六年级下册奥数专题练习平面图形的计算全国通用Word格式文档下载.docx
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因为△ACF与△AEC等高,且面积相等。
所以,CF=CE。
同理,△ABE的面积是16÷
2-3=5,则BD∶BE=3∶5。
即BE=
从而,△ABC的面积是16-(3+4+2.5)=6.5。
例2如图5.58,在等边三角形ABC中,AF=3FB,FH垂直于BC,已知阴影部分的面积为1平方厘米,这个等边三角形的面积是多少平方厘米?
(1992年武汉市小学数学竞赛试题)
如图5.59,连接△ABC各边中点,则△ABC被分成了大小相等的四个小三角形。
在△DBG中,再连接各边中点,得出将△DBG又分成了四个很小的三角形。
经观察,容易得出△ABC的面积为(1×
2)×
4×
4=32(平方厘米)。
例3三条边长分别为5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形如图5.60
(1),将它的短直角边对折到斜边上去与斜边相重合如图5.60
(2)。
那么,图5.60
(2)中阴影部分(即未被盖住部分)的面积是______平方厘米。
(1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题)
如图5.60
(2),设EC等于a厘米,那么DE也为a厘米。
△ABC的面积等于△ABE的面积加上△AEC的面积。
例4如图5.61,ABCD是一个梯形,已知三角形ABD的面积是12平方厘米,三角形AOD的面积比三角形BOC的面积少12平方厘米,那么梯形ABCD的面积是______平方厘米。
(广州市小学数学竞赛试题)
可设△AOD的面积为S1。
则,△BOC的面积为S1+12。
于是有:
S△ABO=S△ABD-S△AOD=12-S1,
S△ABC=S△ABO+S△BOC=(12-S1)+(S1+12)
=24(平方厘米)。
所以,梯形ABCD的面积是24+12=36(平方厘米)。
例5梯形ABCD被两条对角线分成了四个三角形S1、S2、S3、S4。
已知S1=2厘米2,S2=6厘米2。
求梯形ABCD的面积。
(小学数学奥林匹克通讯赛决赛试题)
三角形S1和S2都是等高三角形,它们的面积比为2∶6=1∶3;
则:
DO∶OB=1∶3。
△ADB和△ADC是同底等高三角形,
所以,S1=S3=2厘米2。
三角形S4和S3也是等高三角形,其底边之比为1∶3,所以S4∶S3=1∶
所以,梯形ABCD的面积为
例6正方形边长为20厘米(如图5.63),已知DD′=EE′,CE=6厘米。
则阴影部分三角形的面积最大值是______平方厘米。
(海口市小学数学竞赛试题)
E′点在BE段滑动,D′点在DC段滑动。
设DD′长a厘米。
D′C=20-a,E′C=a+6。
又因为D′C+E′C=(20-a)+(a+6)=26。
运用等周长的长方形面积最大原理,两个数的和一定(等于26),要把这个和分成两个数,使这两个数的积最大,则当20-a=a+6=13时,即a=7
=84.5(平方厘米)。
例7图5.64是一个正方形,图中所标数字的单位是厘米。
问:
阴影部分的面积是多少平方厘米?
(全国第四届“华杯赛”决赛试题)
如图5.65,连接AC,所分成的四个小三角形分别用S1、S2、S3、S4表示。
容易看出S2和S3是关于OC为对称轴的对称图形。
所以S2=S3。
从而不难得出S1、S2、S3、S4四个小三角形面积相等,即每个小三角
例8一个正方形(如图5.66),被分成四个长方形,它们的面积在图中标出(单位:
平方米)。
图中阴影部分是一个正方形。
那么,它的面积是______。
(1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题)
可将四个长方形分别用A、B、C、D表示(如图5.67),阴影部分是B中的一部分。
大正方形的面积为1平方米,所以它的边长为1米。
因为长方形C和D的宽相等,所以它们长的比等于面积比。
于是得C的
米。
例9把大的正三角形每边8等分,组成图5.68所示的三角形网。
如果每个小三角形面积是1,那么图中粗线围成的三角形面积是______。
(1988年北京市奥林匹克邀请赛试题)
一般地,关于格点多边形的面积,有下面的公式:
这里,格子面积等于小正方形或平行四边形面积,也就是小三角形面积的2倍。
题中,格子面积为1×
2=2,内部格点数为12,边上格点数为4。
所以,粗线围成的面积是
判断题的解答
【用筛去(消倍)法判断】一个数能否被3整除,本来是不太难的问题。
但当一个数比较大时,用各数位上的数相加,速度很慢,而且容易出现口算错误。
若用“筛去(消倍)法”来判断,情况就大不一样了。
例如
(1)判断76935能否被3整除。
先直接筛去能被3整除的6、9、3,剩下的7与5,和为3的倍数,所以3|76935(3能整除76935,或76935能被3整除)。
(2)判断3165493能否被3整除。
先直接筛去3的倍数3、6、9、
能整除3165493,或3165493不能被3整除。
)
【能否被7整除】一个数能否被7整除,只要把这个数的末位数字截去,再从余下的数中,减去这个末位数字的2倍,如果这时能看出所得的差能被7整除,则原来的数就能被7整除,否则就不能被7整除;
若是仍看不出来,就要继续上述过程,直到能清楚作出判断为止。
例如,判断133能否被7整除:
因为差数7能被7整除,所以7|133。
这是什么原因呢?
请看下面的算式:
133×
2=(13×
10+3)×
2
=13×
20+3×
=13×
(21-1)+3×
21-13+3×
7×
3-(13-3×
2)
显然,13×
3中有约数7,它能被7整除,故只要检验后面的(13-3×
2)能否被7整除就可以了。
(原理可见第一部分的整除性定理)
如果要判断的数的位数很多,那么,将这种做法一直进行下去就是。
例如,判断62433能否被7整除:
∵7|42,∴7|62433
这样的判定方法可称作“割尾法”。
一个数能否被11、13、17和19整除,也可用割尾法去判断。
【能否被11整除】判断一个数能否被11整除,可以采用割尾法、奇偶位差法及分节求和法。
(1)割尾法。
一个数能否被11整除,只要把它的末尾数字截去,从余下的数里减去这个末位数,看所得的差能否被11整除。
差能整除的,原来的数就能整除;
差不能整除的,原来的数就不能整除。
如一次所得的差还看不出能否被11整除,就继续上述过程,直到能作出判断为止。
例如,判断2629能否被11整除:
因为11|22,所以11|2629。
之所以能这么判断,原因在于
2629=2620+9
=262×
10+9
(11-1)+9
11-262+9
11-(262-9)
在262×
11中有因数11,所以只要看(262-9)的差能否被11整除,就可判断原来的2629能否被11整除。
而(262-9)的差是253,
253=250+3
=25×
10+3
(11-1)+3
11-25+3
11-(25-3)
同样,只要看(25-3)能否被11整除,就会知道253能否被11整除。
进而便可知2629能否被11整除了。
(2)奇偶位差法。
判断一个数能否被11整除,可先分别求出此数的奇位数字之和及偶位数字之和,再求这两个和的差数,若这个差能被11整除,则原来的那个数就能被11整除;
否则,原来的数就不能被11整除。
例如,判断823724能否被11整除:
∵它的奇位数字之和为4+7+2=13(数位数,从右边个位开始往左数),
它的偶位数字的和为2+3+8=13
两个和的差数是13-13=0(两数不等时用大数减小数)
而11|0
∴11|823724
之所以能这样判断,是因为
823,724
=8×
100,000+2×
10,000+3×
1,000+7×
100+2×
10+4
(100,001-1)+2×
(9,999+1)+3×
(1,001-1)+7×
(99+1)+2×
(11-1)+4
100,001+2×
9,999+3×
1,001+7×
99+2×
11+[(2+7+4)-(8+3+2)]
显然,在前几项中,因数100,001、9,999、1,001、99、11都是11的倍数,故只需检验[(2+7+4)-(8+3+2)]
能否被11整除,就可以作出判断了。
(3)分节求和法。
把一个自然数从右向左每两位截为一节,然后把这些节加起来。
若所得的和能被11整除,那么这个数就能被11整除;
否则,这个数就不能被11整除。
在这一情况下,如果仍不能作出判断,那就继续上述过程,直到清楚地作出判断为止。
例如,判断762421能否被11整除:
这一判断方法的理由,可见下面的算式:
762421=76×
10000+24×
100+21
=76×
(9999+1)+24×
(99+1)+21
9999+76+24×
99+24+21
9999+24×
99+(76+24+21)
在前两项中,因数9999和9都能被11整除,所以只需要检验后面的(76+24+21)能否被11整除了。
能整除的原数就能被11整除;
不能整除的原数,就不能被11整除。
【能否被13整除】一个数能否被13整除,可采用“割尾法”判断:
截去末位数字,余下的数加上末位数的4倍。
所得的和是13的倍数,则这个数就能被13整除,否则,就不能被13整除。
要是割尾一次仍不能作出判断,那就继续割尾,直到能作出判断为止。
例如,判断364能否被13整除:
∵13|52,∴13|364。
这一判断的理由,可由下式看出:
364×
4=(36×
10+4)×
4
=36×
40+4×
(39+1)+4×
39+36+4×
13×
3+(36+4×
4)
前面的36×
3中,有约数13,所以作出判断时,只需要检验(36+4×
4)是否能被13整除了。
【能否被17整除】一个数能否被17整除,同样可用“割尾法”作巧妙而快速地判断。
不过,具体地做法有所不同。
例如,判断731能否被17整除,判断方法如下:
∵17|68,∴17|731。
这样做的理由,可见下面的算式推导:
731×
5=(73×
10+1)×
5
=73×
50+1×
(51-1)+1×
51-73+1×
17×
3-(73-1×
5)
由于前面的73×
3有约数17,故只需检验(73-1×
5)能否被17整除,就知道“731×
5”能否被17整除。
知道“731×
5”能否被17整除,也就是知道731能否被17整除了(根据整除性定理)。
若是“割尾”一次仍不能作出判断,那就依法继续割尾下去,直到能作出判断为止。
例如,判断279191能否被17整除,可以作如下割尾判断:
∵17|17,∴17|279191
【能否被19整除】一个数能否被19整除,也是可用“割尾法”作巧妙判断的,具体做法如
判断475能否被19整除:
∵19|57,∴19|475。
其中的道理,可见下面的算式推导:
475×
2=(47×
10+5)×
=47×
20+5×
(19+1)+5×
19+(47+5×
最后算式中的47×
19有约数19,故只需要检验(47+5×
2)能否被19整除,就知道“475×
2”及“475”能否被19整除了。
如果一次“割尾”仍不能作出判断,那就继续“割尾”下去,直至能作出判断为止。
例如,判断14785能否被19整除:
排列与组合
【有条件排列组合】
例1用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字能够组成______个没有重复数字的三位数。
(哈尔滨市第七届小学数学竞赛试题)
用这十个数字排列成一个不重复数字的三位数时,百位上不能为0,故共有9种不同的取法。
因为百位上已取走一个数字,所以十位上只剩下9个数字了,故十位上有9种取法。
同理,百位上和个位上各取走一个数字,所以还剩下8个数字,供个位上取。
所以,组成没有重复数字的三位数共有
9×
9×
8=648(个)。
例2甲、乙、丙、丁四个同学排成一排,从左到右数,如果甲不排在第一个位置上,乙不排在第二个位置上,丙不排在第三个位置上,丁不排在第四个位置上,那么不同的排法共有______种。
(1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题)
因每个人都不排在原来的位置上,所以,当乙排在第一位时,其他几人的排法共有3种;
同理,当丙、丁排在第一位时,其他几人的排法也各有3种。
因此,一共有9种排法。
例3有一种用六位数表示日期的方法,如890817表示1989年8月17日,也就是从左到右第一、二位数表示年,第三、四位数表示月,第五、六位数表示日。
如果用这种方法表示1991年的日期,那么全年中六个数字都不相同的日期共有______天。
(1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题)
第一、二位数字显然只能取9和1,于是第三位只能取0。
第五位数字只能取0、1、2或3,而0和1已取走,当取3时,第六位上只能取0和1,显然不行。
因此,第五位上只能取2。
于是,第四位上只能取3、4、5、6、7、8;
第六位上也只能取3、4、5、6、7、8,且第四、六位上数字不能取同。
所以,一共有6×
5=30(种)。
【环形排列】
例1编号为1、2、3、4的四把椅子,摆成一个圆圈。
现有甲、乙、丙、丁四人去坐,规定甲、乙两人必须坐在相邻座位上,一共有多少种坐法?
(长沙市奥林匹克代表队集训试题)
如图5.87,四把椅子排成一个圆圈。
当甲坐在①号位时,乙只能坐在②或④
号位上,则共有4种排法;
同理,当甲分别坐在②、③、④号位上时,各有4种排法。
所以,一共有16种排列法。
例2从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在图5.88的六个圆圈中,使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数,那么最多能找出______种不同的挑法来。
(挑出的数字相同,而排列次序不同的都只算一种)
(北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题)
在1至9这九个自然数中,奇数有1、3、5、7、9五个,偶数有2、4、6、8四个。
要使排列之后,每相邻两个数字之和为质数,则必须奇数与偶数间隔排列,也就是每次取3个奇数和3个偶数。
从五个奇数中,取3个数共有10种方法;
从四个偶数中,取3个数共有4种方法。
但并不是每一种3个奇数和3个偶数都可以排成符合要求的排列。
经检验,共有26种排法。
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