四年级奥数题组合图形的计数习题及答案(A)
四年级奥数第二讲图形的计数问题含答案
四年级奥数第⼆讲图形的计数问题含答案第⼆讲图形的计数问题⼀、知识点：⼏何图形计数问题往往没有显⽽易见的顺序，⽽且要数的对象通常是重叠交错的，要准确计数就需要⼀些智慧了．实际上，图形计数问题，通常采⽤⼀种简单原始的计数⽅法－⼀枚举法．具体⽽⾔，它是指把所要计数的对象⼀⼀列举出来，以保证枚举时⽆⼀重复、．⽆⼀遗漏，然后计算其总和．正确地解答较复杂的图形个数问题，有助于培养同学们思维的有序性和良好的学习习惯．⼆、典例剖析：例（1）数出右图中总共有多少个⾓分析：在∠AOB内有三条⾓分线OC1、OC2、OC3，∠AOB被这三条⾓分线分成4个基本⾓，那么∠AOB内总共有多少个⾓呢？⾸先有这4个基本⾓，其次是包含有2个基本⾓组成的⾓有3个（即∠AOC2、∠C1OC3、∠C2OB），然后是包含有3个基本⾓组成的⾓有2个（即∠AOC3、∠C1OB），最后是包含有4个基本⾓组成的⾓有1个（即∠AOB），所以∠AOB内总共有⾓：4＋3＋2＋1＝10（个）解：4＋3＋2＋1＝10（个）答：图中总共有10个⾓。
练⼀练：数⼀数右图中总共有多少个⾓？答案: 总共有⾓：10+9+8+…+4+3+2+1=55（个）例（2 ）数⼀数共有多少条线段？共有多少个三⾓形？分析：①要数多少条线段：先看线段AB、AD、AE、AF、AC、上各有2个分点，各分成3条基本线段，再看BC、MN、GH这3条线段上各有3个分点，各分成4条基本线段.所以图中总共有线段是：（3+2+1）×5+（4+3+2+1）×3=30+30=60（条）.②要数有多少个三⾓形，先看在△AGH中，在GH上有3个分点，分成基本⼩三⾓形有4个.所以在△AGH中共有三⾓形4+3+2+1=10（个）.在△AMN与△ABC中，三⾓形有同样的个数，所以在△ABC中三⾓形个数总共：（4+3+2+1）×3=10×3=30（个）解：：①在△ABC中共有线段是：（3+2+1）×5+（4+3+2+1）×3=30+30=60（条）②在△ABC中共有三⾓形是：（4+3+2+1）×3=10×3=30（个）答：在△ABC中共有线段60条，共有三⾓形30个。
2019四年级下数学奥数练习-排列组合综合应用练习题附答案
排列组合综合应用练习题一．夯实基础：1. 由 0，2，5，6，7，8 组成无重复数字的数．⑴ 四位偶数有多少个？⑵ 四位奇数有多少个？⑶ 四位偶数有多少个？2. 由 0，2，5，6，7，8 组成无重复数字的数．⑴整数有多少个？⑵是 5 的倍数的三位数有多少个？3. 由 0，2，5，6，7，8 组成无重复数字的数．⑴是 25 的倍数的四位数有多少个？⑵大于 5860 的四位数有多少个？4.一个小组共 10 名学生，其中 4 女生，6 男生.现从中选出 3 名代表，其中至少有一名女生共有多少种选法？二．拓展提高：5.正六边形的中心和顶点共 7 个点，以其中 3 个点为顶点的三角形共有多少个？6.从10 件产品中有4 件次品，现抽取3 件检查，（1）恰好有一件次品的取法有种；（2）既有正品又有次品的取法有种.7.圆周上有十个点，任两点之间连一条弦，这些弦在圆内共有多少个交点？8.用 2，4，6 三个数字来构造六位数，但是不允许有两个连着的 2 出现在六位数中（例如626442 是允许的，但226426 就不允许），问这样的六位数有多少个？三. 超常挑战9.有5 个标签分别对应着 5 个药瓶，恰好贴错 3 个标签的可能情况有多少种？10.由 1447，1005，1231 这三个数字有许多相同之处：它们都是四位数，最高位都是 1，都恰有两个相同数字，一共有多少个这样的数？11.某旅社有导游9 人，其中3 人只会英语，2 人只会日语，其余4 个既会英语又会日语．现要从中选6 人，其中3 人做英语导游，另外3 人做日语导游．则不同的选择方法有多少种?ADB12. 在10 名学生中，有5 人会装电脑，有3 人会安装音响设备，其余2 人既会安装电脑，又会安装音响设备，今选派由6 人组成的安装小组，组内安装电脑要3 人，安装音响设备要3 人，共有多少种不同的选人方案?13. 在四位数中，各位数字之和是 4 的四位数有多少？四．杯赛演练：14. （迎春杯初赛）6 个人传球，每两人之间至多传 1 次，那么至多共进行几次传球？15. （华杯赛冬令营培训题）如图，A 、B 、C 、D 为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个岛连接起来，则不同的建桥方案共有几种？C5 2 4 45 46 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 54 43 34 3 35 46 4 6 4 10 6 10 67 4 6 4 6 4 6 答案：1. （1）注意 0 不能做首位， 5A 3 = 300 个．（2） 个位为特殊位置，只能从 5，7 中选一个；0 是特殊元素，它不能放在千位；综上，四位奇数有C 1C 1 A 2 = 96 个． （3） 位只能在 0，2，6，8 中选择，进一步分成两种情况：若个位为 0，则共有 A 3= 60种；若个位不是 0，则个位从 2，6，8 中选一个，有 3 种方法，然后选择千位，有 4 种方法，最后再选剩余的两位，有 A 2 = 12 种，所以四位偶数有 60 + 3⨯ 4⨯12 = 204 个．2. ⑴包括一位数、二位数、三位数、…、六位数，共有A 1 + A 1A 1 + A 1A 2 + A 1A 3 + A 1A 3 + A 1A 4 + A 1A 5 = 1631个．⑵5 的倍数，则个位为 0 或 5，分两种情况：若个位为 0，则有 A 2 = 20 个；若个位为 5， 则有 A 1 A 1 = 16 个，所以共有 36 个是 5 的倍数的三位数．3. ⑴25 的倍数，在本题的条件下，末两位只可能是 25，50 或 75. 若末两位为 25，则这样的四位数有 A 1A 1 = 9 个；若末两位为 50，则这样的四位数有 A 2 = 12 个；若末两位为 75，则这样的四位数有 A 1A 1 = 9 个，因此能被 25 整除的四位数共有 30 个． ⑵千位如果为 5，则前三位为 586，第四位有 2 或 7 两种选择；前三位若为 587，则四位有 0，2，6 三种选择，所以，千位为 5 总共有 5 个数； 千位如果为 6、7、8，则均有 A 3 = 60 个数，因此，大于 5860 的四位数有5 + 3⨯ 60 =185 个．4. “至少有一名女生”意味着存在女生，也就是说不能都是男生.所以，理解这句话的意思至关重要！我们可以从直接与间接两种方法解这道题，同学们可以比较一下.方法一：直接法.由于共有 4 个候选女生，因此至少有一名女生，包括如下几种情况：⑴1 名女生，2 名男生： C 1C 2= 60 种选法；⑵2 名女生，1 名男生： C 2C 1 = 36 种选法；⑶3 名女生， C 3 = 4 种选法.所以，共有60 + 36 + 4 =100 种选法. 方法二：间接法.先从 10 名学生中任意选出 3 名学生，有C 3 种选法；然后从中扣除没有女生的情况（ 即全是男生的情况）， 有 C 3 种选法. 所以， 至少有一名女生的选法数有C 3 - C 3 = 120 - 20 = 100 ．5. 7 个点中选出 3 个点的方法为C 3 = 35 种，其中三条对角线上的 3 点组合是共线的，不合 要求. 35 - 3 = 32 种．6. ⑴ C 1C 2= 60 种；⑵既有正品又有次品分为：1 件次品，2 件正品；2 件次品，1 件正品两类，即： C 1C 2 + C 2C 1= 60 + 36 = 96 种.10 6 5 4 5 9 1 9 4 4 4 4 5 57. 两条弦的交点与四边形的个数一一对应，因而有C 4 = 210 个交点．8. （1）若六位数中没有 2，则每一位只能从 4 或 6 中选一个，这时有26 = 64 个.（2） 若六位数中只有 1 个 2，则 2 有C 1= 6 种位置选择，其余 5 个位置从 4 或 6 中选取，则有6⨯ 25 =192 个. （3） 若六位数中有 2 个 2，这时有24 ⋅ C 2 =160个（插空法）. （4） 若六位数中有 3 个 2，这时有23⋅ C 3= 32 个；由题意，不可能在六位数中出现4 个4 个以上的2.于是共有64 +192 +160 + 32 = 448 个.9. 将瓶子命名为 1，2，3，4，5 号，如果是 1，2 号瓶贴对，则其余 3 个瓶子都贴错的， 简单枚举可发现有 2 种贴错的情况；而另选两个瓶子贴对，则剩余 3 个瓶子都贴错也是 2 种情况，因此共有C 2 ⨯ 2 = 20 种.10. 由于首位是 1，因此那两个相同数字应该以是否是 1 而分类：⑴若相同数字是 1：另一个 1 有 3 种位置可以选择，另两位数字不能是 1 且不能相同，故有 A 2 种不同排法，因而有m =3A 2= 216 个. ⑵若相同数字不是 1：这时相同数字有 9 种不同选法，这两个相同数字在后 3 位只 有 3 种不同排法，另一位数字既不是 1，又不能与相同数字相同，因此有 8 种不同取法．因而有m 2 = 9⨯ 3⨯8 = 216 个.综上，满足条件的四位数共有216 + 216 = 432 个．11. 此题若从“多面手”出发来做，不太简便，由于只会日语的人较少，所以针对只会日语的人讨论，分三类：⑴只会日语的 2 人都出场，则还需1 个多面手做日语导游，有 4 种选择．从剩下的只会英语的人和多面手共6 人中选3 人做英语导游，有C 3 = 6 ⨯ 5⨯ 4= 20 种选择．由63⨯ 2 ⨯1乘法原理，有4⨯ 20 = 80 种选择．⑵只会日语的2 人中有1 人出场，有2 种选择．还需从多面手中选2 人做日语导游，有C 2 = 4 ⨯ 3= 6 种选择．剩下的只会英语的人和多面手共5 人中选3 人做英语导游，42 ⨯1 有C3 = 5⨯4 ⨯ 3= 10 种选择．由乘法原理，有2⨯ 6⨯10 =120 种选择．53⨯ 2 ⨯1⑶只会日语的人不出场，需从多面手中选3 人做日语导游，有C 3 = C 1 = 4 种选择．剩下的只会英语的人和多面手共4 人中选3 人做英语导游，有C 3 = C 1 = 4 种选择．由乘法原理， 有 4⨯ 4 =16 种选择． 根据加法原理， 不同的选择方法一共有 80 +120 +16 = 216 种．12. 按具有双项技术的学生分类：⑴两人都不选派，有C 3 =10 种选派方法；⑵两人中选派1 人，有2 种选法．而针对此人的任务又分两类：若此人要安装电脑，有C 2 = 10 种选法， 而另外会安装音响设备的3 人全选派上，只有1 种选法．由乘法原理，有10⨯1 =10 种选法；若此人安装音响设备，有C 2 = 3 种选法，需从5 人中选3 人安装电脑，有C 3 = 10 种35选法．由乘法原理，有3⨯10 = 30 种选法．根据加法原理，有10 + 30 = 40 种选法；综上 所述一共有2⨯ 40 = 80 种选派方法．⑶两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：① 两人全安装电脑，有5⨯1 = 5 种选派方案；②两人一个安装电脑，一个安装音响设备， 有C 2 ⨯ C 2 = 60 种选派方案；③两人全安装音响设备，有3⨯ C 3 = 30 种选派方案．根据加5356 法原理，共有5 + 60 + 30 = 95 种选派方案．综合以上所述，符合条件的方案一共有10 + 80 + 95 =185 种．13. 设原四位数为 ABCD ，按照题意，我们有 A + B + C + D = 4 ，但是对 A 、 B 、C 、 D 要求不同，因为这是一个四位数，所以应当有 A ≠ 0 ，而其他三个字母都可以等于 0，这样就不能使用我们之前的插板法了，因此我们考虑将 B 、C 、 D 都加上 1，这样 B 、C 、 D 都至少是 1，而且这个时候它们的和为4 + 3 = 7 ，即问题变成如下表达：一个各位数字不为 0 的四位数，它的各位数字之和为 7，这样的四位数有多少个？采用插板法，共有 6 个间隔，要插入 3 个板，可知这样的四位数有C 3= 20 个，对应着原 四位数也应该有 20 个.14. 6 个点间进行连线，共可以连成15 条，但是由题意知这是个一笔画问题，若把这些线全连上，则图形中有 6 个奇点，不能一笔画，因此至少要去掉 2 条线（以去掉 4 个奇点），所以至多共进行15 - 2 =13 次传球.15. 本题考察对应与转化思想.可以这样考虑：先把四个点间所有能连的线都连起来，共有C 2 = 6 种方法，然后从这 6 条线中选择 3 条将其去掉，有C 3 = 20 种选法，但是连在同46一个点上的三条线不能同时去掉，所以必须再去掉 4 种情况，所以共有 16 种.。
精选四年级排列组合奥数题及答案
精选四年级排列组合奥数题及答案奥数的世界更是魅力无穷 ,它会激发学生对数学的好奇心 ,拓宽学生的思路。
下面是为大家收集到的四年级排列组合奥数题及答案 ,供大家参考。
1.排列、组合等问题从6幅国画 ,4幅油画 ,2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室 ,问有几种选法?解答：6×4=24种6×2=12种4×2=8种24+12+8=44种【小结】首先考虑从国画、油画、水彩画这三种画中选取两幅不同类型的画有三种情况 ,即可分三类 ,自然考虑到加法原理。
当从国画、油画各选一幅有多少种选法时 ,利用的乘法原理。
由此可知这是一道利用两个原理的综合题。
关键是正确把握原理。
符合要求的选法可分三类：设第一类为：国画、油画各一幅 ,可以想像成 ,第一步先在6张国画中选1张 ,第二步再在4张油画中选1张。
由乘法原理有6×4=24种选法。
第二类为：国画、水彩画各一幅 ,由乘法原理有6×2=12种选法。
第三类为：油画、水彩画各一幅 ,由乘法原理有4×2=8种选法。
这三类是各自独立发生互不相干进行的。
因此 ,依加法原理 ,选取两幅不同类型的画布置教室的选法有 24+12+8=44种。
2.排列组合从1到100的所有自然数中 ,不含有数字4的自然数有多少个?解答：从1到100的所有自然数可分为三大类 ,即一位数 ,两位数 ,三位数.一位数中 ,不含4的有8个 ,它们是1、2、3、5、6、7、8、9;两位数中 ,不含4的可以这样考虑：十位上 ,不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况.个位上 ,不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况 ,要确定一个两位数 ,可以先取十位数 ,再取个位数 ,应用乘法原理 ,这时共有8×9=72 个数不含4.三位数只有100.所以一共有8+8×9+1=81 个不含4的自然数.以上是查字典数学网为大家准备的四年级排列组合奥数题及答案 ,希望对大家有所帮助。
四年级奥数题：图形的计数
四年级奥数题：图形的计数2(总4页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--四奥线段与长方形的计数训练一、填空题:1.数一数下图共有( )条线段.( )条. ( )条.2.数一数下图共有( )条线段.( )条. ( )条.3.下列图中各有几个三角形:4.下图中各有（）个三角形.5.下图中有( )个长方形.③6.数一数下图有（ ）个长方形.7.下图共有（ ）个长方形.8.数一数图中长方形的个数.9.数一数下面各图有多少个长方形.10.下图中一共有几个长方形?二、解答题:1.数一数下面各图有多少个正方形？2.下图有多少个正方形多少个长方形3.下图有多少个长方形?———————————————答案——————————————————————一、填空题:1. 16; 30.2. 36; 27.3. ①18; ②27; ③20.4. ①33; ②24.a b5. 10个.图中长方形的个数与AB边上所分成的线段的条数有关,每一条线段对应一个长方形,所以长方形的个数等于AB边上线段的条数,即长方形个数为:4+3+2+1=10(个).6. 30个.图中AB边上共有线段4+3+2+1=10条.BC边上共有线段: 2+1=3(条),把AB上的每一条线段作为长, BC边上每一条线段作为宽,每一个长配一个宽,就组成一个长方形,所以图中共有长方形为:(4+3+2+1)⨯(2+1)=10⨯3=30(个).7. 60个.图中,依据计算上图中长方形个数的方法:可得长方形个数为:(4+3+2+1)⨯(3+2+1)=60(个).一般情况下,如果有类似图中的任一个长方形一边上有1n个分点(不包括-这条边的两个端点),另一边上有1m个分点(不包括这条边的两个端点),通过-这些点分别作对边的平行线且与另一边相交,这两组平行线将长方形分为许多长方形,这时长方形的总数为:(1+2+3+……+m)⨯（1+2+3+……n）.8. 共有90个.AB边上分成的线段有:5+4+3+2+1=15.BC边上分成的线段有: 3+2+1=6.所以共有长方形: (5+4+3+2+1)⨯(3+2+1)=15⨯6=90(个).9. 15个; 45个.10. (3+2+1)⨯(5+4+3+2+1)=6⨯15=90(个).二、解答题:1. a: 4⨯4+3⨯3+2⨯2+1⨯1=30(个)b: 6⨯6+5⨯5+4⨯4+3⨯3+2⨯2+1=91(个)2. 32个正方形.126个长方形.3. a: 10个. b: 15个.4. 15 个.。
四年级下册数学奥数试题-培优拓展训练：第2讲：图形计数(教师版)
第二讲图形计数几何图形计数问题往往没有显而易见的顺序，而且要数的对象通常是重叠交错的，要准确计数就需要一些智慧了．实际上，图形计数问题，通常采用一种简单原始的计数方法－一枚举法．具体而言，它是指把所要计数的对象一一列举出来，以保证枚举时无一重复、．无一遗漏，然后计算其总和．正确地解答较复杂的图形个数问题，有助于培养同学们思维的有序性和良好的学习习惯．一：简单图形计数的方法。
二：复杂图形计数的方法和找规律的方法。
例（1）数出右图中总共有多少个角分析：在∠AOB内有三条角分线OC1、OC2、OC3，∠AOB被这三条角分线分成4个基本角，那么∠AOB内总共有多少个角呢？首先有这4个基本角，其次是包含有2个基本角组成的角有3个（即∠AOC2、∠C1OC3、∠C2OB），然后是包含有3个基本角组成的角有2个（即∠AOC3、∠C1OB），最后是包含有4个基本角组成的角有1个（即∠AOB），所以∠AOB内总共有角：4＋3＋2＋1＝10（个）解：4＋3＋2＋1＝10（个）答：图中总共有10个角。
例（2 ）数一数共有多少条线段？共有多少个三角形？分析：①要数多少条线段：先看线段AB、AD、AE、AF、AC、上各有2个分点，各分成3条基本线段，再看BC、MN、GH这3条线段上各有3个分点，各分成4条基本线段.所以图中总共有线段是：（3+2+1）×5+（4+3+2+1）×3=30+30=60（条）.②要数有多少个三角形，先看在△AGH中，在GH上有3个分点，分成基本小三角形有4个.所以在△AGH中共有三角形4+3+2+1=10（个）.在△AMN与△ABC中，三角形有同样的个数，所以在△ABC中三角形个数总共：（4+3+2+1）×3=10×3=30（个）解：：①在△ABC中共有线段是：（3+2+1）×5+（4+3+2+1）×3=30+30=60（条）②在△ABC中共有三角形是：（4+3+2+1）×3=10×3=30（个）答：在△ABC中共有线段60条，共有三角形30个。
4年级奥数几何计数问题例题
例1．用3根等长的火柴可以摆成一个等边三角形．如图19-1,用这样的等边三角形拼合成一个更大的等边三角形．如果这个大等边三角形昀每边由20根火柴组成，那么一共要用多少根火柴?[分析与解]把大的等边三角形分为20“层”分别计算火柴的根数：最上一“层”只用了3根火柴；从上向下数第二层用了3×2＝6根火柴；从上向下数第三层用了3×3＝9根火柴；……从上向下数第20层用了3×20＝60根火柴．所以，总共要用火柴3×(1+2+3+…+20)＝630根．【巩固提高】1．如下图,一个三角形分成36个小三角形.把每个小三角形涂上红色或蓝色,两个有公共边的小三角形要涂上不同的颜色,已知涂成红色的三角形比涂成蓝色的三角形多,那么多_____个.2.右图是由小立方体码放起来的,其中有一些小方体看不见.图中共有_____个小立方体.3.数一数,下图是由_____个小立方体堆成的.要注意那些看不见的.例2．如图19-2，用长短相同的火柴棍摆成3×1996的方格网，其中每个小方格的边都由一根火柴棍组成，那么一共需用多少根火柴棍?[分析与解]横放需1996×4根，竖放需1997×3根，共需1996×4+1997×3＝13975根．【巩固与提高】1．如图下图是一个4×328的长方形，每个小正方形的边长为1厘米，请你计算这个图形中所有线段的长度之和是多少？例3．图19-3是一个跳棋棋盘，请你计算出棋盘上共有多少个棋孔?[分析与解]把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如下图．平行四边形中棋孔数为9×9＝81，每个小三角形中有10个棋孔，所以棋孔共有81+10×4＝121个．或直接数出有121个．例4．如图19-4，在桌面上，用6个边长为l的正三角形可以拼成一个边长为1的正六边形．如果在桌面上要拼出一个边长为6的正六边形，那么，需要边长为1的正三角形多少个？[分析与解]如图AB＝6，组成△AOB需要边长为1的正三角形共：1+3+5+7+9+11＝36个，而拼成边长为6的正六边形需要6个△AOB，因此总共需要边长为1的正三角形36×6＝216个．【巩固提高】如图一个正六边形，每条边上均与分布着998个点（不包括两个端点），分别连接不相邻的两条边上相互对应的两点，这样就把这个六边形分割成多个等边三角形，请问可以分割出多少个等边三角形？例5．如图19-5，其中的每条线段都是水平的或竖直的，边界上各条线段的长度依次为5厘米、7厘米、9厘米、2厘米和4厘米、6厘米、5厘米、1厘米．求图中长方形的个数，以及所有长方形面积的和．[分析与解]确定好长方形的长和宽，长方形就唯一确定，而图中只需确定好横向线段，竖向线段，即可．于是横向线段有(1+2+3+4)＝10种选法，竖向线段也有(1+2+3+4)＝10种选法，则共有10×10＝100个长方形．这些长方形的面积和为：(5+7+9+2+12+16+11+21+18+23)×(4+6+5+1+10+11+6+15+12+16)＝124×86＝10664(平方厘米)．例6．如图19-6，18个边长相等的正方形组成了一个3×6的方格表，其中包含“*”的长方形及正方形共有多少个?[分析与解]我们把所求的长、正方形按占有的行数分为三类，每类的长、正方形的个数相等．其中只占有下面一行的有如下12种情况：于是共有12×3＝36个正、长方形包含“*”．【巩固提高】1.下图中长方形（包括正方形）总个数是_____.2．如图19-10，AB，CD，EF，MN互相平行，则图中梯形个数与三角形个数的差是多少?[分析与解]图中共有三角形(1+2+3+4)×4＝40个，梯形(1+2+3+4)×(1+2+4)＝60个，梯形比三角形多60－40＝20个．例7．图19-7是由若干个相同的小正方形组成的．那么，其中共有各种大小的正方形多少个?[分析与解]每个4×4正方形中有：边长为1的正方形4×4个；边长为2的正方形3×3个；边长为3的正方形2×2个，边长为4的正方形1×1个．总共有4×4+3×3+2×2+1×1＝30个正方形．现在5个4×4的正方形，它们重叠部分是4个2×2的正方形．因此，图中正方形的个数是30×5－5×4＝130．例8．图19-8中共有多少个三角形?[分析与解]边长为1的正三角形，有16个．边长为2的正三角形，尖向上的有3个，尖向下的也有3个．因此共有16+3+3＝22个．例9．图19-9是由18个大小相同的小正三角形拼成的四边形，其中某些相邻的小正三角形可以拼成较大的正三角形．那么，图中包含“*”的各种大小的正三角形一共有多少个?[分析与解]设小正三角形的边长为1，分三类计算计数包含*的三角形中，边长为1的正三角形有1个；边长为2的正三角形有4个，边长为3的正三角形有1个；因此，图中包含“*”的所有大、小正三角形一共有1+4+1＝6个．【巩固提高】1.图形中有_____个三角形.2．下图中共有_____个正方形.例10．在图19-1l中，共有多少个不同的三角形?[分析与解]下图中共有35个三角形，两个叠加成题中图形时，又多出5+5×2＝15个三角形，共计35×2+15＝85个三角形．【巩固提高】在下图中有多少条线段，有多少个三角形？例11．如图19-12，一块木板上有13枚钉子．用橡皮筋套住其中的几枚钉子，可以构成三角形、正方形、梯形等等，如图19-13．那么，一共可以构成多少个不同的正方形?[分析与解]按正方形的面积分类，设最小的正方形面积为1，面积为1的正方形有5个，如图a所示；面积为2的正方形有4个，如图b所示；面积为4的正方形有1个，如图c所示；还有1个面积比4大的正方形，如图d所示；于是，一共可以构成5+4+1+1＝11个不同的正方形．【巩固提高】1.如下图,方格纸上放了20枚棋子,以棋子为顶点的正方形共有_____个.3．如图19-14，用9枚钉子钉成水平和竖直间隔都为1厘米的正方阵．用一根橡皮筋将3枚不共线的钉子连结起来就形成一个三角形．在这样得到的三角形中，面积等于1平方厘米的三角形共有多少个?[分析与解]我们分三种情况来找面积为1平方厘米的三角形，这些三角形的底与高分别为1厘米或2厘米，利用正方形的对称性：(1)等腰直角三角形，如下图a所示有△AOC，△COE，△EOG，△GOA，△BOH，△DFB，△FHD，△HBF，共计8个，其中以AC，CF，FG，GA为底的各一个，以BF，DH为底的各两个．(2)直角三角形，如图b所示有△ACH，△CHD，△ACD，△DHA，△BEF，△BCE，△CEF，△CFB，△DEG，△DGH，△EGH，△EHD，△GAB，△GBF，△FAB，△FGA，共计16个，其中以AD、CH、BE、CF、DG、EH、FA、GB为斜边的各两个．(3)钝角三角形，如图c所示有△ABE，△AHE，△ADE，△AFE，△CBG，△CFG，△CDG，△CHG共计8个，其中以AE、CG为边的各四个．于是，综上所述，共有面积为1平方厘米的三角形32个．例12．如图19-15，木板上钉着12枚钉子，排成三行四列的长方阵．那么用橡皮筋共可套出多少个不同的三角形?[分析与解]我们先任意选取三个点，那么第1个点有12个位置可以选择，第2个点有11个位置可以选择，第3个点有10个位置可以选择，但是每6种选法对应的都是同一个图形，如下图，ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA 均是同一个图形．所以有12×11×10÷6＝220种选法，但是如果这3点在同一条直线上就无法构成三角形，其中每行有4种情况，共3×4；每列有1种情况，共1×4；2个边长为2的正方形的4条对角线，共4种情况．所以，可以套出220－3×4－1×4－4＝200个不同的三角形．【巩固提高】1.下图中的正方形被分成9个相同的小正方形,它们一共有16个顶点(共同的顶点算一个),以其中不在一条直线上的3个点为顶点,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?例13．如图19-16，正方形ACEG的边界上有A，B，C，D，E，F，G这7个点，其中B，D，F分别在边AC，CE，EG上．以这7个点中的4个点为顶点组成的不同四边形的个数等于多少?[分析与解]如果暂时不考虑点之间的排列位置关系，从7个点中任取4个点，则第一个点有7个位置可选，第二个点有6个位置可选，第三个点有5个位置可选，第四个点有4个位置可选，而不考虑先后，那么有4×3×2×1＝24种选法的实质是一样的，所有可能的组合数目应该是(7×6×5×4)÷24＝35．我们只要从中减去不能构成四边形的情形．对图19-16而言，任取4个点而又不构成四边形的情形只能发生在所取的4个点中有3个来自正方形ACEG的一条边，而另一个则任意选取的时候，例如选定A、B、C3点，第4个点无论如何选取都不能构成四边形．正方形的4条边中有3条都存在这样的情况．而每次这种情况发生时，第4个顶点的选取有4种可能．所取的顶点只有4个，因此不可能出现同时选择了2条有3点共线的边的情况．那么需要排除的情况有4×3＝12种．所以，满足题意的四边形个数有35－12＝23个．【巩固提高】如下图，在三角形AFJ的边界上有A，B，C，……J，K，L共12个点，以这12个点中的3个点位顶点的三角形共有多少个？。
【免费下载】石头老师四年级奥数竞赛班图形计数专题
( )条
2、一条直线上共有 50 个点,可以数出( )条线段. 3、数一数下图共有( )条线段.
( )条. 4、下图中各有（ ）个三角形.
5、数一数下图有（ ）个长方形.
D
A
6、右图一共有( )个长方形?
7、右图一共有( )个正方形？ 8、下图共有( )个平行四边形.
C
B
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
(完整版)四年级奥数第一讲_图形的计数问题
第一讲图形的计数问题一、知识点：几何图形计数问题常常没有不言而喻的次序，并且要数的对象往常是重叠交织的，要正确计数就需要一些智慧了．实质上，图形计数问题，往常采纳一种简单原始的计数方法－一列举法．详细而言，它是指把所要计数的对象一一列举出来，以保证列举时无一重复、．无一遗漏，而后计算其总和．正确地解答较复杂的图形个数问题，有助于培育同学们思想的有序性和优秀的学习习惯．二、典例解析：例（ 1）数出右图中总合有多少个角解析：在∠ AOB内有三条角分线 OC1、OC2、OC3，∠ AOB被这三条角分线分红 4 个基本角，那么∠ AOB内总合有多少个角呢？第一有这 4 个基本角，其次是包括有 2 个基本角构成的角有 3 个（即∠ AOC2、∠ C1OC3、∠ C2OB），而后是包括有 3 个基本角构成的角有 2 个（即∠ AOC3、∠C1OB），最后是包括有 4 个基本角构成的角有 1 个（即∠ AOB），因此∠ AOB内总合有角：4＋3＋2＋1＝10（个）解：4＋3＋ 2＋ 1＝10（个）答：图中总合有10 个角。
方法 2：用公式计算：边数×（边数—1）÷ 25 ×（ 5-1 ）÷ 2=10练一练：数一数右图中总合有多少个角？例（ 2 ）数一数共有多少条线段？共有多少个三角形？解析：①要数多少条线段：先看线段 AB、AD、AE、AF、AC纵向线段，再看 BC、MN、 GH 这 3 条横向线段：（4×3÷2）×5+（5×4÷2）×3=60（条）②要数有多少个三角形，先看在△ ABC中，被 GH和 MN分红了三层，每一层的三角形同样多，因此只需算出一层三角形个数就能够了。
(5 ×4÷2)×3=30(个)答：在△ ABC中共有线段60 条，共有三角形30 个。
练一练：图中共有多少个三角形？例（ 3）数一数图中长方形的个数解析：长边线段有：6× 5÷ 2=15宽边线段有： 4 ×3÷2=6共有长方形： 15×6 = 90（个）答：共有长方形90 个。
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十一、组合图形的计数（A ）
年级 ______班 _____ 姓名 _____得分 _____
一、填空题:
1.右图一共有( )个长方形?
2.右图一共有( )个长方形?
3.右图一共有( )个长方
形？
4.右图一共有( )个正方形？
5.右图一共有( )个长方形？
6.右图一共有( )个平行四边形?
7.右图一共有( )个梯形？
8.右图一共有( )个正方形？
9.右图一共有( )个正方形?
10.右图一共有( )个正方形?
二、解答题:
11.下图共有几个正方形?
12.下图共有几个正方形?
13.在一个图案中有100个矩形、100个菱形和40个正方形,这个图案中至少有多少个平行四边形?
14.三个同样的正方形框架,摆放在适当的位置,最多可以数出多少个正方形来?
———————————————答案——————————————————————
一、填空题:
1. 一共有321个.
解: ①上横大长方形内有长方形:
(8+7+6+5+4+3+2+1)⨯(1+2)=108(个);
②下横大长方形内有长方形:
(7⨯6÷2)⨯(3⨯2÷2)=63(个);
③竖大长方形内有长方形:
(5⨯4÷2)⨯(7⨯6÷2)=210(个);
④中间重复的长方形共有:
(5⨯4÷2)⨯(3⨯2÷2)⨯2=60(个).
⑤图中共有长方形: 108+63+210-60=321(个).
2. 一共有64个.
3. 一共有107个.
解: (1+2+3+4)⨯(1+2+3)=60(个);
(1+2+3)⨯(1+2+3)=36(个);
1+2=3(个);
(1+2)⨯4+2=14(个);
图中共有长方形: 60+36-3+14=107(个).
4. 一共有18个.
解:分三类计算,边长是1的正方形有2+4=13(个),边长为2的正方形有4(个),边长为3 的正方形有1个.
因此,图中共有正方形13+4+1=18(个).
5. 一共有79个.
解: 在大长方形中共有长方形:(3+2+1)⨯(3+2+1)=36(个).
在小长方形中共有长方形: (3+2+1)⨯(3+2+1)=36(个).
在两个长方形中增加的长方形有:8(个).
在大长方形和小长方形中重复计算了的长方形个数为1个.
所以,这个图中长方形的个数为:36+36+8-1=79(个).
6. 右图一共有(150)个平行四边形.
(5⨯4÷2)⨯(6⨯5÷2)=150(个).
点金术:与算平行四边形的方法一样.
7. 一共有(90)个.
(6⨯5÷2)⨯(4⨯3÷2)=90(个).
8. 一共有(55)个.
解:分类进行统计,得
边长为1的正方形有5⨯5=25(个);
边长为2的正方形有4⨯4=16(个);
边长为3的正方形有3⨯3=9(个);
边长为4的正方形有2⨯2=4(个);
边长为5的正方形有1⨯1=1(个).
图中共有正方形: 25+16+9+4+1=55(个).
9. 一共有60个.
解:分类进行统计,得
边长为1的正方形有4⨯7=28(个);
边长为2的正方形有3⨯6=18(个);
边长为3的正方形有2⨯5=10(个);
边长为4的正方形有1⨯4=4(个).
图中共有正方形: 4⨯7+3⨯6+2⨯5+1⨯4=60(个).
10. 右图一共有(110)个正方形.
解: 图中ABCD是一个4⨯10方格,其中正方形的个数是: 4⨯10+3⨯9+2⨯8+1⨯7=90(个);
图中CEPN是一个4⨯6方格,其中正方形的个数是: 4⨯6+3⨯5+2⨯4+1⨯3=50(个);
在上面的两项统计中,CDMN内的正方形被重复计算了一次,应
该扣除.因CDMN是4⨯4方格,其中正方形的个数是:
4⨯4+3⨯3+2⨯2+1⨯1=30(个).
所以,图中正方形的个数是: 90+50-30=110(个).
二、解答题:
11. 一共有95个.
解: ①中间部分的正方形有:
52+42+32+22+12=55(个);
②上、下部分的正方形有:
(4+2+1)⨯2=14(个);
③左、右部分的正方形有:
(9+2+2)⨯2=26(个).
共有正方形: 55+14+26=95(个).
12. 共有46个.
解: ①正摆着的正方形有:
4⨯3+3⨯2+2⨯1=20(个);
②斜摆着的正方形有:
a.最小的正方形有17个;
b.由4个小正方形组成的正方形有8个,
c.由9个小正方形组成的正方形有1个.
③图中共有正方形: 20+17+8+1=46(个).
13. 至少有160个.
解: 因为矩形、菱形、正方形都是平行四边形,且正方形既是矩形也是菱形,所以,至少有平行四边形: 100+100-40=160(个).
14. 最多有7个.
解: 最多有7个正方形.摆法如右图.。