奥数题型与解题思路41~60讲-最新推荐
奥数解题方法大全
奥数解题方法总结
1、形象化画图法：解奥数题时，如果可以科学合理的、科学合理的、巧妙地依靠点、线、面、图、表将小学奥数难题形象化形象的展示出来，将抽象的数量关系具象化，可让学生们非常容易弄清数量关系，沟通交流“”与“”的联系，把握住问题的本质，快速答题
2、倒推法：从题目上述的最后结果考虑，运用标准一步一步向前反推，直至题目中难题及时解决。
3、枚举法：奥数题中常常出现一些数量关系十分特殊题目，用普通的办法难以列式解释，有时候压根列出不来对应的式子来。
人们用枚举法，依据题目的需求，一一列举压根符合要求的数据信息，随后从这当中筛出符合要求的回答。
4、正难那样反：有一些数学题目假如你从标准正脸考虑考虑到有困难，那么你可以更改思考的方位，从结论或问题的背面考虑来考虑事情，使难题及时解决。
5、恰当转化：在解奥数题时，经常要提醒自己，碰到的新问题能不能转化成旧解决问题，化新为旧，通过表面，把握住难题的实质，把问题转化成自身熟悉的难题去解释。
转化的种类有条件转化、难题转化、关联转化、图形转化等。
整体掌握：有一些奥数题，从细节上考虑到，很复杂，也没有必要，如果可以从整体上掌握，宏观上考虑到，根据研究问题的整体方式、整体结构、一部分与整体的相互关系，“只看见山林，看不到花草树木”，来求取问题的解决。
小学数学奥数解题技巧大全60讲 (1)
第一讲观察法在解答数学题时，第一步是观察。
观察是基础，是发现问题、解决问题的首要步骤。
小学数学教材，特别重视培养观察力，把培养观察力作为开发与培养学生智力的第一步。
观察法，是通过观察题目中数字的变化规律及位置特点，条件与结论之间的关系，题目的结构特点及图形的特征，从而发现题目中的数量关系，把题目解答出来的一种解题方法。
观察要有次序，要看得仔细、看得真切，在观察中要动脑，要想出道理、找出规律。
*例1（适于一年级程度）此题是九年义务教育六年制小学教科书数学第二册，第11页中的一道思考题。
书中除图1-1的图形外没有文字说明。
这道题旨在引导儿童观察、思考，初步培养他们的观察能力。
这时儿童已经学过20以内的加减法，基于他们已有的知识，能够判断本题的意思是：在右边大正方形内的小方格中填入数字后，使大正方形中的每一横行，每一竖列，以及两条对角线上三个数字的和，都等于左边小正方形中的数字18。
实质上，这是一种幻方，或者说是一种方阵。
解：现在通过观察、思考，看小方格中应填入什么数字。
从横中行10+6+□=18会想到，18-10-6=2，在横中行右面的小方格中应填入2（图1-2）。
从竖右列7+2+□=18（图1-2）会想到，18-7-2=9，在竖右列下面的小方格中应填入9（图1-3）。
从正方形对角线上的9+6+□=18（图1-3）会想到，18-9-6=3，在大正方形左上角的小方格中应填入3（图1-4）。
从正方形对角线上的7+6+□=18（图1-3）会想到，18-7-6=5，在大正方形左下角的小方格中应填入5（图1-4）。
从横上行3+□+7=18（图1-4）会想到，18-3-7=8，在横上行中间的小方格中应填入8（图1-5）。
又从横下行5+□+9=18（图1-4）会想到，18-5-9=4，在横下行中间的小方格中应填入4（图1-5）。
图1-5是填完数字后的幻方。
例2看每一行的前三个数，想一想接下去应该填什么数。
（适于二年级程度）6、16、26、____、____、____、____。
奥数题型与解题思路41~60讲-优质版
41、简单方程的解法【一元一次方程解法】求方程的解（或根）的过程，叫做解方程。
解一元一次方程的一般步骤（或解法）是：去分母，去括号，移项，合并同类项，两边同除以未知数x的系数。
解去分母，两边同乘以6，得3（x-9）-2（11-x）=12去括号，得3x-27-22+2x=12移项，得3x+2x=12+27+22合并同类项，得5x=61【分式方程解法】分母中含未知数的方程是“分式方程”。
解分式方程的一般步骤（或方法）是：（1）方程两边都乘以最简公分母，约去分母，化成整式方程；（2）解这个整式方程；（3）把整式方程的根代入最简公分母，看结果是不是零，使最简公分母为零的根，是原方程的增根，必须舍去。
解方程两边都乘以x（x-2），约去分母，得5（x-2）=7x解这个整式方程，得x=-5，检验：当x=-5时，x（x-2）=（-5）（-5-2）=35≠0，所以，-5是原方程的根。
解方程两边都乘以（x+2）（x-2），即都乘以（x2-4），约去分母，得（x－2）2-16＝（x+2）2解这个整式方程，得x=-2。
检验：当x=-2时，（x+2）（x-2）=0，所以，-2是增根，原方程无解。
42、加法运算定律【加法交换律】两个数相加，交换加数的位置，它们的和不变。
这叫做“加法的交换定律”，简称“加法交换律”。
加法交换律用字母表达，可以是a+b=b+a。
例如：864+1，236=1，236+864=2，100【加法结合律】三个数相加，先把前两个数相加，再加上第三个数；或者先把后两个数相加，再和第一个数相加，它们的和不变。
这叫做“加法的结合定律”，简称“加法结合律”。
加法结合律用字母表达，可以是（a+b）+c=a+（b+c）。
例如：（48928+2735）+7265=48928+（2735+7265）=48928+10000= 5892843、几何图形旋转【长方形（或正方形）旋转】将一个长方形（或正方形）绕其一边旋转一周，得到的几何体是“圆柱”。
奥数题型与解题思路41~60讲-精华版
41、简单方程的解法【一元一次方程解法】求方程的解（或根）的过程，叫做解方程。
解一元一次方程的一般步骤（或解法）是：去分母，去括号，移项，合并同类项，两边同除以未知数x的系数。
解去分母，两边同乘以6，得3（x-9）-2（11-x）=12去括号，得3x-27-22+2x=12移项，得3x+2x=12+27+22合并同类项，得5x=61【分式方程解法】分母中含未知数的方程是“分式方程”。
解分式方程的一般步骤（或方法）是：（1）方程两边都乘以最简公分母，约去分母，化成整式方程；（2）解这个整式方程；（3）把整式方程的根代入最简公分母，看结果是不是零，使最简公分母为零的根，是原方程的增根，必须舍去。
解方程两边都乘以x（x-2），约去分母，得5（x-2）=7x解这个整式方程，得x=-5，检验：当x=-5时，x（x-2）=（-5）（-5-2）=35≠0，所以，-5是原方程的根。
解方程两边都乘以（x+2）（x-2），即都乘以（x2-4），约去分母，得（x－2）2-16＝（x+2）2解这个整式方程，得x=-2。
检验：当x=-2时，（x+2）（x-2）=0，所以，-2是增根，原方程无解。
42、加法运算定律【加法交换律】两个数相加，交换加数的位置，它们的和不变。
这叫做“加法的交换定律”，简称“加法交换律”。
加法交换律用字母表达，可以是a+b=b+a。
例如：864+1，236=1，236+864=2，100【加法结合律】三个数相加，先把前两个数相加，再加上第三个数；或者先把后两个数相加，再和第一个数相加，它们的和不变。
这叫做“加法的结合定律”，简称“加法结合律”。
加法结合律用字母表达，可以是（a+b）+c=a+（b+c）。
例如：（48928+2735）+7265=48928+（2735+7265）=48928+10000= 5892843、几何图形旋转【长方形（或正方形）旋转】将一个长方形（或正方形）绕其一边旋转一周，得到的几何体是“圆柱”。
奥数考试题型及解题思路
奥数考试题型及解题思路奥数考试是指数学竞赛中的奥林匹克数学竞赛，也被称为国际数学奥林匹克竞赛。
它是全球范围内最具影响力和难度最大的数学竞赛之一。
在这个竞赛中，学生需要通过解决一系列复杂的数学问题来展示他们的才华和解题能力。
本文将介绍一些常见的奥数考试题型以及解题思路。
一、选择题选择题是奥数考试中常见的题型之一，学生需要从给定的选项中选择正确的答案。
这种题型可以有多个选择项或是判断对错。
解题思路：1. 仔细阅读题目，理解问题的要求。
2. 排除明显错误的选项。
3. 如果有困惑的选项，可以通过代入法或逻辑推理来确定正确答案。
4. 在选择题中，注意此类题目往往有陷阱选项，需要谨慎对待。
二、填空题填空题是指在给定的空白处填写适当的数字或表达式，以完成题目中的数学运算或等式。
解题思路：1. 仔细阅读题目，理解问题的要求。
2. 利用已知条件和题目中的信息，运用相关的数学公式和知识进行变量的求解。
3. 填空时要注意运算的顺序和细节，避免计算错误。
三、证明题证明题是奥数考试中最具挑战性的题型之一，学生需要用严谨的数学推理和证明方法来解答。
解题思路：1. 首先，仔细阅读题目，理解要证明的结论。
2. 分析已知条件，运用相关的数学定理和推理方法进行证明。
3. 步骤要清晰明了，中间过程要详细写出，推理严密。
四、解答题解答题是奥数考试中要求学生详细解答问题的题型，通常需要进行较长的计算和推理。
解题思路：1. 仔细阅读题目，提炼出要解决的问题。
2. 运用已知条件和相关的数学知识，进行逻辑推理和计算。
3. 注意解答的过程和结果要清晰明了，步骤要详细写出。
五、综合题综合题是将多个不同类型题目进行综合的题型，考察学生将多个概念进行综合运用和解决实际问题的能力。
解题思路：1. 阅读题目，将各个部分的要求逐一理解。
2. 根据所给信息，结合相关知识进行综合分析和解决。
3. 注意细节和计算过程的准确性，避免出现错误。
总结：奥数考试题型多样，每一种题型都需要学生具备扎实的数学基础和灵活应用的能力。
奥数题的一些常用解法
奥数题的一些常用解法
1.推理法：通过观察题目中的规律，运用逻辑推理能力进行解题。
这种方法常被运用在数列、排列组合等类型的题目中。
2. 反证法：假设结论不成立，通过推导出矛盾或不符合题目条件的结果来证明所假设的结论是错误的。
这种方法常被运用在几何题型中。
3. 分类讨论法：将问题分成不同的情况进行讨论，找出每种情况的解法，最后合并得出总的解法。
这种方法常被运用在概率、几何、代数题型中。
4. 数学归纳法：通过证明某个命题对于一个确定的整数成立，再证明对于这个整数加1后仍成立，从而证明该命题对于所有整数成立。
这种方法常被运用在数列、不等式等类型的题目中。
5. 递推法：通过寻找问题中的递推式，运用递推关系逐步推导出问题的解法。
这种方法常被运用在数列、组合、几何等题型中。
6. 假设法：假设某个未知量的值，再用已知条件进行计算，最终通过验证假设的值是否符合题目要求来求解未知量。
这种方法常被运用在几何、代数等类型的题目中。
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小学数学奥数解题方法讲义40讲
第十一讲份数法————————————————姚老师数学乐园广安岳池姚文国把应用题中的数量关系转化为份数关系，并确定某一个已知数或未知数为1份数，然后先求出这个1份数，再以1份数为基础，求出所要求的未知数的解题方法，叫做份数法。
（一）以份数法解和倍应用题已知两个数的和及两个数的倍数关系，求这两个数的应用题叫做和倍应用题。
例1某林厂有杨树和槐树共320棵，其中杨树的棵数是槐树棵数的3倍。
求杨树、槐树各有多少棵？（适于四年级程度）解：把槐树的棵数看作1份数，则杨树的棵数就是3份数，320棵树就是（3 +1）份数。
因此，得：320÷（3+1）=80（棵）…………………槐树80×3=240（棵）…………………杨树答略。
例2 甲、乙两个煤场共存煤490吨，已知甲煤场存煤数量比乙煤场存煤数量的4倍少10吨。
甲、乙两个煤场各存煤多少吨？（适于四年级程度）解：题中已经给出两个未知数之间的倍数关系：甲煤场存煤数量比乙煤场存煤数量的4倍少10吨。
因此可将乙煤场的存煤数量看作1份数，甲煤场的存煤数量就相当于乙煤场存煤数量的4倍（份）数少10吨，两个煤场所存的煤490吨就是（1+4）份数少10吨，（490+10）吨就正好是（1+4）份数。
所以乙场存煤：（490+10）÷（1+4）=500÷5=100（吨）甲场存煤：490-100=390（吨）答略。
例3 妈妈给了李平元钱，正好可买4瓶啤酒，3瓶香槟酒。
李平错买成3瓶啤酒，4瓶香槟酒，剩下元。
求每瓶啤酒、香槟酒各是多少钱？（适于五年级程度）解：因为李平用买一瓶啤酒的钱买了一瓶香槟酒，结果剩下元，这说明每瓶啤酒比每瓶香槟酒贵元。
把每瓶香槟酒的价钱看作1份数，则4瓶啤酒、3瓶香槟酒的元钱就是（4+3）份数多（×4）元，（）元就正好是（4+3）份数。
每瓶香槟酒的价钱是：（）÷（4+3）=÷7=（元）每瓶啤酒的价钱是：+=（元）答略。
小学奥数经典题型“年龄问题”解题技巧附例题
小学奥数经典题型“年龄问题”解题技巧附例题01和差型年龄问题解题规律1、解答和差类年龄问题的关键是两人的年龄差是一个不变的量。
2、选择适当的数作为标准，设法把若干个不相等的数变为相等的数（某些复杂的应用题没有直接告诉我们两个数的和与差，可以通过转化求它们的和与差，再按照和差问题的解法来解答。
）3、这类题型的基本数量关系是：（和－差）÷2=小数小数＋差=大数（和－小数=大数）（和＋差）÷2=大数大数－差=小数（和－大数=小数）例题1案例分析：姐姐今年13岁，弟弟今年9岁，当姐弟俩岁数的和是40岁时，两人各应该是多少岁？解题思路：①年龄差不会变，今年的岁数差13-9=4，几年后也不会改变。
②几年后岁数和是40，岁数差是4，转化为和差问题。
③则几年后，姐姐的岁数：（40+4）/2=22，弟弟的岁数：（40-4）/2=18，所以答案是9年后。
差倍型年龄问题差倍型年龄问题是指两个数量之间的差和他们之间的倍数关系，随着一个或者两个数量的增加或者减少而发生改变的一类应用题。
02差倍型年龄问题解题规律1、两人的年龄差不变2、两人年龄的倍数每年都会改变，越往后倍数越小3、变倍问题牢固树立抓“不变量”的思想，变倍问题中的不变量，一般有三类，如下：（1）“甲是乙的2倍，甲是丙的3倍”——不变量是甲（2）“甲是乙的3倍，甲给乙2，甲变成乙的2倍”——不变量是甲、乙之和（3）“甲是乙的3倍，甲、乙都减少2，甲变成乙的4倍”——不变量是甲、乙之差（同增同减差不变）4、这类题的数量关系是：差÷（倍数-1）=小数（1倍数）小数×倍数=大数小数+差=大数例题2小军今年8岁，爸爸今年34岁，几年后，爸爸的年龄的小军的3倍？解题思路：①岁差不会变，今年的岁数差点34-8=26，到几年后仍然不会变。
②差÷（倍数-1）=小数（1倍数）根据公式算出26/（3-1）=13，几年后小军的年龄是13X1=13岁，爸爸的年龄是13X3=39岁。
(完整版)小学数学奥数解题方法讲义40讲(四)
（一）（二）第一讲观察法第十一讲份数法第二讲尝试法第十二讲消元法第三讲列举法第十三讲比较法第四讲综合法第十四讲演示法第五讲分析法第第十五讲列表法第六讲分析-综合法第十六讲倍比法第七讲归一法第十七讲逆推法第八讲归总法第十八讲图解法第九讲分解法第十九讲对应法第十讲分组法第二十讲集合法（三）（四）第二十一讲守恒法第三十一讲分解质因数法第二十二讲两差法第三十二讲最大公约数法第二十三讲比例法第三十三讲最小公倍数法第二十四讲转换法第三十四讲解平均数问题的方法第二十五讲假设法第三十五讲解行程问题的方法第二十六讲设数法第三十六讲解工程问题的方法第二十七讲代数法第三十七讲、解流水问题的方法第二十八讲联想法第三十八讲解植树问题的方法第二十九讲直接法第三十九讲解时钟问题的方法第三十讲四方阵法第四十讲几何变换法第三十一讲分解质因数法通过把一个合数分解为两个或两个以上质因数，来解答应用题的解题方法叫做分解质因数法。
分解质因数的方法在求最大公约数和最小公倍数时有用，在学习有理数的运算、因式分解、解方程等方面也有广泛的应用。
分解质因数的方法还可为一些数学问题提供新颖的解法，有益于开辟解题思路，启迪创造性思维。
例1 一块正方体木块，体积是1331立方厘米。
这块正方体木块的棱长是多少厘米？（适于六年级程度）解：把1331分解质因数：1331=11×11×11答：这块正方体木块的棱长是11厘米。
例2 一个数的平方等于324，求这个数。
（适于六年级程度）解：把324分解质因数：324= 2×2×3×3×3×3=（2×3×3）×（2×3×3）=18×18答：这个数是18。
例3 相邻两个自然数的最小公倍数是462，求这两个数。
（适于六年级程度）解：把462分解质因数：。
小学奥数21类难题汇总附解题思路
小学奥数21类难题汇总，附解题思路题型一：归一问题【含义】在解题时先求出一份是多少（即单一量），然后以单一量为标准，求出所要求的数量。
【数量关系】总量÷份数=单一量单一量×所占份数=所求几份的数量或总量A÷（总量B÷份数B）=份数A【解题思路】先求出单一量，以单一量为标准，求出所要求的数量。
【例】买5支铅笔需要0.6元钱，买同样的铅笔16支，需要多少钱？解：先求出一支铅笔多少钱——0.6÷5=0.12（元）再求买16支铅笔需要多少钱——0.12×16=1.92（元）综合算式：0.6÷5×16=0.12×16=1.92（元）题型二：归总问题【含义】解题时先找出“总数量”，再根据已知条件解决问题的题型。
所谓“总数量”可以指货物总价、几天的工作量、几亩地的总产量、几小时的总路程等。
【数量关系】1份数量×份数=总量总量÷一份数量=份数【解题思路】先求出总数量，再解决问题。
【例】服装厂原来做一套衣服用布3.2米，改进剪裁方法后，每套衣服用布2.8米。
问原来做791套衣服的布，现在可以做多少套衣服？解：先求这批布总共多少米——3.2×791=2531.2（米）再求现在可以做多少套——2531.2÷2.8=904（套）综合算式：3.2×791÷2.8=904（套）题型三：和差问题【含义】已知两个数量的和与差，求这两个数量各是多少。
【数量关系】大数=（和+差）÷2小数=（和－差）÷2【解题思路】简单题目直接套用上述公式，复杂题目变通后再套用公式。
【例】甲乙两班共有学生98人，甲班比乙班多6人，求两班各有多少人？解：直接套用公式——甲班人数=（98+6）÷2=52（人）乙班人数=（98-6）÷2=46（人）题型四：和倍问题【含义】已知两个数的和及“大数是小数的几倍（或小数是大数的几分之几）”，求这两个数各是多少。
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41、简单方程的解法【一元一次方程解法】求方程的解（或根）的过程，叫做解方程。
解一元一次方程的一般步骤（或解法）是：去分母，去括号，移项，合并同类项，两边同除以未知数x的系数。
解去分母，两边同乘以6，得3（x-9）-2（11-x）=12去括号，得3x-27-22+2x=12移项，得3x+2x=12+27+22合并同类项，得5x=61【分式方程解法】分母中含未知数的方程是“分式方程”。
解分式方程的一般步骤（或方法）是：（1）方程两边都乘以最简公分母，约去分母，化成整式方程；（2）解这个整式方程；（3）把整式方程的根代入最简公分母，看结果是不是零，使最简公分母为零的根，是原方程的增根，必须舍去。
解方程两边都乘以x（x-2），约去分母，得5（x-2）=7x解这个整式方程，得x=-5，检验：当x=-5时，x（x-2）=（-5）（-5-2）=35≠0，所以，-5是原方程的根。
解方程两边都乘以（x+2）（x-2），即都乘以（x2-4），约去分母，得（x－2）2-16＝（x+2）2解这个整式方程，得x=-2。
检验：当x=-2时，（x+2）（x-2）=0，所以，-2是增根，原方程无解。
42、加法运算定律【加法交换律】两个数相加，交换加数的位置，它们的和不变。
这叫做“加法的交换定律”，简称“加法交换律”。
加法交换律用字母表达，可以是a+b=b+a。
例如：864+1，236=1，236+864=2，100【加法结合律】三个数相加，先把前两个数相加，再加上第三个数；或者先把后两个数相加，再和第一个数相加，它们的和不变。
这叫做“加法的结合定律”，简称“加法结合律”。
加法结合律用字母表达，可以是（a+b）+c=a+（b+c）。
例如：（48928+2735）+7265=48928+（2735+7265）=48928+10000= 5892843、几何图形旋转【长方形（或正方形）旋转】将一个长方形（或正方形）绕其一边旋转一周，得到的几何体是“圆柱”。
如图1.37，将矩形ABCD绕AB旋转一周，得圆柱AB。
其中AB为圆柱的轴，也是圆柱的高。
BC或AC是圆柱底面圆的半径，CD叫做圆柱的母线。
【直角三角形旋转】将一个直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周，所形成的几何体是“圆锥”。
例如图1.38，将直角三角形ABC，绕直角边AC旋转一周，便形成了圆锥AC。
其中AC是圆锥的轴，也是圆锥的高；CB是圆锥底面的半径；AB叫做圆锥的母线。
【直角梯形旋转】将一个直角梯形绕着它的直角腰旋转一周所形成的几何体，叫做“圆台”。
例如图1.39，将直角梯形ABCD绕着它的直角腰AB旋转一周。
便形成了圆台AB。
其中，AB是圆台的轴，也是圆台的高，上下底AD、BC，分别是圆台上、下底面圆的半径，斜腰DC，是圆台的母线。
【半圆旋转】将一个半圆绕着它的直径旋转一周所形成的几何体，叫做“球”。
例如图1.40，半圆绕着它的直径AB旋转一周，便形成了球O。
原来的半圆圆心O是球心；原来半圆的半径和直径，分别叫做球的半径和直径；原来半圆的直径也是球的轴和直径。
44、几何图形的计数【点与线的计数】例1如图5.45，每相邻的三个圆点组成一个小三角形，问：图中是这样的小三解形个数多还是圆点的个数多？（全国第二届“华杯赛”决赛试题）讲析：可用“分组对应法”来计数。
将每一排三角形个数与它的下行线进行对应比较。
第一排三角形有1个，其下行线有2点；第二排三角形有3个，其下行线有3点；第三排三角形有5个，其下行线有4点；以后每排三角形个数都比它的下行线上的点多。
所以是小三角形个数多。
例2 直线m上有4个点，直线n上有5个点。
以这些点为顶点可以组成多少个三角形？（如图5.46）（哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题）讲析：本题只要数出各直线上有多少条线段，问题就好解决了。
直线n上有5个点，这5点共可以组成4＋3+2＋1=10（条）线段。
以这些线段分别为底边，m上的点为顶点，共可以组成4×10=40（个）三角形。
同理，m上4个点可以组成6条线段。
以它们为底边，以n上的点为顶点可以组成6×5=30（个）三角形。
所以，一共可以组成70个三角形。
【长方形与三角形的计数】例1图5.47中的正方形被分成9个相同的小正方形，它们一共有16个顶点，以其中不在一条直线上的3点为顶点，可以构成三角形。
在这些三角形中，与阴影三角形有同样大小面积的有多少个？（全国第三届“华杯赛”复赛试题）为3的三角形，或者高为2，底为3的三角形，都符合要求。
①底边长为2，高为3的三角形有2×4×4=32（个）；②高为2，底边长为3的三角形有8×2=16（个）。
所以，包括图中阴影部分三角形共有48个。
例2 图5.48中共有______个三角形。
（《现代小学数学》）邀请赛试题）讲析：以AB边上的线段为底边，以C为顶点共有三角形6个；以AB边上的线段为底边，分别以G、H、F为顶点共有三角形3个；以BD边上的线段为底边，以C为顶点的三角形共有6个。
所以，一共有15个三角形。
例3 图5.49中共有______个正方形。
（《现代小学数学》邀请赛试题）讲析：可先来看看图5.50的两个图中，各含有多少个正方形。
图5.50（1）中，正方形个数是6×3＋5×2＋4×1=32（个）；图5.50（2）中，正方形个数是4×4+3×3+2×2＋1×1=30（个）如果把图5.49中的图形，分成5×6和4×11两个长方形，则：5×6的长方形中共有正方形5×6+4×5＋3×4＋2×3＋1×2=70（个）；4×11的长方形中共有正方形4×11+3×10+2×9＋1×8=100（个）。
两个长方形相交部分4×5的长方形中含有正方形4×5+3×4＋2×3＋1×2=40（个）。
所以，原图中共有正方形70＋100-40=130（个）。
例4 平面上有16个点，排成一个正方形。
每行、每列上相邻两点的距离都相等[如图5.51（1）]，每个点上钉上钉子。
以这些点为顶点，用线将它们围起来，一共可围成______个正方形。
（《小学生科普报》奥林匹克通讯赛试题）讲析：能围成图5.51（2）的正方形共14（个）；能围成图5.51（3）的正方形共2（个）；能围成图5.51（4）的正方形共4（个）。
所以，一共可围成正方形20个。
【立体图形的计数】例1 用125块体积相等的黑、白两种正方体，黑白相间地拼成一个大正方体（如图5.52）。
那么，露在表面上的黑色正方体的个数是_______。
（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：本题要注意不能重复计数。
八个顶点上各有一个黑色正方体，共8个；每条棱的中间有一个黑色正方体，共12个；除上面两种情况之外，每个面有5个黑色正方体，共5×6=30（个）。
所以，总共有50个黑色正方体露在表面上。
例2 把1个棱长为3厘米的正方体分割成若干个小正方体，这些小正方体的棱长必须是整数。
如果这些小正方体的体积不要求都相等，那么，最少可以分割成______个小正方体。
（北京市第九届“迎春杯’小学数学竞赛试题）讲析：若分成｜×××｜的小正方体，则共可分成27个。
但是分割时，要求正方体尽可能地少，也就是说能分成大正方体的，尽可能地分。
则在开始的时候，可分出一个2×2×2的正方体（如图5.53），余下的都只能分成1×1×1的正方体了。
所以，最少可分成20个小正方体。
45、几何体侧面展开【正棱柱、圆柱侧面展开】正棱柱（底面是正多边形，侧棱与底面垂直的棱柱）和圆柱的侧面展开，摊在同一个平面上，是一个矩形。
矩形的上、下对边，是柱体上、下底面的周长；矩形左右两对边，是柱体的侧棱或母线。
例如图1.41，将正六棱柱ABCDEF—A払扖扗扙扚捈霸仓鵒O司匦蜛1A抇1A抇2A2。
图中画出的是棱柱侧面展开图。
圆柱侧面展开后，也是一矩形，只是中间没有那些虚线。
%【正棱锥侧面展开】正n棱锥（底面为正n边形，顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥）侧面展开，摊在同一平面上，是顶点公共、腰与腰相连的n个全等的等腰三角形。
例如图1.42，将正三棱锥S—ABC的侧面展开，摊在同一个平面上，便形成了三个全等的等腰三角形SAB、SBC和SCA【圆锥侧面展开】圆锥侧面展开，摊在同一个平面上，变成的是一个扇形。
扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的两条半径，是圆锥的母线。
例如图1.43，将圆锥SO的侧面展开，摊在同一个平面上，便成了扇形径SA、SA挼募薪铅瓤砂聪旅娴氖阶蛹扑悖篲式中r是圆锥底面圆半径，l是圆锥母线的长。
【正棱台侧面展开】正n棱台（用一平行于正n棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面间的几何体）侧面展开，摊在同一个平面上，得到的是n个全等的等腰梯形，并且腰腰相连。
例如图1.44，将正三棱台ABC—A【圆台侧面展开】圆台侧面展开，摊在同一个平面上的图形，是圆环的一部分，叫做“扇环”。
这个扇环像梯形，它的两“腰”是圆台的母线，它的上、下“底”是两条弧，其弧长分别是圆台上、下底面圆的周长。
例如图1.45，将圆台O1O2的侧面展开，摊在同一个平面上，就形成了46、几何公式【平面图形计算公式】一般的平面图形计算公式，如下表。
【立体图形计算公式】(1)柱体公式。
（2）锥体公式。
正n棱锥（如图1．13）的公式：圆锥的公式（圆锥如图1．14所示）：（3）棱台、圆台公式。
正n棱台（如图1．15）的公式：圆台（如图1．16）的公式：（4）球的计算公式。
球的图形如图1．17所示。
S表=4πr2；附录：其他常用公式【整数约数个数公式】一个大于1的整数，约数的个数等于它的质因数分解式中，每个质因数的个数（指数）加1的连乘积。
例如，求4500的约数个数。
解∵4500=22×32×53∴4500的约数个数是（2+1）×（2+1）×（3+1）=36（个）。
【约数之和的公式】一个大于1的自然数N，将它分解质因数为为自然数，则N的所有约数的和为S（N），可用下列公式计算：例如求1992的所有约数的和。
解 S（1992）=S（23×31×831）=5040．【分数拆项公式】在奥赛中，为使计算简便，经常用到下面四个分数拆项公式：（1）连续两个自然数积的倒数，可拆成较小的自然数的倒数，减去较大的自然数的倒数。
即（2）连续三个自然数的积的倒数，可拆成前两个自然数的积的倒数，减去后两个自然数的积的倒数的差的一半。