分数的方法：

不循环部分有两位。

将分数化为小数是非常简单的。反过来，将小数化为分数，同学们可能比较熟悉将有限小数化成分数的方法，而对将循环小数化成分数的方法就不一定清楚了。我们分纯循环小数和混循环小数两种情况，讲解将循环小数化成分数的方法。 1.将纯循环小数化成分数。

分数的分子是小数点后面第一个数字到第一个循环节的末位数字所组成的数，减去不循环数字所组成的数所得的差；分母的头几位数字是9，末几位数字都是0，其中9的个数与循环节的位数相同，0的个数与不循环部分的位数相同。

掌握了将循环小数化成分数的方法后，就可以正确地进行循环小数的运算了。 例6 计算下列各式：

将上两式相减，得将上两式相减，得

从例2、例3可以总结出将纯循环小数化成分数的方法。 纯循环小数化成分数的方法：

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小学奥数基础教程（六年级） 练习4

1.下列各式中哪些不正确？为什么？

工作量=工作效率×工作时间， 工作时间=工作量÷工作效率， 工作效率=工作量÷工作时间。

- 8 - 工作量指的是工作的多少，它可以是全部工作量，一般用数1表示，也可

工作效率指的是干工作的快慢，其意义是单位时间里所干的

2.划去小数0.27483619后面的若干位，再添上表示循环节的两个圆点，得到一个循环小数，例如0.274836。请找出这样的小数中最大的与最小的。 3.将下列纯循环小数化成最简分数：

4.将下列混循环小数化成最简分数：

5.计算下列各式：

工作量。单位时间的选取，根据题目需要，可以是天，也可以是时、分、秒等。

工作效率的单位是一个复合单位，表示成“工作量/天”，或“工作量/时”等。但在不引起误会的情况下，一般不写工作效率的单位。

例1 单独干某项工程，甲队需100天完成，乙队需150天完成。甲、乙两队合干50天后，剩下的工程乙队干还需多少天？

分析与解：以全部工程量为单位1。甲队单独干需100天，甲的工作效

答案与提示 练习4

1.（1）（3）（4）不正确。

例2 某项工程，甲单独做需36天完成，乙单独做需45天完成。如果开工时甲、乙两队合做，中途甲队退出转做新的工程，那么乙队又做了18天才完成任务。问：甲队干了多

少天？

分析：将题目的条件倒过来想，变为“乙队先干18天，后面的工作甲、乙两队合干需多少天？”这样一来，问题就简单多了。

第五讲 工程问题（一）

顾名思义，工程问题指的是与工程建造有关的数学问题。其实，这类题目的内容已不仅仅是工程方面的问题，也括行路、水管注水等许多内容。

在分析解答工程问题时，一般常用的数量关系式是：

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答：甲队干了12天。

例3 单独完成某工程，甲队需10天，乙队需15天，丙队需20天。开始三个队一起干，因工作需要甲队中途撤走了，

小学奥数基础教程（六年级） 结果一共用了6天完成这一工程。问：甲队实际工作了几天？

分析与解：乙、丙两队自始至终工作了6天，去掉乙、丙两队6天的工作量，剩下的是甲队干的，所以甲队实际工作了

们合干多少天才可完成工程的一半？

- 9 - 1.某工程甲单独干10天完成，乙单独干15天完成，他 2.某工程甲队单独做需48天，乙队单独做需36天。甲队先干了6天后转交给乙队干，后来甲队重新回来与乙队一起干了10天，将工程做完。求乙队在中间单独工作的天数。 3.一条水渠，甲、乙两队合挖需30天完工。现在合挖12天后，剩下的乙队单独又挖了24天挖完。这条水渠由甲队单独挖需多少天？

例4 一批零件，张师傅独做20时完成，王师傅独做30时完成。如果两人同时做，那么完成任务时张师傅比王师傅多做60个零件。这批零件共有多少个？

分析与解：这道题可以分三步。首先求出两人合作完成需要的时间，

则完成任务时乙比甲多植50棵。这批树共有多少棵？ 5.修一段公路，甲队独做要用40天，乙队独做要用24天。现在两队同时从两端开工，结果在距中点750米处相遇。这段公路长多少米？

6.蓄水池有甲、乙两个进水管，单开甲管需18时注满，单开乙管需24时注满。如果要求12时注满水池，那么甲、乙两管至少要合开多长时间？

例5 一水池装有一个放水管和一个排水管，单开放水管5时可将空池灌满，单开排水管7时可将满池水排完。如果一开始是空池，打开放水管1时后又打开排水管，那么再过多长时间池内将积有半池水

7.两列火车从甲、乙两地相向而行，慢车从甲地到乙地需8时，比快车从

40千米。求甲、乙两地的距离。 答案与提示 练习5

2.14天。

3.120天。

例6 甲、乙二人同时从两地出发，相向而行。走完全程甲需60分钟，乙需40分钟。出发后5分钟，甲因忘带东西而返回出发点，取东西又耽误了5分钟。甲再出发后多长时间两人相遇？

分析：这道题看起来像行程问题，但是既没有路程又没有速度，所以不能用时间、路程、速度三者的关系来解答。甲出发5分钟后返回，路上耽误10分钟，再加上取东西的5分钟，等于比乙晚出发15分钟。我们将题目改述一下：完成一件工作，甲需60分钟，乙需40分钟，乙先干15分钟后，甲、乙合干还需多少时间？由此看出，这道题应该用工程问题的解法来解答。

4.350棵。

5.6000米。

6.8时。

答：甲再出发后15分钟两人相遇。 练习5

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小学奥数基础教程（六年级） 提示：甲管12时都开着，乙管开

做4天，乙再单独

- 10 - 们把“乙先做7天，甲再做4天”的过程转化为“甲、乙合

7.280千米。

第六讲 工程问题（二）

上一讲我们讲述的是已知工作效率的较简单的工程问题。在较复杂的工程问题中，工作效率往往隐藏在题目条件里，这时，只要我们灵活运用基本的分析方法，问题也不难解决。 例1 一项工程，如果甲先做5天，那么乙接着做20天可完成；如果甲先做20天，那么乙接着做8天可完成。如果甲、乙合做，那么多少天可以完成？

分析与解：本题没有直接给出工作效率，为了求出甲、乙的工作效率，我们先画出示意图：

例3 单独完成一件工作，甲按规定时间可提前2天完成，乙则要超过规定时间3天才能完成。如果甲、乙二人合做2天后，剩下的继续由乙单独做，那么刚好在规定时间完成。问：甲、乙二人合做需多少天完成？

分析与解：乙单独做要超过3天，甲、乙合做2天后乙继续做，刚好按时完成，说明甲做2天等于乙做3天，即完成这件工作，乙需要的时间是甲的

，乙需要10+5=15（天）。甲、乙合作需要

从上图可直观地看出：甲15天的工作量和乙12天的工作量相等，即甲5天的工作量等于乙4天的工作量。于是可用“乙工作4天”等量替换题中“甲工作5天”这一条件，通过此替换可知乙单独做这一工程需用20+4=24（天）

例4 放满一个水池的水，若同时打开1，2，3号阀门，则20分钟可以完成；若同时打开2，3，4号阀门，则21分钟可以完成；若同时打开1，3，4号阀门，则28分钟可以完成；若同时打开1，2，4号阀门，则30分钟可以完成。 问：如果同时打开1，2，3，4号阀门，那么多少分钟可以完成？

分析与解：同时打开1，2，3号阀门1分钟，再同时打开2，3，4号阀门1分钟，再同时打开1，3，4号阀门1

甲、乙合做这一工程，需用的时间为

分钟，再同时打开1，2，4号阀门1分钟，这时，1，2，3，4号阀门各打开了3分钟，放水量等于一

例2 一项工程，甲、乙两队合作需6天完成，现在乙队先做7天，然后

么还要几天才能完成？

分析与解：题中没有告诉甲、乙两队单独的工作效率，只知道他们合作

例5 某工程由一、二、三小队合干，需要8天完成；由二、三、四小队合干，需要10天完成；由一、四小队合 干，需15天完成。如果按一、二、三、四、一、二、三、四、??的顺序，每个小队干一天地轮流干，那么工程由哪个队最后完成？ - 10 -

小学奥数基础教程（六年级） 分析与解：与例4类似，可求出一、二、三、四小队的工作效率之和是

独修各需几天？

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5.蓄水池有甲、乙、丙三个进水管，甲、乙、丙管单独灌满一池水依次需要10，12，15时。上午8点三个管同时打开，中间甲管因故关闭，结果到下午2点水池被灌满。问：

例6 甲、乙、丙三人做一件工作，原计划按甲、乙、丙的顺序每人一天轮流去做，恰好整天做完，并且结束工作的是乙。若按乙、丙、甲的顺序轮流

甲管在何时被关闭？

6.单独完成某项工作，甲需9时，乙需12时。如果按照甲、乙、甲、乙、??的顺序轮流工作，每次1时，那么完成这项工作需要多长时间？

7.一项工程，乙单独干要17天完成。如果第一天甲干，第二天乙干，这样交替轮流干，那么恰好用整天数完成；如果第一天乙干，第二天甲干，这样交替轮流干，那么比上次

件工作，要用多少天才能完成？

分析与解：把甲、乙、丙三人每人做一天称为一轮。在一轮中，无论谁先谁后，完成的总工作量都相同。所以三种顺序前面若干轮完成的工作量及用的天数都相同（见下图虚线左边），相差的就是最后一轮（见下图虚线右边）。

2.甲18天，乙12天。

轮流的做法多用半天完工。问：甲单独干需要几天？ 答案与提示练习6 1.360个。

由最后一轮完成的工作量相同，得到

3.7.2时。

解：由下页图知，王干2时等于李干3时，所以单独干李需

练习6

1.甲、乙二人同时开始加工一批零件，每人加工零件总数的一半。甲完成

12+6÷2×3=21（时），王需21÷3×2=14（时）。所求为

有多少个？

需的时间相等。问：甲、乙单独做各需多少天？

3.加工一批零件，王师傅先做6时李师傅再做12时可完成，王师傅先做8时李师傅再做9时也可完成。现在王师傅先做2时，剩下的两人合做，还需要多少小时？

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答：这本故事书共有240页。

分析与解：本题条件中单位“1”的量在变化，依次是

“全书的页数”、“第一天看后余下的页数”、“第二天看后余下的页数”，出现了3个不同的单位“1”。按照常规

5.上午9时。

思路，需要统一单位“1”，转化分率。但在本题中，不统一单位“1”反而更方便。我们先把全书看成“1”，

6.10时15分。

看成“1”，就可以求出第三天看后余下的部分占全书的

7.8.5天。

解：如果两人轮流做完的天数是偶数，那么不论甲先还是乙先，两种轮流做的方式完成的天数必定相同（见左下图）。 甲乙甲乙??甲乙甲乙甲乙??甲乙 甲

现在乙先比甲先要多用半天，所以甲先时，完成的天数一定是奇数，于是得到右上图，其中虚线左边的工作量相同，右边的工作量也相同，说明乙做1天等于甲做半天，所以乙做17天等于甲做8.5天。 第七讲 巧用单位“1”

在工程问题中，我们往往设工作总量为单位“1”。在许多分数应用题中，都会遇到单位“1”的问题，根据题目条件正确使用单位“1”，能使解答的思路更清晰，方法更简捷。

这给计算带来很多不便，需要统一单位“1”。统一单位“1”的一个窍门就是抓“不变量”为单位“1”。

本题中故事书、图书总数都发生了变化，而其它书的本数没有变，可以以

分析：因为第一天、第二天都是与全书比较，所以应以全书的页数为单位

共有多少本图书？

分析与解：故事书增加了，图书的总数随之增加。题中出现两个分率，

图书室原来共有图书 - 12 -

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乙班有84-48=36（人）。 练习7

分析与解：与例3类似，甲、乙组人数都发生了变化，不变量是甲、乙组的总人数，所以以甲、乙组的总人数为单位“1”。

树上原有多少个桃？

剩下的部分收完后刚好又装满6筐。共收西红柿多少千克？

例5 公路上同向行驶着三辆汽车，客车在前，货车在中，小轿车在后。在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等；走了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车，再过多少分钟，货车追上客车？ 分析与解：根据“在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等”，设这段距离为单位“1”。由“走了10分钟，小轿车追上了货车”，可知小轿

答案与提示 练习7 1.35个。

可知小轿车(10+5)分钟比客车多行了两个这样的距离，每分钟多行这段距离的

2.60个。

3.64吨。

两班各有多少人？

7.六年级两个班共有学生94人，其中女生有39人，已知一班的女生占本

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小学奥数基础教程（六年级） 得到甲∶乙∶丙=10∶12∶9。 例1 已知3∶(x-1)=7∶9，求x。

解： 7×(x-1)=3×9， x-1=3×9÷7，

4.384千克。

- 14 - 例2 六年级一班的男、女生比例为3∶2，又来了4名女生后，全班共有44人。求现在的男、女生人数之比。 分析与解：原来共有学生44-4=40（人），由男、女生人数之比为3∶2知，如果将人数分为5份，那么男生占3

女生增加4人变为16+4=20（人），男生人数不变，现

6.男生15人，女生21人。

在男、女生人数之比为 24∶20=6∶5。 在例2中，我们用到了按比例分配的方法。 将一个总量按照一定的比分成若干个分量叫做按比例分配。按比例分配的方法是将按已知比分配变为按份数分配，把比的各项相加得到总份数，各项与总份数之比就是各

个分量在总量中所占的分率，由此可求得各个分量。 例3 配制一种农药，其中生石灰、硫磺粉和水的重量

7.一班45人，二班49人。

比是1∶2∶12，现在要配制这种农药2700千克，求各种原料分别需要多少千克。

分析：总量是2700千克，各分量的比是1∶2∶12，总份数是1+2+12=15，

第八讲 比和比例

比的概念是借助于除法的概念建立的。

两个数相除叫做两个数的比。例如，5÷6可记作5∶6。

份，女生占2份。由此求出

比值。

表示两个比相等的式子叫做比例（式）。如，3∶7=9∶21。判断两个比是否成比例，就要看它们的比值是否相等。两个比的比值相等，这两个比能组成比例，否则不能组成比例。 在任意一个比例中，两个外项的积等于两个内项的积。即：如果a∶b=c∶d，那么a×d=b×c。

两个数的比叫做单比，两个以上的数的比叫做连比。例如a∶b∶c。连比中的“∶”不能用“÷”代替，不能把连比看成连除。把两个比化为连比，关键是使第一个比的后项等于第二个比的前项，方法是把这两项化成它们的最小公倍数。例如，

甲∶乙=5∶6，乙∶丙=4∶3， 因为[6，4]=12，所以

5∶ 6=10∶ 12， 4∶3=12∶9，

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答：生石灰、硫磺粉、水分别需要180，360和2160千克。 在按比例分配的问题中，也可以先求出每份的量，再求出各个分量。如例3中，总份数是1+2+12=15，每份的量是2700÷15=180（千克），然后用每份的量分别乘以各分量的份数，即用180千克分别乘以1，2，12，就可以求出各个分量。 例4 师徒二人共加工零件400个，师傅加工一个零件用9分钟，徒弟加工一个零件用15分钟。完成任务时，师傅比徒弟多加工多少个零件？

分析与解：解法很多，这里只用按比例分配做。师傅与徒弟的工作效率

小学奥数基础教程（六年级） - 15 - 3.一把小刀售价6元。如果小明买了这把小刀，那么小明与小强的钱数之比是3∶5；如果小强买了这把小刀，那么小

5.甲、乙、丙三人分138只贝壳，甲每取走5只乙就取

走4只，乙每取走5只丙就取走6只。问：最后三人各分到多少只贝壳？

有多少学生？

6.一条路全长60千米，分成上坡、平路、下坡三段，各段路程的长度之比是1∶2∶3，某人走各段路程所用的时间之比是3∶4∶5。已知他走平路的速度是5千米/时，他

走完全程用多少时间？

7.某俱乐部男、女会员的人数之比是3∶2，分为甲、乙、丙三组，甲、乙、丙三组的人数之比是10∶8∶7。如果甲组中男、女会员的人数之比是3∶1，乙组中男、女会

按比例分配得到

员的人数之比是5∶3，那么丙组中男、女会员的人数之比是多少？ 答案与提示练习8 1.540米。

2

明与小强的钱数之比是9∶11。问：两人原来共有多少钱？

2.长100厘米，宽75厘米，高60厘米。

例6 某高速公路收费站对于过往车辆收费标准是：大客车30元，小客车15元，小轿车10元。某日通过该收费站的大客车和小客车数量之比是5∶6，小客车与小轿车之比是4∶11，收取小轿车的通行费比大客车多210元。求这天这三种车辆通过的数量。

分析与解：大客车、小轿车通过的数量都是与小客车相比，如果能将5∶6中的6与4∶11中的4统一成[4，6]=12，就可以得到大客车∶小客车∶小轿车的连比。 由5∶6=10∶12和4∶11=12∶33，得到 大客车∶小客车∶小轿车=10∶12∶33。

以10辆大客车、12辆小客车、33辆小轿车为一组。因为每组中收取小轿车的通行费比大客车多10×33-30×10=30（元），所以这天通过的车辆共有210÷30=7（组）。这天通过

大客车=10×7=70（辆）， 小客车=12×7=84（辆）， 小轿车=33×7=231（辆）。 练习8

1.一块长方形的地，长和宽的比是5∶3，周长是96米，求这块地的面积。

2.一个长方体，长与宽的比是4∶3，宽与高的比是5∶

3

解：长∶宽∶高=20∶15∶12， 450000÷(20×15×12)=125=5。

长=20×5=100（厘米），宽=15×5=75（厘米）， 高=12×5=60（厘米）。 3.86元。

解：设小明有x元钱。根据小强的钱数可列方程

3

36+50=86（元）。 4.2640元。

5.甲50只，乙40只，丙48只。

解：甲∶乙∶丙=25∶20∶24，138÷(25+20+24)=2， 甲=2×25=50（只），乙=2×20=40（只）， 丙=2×24=48（只）。 6.12时。

4，体积是450分米。问：长方体的长、宽、高各多少厘米？

- 15 -

- 16 - 小学奥数基础教程（六年级） 例3 一次考试共有5道试题。做对第1，2，3，4，5

题的人数分别占参加考试人数的85％，95％，90％，75％，

80％。如果做对三道或三道以上为及格，那么这次考试的及格率至少是多少？

7.5：9

分析与解：因为百分数的含义是部分量占总量的百分之几，所以不妨设总量即参加考试的人数为100。

由此得到做错第1题的有100×（1-85％）=15（人）； 同理可得，做错第2，3，4，5题的分别有5，10，25，20人。

总共做错15+5+10+25+20=75（题）。

一人做错3道或3道以上为不及格，由75÷3=25（人），推知至多有25人不及格，也就是说至少有75人及格，及格率至少是75％。

例4 育红小学四年级学生比三年级学生多25％，五年级学生比四年级学生少10％，六年级学生比五年级学生多

第九讲 百分数

百分数有两种不同的定义。

（1）分母是100的分数叫做百分数。这种定义着眼于形式，把百分数作为分数的一种特殊形式。

（2）表示一个数（比较数）是另一个数（标准数）的百分之几的数叫做百分数。这种定义着眼于应用，用来表示两个数的比。所以百分数又叫百分比或百分率。

百分数通常不写成分数形式，而采用符号“％”来表示，叫做百分号。

在第二种定义中，出现了比较数、标准数、分率（百分数），这三者的关系如下：

比较数÷标准数=分率（百分数）， 标准数×分率=比较数， 比较数÷分率=标准数。

根据比较数、标准数、分率三者的关系，就可以解答许多与百分数有关的应用题。

例1 纺织厂的女工占全厂人数的80％，一车间的男工占全厂男工的25％。问：一车间的男工占全厂人数的百分之几？

分析与解：因为“女工占全厂人数的80％”，所以男工占全厂人数的1-80％=20％。

又因为“一车间的男工占全厂男工的25％”，所以一车间的男工占全厂人数的20％×25％=5％。

例2 学校去年春季植树500棵，成活率为85％，去年秋季植树的成活率为90％。已知去年春季比秋季多死了20棵树，那么去年学校共种活了多少棵树？

分析与解：去年春季种的树活了500×85％=425（棵），死了500-425=75（棵）。去年秋季种的树，死了75-20=55（棵），活了 55÷（1-90％）×90％=495（棵）。所以，去年学校共种活425+495=920（棵）。

10％。如果六年级学生比三年级学生多38人，那么三至六年级共有多少名学生？

分析：以三年级学生人数为标准量，则四年级是三年级的125％，五年级是三年级的125％×（1-10％），六年级是三年级的125％×（1-10％）×（1+10％）。因为已知六年级比三年级多38人，所以可根据六年级的人数列方程。 解：设三年级有x名学生，根据六年级的人数可列方程： x×125％×（1-10％）×（1+10％）=x+38， x×125％×90％×110％=x+38， 1.2375x=x+38， 0.2375x=38， x=160。

三年级有160名学生。

四年级有学生 160×125％=200（名）。 五年级有学生200×（1-10％）＝180（名）。 六年级有学生 160+38=198（名）。 160+200+180+198=738（名）。 答：三至六年级共有学生738名。

在百分数应用题中有一类叫溶液配比问题。我们都知道，将糖溶于水就得到了糖水，其中糖叫溶质，水叫溶剂，糖水叫溶液。如果水的量不变，那么糖加得越多，糖水就越甜，也就是说，糖水甜的程度是由糖（溶质）与糖水（溶液=糖+水）二者重量的比值决定的，这个比值就叫糖水的含糖量或糖含量。类似地，酒精溶于水中，纯酒精与酒精溶液二者重量的比值就叫酒精含量。溶质、溶剂、溶液及溶质含量有如下基本关系：

溶液重量=溶质重量+溶剂重量， 溶质含量=溶质重量÷溶液重量， 溶液重量=溶质重量÷溶质含量， 溶质重量=溶液重量×溶质含量。 - 16 -

小学奥数基础教程（六年级） 溶质含量通常用百分数表示。例如，10克白糖溶于90克水中，含糖量（溶

练习9 1.20天。

解：5÷20％-5=20（天）。

例5 有含糖量为7％的糖水600克，要使其含糖量加大到10％，需要再加入多少克糖？

分析与解：在600克含糖量为7％的糖水中，有糖（溶质）600×7％=42（克）。

设再加x克糖，可使其含糖量加大到10％。此时溶质有（42+x）克，溶液有（600+x）克，根据溶质含量可得方程

- 17 - 2.600人。解：156÷[(1-20％) × (1+30％)]÷25％=600（人）。

3.第一、二、三块依次为25，20和24公顷。解：第一块地的面积为69÷[1+80％+80％×(1+20％)]=25（公顷），第二块地为25×80％=20（公顷），第三块地为69-25=24（公顷）。

4.62％。解；设全厂有100人，则四个季度没有全勤的共有10+14+8+6=38（人次）。当四个季度没有全勤的人互不相同时，全年没有全勤的人最多，为38人，所以至少有100-36=62（人）全勤，即全年全勤率至少为62％。 5.20％。

解：设酒精含量为30％的酒精溶液有100克，则溶质

需要再加入20克糖。

例6 仓库运来含水量为90％的一种水果100千克，一星期后再测，发现含水量降低到80％。现在这批水果的总重量是多少千克？

分析与解：可将水果分成“水”和“果”两部分。一开始，果重

100×（1-90％）=10（千克）。

一星期后含水量变为80％，“果”与“水”的比值为

为30克。稀释成酒精含量为24％的酒精溶液需加水30÷24％-100=25（克）。若再加入25克水，则酒精含量变为 30÷(100+25+25)=20％。 6.600克，400克。

提示：设需要18％的溶液x克，则需要23％的溶液(100-x)克。根据溶质重量可得

x×18％+(1000-x)×23％=1000×20％。解得x=600。 7.95％。

解：设原有100吨煤，则有水份14.5吨。又设风干掉水份x吨，则由含

因为“果”始终是10千克，可求出此时“水”的重量为 所以总重量是10+40=50（千克）。

练习9

1.某修路队修一条路，5天完成了全长的20％。照此计算，完成任务还需多少天？

2.服装厂一车间人数占全厂的25％，二车间人数比一车间少20％，三车间人数比二车间多30％。已知三车间有156人，全厂有多少人？

3.有三块地，第二块地的面积是第一块地的80％，第三块地的面积比第二块多20％，三块地共69公顷，求三块地各多少公顷。

4.某工厂四个季度的全勤率分别为90％，86％，92％，94％。问：全年全勤的人至少占百分之几？

5.有酒精含量为30％的酒精溶液若干，加了一定数量的水后稀释成酒精含量为24％的溶液，如果再加入同样多的水，那么酒精含量将变为多少？

6.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？

7.有一堆含水量14.5％的煤，经过一段时间的风干，含水量降为10％，现在这堆煤的重量是原来的百分之几？ 答案与提示

现在煤的重量为100-5=95（吨），是原来的95％。 第十讲 商业中的数学

市场经济中有许多数学问题。同学们可能都有和父母一起去买东西的经历，都知道商品有定价，但是这个价格是怎样定的？这就涉及到商品的成本、利润等听起来有些陌生的名词。

这一讲的内容就是小学数学知识在商业中的应用。 利润=售出价-成本，

例如，一件商品进货价是80元，售出价是100元，则这件商品的利润是100-80=20（元），利润率是

在这里我们用“进货价”代替了“成本”，实际上成本除了进货价，还包括运输费、仓储费、损耗等，为简便，有时就忽略不计了。

- 17 -

小学奥数基础教程（六年级） 例1某商品按每个7元的利润卖出13个的钱，与按每个11元的利润卖出12个的钱一样多。这种商品的进货价是每个多少元？

解：设进货价是每个x元。由“售出价=进货价+利润”，根据前、后两次卖出的钱相等，可列方程 （x+7）×13=（x+11）×12， 13x+91=12+132 x=41。

答：进货价是每个41元。

例2 租用仓库堆放3吨货物，每月租金7000元。这些货物原计划要销售3个月，由于降低了价格，结果2个月就销售完了，由于节省了租仓库的租金，所以结算下来，反而比原计划多赚了1000元。问：每千克货物的价格降低了多少元？

分析与解：原计划租仓库3个月，现只租用了2个月，节约了1个月的租金7000元。如果不降低价格，那么应比原计划多赚7000元，但现在只多赚了1000元，说明降价损失是7000-1000=6000（元）。

因为共有3吨，即3000千克货物，所以每千克货物降低了6000÷3000=2（元）。

例3 张先生向商店订购了每件定价100元的某种商品80件。张先生对商店经理说：“如果你肯减价，那么每减价1元，我就多订购4件。”商店经理算了一下，若减价5％，则由于张先生多订购，获得的利润反而比原来多100元。问：这种商品的成本是多少元？

分析与解：设这种商品的成本是x元。减价5％就是每件减100×5％=5（元），张先生可多买4×5=20（件）。由获得利润的情况，可列方程

（100-x）×80 +100=（100-5-x）×（80 + 20）， 8000-80x+100=9500-100x， 20x=1400， x=70， 这种商品的成本是70元。

由例2、例3看出，商品降价后，由于增加了销售量，所以获得的利润有时反而比原来多。

例4 某商店到苹果产地去收购苹果，收购价为每千克1.20元。从产地到商店的距离是400千米，运费为每吨货物每运1千米收1.50元。如果在运输及销售过程中的损耗是10％，商店要想实现25％的利润率，零售价应是每千克多少元？

分析与解：本题的成本包括收购价、运费、损耗。每千克的收购价加运费是1.20+1.50×400÷1000=1.80（元）。

售出价=成本×（利润率+1） =2.00×（25％+1） =2.50（元），

即零售价应是每千克2.50元。 （1-10％）=2.00（元）

- 18 - 因为有10％的损耗，所以每千克的成本为1.80÷

例5 小明到商店买了相同数量的红球和白球，红球原价2元3个，白球原价3元5个。新年优惠，两种球都按1元2个卖，结果小明少花了8元钱。问：小明共买了多少个球？

例6 某厂向银行申请甲、乙两种贷款共40万元，每年需付利息5万元。甲种贷款年利率为12％，乙种贷款年利率为14％。该厂申请甲、乙两种贷款的金额各是多少？ 解：设申请甲种贷款x万元，则申请乙种贷款（40-x）万元。根据需付利息可得方程

x×12％+（40-x）×14％=5， 0.12x+5.6-0.14x＝5， 0.02x＝0.6， x=30（万元）。 40-30=10（万元）。 答：申请甲种贷款30万元，乙种贷款10万元。 练习10

1.商店进了一批钢笔，用零售价10元卖出20支与用零售价11元卖出15支的利润相同。这批钢笔的进货价每支多少元？

2.某种蜜瓜大量上市，这几天的价格每天都是前一天的80％。妈妈第一天买了2个，第二天买了3个，第三天买了5个，共花了38元。若这10个蜜瓜都在第三天买，则能少花多少钱？

3.商店以每双13元购进一批凉鞋，售价为14.8元，卖到还剩5双时，除去购进这批凉鞋的全部开销外还获利88元。问：这批凉鞋共多少双？

4.体育用品商店用3000元购进50个足球和40个篮球。零售时足球加价9％，篮球加价11％，全部卖出后获利润298元。问：每个足球和篮球的进价是多少元？

5.某种商品的利润率是20％。如果进货价降低20％，售出价保持不变，那么利润率将是多少？ - 18 -

小学奥数基础教程（六年级） 6.某商店到苹果产地去收购苹果，收购价为每千克1.20元。从产地到商店的距离是400千米，运费为每吨货物每运1千米收费1.50元。如果不计损耗，那么商店要想实现25％的利润率，零售价应是每千克多少元？

本书中如无特殊说明，圆周率都取π=3.14。

减价10元出售，全部售完，共获利润3000元。书店共售出这种挂历多少本？ 答案与提示 练习10 1.7元。

解：（10×20-11×15）÷（20-15）=7（元）。 2.6元。

解：设第一天每个蜜瓜x元。由 2x+3x×80％+5x×80％=38，

解得x=5（元）。10个瓜都在第三天买要花 5×10×80％×80％=32（元）， 少花38-32=6（元）。 3.90双。

解：(88+14.8×5)÷(14.8-13)=90（双）。 4.足球32元，篮球35元。

解：设50个足球的进价为x元，则40个篮球的进价为(3000-x)元。根据利润可得方程 x×9％+(3000-x)×11％=298。

解得x=1600。每个足球的进价为1600÷50=32（元），每个篮球的进价为(3000-x)÷40=35（元）。 5.50％。

解：设原来进价为1元，则售出价为1×(1+20％)=1.2（元）。 现在的进价为1×(1-20％)=0.8（元），利润率为（1.2-0.8）÷0.8=50％。 6.2.25元。

解：(1.20+1.50×400÷1000)×(1+25％)=2.25（元）。 7.250本。

解：将售出的挂历分组，每组5本，其中原价的2本，减价的3本。每组可获利润18×2+8×3=60（元），推知共有3000÷60=50（组），

所以共售出5×50=250（本）。 第11讲 圆与扇形

五年级已经学习过三角形、矩形、平行四边形、梯形以及由它们形成的组合图形的相关问题，这一讲学习与圆有关的周长、面积等问题。

圆的周长=2πr，

- 19 - 例1 如下图所示，200米赛跑的起点和终点都在直跑道上，中间的弯道是一个半圆。已知每条跑道宽1.22米，那么外道的起点在内道起点前面多少米？（精确到0.01米）

分析与解：半径越大，周长越长，所以外道的弯道比内道的弯道长，要保证内、外道的人跑的距离相等，外道的起点就要向前移，移的距离等于外道弯道与内道弯道的长度差。虽然弯道的各个半径都不知道，然而两条弯道的中心线的半径之差等于一条跑道之宽。

设外弯道中心线的半径为R，内弯道中心线的半径为r，则两个弯道的长度之差为 πR-πr＝π（R-r）

＝3.14×1.22≈3.83（米）。 即外道的起点在内道起点前面3.83米。

例2 有七根直径5厘米的塑料管，用一根橡皮筋把它们勒紧成一捆（如左下图），此时橡皮筋的长度是多少厘米？

分析与解：由右上图知，绳长等于6个线段AB与6个BC弧长之和。将图中与BC弧类似的6个弧所对的圆心角平移拼补，得到6个角的和是360°，所以BC弧所对的圆心角是60°，6个BC弧等于直径5厘米的圆的周长。而线段AB等于塑料管的直径，由此知绳长=5×6＋5×3.14＝45.7（厘米）。

例3 左下图中四个圆的半径都是5厘米，求阴影部分的面积。

圆的面积=πr，

- 19 -

2

小学奥数基础教程（六年级） 分析与解：直接套用公式，正方形中间的阴影部分的面积不太好计算。容易看出，正方形中的空白部分是4个四分之一圆，利用五年级学过的割补法，可以得到右上图。右上图的阴影部分的面积与原图相同，等于一个正方形与4个半圆（即2个圆）的面积之和，为（2r）＋πr×2=10＋3.14×50≈257（厘米）。

例4 草场上有一个长20米、宽10米的关闭着的羊圈，在羊圈的一角用长30米的绳子拴着一只羊（见左下图）。问：这只羊能够活动的范围有多大？

分析与解：解此题的基本思路是：

2

2

2

2

- 20 -

从这个基本思路可以看出：要想得到阴影部分S1 的面积，就必须想办法求出S2和S3的面积。

分析与解：如右上图所示，羊活动的范围可以分为A，B，C三部分，

S3的面积又要用下图的基本思路求：

所以羊活动的范围是

例5 右图中阴影部分的面积是2.28厘米，求扇形的半径。

2

分析与解：阴影部分是扇形与等腰直角三角形相差的部分。

现在就可以求出S3的面积，进而求出阴影部分的面积了。

S3=S4-S5=50π-100（厘米），

S1=S2-S3=50π-（50π-100）=100（厘米）。 练习11

1.直角三角形ABC放在一条直线上，斜边AC长20厘米，直角边BC长10厘米。如下图所示，三角形由位置Ⅰ绕A点转动，到达位置Ⅱ，此时B，C点分别到达B1，C1点；再

所以，扇形的半径是4厘米。

例6 右图中的圆是以O为圆心、径是10厘米的圆，求阴影部分的面积。

绕B1点转动，到达位置Ⅲ，此时A，C1点分别到达A2，C2点。求C点经C1到C2走过的路径的长。

2

2

- 20 -

小学奥数基础教程（六年级） - 21 - 4.60°。

2.下页左上图中每个小圆的半径是1厘米，阴影部分的周长是多少厘米？

解：设∠CAB为n度，半圆ADB的半径为r。由题意有

3.一只狗被拴在一个边长为3米的等边三角形建筑物的墙角上（见右上图），绳长是4米，求狗所能到的地方的总面积。

解得n=60。 5.1∶3。

5.右上图是一个400米的跑道，两头是两个半圆，每一半圆的弧长是100米，中间是一个长方形，长为100米。求两个半圆的面积之和与跑道所围成的面积之比。

6.左下图中，正方形周长是圆环周长的2倍，当圆环绕正方形无滑动地滚动一周又回到原来位置时，这个圆环转了几圈？

7.8厘米。

2

6.3圈。

7.右上图中，圆的半径是4厘米，阴影部分的面积是14π厘米 ，求图中三角形的面积。 答案与提示 练习11 1.68厘米。

的等腰直角三角形，面积为4×4÷2=8（厘米）。

2.62.8厘米。

解：大圆直径是6厘米，小圆直径是2厘米。阴影部分周长是6π+2π×7=62.8（厘米）。 3.43.96米。

解：如下页右上图所示，可分为半径为4米、圆心角为300°的扇形与两个半径为1米、圆心角为120°的扇形。面积为

2

2

2

解：圆的面积是4π=16π（厘米），空白扇形面积占圆面积的1-

22

第12讲 圆柱与圆锥

这一讲学习与圆柱体和圆锥体有关的体积、表面积等问题。

- 21 -

小学奥数基础教程（六年级） - 22 - 例1 如右图所示，圆锥形容器中装有5升水，水面高度正好是圆锥高度的一半，这个容器还能装多少升水？

分析与解：瓶子的形状不规则，并且不知道底面的半径，似乎无法计算。比较一下正放与倒放，因为瓶子的容积不变，装的饮料的体积不变，所以空余部分的体积应当相同。将正放与倒放的空余部分变换一下位置，可以看出饮料瓶的容积应当等于底面积不变，高为 20＋5=25（厘米）

分析与解：本题的关键是要找出容器上半部分的体积与下半部分的关系。

例4 皮球掉进一个盛有水的圆柱形水桶中。皮球的直径为15厘米，水桶

中后，水桶中的水面升高了多少厘米？

这表明容器可以装8份5升水，已经装了1份，还能装水5×（8－1）=35（升）。

例2 用一块长60厘米、宽40厘米的铁皮做圆柱形水桶的侧面，另找一块铁皮做底。这样做成的铁桶的容积最大是多少？（精确到1厘米）

分析与解：铁桶有以60厘米的边为高和以40厘米的边为高两种做法。

3

解：皮球的体积是

时桶的容积是

水面升高的高度是450π÷900π＝0.5（厘米）。 答：水面升高了0.5厘米。

例5 有一个圆柱体的零件，高10厘米，底面直径是6

桶的容积是

厘米，零件的一端有一个圆柱形的圆孔，圆孔的直径是4厘米，孔深5厘米（见右图）。如果将这个零件接触空气的部分涂上防锈漆，那么一共要涂多少平方厘米？

例3 有一种饮料瓶的瓶身呈圆柱形（不包括瓶颈），容积是30分米。现在瓶中装有一些饮料，正放时饮料高度为20厘米，倒放时空余部分的高度为5厘米（见右图）。问：瓶内现有饮料多少立方分米？

- 22 -

3

小学奥数基础教程（六年级） 分析与解：需要涂漆的面有圆柱体的下底面、外侧面、上面的圆环、圆孔的侧面、圆孔的底面，其中上面的圆环与圆孔的底面可以拼成一个与圆柱体的底面相同的圆。涂漆面积为

答案与提示 练习12 1.一样多。

- 23 -

2.5.4厘米。

例6 将一个底面半径为20厘米、高27厘米的圆锥形铝块，和一个底面半径为30厘米、高20厘米的圆柱形铝块，熔铸成一底面半径为15厘米的圆柱形铝块，求这个圆柱形铝块的高。

解：被熔的圆锥形铝块的体积：

3.47.8厘米。

解：（300×100×2）÷（3.14×202）≈47.8（厘米）。

解：设水面高度是容器高度的x倍，则水面半径也是容器底面半径的x倍。根据题意得到

3

被熔的圆柱形铝块的体积：π×302×20=18000π（厘米）。 熔成的圆柱形铝块的高：（3600π＋18000π）÷（π×15） =21600π÷225π=96（厘米）。 答：熔铸成的圆柱体高96厘米。 练习12

1.右图是一顶帽子。帽顶部分是圆柱形，用黑布做；帽沿部分是一个圆环，用白布做。如果帽顶的半径、高与帽沿的宽都是a厘米，那么哪种颜色的布用得多？

2

5.表面积2942厘米，体积11140厘米。

23

2.一个底面直径为20厘米的圆柱形木桶里装有水，水中淹没着一个底面直径为18厘米、高为20厘米的铁质圆锥体。当圆锥体取出后，桶内水面将降低多少？

3.用直径为40厘米的圆钢锻造长300厘米、宽100厘米、厚2厘米的长方形钢板，应截取多长的一段圆钢？

6.5厘米。

第13讲 立体图形（一）

我们学过的立体图形有长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等。这一讲将通过长方体、正方体及其组合图形，讲解有关的计数问题。

例1 左下图中共有多少个面？多少条棱？

容器高度的几分之几？

5.右上图是一个机器零件，其下部是棱长20厘米的正方体，上部是圆柱形的一半。求它的表面积与体积。 6.有两个盛满水的底面半径为10厘米、高为30厘米的圆锥形容器，将它们盛的水全部倒入一个底面半径为20厘米的圆柱形容器内，求水深。

分析与解：如右上图所示，可以分前、后、左、右、上、下六个方向看这个立体图形。

前、后看各有1个面，左面看有1个面，右面看有2个面，上面看有2个面，下面看有1个面。所以共有 1＋1+1+2＋2＋1= 8（个）面。 - 23 -

小学奥数基础教程（六年级） 前后方向的棱有6条，左右方向的棱有6条，上下方向的棱也有6条，所以共有棱6＋6＋6=18（条）。

例2 右图是由18个边长为1厘米的小正方体拼成的，求它的表面积。

- 24 - 分析与解：由于正方体中间被穿了孔，表面积不好计算。我们可以将这个立体图形看成由8个棱长为2厘米的正方体和12个棱长为1厘米的立方体粘合而成。如右上图所示，八个棱长为2厘米的正方体分别在8个顶角，12个棱长1

分析与解：如果一面一面去数，那么虽然可以得到答案，但太麻烦，而且容易出错。仔细观察会发现，这个立体的上面与下面、左面与右面、前面与后面的面积分别相等。

厘米的正方体分别在12条棱的中间。由于每个小正方体都有2个面分别粘接两个较大正方体，相对于不粘接，减少了表面积4厘米 ，所以总的表面积为

（2×2×6）×8＋（1×1×6）×12-4×12=216（厘米）。 例5 右图是由120块小立方体构成的4×5×6的立方体，如果将其表面涂成红色，那么其中一面、二面三面被涂成红色的小立方体各有多少块？

如上图所示，可求得表面积为 （9＋7＋8）×2=48（厘米）。

例3 右图是由22个小正方体组成的立体图形，其中共有多少个大大小小的正方体？由两个小正方体组成的长方体有多少个？

分析与解：一个长方体有8个角、12条棱、6个面，角上的8个小立方体三面涂有红色，在棱上而不在角上的小立方体两面涂有红色，在面上而不在棱上的小立方体一面涂有红色，不在面上的小立方体没有涂上红色。 根据上面的分析得到：

三面涂有红色的小立方体有8块；

分析与解：正方体只可能有两种： 由1个小正方体构成的正方体，有22个；

由8个小正方体构成的2×2×2的正方体，有4个。 所以共有正方体 22＋4=26（个）。

由两个小正方体组成的长方体，根据摆放的方向可分为下 图所示的上下位、左右位、前后位三种，其中上下位有13个，左右位有13个，前后位有14个，共有13＋13＋14=40（个）。

两面涂有红色的小立方体，因为每条棱上要去掉两头的2块，故有［（4-2）＋（5-2）+（6-2）］×4=36（块）； 一面涂有红色的小立方体，因为每个面上要去掉周围一圈的小立方体，故有

［（4-2）×（5-2）＋（4-2）×（6-2）＋（5-2）×（6-2）］×2＝ 52（块）。

一般地，当a，b，c都不小于2时，对于a×b×c的立方体： 三面涂有红色的小立方体有8块； 两面涂有红色的小立方体的块数是： ［（a-2）＋（b-2）＋（c-2）］×4； 一面涂有红色的小立方体的块数是：

［（a-2）×（b-2）＋（a-2）×（c-2）＋（b-2）×（c-2）］

例4 有一个棱长为5厘米的正方体木块，从它的每个面看都有一个穿透的完全相同的孔（见下页左上图），求这个立体图形的表面积。

×2；

没有被涂上红色的小立方体的块数是： （a-2）×（b-2）×（c-2）。

例6 给一个立方体的每个面分别涂上红、黄、蓝三种颜色中的一种，每种颜色涂两个面，共有多少种不同涂法？（两种涂法，经过翻动能使各种颜色的位置相同，认为是相同的涂法。）

- 24 -

2

2

2

小学奥数基础教程（六年级） 分析与解：根据两个红色面相对还是相邻可分为两情况。 （1）两个红色面相对。此时，有蓝蓝相对和蓝蓝相邻两种涂法。

（2）两个红色面相邻。此时，除蓝蓝相对和黄黄相对两种涂法外，当蓝黄相对时，按右图摆放，底面有蓝或黄两种涂法。

所以共有6种不同涂法。

2.56米。

解：4×4+（1+2+3+4）×4=56（米）。 3.8个；2个。

提示：颜色相同的面两两相对时有8个； 颜色相同的面两两相邻时有2个。 4.45厘米。

3

2

2

- 25 - 解：由3块小立方体构成的长方体体积为1×1×3厘米，故原来长方体的体积为

（1+2）×（1+2）×（3+2）=45（厘米）。 5.96。

解：至少有一个面是红色的小立方体有5-3=98（个），其

3

33

3

练习13

1.下页左上图中共有多少个面？多少条棱？

中三面红的8个，两面红的36个，一面红的54个。可以组成4×4×6的表面全是红色的长方体，体积是4×4×6=96。 6.20分米；72分米。 7.22个。

解：一个面最多有5个方格可染成红色（见左下图）。因为染有5个红色方格的面不能相邻，可以相对，所以至多有两个面可以染成5个红色方格。

3

3

2.有30个边长为1米的正方体，在地面上摆成右上图的形式，然后把露出的表面涂成红色。求被涂成红色的表面积。 3.有一个正方体，红、黄、蓝色的面各有两面。在这个正方体中，有一些顶点是三种颜色都不同的面的交点，这种顶点最多有几个？最少有几个？

4.将一个表面涂有红色的长方体分割成若干个体积为1厘米 的小正方体，其中一点红色都没有的小立方体只有3块。求原来长方体的体积。

5.将一个5×5×5的立方体表面全部涂上红色，再将其分割成1×1×1的小立方体，取出全部至少有一个面是红色的小立方体，组成表面全部是红色的长方体。那么，可组成的长方体的体积最大是多少？

6.在边长为3分米的立方体木块的每个面的中心打一个直穿木块的洞，洞口呈边长为1分米的正方形（见左下图）。求挖洞后木块的体积及表面积。

例1 在下面的三个图中，有一个不是右面正四面体的展开图，请将它找出来。

7.把正方体的六个表面都划分成9个相等的正方形（右上图）。用红、黄、蓝三种颜色去染这些小正方形，要求有公共边的正方形染不同的颜色，那么，用红色染的正方形最多有多少个？ 答案与提示 练习13

1.9个面，21条棱。

分析与解：观察四面体容易看出，每个顶点都是三个面的交点，即四面体的每个顶点只与三个面相连，而在图2中，“中心点”与四个面相连，所以图2不是正四面体的展开图。

- 25 -

3

其余四个面中，每个面的四个角上的方格不能再染成红色，至多能染4个红色方格（见上中图）。因为染有4个红色方格的面也不能相邻，可以相对，所以至多有两个面可以染成4个红色方格。

最后剩下两个相对的面，每个面最多可以染2个红色方格（见右上图）。

所以，红色方格最多有5×2+4×2+2×2=22（个）。 第14讲 立体图形（二）

本讲主要讲长方体和立方体的展开图，各个面的相对位置，提高同学们的看图能力和空间想象能力。

小学奥数基础教程（六年级） 例2 在下面的四个展开图中，哪一个是右图所示立方体的展开图？

- 26 - 9点不在一个表面上。而与9点不在一个表面上的只有一个点，所以1，2，6点是同一个点，即折叠成纸盒时，1，2，6点重合。

例4 有两块六个面上分别写着1～6的相同的数字积木，摆放如下图。在这两块积木中，相对两个面上的数字的

分析与解：观察立方体图形，A，B，C三个面两两相邻，即三个面有一个公共顶点。再看四个展开图，图1中A与C不相邻，是相对的两个面，不合题意；图3中C与B是相对的两个面，也不合题意；图2、图4中A，B，C三个面都相邻，还需进步判别。我们看下面的两个立方体图形：

乘积最小是多少？

分析与解：由两图看出，5与1，3，4，6都相邻，所以5的对面只能是2；对右上图使用右手方法，四指由5向4弯曲，大姆指指向6，将5，4，6的这个关系移到左上图，立刻得到1的对面是4，3的对面是6。 5×2＝10，1×4＝4，3×6＝18， 相对两个面上的数字的乘积最小是4。

这两个图虽然相似，但是A，B，C三个面的相对位置不同。

例5 有五颗相同的骰子放成一排（如下图），五颗骰子底面的点数之和是多少？

分析与解：五颗骰子有三颗露出了5，并且5和1，2，

我们可以借助一个现成工具——右手，帮助判断三个面的相对位置。伸出右手，让除大姆指外的四指从A向B弯曲，此时，左上图中C位于大姆指指向的方向，右上图中C位于大姆指指向的相反方向。所以两个图A，B，C三个面的相对位置不同。用这种方法判断三个面相对位置的方法称为右手方法。（这也是建立空间坐标系的方法）。

用右手方法很容易判断出，图4是所求的展开图。 例3 右图是一个立方体纸盒的展开图，当折叠成纸盒时，1 点与哪些点重合？

3，6相邻，所以5的对面是4；2与1，3，5相邻，因为5与4相对，故2也与4相邻，所以2的对面是6；剩下的1与3必相对。

五颗骰子底面的点数从左至右依次是4，6，3，1，4，其和为4＋6＋3＋1＋4＝18。

例6 用一平面去截一个立方体，把立方体截成两个部分，截口是一个矩形的。问：这两个部分各是几个面围成的？ 分析与解：截的方法有多种，所以一定要分情况讨论。截口通过1条棱是1种情况，截口通过2条棱是1种情况，截口不通过任何棱有2种情况。所以共有下图所示的四种可能。

分析与解：直接想象将展开图折叠成纸盒时的情景，也可以得到答案。现在我们从另一个角度来分析。在左下图所示的立方体上观察8个顶点，其中与A点不在一个

练习14

1.在下列各图中，哪些是正方体的展开图？

表面上的只有B点，也就是说，沿着表面走，这两个点的路程最远。在展开图上，这两个点恰好是相邻两个小正方形所构成的长方形的对角线上的两个端点。在上页右下图中，1，2，6点都距9点最远，也就是说，1，2，6点都与

- 26 -

小学奥数基础教程（六年级）

- 27 - 答案与提示 练习14

2.将左下图沿虚线折成一个立方体，它的相交于一个顶点处的三个面上的数字之和的最大值是多少？最小值是多少？

1.（2）（3）（6）（8）（9）（12）（14）（16）（17）（19）（20）共11个。 2.13；8。

提示：最大是6+4+3=13；最小是1+2+5=8。 3.12。

提示：用右手方法可得，第二、三、四枚骰子上顶面的点数依次为3，6和1。 4.7条。

提示：每剪开一条棱，展开图的周长就会增加2条棱长。

3.有四枚相同的骰子，展开图如右上图（1）。问：在右上图（2）中，从上往下数第二、三、四枚骰子的上顶面的点数之和是多少？

展开图的周长是14条棱长，所以剪开了14÷2=7（条）棱。 注：沿棱剪，无论剪成哪种连通的展开图，都要剪开7条棱。也就是说，无论哪种展开图，周长都等于14条棱长。 5.图（1）。

提示：图（2）正面有两个相连的阴影的正方形，展开图中找不到，所以不是图（2）；图（3）正面与右侧面各有两个阴影正方形，这四个阴影正方形没有相邻的边，而展开

4.将一个立方体纸盒沿棱剪开，使之展开成右图所示的图形，一共要剪开几条棱？

5.左下图是图（1）（2）（3）中哪个正方体的展开图？

图中有两个阴影正方形的面，折叠后有两个阴影正方形相邻，所以不是图（3）。 6.C。

解：假设C只写了一遍。因为C与A，B，D，E都相邻，所以被写了两遍的字母在C的对面。与C相邻的四个字母的相互位置是确定的。图（2）（3）都有D，C，用右手方法判断，图（2）与图（3）不符。这个矛盾的出现，是因为假

6.在一个立方体的六个面上分别写有A，B，C，D，E五个字母，其中两个面写有相同的字母。下图是它的三个视图。问：哪个字母被写了两遍？

设C只写了一遍，所以C写了两遍。 7.A。

提示：木块沿直线滚动4格，与原来的状态相同，所以木块到第5，9，13，17，21格时，与在第1格的状态相同。 第15讲 棋盘的覆盖

同学们会下棋吗？下棋就要有棋盘，下面是中国象棋的棋盘（图1），围棋棋盘（图2）和国际象棋棋盘（图3）。

7.右图中第1格内放着一个立方体木块，木块六个面上分别写着A，B，C，D，E，F六个字母，其中A与D，B与E，C与F相对。如果将木块沿着图中方格滚动，那么当木块滚动到第21个格时，木块向上的面写的是哪个字母？

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分析与解：先从简单的情形开始考虑。显然，只用1种图形是可以的，例如用7个（7）；用2种图形也没问题，例如用1个（7），6个（1）。经试验，用6种图形也可以拼成4×7的长方形（见下图）。

用某种形状的卡片，按一定要求将棋盘覆盖住，就是棋盘的覆盖问题。实际上，这里并不要求一定是某种棋盘，只要是有关覆盖若干行、若干列的方格网的问题，就是棋盘的覆盖问题。

棋盘的覆盖问题可以分为两类：一是能不能覆盖的问题，二是有多少种不同的覆盖方法问题。

例1 要不重叠地刚好覆盖住一个正方形，最少要用多少个右图所示的图形？

能否将7种图形都用上呢？7个图形共有4×7=28（个）小方格，从小方格的数量看，如果每种图形用1个，那么有可能拼成4×7的长方形。但事实上却拼不成。为了说明，我们将4×7的长方形黑、白相间染色（见右图），图中黑、白格各有14个。在7种图形中，除第（2）种外，每种图形都覆盖黑、白格各2个，共覆盖黑、白格各12个，还剩下黑、白格各2个。第（2）种图形只能覆盖3个黑格1个白格或3个白格1个黑格，因此不可能覆盖住另6种图形覆盖

分析与解：因为图形由3个小方格构成，所以要拼成的正方形内所含的小方格数应是3的倍数，从而正方形的边长应是3的倍数。经试验，不可能拼成边长为3的正方形。所以拼成的正方形的边长最少是6（见右图），需要用题目所示的图形

36÷3= 12（个）。

综上所述，要拼成 4×7的长方形，最多能用上 6种图形。 例4 用1×1，2×2，3×3的小正方形拼成一个11×11的大正方形，最少要用1×1的正方形多少个？

分析与解：用3个2×2正方形和2个3×3正方形可以拼成1个5×6的长方形（见左下图）。用4个5×6的长方形和1 个 1×1的正方形可以拼成 1个11×11的大正形

（见右下图）。

后剩下的2个黑格2个白格。

上面说明用1个1×1的正方形和若干2×2，3×3的正方

分析与解：在五年级学习“奇偶性”时已经讲过类似问题。左上图共有34个小方格，17个1×2的卡片也有34个小方格，好象能覆盖住。我们将左上图黑白相间染色，得到右上图。细心观察会发现，右上图中黑格有16个，白格有18个，而1×2的卡片每次只能盖住一个黑格与一个白格，所以17个1×2的卡片应当盖住黑、白格各17个，不可能盖住左上图。

例3 下图的七种图形都是由4个相同的小方格组成的。现在要用这些图形拼成一个4×7的长方形（可以重复使用某些图形），那么，最多可以用上几种不同的图形？

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形可以拼成 11×11的大正方形。那么，不用1×1的正方形，只用2×2，3×3的正方形可以拼成11×11的正方形吗？ 将11×11的方格网每隔两行染黑一行（见下页右上图）。将2×2或3×3的正方形沿格线放置在任何位置，都将覆盖住偶数个白格，所以无论放置多少个2×2或3×3的正方形，覆盖住的白格数量总是偶数个。但是，右图中的白格有11×7=77（个），是奇数，矛盾。由此得到，不用1×1的正方形不可能拼成11×11的正方形。

小学奥数基础教程（六年级）

练习15

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在不重叠的情形下，不能再在正方形中多放一个这样的卡片？（要求卡片的边缘与格线重合）

综上所述，要拼成11×11的正方形，至少要用1个1×1的小正方形。

例5 用七个1×2的小长方形覆盖下图，共有多少种不同的覆盖方法？

4.小明有8张连在一起的电影票（如右图），他自己要

分析与解：盲目无章的试验，很难搞清楚。我们采用分类讨论的方法。

留下4张连在一起的票，其余的送给别人。他留下的四张票可以有多少种不同情况？

如下图所示，盖住A所在的小格只有两种情况，其中左下图中①②两个小长方形只能如图覆盖，其余部分有4种覆盖方法：右下图中①②③三个小长方形只能如图覆盖，其余部分有3种覆盖方法。所以，共有7种不同覆盖方法。 例6 有许多边长为1厘米、2厘米、3厘米的正方形硬纸片。用这些硬纸片拼成一个长5厘米、宽3厘米的长方形的纸板，共有多少种不同的拼法？（通过旋转及翻转能相互得到的拼法认为是相同的拼法）

解：有一个边长3厘米纸片有如下3种拼法：

5.有若干个边长为1、边长为2、边长为3的小正方形，从中选出一些拼成一个边长为4的大正方形，共有多少种不同拼法？（只要选择的各种小正方形的数目相同就算相同的拼法）

7.能不能用9个1×4的长方形卡片拼成一个6×6的正方形？

有两个边长2厘米纸片的有如下4种拼法：

答案与提示 练习15

1.3个。提示：左下图是一种放法。

有一个边长2厘米及11个边长1厘米纸片的有2种拼法，边长全是1 厘米纸片的有1种拼法。

2.图（2）。

提示：图（1）的小方格数不是3的倍数；图（3）的小方格数是3的倍数但拼不成；图（2）的拼法见右上图。

共有不同的拼法3＋4＋2+1=10（种）。 答：共有10种不同的拼法。

3.不能。

提示：右图中黑、白格各18个，每张卡片盖住的黑格数是奇数，9张卡片盖住的黑格数之和仍是奇数，不可能盖住18个黑格。 - 29 -

小学奥数基础教程（六年级）

- 30 - 4.25种。

形如图（A）（B）（C）（D）的依次有3，10，6，6种。

如上图所示，将四边形ABCD分成两个三角形，每个三角形的内角和等于180°，所以四边形的内角和等于180°×2= 360°；同理，将五边形ABCDE分成三个三角形，得到五边形的内角和等于180°×3＝540°；将六边形ABCDEF分成四个三角形，得到六边形的内角和等于180°×4＝720°。 通过上面的图形及分析可以发现，多边形被分成的三角形数，等于边数减2。由此得到多边形的内角和公式：

5.6种。

解：用小正方形拼成边长为4的大正方形有6种情形： （1）1个3×3，7个1×1；（2）1个2×2，12个1×1； （3）2个2×2，8个1×1；（4）3个2×2，4个1×1； （5）4个2×2；（6）16个1×1。 6.5种。

提示：盖住A有下图所示的5种方法，其中左下图所示的3种都无法覆盖；下中图中，①放好后，左下方和右上方各有2种放法，共有4种覆盖方法；右下图只有1种覆盖方法。

n边形的内角和=180°×（n-2）（n≥3）。 有了这个公式，再求99边形的内角和就太容易了。 99边形的内角和=180°×（99-2）＝17460°。 例2 四边形内有10个点，以四边形的4个顶点和这10个点为三角形的顶点，最多能剪出多少个小三角形？ 分析与解：在10个点中任取一点A，连结A与四边形的四个顶点，构成4个三角形。再在剩下的9个点中任取一点B。如果B在某个三角形中，那么连结B与B所在的三角形的三个顶点，此时三角形总数增加2个（见左下图）。如果B在某两个三角形的公共边上，那么连结B与B所在边相对的顶点，此时三角形总数也是增加2个（见右下图）。

7.不能。

提示：用1，2，3，4对6×6棋盘中的小方格编号（见右图）。一个1×4的矩形一次只能覆盖1，2，3，4号各一个，而1，2，3，4号数目不等，分别有9，10，9，8个。

类似地，每增加一个点增加2个三角形。 所以，共可剪出三角形 4＋ 2× 9= 22（个）。 如果将例2的“10个点”改为n个点，其它条件不变，那么由以上的分析可知，最多能剪出三角形 4＋2×（n-1）=2n＋2=2×（n＋1）（个）。 同学们都知道圆柱体，如果将圆柱体的底面换成三角形，那么便得到了三棱柱（左下图）；同理可以得到四棱柱（下中图），五棱柱（右下图）。

第16讲 找规律

同学们从三年级开始，就陆续接触过许多“找规律”的题目，例如发现图形、数字或数表的变化规律，发现数列的变化规律，发现周期变化规律等等。这一讲的内容是通过发现某一问题的规律，推导出该问题的计算公式。 例1 求99边形的内角和。

分析与解：三角形的内角和等于180°，可是99边形的内角和怎样求呢？我们把问题简化一下，先求四边形、五边形、六边形??的内角和，找一找其中的规律。

如果底面是正三角形、正四边形、正五边形??那么相应的柱体就是正三棱柱、正四棱柱、正五棱柱?? 例3 n棱柱有多少条棱？如果将不相交的两条棱称为一对，那么n棱柱共有多少对不相交的棱？

分析与解：n棱柱的底面和顶面都是n边形，每个n边形有n个顶点，所以n棱柱共有2n个顶点。观察三棱柱、- 30 -

小学奥数基础教程（六年级） 四棱柱、五棱柱的图形，可以看出，每个顶点都与三条棱相连，而每条棱连接 2个顶点，所以n棱柱共有棱 2n×3÷2=3n（条）。

进一步观察可以发现，n棱柱中每条棱都与4条棱相交，与其余的3n－4-1 =（3n－5）条棱不相交。共有3n条棱，所以不相交的棱有 3n×（3n- 5）（条），因为不相交的棱是成对出现的，各计算一遍就重复了一遍，所以不相交的棱共有 3n×（3n-5）÷2（对）。

例4 用四条直线最多能将一个圆分成几块？用100条直线呢？

分析与解：4条直线时，我们可以试着画，100条直线就不可能再画了，所以必须寻找到规律。如下图所示，一个圆是1块；1条直线将圆分为2块，即增加了1块；2条直线时，当2条直线不相交时，增加了1块，当2条直线相交时，增加了2块。由此看出，要想分成的块尽量多，应当使后画的直线尽量与前面已画的直线相交。

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由上图看出，新增加的部分数与增加的交点数相同。所以，再画第3个三角形时，应使每条边的交点尽量多。对于每个三角形，因为1条直线最多与三角形的两条边相交，所以第3个三角形的每条边最多与前面2个三角形的各两条边相交，共可产生3×（2×2）= 12（个）交点，即增加12部分。因此， 3个三角形最多可以把平面分成 1＋1＋6＋12= 20（部分）。

由上面的分析，当画第n（n≥2）个三角形时，每条边最多与前面已画的（n—1）个三角形的各两条边相交，共可产生交点

3×［（n—l）×2］=6（n—1）（个），能新增加6（n－1）部分。因为1个三角形时有2部分，所以n个三角形最多将平面分成的部分数是

2＋6×［1＋2＋?＋（n—1）］

再画第3条直线时，应当与前面2条直线都相交，这样又增加了3块（见左下图）；画第4条直线时，应当与前面3条直线都相交，这样又增加了4块（见右下图）。所以4条直线最多将一个圆分成1＋1＋2＋3＋4=11（块）。

当n=10时，可分成2＋3×10×（10—1）=272（部分）。 练习16

1.求12边形的内角和。

2.五边形内有8个点。以五边形的5个顶点和这8个点为三角形的顶点，最多能剪出多少个小三角形？ 3.已知n棱柱有14个顶点，那么，它有多少条棱？ 4.n条直线最多有多少个交点？

5.6条直线与2个圆最多形成多少个交点？

由上面的分析可以看出，画第n条直线时应当与前面已画的（n—1）条直线都相交，此时将增加n块。因为一开始的圆算1块，所以n条直线最多将圆分成 1＋（1＋2＋3＋?＋n） =1＋n（n+1）÷2（块）。 当n=100时，可分成

1＋100×（100＋1）÷2=5051（块）。

例5 用3个三角形最多可以把平面分成几部分？10个三角形呢？

分析与解：平面本身是1部分。一个三角形将平面分成三角形内、外2部分，即增加了1部分。两个三角形不相交时将平面分成3部分，相交时，交点越多分成的部分越多（见下图）。

6.两个四边形最多把平面分成几部分？ 答案与提示练习16 1.1800°。 2.19个。

提示：与例2类似可得5+2×（8-1）=19（个）。 3.21条棱。提示：n棱柱有2n个顶点，3n条棱。 4.n（n-1）÷2。

解：1+2+3+?+（n-1）=n（n-1）÷2。 5.41个。

解：6条直线有交点6×（6-1）÷2=15（个），每条直线与两个圆各有2个交点，两个圆之间有2个交点，共有交点15+6×4+2=41（个）。 6.10部分。

提示：见右图。与例5类似，当画第n（n≥2）个四边形时，每条边应与已画的（n-1）个四边形的各2条边相交，共可产生交点 - 31 -

小学奥数基础教程（六年级）

- 32 - 例3 右图是一个圆盘，中心轴固定在黑板上。开始时，圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0。然后转动圆盘，每次可以转动90°的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对着黑板上写数的位置，将圆盘上的数加到黑板上对应位置的数上。问：经过若干次后，黑板上的四个数是否可能都

4×[（n-1）×2]=8（n-1）（个），新增加8（n-1）部分。因为1个四边形有2部分，所以n个四边形最多将平面分成2+8×[1+2+?+（n-1）]=2+4n（n-1）（部分）。 第17讲 操作问题

所谓操作问题，实际上是对某个事物按一定要求进行的一种变换，这种变换可以具体执行。例如，对任意一个自然数，是奇数就加1，是偶数就除以2。这就是一次操作，是可以具体执行的。操作问题往往是求连续进行这种操作后可能得到的结果。

例1 对于任意一个自然数 n，当 n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2。这算一次操作。现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？ 讨论：同学们碰到这种题，可能会“具体操作”一下，得到

是999？

解：不可能。因为每次加上的数之和是 1＋2＋3＋4=10，所以黑板上的四个数之和永远是10的整数倍。 999×4=3996，不是10的倍数，所以黑板上的四个数不可都是999。 例4 在左下图中，对任意相邻的上下或左右两格中的数字同时加1或减1，这算作一次操作。经过若干次操作后，左下图变为右下图。问：右下图中A格中的数字是几？

分析与解：每次操作都是在相邻的两格，我们将相邻的两格染上不同的颜色（见右图）。因为每次操作总是一个黑格与一个白格的数字同时加1或减1，所以所有黑格内的数字之和与所有白格内的数字之和的差保持不变。因为原题左

这个过程还可以继续下去，虽然一直没有得到100，但也不能肯定得不到100。当然，连续操作下去会发现，数字一旦重复出现后，这一过程就进入循环，这时就可以肯定不会出现100。因为这一过程很长，所以这不是好方法。 解：因为231和121都是11的倍数，2不是11的倍数，所以在操作过程中产生的数也应当是11的倍数。100不是11的倍数，所以不可能出现。

由例1看出，操作问题不要一味地去“操作”，而要找到解决问题的窍门。

例2 对任意两个不同的自然数，将其中较大的数换成这两数之差，称为一次变换。如对18和42可进行这样的连续变换：

18， 42—→ 18， 24—→ 18， 6—→ 12， 6—→ 6， 6。直到两数相同为止。问：对12345和54321进行这样的连续变换，最后得到的两个相同的数是几？

分析与解：如果两个数的最大公约数是a，那么这两个数之差与这两个数中的任何一个的最大公约数也是a。因此在每次变换的过程中，所得两数的最大公约数始终不变，所以最后得到的两个相同的数就是它们的最大公约数。因为12345和54321的最大公约数是3，所以最后得到的两个相同的数是3。

注：这个变换的过程实际上就是求两数最大公约数的辗转相除法。

图的这个差是13，所以原题右图的这个差也是13。由（A＋12）-12=13解得 A=13。

例5 将1～10十个数随意排成一排。如果相邻两个数中，前面的数大于后面的数，那么就交换它们的位置。如此操作下去，直到前面的数都小于后面的数为止。当1～10十个数如下排列时，需交换多少次？ 8，5，2，6，10，7，9，1，4，3。

分析与解：为了不打乱仗，我们按照一定的方法来交换。例如，从最大的数10开始交换，将10交换到它应在的位置后，再依次对9，8，7，?实施交换，直至按从小到大排列为止。 因为10后面有5个比它小的数，所以对10连续交换5次，10到了最右边，而其它各数的前后顺序没有改变；再看9，9后面有3个比它小的数，需交换3次，9到了右边第二位，排在10前面；再依次对8，7，6，?实施这样的交换。 10后面有5个比它小的数，我们说10有5个逆序；9后面有3个比它小的数，我们说9有3个逆序；类似地，8，7，6，5，4，3，2依次有7，3，3，4，1，0，1个逆序。因为每个数要交换的次数就是它的逆序数，所以需交换 5＋3＋7＋3＋3＋4＋1＋0＋1= 27（次）。

例6右图是一个5×6的方格盘。先将其中的任意5个方格染黑。然后按以下规则继续染色：

如果某个格至少与两个黑格都有公共边，那么就将这个格染黑。 - 32 -

小学奥数基础教程（六年级） 这样操作下去，能否将整个方格盘都染成黑色？

- 33 - 7.在右图的方格表中，每次给同一行或同一列的两个数加1，经过若干次后，能否使表中的四个数同时都是5的倍数？为什么？

分析与解：以一个方格的边长为1，开始时5个黑格的总周长不会超过4×5=20。以后每染一个格，因为这个格至少与两个黑格都有公共边，所以染黑后所有黑格的总周长不会增加。左下图中，A与4个黑格有公共边，染黑后，黑格的总周长将减少4；下中图中，A与3个黑格有公共边，染黑后，黑格的总周长将减少2；右下图中，A与2个黑格有公共边，染黑后，黑格的总周长不变。也就是说按照这种方法染色，所有黑格的总周长永远不会超过20，而5×6方格盘的周长是 22，所以不能将整个方格盘染成黑色。

答案与提示 练习17 1.106。

提示：操作一次，黑板上的数减少1个，数字总和减少1。经过14次操作，剩下的一个数是 （1+2+?+15）-14=106。 2.2次。

提示：若写的是奇数，则只需1次操作；若写的是大于2的偶数，则经过1次操作变为奇数，再操作1次变为2。 3.51。

提示：口袋中所有纸片的数字之和的后两位数保持不变。 4.758。

练习17

1.黑板上写着1～15共15个数，每次任意擦去两个数，再写上这两个数的和减1。例如，擦掉5和11，要写上15。经过若干次后，黑板上就会只剩下一个数，这个数是几？ 2.在黑板上任意写一个自然数，然后用与这个自然数互质并且大于1的最小自然数替换这个数，称为一次操作。问：最多经过多少次操作，黑板上就会出现2？

3.口袋里装有101张小纸片，上面分别写着1～101。每次从袋中任意摸出5张小纸片，然后算出这5张小纸片上各数的和，再将这个和的后两位数写在一张新纸片上放入袋中。经过若干次这样的操作后，袋中还剩下一张纸片，这张纸片上的数是几？

4.在一个圆上标出一些数：第一次先把圆周二等分，在两个分点分别标上2和4。第二次把两段半圆弧分别二等分，在分点标上相邻两分点两数的平均数3（见右图）。第三次把四段弧再分别二等分，在四个分点分别标上相邻两分点两数的平均数。如此下去，当第8次标完后，圆周上所有标出的数的总和是多少？

提示：第一次标完数后，以后每次标上的数字之和都等于上次圆周上的所有数字之和，即每次标完数后，圆周上的所有数字之和是原来的2倍。第8次标完后的总和是 6×2=6×2=768。 5.4次。

提示：将各次操作表示如下：

（1，1，1，1，1，1）—→（0，3，1，1，1，0）—→（2，2，1，1，0，0）—→（4，1，1，0，0，0）—→（6，0，0，0，0，0）。 6.6次；42次。

提示：与例5类似，当十个数按1，2，3，10，4，5，6，7，8，9排列时，交换的次数最少，要交换6次；当十个数按9，8，7，10，6，5，4，3，2，1排列时，交换的次数最多，要交换42次。 7.不能。

解：要使第一列的两个数1，4都变成5的倍数，第一行应比第二行多变（3+5n）次；要使第二列的两个数2，3都变成5的倍数，第一行应比第二行多变（1+5m）次。 因为（3+5n）除以5余3，（1+5m）除以5余1，所以上述两个结论矛盾，不能同时实现。 注：m，n可以是0或负数。 第18讲 取整计算

5.六个盘子中各放有一块糖，每次从任选的两个盘子中各取一块放入另一个盘子中，这样至少要做多少次，才能把所有的糖都集中到一个盘子中？

6.将1～10十个数随意排成一排。如果相邻两个数中，前面的大于后面的，那么就交换它们的位置。如此操作下去，直到前面的数都小于后面的数为止。已知10在这列数的第4位，那么最少要交换多少次？最多要交换多少次？

得到正确答案是2件。为了方便，我们引进符号［ ］： - 33 -

任何一个小数（或分数）都可以分成整数和纯小数（或真分数）两部分。在数学计算中，有时会略去数字的小数部分，而只取它的整数部分。比如，做

8-1

7

小学奥数基础教程（六年级） ［a］表示不超过数a的最大整数，称为a的整数部分。

- 34 - 分析：在1～1000中，除去“既不是3也不是7的倍数”的数，剩下的数或者是3的倍数，或者是7的倍数。用例3的方法可求出这部分数的个数。1000与这部分数的个数之

与+，-，×，÷符号一样，符号［］也是一种运算，叫取整运算。显然，取整运算具有以下性质：对于任意的数字a，b，

（1）［a］≤a； （2）a≤［a］＋1；

（3）［a］＋［b］≤［a＋b］； （4）若a≤b，则［a］≤［b］；

（ 5）若n是整数，则［ a＋n］=［a］＋n。 同学们可以自己举些例子来验证这五条性质。 例 1计算［13÷［π］×4］。 解：［13÷［π］×4］ ［13÷3×4］

差即为所求。

例5求下式约简后的分母：

分析与解：因为 6=2×3，所以分母中的500个6相乘，等于2×3。只要我们求出分子中有多少个因子2、多少个因子3，就可以与分母中的因子2和因子3约分了。因为分子的1000个因数中有500个偶数，所以至少有500个因子2，这样分母中的500个因子2将被全部约掉。分子中有因子3的数，有的只有1个因子3，有的有2个因子3，等等。因为

3=729＜1000＜3＝2187，所以分子的每个因数最多有6个因子3。

6

7

500

500

例2 1000以内有多少个数能被7整除？

分析与解：同学们在三年级“包含与排除”一节中就见过这类题目，现在我们用取整运算来重新计算。1000以内能被7整除的数，从1开始每7个数有1个，所以共有

例3 求1～1000中能被2或3或5整除的数的个数。

与分母约分后，分母还剩两个因子3。

所以，约简后的分母是9。

注意：在上面的计算中，并不需要真的这样计算。因为式中的分子都是1000，分母依次是3，3，3，?后面一个

都被重复计算了，应当减去。另外，同时能被2，3，5整除的数，开始被加了三遍，后来又被减了三遍，所以还应当补上

是前面一个的3倍，所以在取整运算中，只需口算：1000除以3等于333（小数部分舍掉，下同），333除以3等于111，111除以3等于37，37除以3等于12，12除以3等于4，4除以3等于1。于是得到

333＋111＋37＋12＋4＋1=498（个）。

在上面的运算中，当得数小于3时就自然停止，事先不必求出分母最大是3的几次方。

例6 在下面的等式中，M，n都是自然数，n最大可以取几？ 1×2×3×?×99×100＝12n×M。

例4 1000以内有多少个数既不是3也不是7的倍数？

- 34 -

2

3

小学奥数基础教程（六年级） 分析与解：因为12=2×3，所以只要求出等号左边有多少个因子2、多少个因子3，这些因子2和因子3能“凑”出多少个12，问题就解决了。与例5类似，可求出等号左边因子2和因子3分别有

K=330-115=215。

=50＋25＋12＋6＋3＋1=97（个）；

7.72。

解：1～100中因子2的个数为

1～2000中因子7的个数为

2

- 35 -

因为97个因子2与48个因子3最多可以“凑”出48个12，所以n最大是48。 练习18

分子中有97个因子2和48个因子3，而分母中有100

2.请给出三个数a，b，c，使满足：

［a］＋［b］=［a＋b］，［a］＋［c］＜［a＋c］。 3.在1000～2000中，有多少个数是8的倍数？ 4.500以内有多少个数能被3或者能被5整除？ 5.在 10000以内，既不是 2也不是 3也不是 5的倍数的数有多少个？

6.K是自然数，且下式是整数，求K的最大值。

个因子2和50个因子3，所以约简后的分母有3个因子2和2个因子3，是2×3=72。 第19讲 近似值与估算

在计数、度量和计算过程中，得到和实际情况丝毫不差的数值叫做准确数。但在大多数情况下，得到的是与实际情况相近的、有一定误差的数，这类近似地表示一个量的准确值的数叫做这个量的近似数或近似值。例如，测量身高或体重，得到的就是近似数。又如，统计全国的人口数，由于地域广人口多，统计的时间长及统计期间人口的出生与死亡，得到的也是近似数。

7.求下式约简后的分母：

用位数较少的近似值代替位数较多的数时，要有一定的

取舍法则。要保留的数位右边的所有数叫做尾数，取舍尾数的主要方法有：

答案与提示 练习18 1.55。

2.例如，a=1.4，b=1.5，c=1.6。 3.126个。

（1）四舍五入法。四舍，就是当尾数最高位上的数字是不大于4的数时，就把尾数舍去；五入，就是当尾数最高位上的数字是不小于5的数时，把尾数舍去后，在它的前一位加1。例如：7.3964?，截取到千分位的近似值是7.396，截取到百分位的近似值是7.40。

（2）去尾法。把尾数全部舍去。例如：7.3964?，截取到

4.233个。

千分位的近似值是7.396，截取到百分位的近似值是7.39。 （3）收尾法（进一法）。把尾数舍去后，在它的前一位加上1。例如：7.3964?，截取到千分位的近似值是7.397，截取到百分位的近似值是7.40。

5.2666个。

表示近似值近似的程度，叫做近似数的精确度。

在上面的三种方法中，最常用的是四舍五入法。一般地，用四舍五入法截得的近似数，截到哪一位，就说精确到哪一位。 例1有13个自然数，它们的平均值精确到小数点后一

=5000+3333+2000-1666-1000-666+333=7334， 10000-7334=2666（个）。 6.215。

解：1～699中因子7的个数为

- 35 -

位数是26.9。那么，精确到小数点后两位数是多少？ 分析与解：13个自然数之和必然是整数，因为此和不是13的整数倍，所以平均值是小数。由题意知，26.85≤平均值

3

2

因子3的个数为

小学奥数基础教程（六年级） ＜26.95，所以13个数之和必然不小于26.85的13倍，而小于26.95的13倍。 26.85×13＝349.05， 26.95×13＝350.35。

因为在349.05与350.35之间只有一个整数350，所以13个数之和是350。 350÷13＝26.923?

当精确到小数点后两位数时，是26.92。

例1中所用的方法可称为“放缩法”。对于一个数，如例1中13个数的平均数，如果不知道它的确切数值，那么可以根据题设条件，适当地将它放大或缩小，再进一步确定它的具体数值。当然，这里的“放大”与“缩小”都要适当，如果放得过大或缩得过小，则可能无法确定正确值，这时“放缩”就失败了。

分析与解：真正计算出这个算式，再取近似值，几乎是不可能的。因为题目要求精确到小数点后三位数，所以只要能大概知道小数点后四位数的情况就可以了。

若分子缩小、分母扩大，则分数变小；若分子扩大、分母缩小，则分数变大。利用这一点，使用放缩法就能估计算式的值的范围。分子、分母各取两位小数，有

- 36 -

所以199.1＜原式＜200，原式整数部分是199。 例4 求下式的整数部分：

1.22×8.03+1.23×8.02+1.24×8.01。

分析与解：在1.22×8.03， 1.23×8.02与1.24×8.01中，各式的两个因数之和都相等。当两个数的和一定时，这两个数越接近，这两个数的乘积越大，于是得到 1.22×8.03＜1.23×8.02＜1.24×8.01。 因为1.22×8.03＞1.22×8，所以 原式＞1.22×8×3=29.28； 因为 1.24×8.01＜1.25×8，所以 原式＜1.25×8×3=30。

由29.28＜原式＜30知，原式的整数部分是29。 前面讲过，四舍五入的方法是取近似值最常用的方法。但在实际问题中，一定要注意灵活运用，特别要注意有些问题不宜使用四舍五入的原则。

例5某人执行爆破任务时，点燃导火线后往70米开外的安全地带奔跑，其奔跑的速度为7米/秒。已知导火线燃烧的速度是0.112米/秒。问：导火线的长度至少多长才能确保安全？（精确到0.1米） 解：0.112×（70÷5） ＝0.112×10 ＝1.12≈1.2（米）

?由0.2037? ＜原式＜0.2549?，无法确定原式小数点后三位的近似值。缩放的范围太大，应使范围缩小些。 分子、分母各取三位小数，有

仍然无法确定，还应使范围缩小。 分子、分母各取四位小数，有

答：导火线至少长1.2米。

此题采用收尾法。如果你的答案是1.1米，执行任务的人还没跑到安全地带，炸药就被引爆，那可就太危险了。 例6某飞机所载油料最多只能在空中连续飞行4时，飞去时速度为900千米/时，飞回时速度为850千米/时。问：该飞机最远飞出多少千米就应返回？（精确到1千米）

由 0.2395?＜原式＜0.2398?知，原式小数点后三位肯定是“239”，第四位在5和8之间。按四舍五入法则，精确到小数点后三位数的近似值是0.240。

由例2进一步看出“放缩”适度的重要性。取的位数少了，范围太大，无法确定；取的位数多了，例如取十位小数，计算量太大，繁琐且没有必要。 例3 求下式的整数部分： 分析与解：对分母使用放缩法，有

解：设该飞机最远能飞出x千米，依题意有

答：飞机最远飞出1748千米就应返回。 - 36 -

小学奥数基础教程（六年级） 此题采用去尾法。如果按照四舍五入的原则，那么得到x≈1749，当飞机真的飞出1749千米再返回时，恐怕在快着陆的瞬间就要机毁人亡了。 练习19

1.有17个自然数，它们的平均值精确到小数点后一位数是21.3，那么精确到小数点后三位数是多少？ 2.老师在黑板上写了14个自然数，让小明计算平均数（保留三位小数），小明计算出的答案是16.387。老师说小数点后第二位错了，其它的数字都对。正确答案应该是多少？ 3.计算下式的精确到小数点后三位数的近似值： 1357902468÷8642097531。 4.求下式的整数部分：

11×22＋12×33＋13×44＋?＋17×88。 5.求下式的整数部分：

2. 45×4.05＋2.46×4.04＋2.47×4.03＋ 2. 48×4.02＋2.49×4.01。

6.为了修水电站，需要在极短的时间内向河道中投入300米石料，以截断河流。如果每台大型运输车一次可运石料17.5米，那么为保障一次截流成功，至少需多少台运输车？ 7.一条单线铁路全长240千米，每隔20千米有一个会车站（当两车相遇时，一车停在会车站内，另一车可通过）。甲、乙两列火车同时从两端出发，甲车每小时行75千米，乙车每小时行45千米。为保证快车正点运行，慢车应给快车让路。为使等候时间尽量短，乙车应在出发后的第几个会车站等候甲车通过？ 答案与提示练习19 1.21.294。

提示：21.25×17=361.25，21.35×17=362.95。由361.25≤17个数之和＜362.95得到，17个数之和是362。 2.16.357。

提示：16.3×14=228.2，16.4×14=229.6。由228.2≤14个数之和＜229.6得到，14个数之和是229。 3.0.157。

3

3

- 37 - 5.49。

提示：与例4类似。因为5个乘积都小于2.5×4，都大于2.45×4，所以2.45×4×5=49＜原式＜2.5×4×5=50。 6.18台。

提示：采用收尾法。 7.第4个。

提示：如不等候，则两车相撞时乙车行了

用去尾法得到90÷20=4.5≈4。 第20讲 数值代入法

有一些看起来缺少条件的题目，按常规解法似乎无法求解，但是仔细分析发现，题中只涉及几个存在着倍数或比例关系的数量，而题目中缺少的条件，对于答案并无影响，这时就可以采用“数值代入法”，即对于题目中“缺少”的条件，假设一个数代入进去（当然假设的这个数应尽量方便计算），然后求出解答。

例1 足球赛门票15元一张，降价后观众增加一倍，收入增加五分之一。问：一张门票降价多少元？

分析与解：初看似乎缺少观众人数这个条件，实际上观众人数与答案无关。因为降价前后观众人数存在倍数关系，收入也存在比例关系，所以可以使用数值代入法。我们随意假设观众人数，为了方便，假设原来只有一个观众。

，则降价后每张票价为9元，每张票降价15-9＝6（元）。 例2 某幼儿园中班的小朋友平均身高115厘米，其中男孩人数比女孩人

分析与解：题中没有男、女孩的人数，我们可以假设女孩有5人，则男孩有6人。这时总身高为： 115×（5＋6）＝1265（厘米）。

4.1。

提示：设原分式的分母为A。A＝11×（11×2+12×3+13×4+?+17×8）。因为A＞11×11×（2+3+4+?+8）=11×11×35，所以

例3 甲、乙分别由A，B两地同时出发，甲、乙两人步行的速度比是7∶5。如果相向而行，那么0.5时后相遇；如果

按从A到B的方向同向而行，那么甲追上乙需要多少小时？

因为A＜11×17×（2+3+4+?+8）=11×17×35，所以

分析与解：设甲、乙的速度分别为7千米/时和5千米/时，则A，B两地相距（7+5）×0.5=6（千米）。 同向而行，甲追上乙需要65÷（7—5）=3（时）。

由上可知，原式的整数部分是1。

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小学奥数基础教程（六年级） 需要说明的是，A，B两地的距离并不一定是6千米，6千米是根据假设甲、乙的速度分别为7千米/时和5千米/时而计算出来的。假设不同的速度，会得出不同的距离，因为假设的速度与计算出的距离成正比，所求的时间是“距离÷速度差”，所以不影响结论的正确性。

例4五年级三个班的人数相等，一班的男生人数与二班女生人数相等，三

- 38 - 例6 甲车从A地到B地需行6时，乙车从B地到A地需行10时。现在甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行，相遇时甲车比乙车多行90千米，求A，B两地的距离。 分析与解：假设A，B相距30千米（既是6的倍数又是10的倍数），那么

甲车的速度为 30÷6=5（千米/时）， 乙车的速度为 30÷10=3（千米/时）， 两车相遇需 30÷（5＋3）=3.75（时）， 相遇时甲车比乙车多行

（5-3）×3.75=2×3.75=7.5（千米）。

几？

分析：由“三个班人数相等，一班男生数与二班女生数相等”知，一班女生数等于二班男生数，因此一、二班男生人数的和

题目条件“甲车比乙车多行90千米”是7.5千米的90÷7.5= 12（倍），说明A，B两地距离是假设的30千米的12倍，即

30×12=360（千米）。 练习20

1.上山的速度是3千米/时，下山的速度是6千米/时。求上山后又下山的平均速度。

以及一、二班女生人数的和给三班的男生人数设一个具体数值，那么就可依次求出全部男生人数以及一、二班男生人数的和（即每班人数），问题就迎刃而解了。

高为132厘米。问：女生平均身高是多少厘米？

3.一堆糖果，分给大、小幼儿班，每人可得6块；只分

个班

给大班，每人可得10块。若只分给小班，则每人可得几块？

那么不及格同学的平均分是多少？

在上面的例题中，将假设的数值代入解题过程，便得到正确答案。对于这类题目，假设不同的数值，都会得到相同的答案。还有一类题目，也可以使用数值代入法，但因为题中涉及的量不仅仅是倍数关系，所以假设的数不同，结果就不同，需要通过比较所得结果与已知结果来修正假设的数，从而得出正确解答。

例5 用绳子测量井深，把绳三折来量，井外余4米；把绳四折来量，井外余1米。求井深和绳长。

分析与解：由题意可知，三折后的绳子比四折后的绳子多4-1=3（米）。假设这根绳长12米，那么三折后的绳长比四折后的绳长长12÷3-12÷

能当选？

6.一个数除以5与除以3的商相差4，余数都是1，求这个数。

7.甲、乙两人搬一堆砖，甲单独搬完需40分钟，乙单独搬完需60分钟。现在两人同时开始搬，搬完时甲比乙多搬72块砖。这堆砖共有多少块？ 答案与提示练习20

1.4千米/时。提示：设山路长6千米。 2.128厘米。提示：设有2个男生3个女生。 3.15块。提示：设有30块糖果。 4.40分。提示：设有4人参加考试。

井深=36÷4-1=8（米）。

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小学奥数基础教程（六年级） 组成的??再一类一类地列举出来。

- 39 - 成规律，把三角形分成单个的、由两部分组成的、由3部分

6.31。

提示：设这个数减1后是15。15÷3-15÷5=2，实际的4是2的2倍，所以这个数是15×2+1=31。 7.360块。

解：设这堆砖有120块。由此推知每分钟甲搬120÷40=3（块），乙搬120÷60=2（块）。两人合搬需120÷（3+2）=24（分），甲比乙多搬（3-2）×24=24（块）。 实际的72块是24块的72÷24=3（倍），所以共有砖120×3=360（块）。 第21讲 枚举法

我们在课堂上遇到的数学问题，一般都可以列出算式，然后求出结果。但在数学竞赛或生活中却经常会遇到一些有趣的题目，由于找不到计算它们的算式，似乎无从下手。但是，如果题目所述的情况或满足题目要求的对象能够被一一列举出来，或能被分类列举出来，那么问题就可以通过枚举法获得解决。所谓枚举法，就是根据题目要求，将符合要求的结果不重复、不遗漏地一一列举出来，从而解决问题的方法。

例1 小明和小红玩掷骰子的游戏，共有两枚骰子，一起掷出。若两枚骰子的点数和为7，则小明胜；若点数和为8，则小红胜。试判断他们两人谁获胜的可能性大。 分析与解：将两枚骰子的点数和分别为7与8的各种情况都列举出来，就可得到问题的结论。用a＋b表示第一枚骰子的点数为a，第二枚骰子的点数是b的情况。 出现7的情况共有6种，它们是： 1＋6，2＋5，3＋4，4＋3，5＋2，6＋1。 出现8的情况共有5种，它们是： 2＋6，3＋5，4＋4，5＋3，6＋2。 所以，小明获胜的可能性大。

注意，本题中若认为出现7的情况有1＋6，2＋5，3＋4三种，出现8的情况有2＋6，3＋5，4＋4也是三种，从而得“两人获胜的可能性一样大”，那就错了。 例2 数一数，右图中有多少个三角形。

单个的三角形有6个：1 ，2，3，5，6，8。 由两部分组成的三角形有4个：

（1，2），（2，6），（4，6），（5，7）。 由三部分组成的三角形有1个：（5，7，8）。 由四部分组成的三角形有2个： （1，3，4，5），（2，6，7，8）。 由八部分组成的三角形有1个： （1，2，3，4，5，6，7，8）。 总共有6＋4＋1＋2＋1=14（个）。

对于这类图形的计数问题，分类型数是常用的方法。 例3 在算盘上，用两颗珠子可以表示多少个不同的四位数？

分析与解：上珠一个表示5，下珠一个表示1。分三类枚举：

（1）两颗珠都是上珠时，可表示5005，5050，5500三个数；

（2）两颗珠都是下珠时，可表示1001，1010，1100，2000四个数；

（3）一颗上珠、一颗下珠时，可表示5001，5010，5100，1005，1050，1500，6000七个数。

一共可以表示 3＋4＋7=14（个）四位数。

由例1～3看出，当可能的结果较少时，可以直接枚举，即将所有结果一一列举出来；当可能的结果较多时，就需要分类枚举，分类枚举是我们需重点学习掌握的内容。分类一定要包括所有可能的结果，这样才能不遗漏，并且类与类之间不重叠，这样才能不重复。

例4 有一只无盖立方体纸箱，将它沿棱剪开成平面展开图。那么，共有多少种不同的展开图？

分析与解：我们将展开图按最长一行有多少个正方形（纸箱的面）来分类，可以分为三类：

最长一行有4个正方形的有2种，见图（1）（2）； 最长一行有3个正方形的有5种，见图（3）～（7）； 最长一行有2个正方形的有1种，见图（8）。

分析与解：图中的三角形形状、大小都不相同，位置也很凌乱，不好数清楚。为了避免数数过程中的遗漏或重复，我们将图形的各部分编上号（见右图），然后按照图形的组

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小学奥数基础教程（六年级） 不同的展开图共有2＋5＋1＝8（种）。

例5 小明的暑假作业有语文、算术、外语三门，他准备每天做一门，且相邻两天不做同一门。如果小明第一天做语文，第五天也做语文，那么，这五天作业他共有多少种不同的安排？

分析与解：本题是分步进行一项工作，每步有若干种选择，求不同安排的种数（有一步差异即为不同的安排）。这类问题简单一些的可用乘法原理与加法原理来计算，而本题中由于限定条件较多，很难列出算式计算。但是，我们可以根据实际的安排，对每一步可能的选择画出一个树枝状的图，非常直观地得到结果。这样的图不妨称为“枚举树”。

2

- 40 - 当n除以 3余 2时，因为n÷3余1，n÷3余2，所以 （n＋n＋2）÷3余2。

因为所有的自然数都在这三类之中，所以对所有的自然数n，（n＋n＋2）都不能被3整除。 练习21 1.10种。

解：6=1＋5=2＋4=3＋3=1＋1＋4=1＋2＋

3=2+2+2=1+1+1+3＝1+1+2+2＝1+1+1+1+2=1+1+1+1+1+1。 2.9种。

解：一天吃完有1种：（10）；两天吃完有5种：（3，7），（4，6），（5，5），（6，4），（7，3）；三天吃完有3种：（3，3，4），（3，4，3），（4，3，3）。共1+5+3=9（种）。 3.8种。

解：如下图所示，只有1个小矩形竖放的有3种，有3个小矩形竖放的有4种，5个小矩形都竖放的有1种。共3＋4＋1=8（种）。

22

由上图可知，共有6种不同的安排。

例6 一次数学课堂练习有3道题，老师先写出一个，然后每隔5分钟又写出一个。规定：（1）每个学生在老师写出一个新题时，如果原有题还没有做完，那么必须立即停下来转做新题；（2）做完一道题时，如果老师没有写出新题，那么就转做前面相邻未解出的题。解完各题的不同顺序共有多少种可能？

分析与解：与例5类似，也是分步完成一项工作，每步有若干种可能，因此可以通过画枚举树的方法来求解。但必须考虑到所有可能的情形。

4.6个。

解：15个球分成数量不同的四堆的所有分法有下面6种：（1，2，3，9），（1，2，4，8，）（1，2，5，7），（1，3，4，7），（1，3，5，6），（2，3，4，6）。 可以看出，分成的四堆中最多的那一堆至少有6个球。 5.10个。

提示：由一块、两块、三块、四块组成的三角形依次有4，3，2，1个，共有4＋3＋2＋1＝10（个）。 6.6种。

由上图可知，共有5种不同的顺序。

说明：必须正确理解图示顺序的实际过程。如左上图的下一个过程，表示在第一个5分钟内做完了第1题，在第二个5分钟内没做完第2题，这时老师写出第3题，只好转做第3题，做完后再转做第2题。

例7 是否存在自然数n，使得n＋n＋2能被3整除？ 分析与解：枚举法通常是对有限种情况进行枚举，但是本题讨论的对象是所有自然数，自然数有无限多个，那么能否用枚举法呢？我们将自然数按照除以3的余数分类，有整除、余1和余2三类，这样只要按类一一枚举就可以了。 当n能被3整除时，因为n，n都能被3整除，所以 （n＋n＋2）÷3余2；

当n除以3余1时，因为n，n除以3都余1，所以 （n＋n＋2）÷3余1；

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2

2

2

2

2

提示：将各盘获胜者写出来，可画出枚举树如下：

7.14种。

提示：按四封信的完成顺序可画出枚举树如下：

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