五年级奥数春季班第14讲 从反面情况考虑
五年级奥数讲义必备专题第14讲.数学思想之二.学生版
第十四讲数学思想之二教学目标本讲主要学习从对应法、特殊情况考虑、从简单情况考虑、从反面情况考虑、从整体情况考虑，矩形图法这五大数学方法.通过学习让学生掌握应用这六种方法解决实际问题的能力.培养学生的数学意识，总结年级的各类专题，将专题学习上升到思想学习知识点拨数学是一座智慧的城堡，探索则是打开城堡大门的钥匙。
在这神秘的世界里有许多的难题，应用题便是其中有趣的一族。
这节课向你介绍一些巧妙解应用题的好方法-----数学思想解题。
它们不但能让你的思维变得灵活，而且还能提高你的正确率本讲安排的内容，不仅蕴涵了丰富的思想与方法，而且充分展示了数学的神奇智慧和艺术魅力，以期激发学生的数学兴趣和探索知识的欲望.这些内容，既巩固课堂知识，又给学生的数学能力提供了-个发展空间，在不知不觉中将学生引进奥妙无穷的数学世界之中.解题时找准数量之间的对应关系,就能实现由未知向已知的转化.这种运用对应关系解题的方法就是对应法.如总数与总份数的对应;路程与时间的对应等.模块一、对应法【巩固】 计算：(2＋4＋6＋8＋...＋1000)-(1＋3＋5＋7＋ (999)例题33例题22例题精讲例题11模块二、从特殊情况入手对于一个一般性的问题，如果觉得难以入手，那么我们可以先考虑它的某些特殊情况，从例题55例题77例题66例题44而获得解决的途径，使问题得以“突破”，这种方法称为特殊化.其实从问题的极端情况考虑，也是从特殊情况考虑.对问题的特殊情况进行研究，一方面是因为研究特殊情况比研究一般情况较为容易；另一方面是因为特殊的情况含有一般性，所以对特殊情况的研究常能揭示问题的结论或启发解决问题的思路，它是探索问题的一种重要方法.运用特殊化方法进行探索的过程有两个步骤，即先由一般到特殊，再由特殊到一般.通过第一步骤得到的信息,还要回到一般情况予以分析.我们能熟练使用这种方法后,就只需在特殊状态下得到答案即可.模块三、从简单情况入手有时候我们碰到的题目很复杂，乍一看似乎无从入手，这时候我们往往可以先从简单的情况出发，看看有什么规律.很多情况下我们可以通过这种方法解决一些看起来很难的问题.例题1010例题99例题88【巩固】 用数字摆成下面的三角形，请你仔细观察后，推断第20行的各数之和是多少？【巩固】 平面上有101条直线，它们最多有多少个不同的交点？例题1313例题1212例题1111模块四、从方面情况考虑解数学题，需要正确的思路.对于很多数学问题，通常采用正面求解的思路，即从条件出发，求得结论.但是，如果直接从正面不易找到解题思路时，则可改变思维的方向，即从结论入手或从条件及结论的反面进行思考，从而使问题得到解决.模块五、从整体情况考虑有时候具体的去分析局部的细节会感到却少条件，无从下手，这时候如果我们站的高一点，看的远一点，从整体出发去考虑问题，往往会起到意想不到的效果.例题1616例题1515例题1414六、矩形图法——建模法积＝一个因数×另一个因数，算式中的“因数”并没有赋予特殊的意义，一旦赋予了它实际的含义，积也就有了实际含义.比如一个“因数”表示“速度”，另一个“因数”表示“时间”，那么“积”就表示“距离”了. 特别地，矩形的面积公式也具有“积＝一个因数×另一个因数”的形式.正因为如此，我们可以借助于矩形图来形象、直观地把算术中的各种公式用图形统一表示，所以，当遇到不同类型的问题时，只要搞清楚矩形图中长与宽的对应量，那么就可以画出相应的表示这组量之间乘积关系的矩形图.例题1818例题1717例题2020例题19 19练习11家庭作业练习55练习44练习33练习22备选44备选33备选22备选11月测备选5备选5。
小学数学挑战重点中学——考前辅导——策略一正难则反,从反面情况考虑(教师教案)
策略一正难则反 从反面情况考虑
例题三：如图1所示，在一个正方体的六面上分别写有：1、2、3、4、5、
6，在桌子上翻动这个正方体。可以看到图1中给出的三种情况，则压在桌 面上的（即正方体的底面）三个数字之和为______________
分析：题目要求出2、3、5对面的三个数字之和，如果动手做一个正 方体，六个面上写上数字，摆一摆，看一看，很容易得出结果。但是 时间有限，考试时条件也不允许，没有运用相应的结题策略，我们不 妨从反面退出结果。即从出现过两次的1和3入手，对面的数字进行推 理。1的对面不是2、4、6、3，所以是5.同样方法3的对面不是1、2、 5、6所以是4，推出2对6.所以6+1+4=11
2、如图，长方形ABCD的长AD为6厘米，宽AB=4厘米，△ADE、 四边形DEBF及△CDF面积分别相等，则阴影部分的面积是多少？
策略一正难则反 从反面情况考虑 巩固练习
3、把60分拆成10个质数之和，要求其中最大的质数尽可能小，那么 最大的质数是_____
4、小于100且与100互质的所有自然数的和是_____
策略一正难则反从反面情况考虑巩固练习3把60分拆成10个质数之和要求其中最大的质数尽可能小那么最大的质数是4小于100且与100互质的所有自然数的和是策略一正难则反从反面情况考虑巩固练习5如图所示这四幅图是一个正方体不同的侧面六个面上分别写着abcdef则dfb的对面字母分别是什么字母
小学生挑战重点中学
分析：从正面想最高50分，最低0分，0分~50分共51个不同的分数， 一一推算比较繁琐，从反面想，哪些分数得不到，有49分，47分， 44分，43分，39分，这六个分数是不能得到的，所以最多有516=45种。
苏教版五年级数学下册奥数培优 第14讲 还原问题
第14讲还原问题知识概述在数学问题中，经常遇到这样的应用题:一个数或者一种量，通过一步一步地变化，最后得到结果，要我们求最初的数或量。
如果按照一般的解题方法来求解这种题就比较困难，但如果从结果出发，沿着它的变化规律，利用加法与减法、乘法与除法的互逆关系，一步一步地倒着往前推，直到求出最初的数和量。
这种思考问题的方法叫还原法，这样的问题叫还原问题。
解答这类问题的关键在于＂还原”。
“还原”的基本途径是:从最后一个已知数开始，逐步逆推回去。
原题加，倒推为减；原题减，倒推为加；原题乘，倒推为除；原题除，倒推为乘。
此类应用题也可以根据原题的叙述顺序，列出等量关系式按列方程解应用题的方法进行解答。
例1、一个数的7倍加上3减去12乗3得57，求这个数。
练习1、1、有一个数加上6，除以9，减去5，乘8，其结果为8。
这个数是多少?2、我爷爷说:“＂把我的年岭加上25，除以4，再减去23，最后乘25，恰好是半百。
”请你猜猜我的爷爷今年多少岁?3、小马虎在计算两个数相减时，一粗心竟把被减数个位的6看成了9，减数十位的1看成了7，结果得88。
正确的结果应为多少?例2、百货商店出售彩色电视机，上午售出总数的一半多20台，下午售出剩下的一半多15台，还剩下75台。
店里原有彩色电视机多少台?练习2、1、五年级同学要种一批树，上周种的棵数比总数的一半少8棵，本周种的棵数比所剩的一半多8棵，结果还有15棵没种。
这批树有多少棵?2、聪聪用压岁钱去买学习用品，买书包时先付40元再付剩下钱的一半;买美术用品时又先付40元再付剩下钱的一半。
最后还剩40元。
聪聪有多少压岁钱?3、某人从甲地到乙地，第一次行了全程的一半多4千米，第二次行了余下的一半多3千米，第三次又行了余下的一半多2千米。
这时他离乙地还有8千米。
问甲、乙两地相距多少千米?例3、A，B两个化肥仓库共存化肥480吨。
由于A仓库漏水，需要维修，移去了140吨化肥放入B仓座，待修好后又从B仓库运回90吨化肥。
小学五年级奥数思维拓展提升志愿导学教案：1.数学思想与方法(从反面情况考虑,从特殊情况考虑)
数学思想与方法（从反面情况考虑，从特殊情况考虑）2023.10.23 教学目标：1.能从反面情况考虑，从特殊情况考虑，灵活运用所学的方法解题。
2.培养学生自主思考，解题的能力。
感受到数学思维的逻辑性，唯美性。
教学重点：特殊情况极限法思考问题。
教学难点：特殊情况的构图准确性教学准备：课件教学过程：一、导入（1）我们骄傲，我们来自各个学校，我们自豪，因为我们优秀，但是我们不会自满自负，因为成绩属于过去，未来还需我们去争取。
书山有路勤为径，学海无涯苦作舟。
（2）学习要有方法，思维很重要。
揭示课题：数学思想和方法二、新授（一）两大化难为易的法宝1.从反面情况考虑——当正面很难求时用（即间接法）1.例1：（人大附中入学试题）在长方形ABCD中，AD=15cm，AB=8cm，四边形EFGH的面积是9cm2，求阴影总面积。
（1）直接求好求吗？为什么求不出来呢？高不知道。
从反面思考。
（2）用整体减空白。
空白部分等于两个小三角形相加减重叠部分。
（3）其中一个小三角形可以等积变形，长方形面积的一半减9=51（4）120-51=692.例2：一次考试有4道题，100人参加了考试，考试结果第一题有91人答对。
第二题有83人答对，第三题有89人答对。
第四题有95人答对，请问四道题都答对的至少有多少人？（1）应用题中反例思想的运用。
从正面思考，答对的人数去思考比较乱。
（2）要想让答对的人数最少，那答错的人数应该最多。
（3）全队的人数=总人数-有错的人数。
哪怕你错一道题也属于有错的人数。
（4）有错最多，答对最少。
（5）第一题：9错。
第二题：17错。
第三题：11错。
第四题：5错。
（6）错题和：9+17+11+5=42.这些错题有没有可能是一个人错四道？也有没有可能是一个人错了一道？（7）42道错题应该怎样分配才能让错题的人尽量多呢？（8）100-42=58使错题的人中每人只错一道，这样有错的人最多。
（二）从特殊情况考虑——一般情况难求时用（即极限法）例3：从特殊情况考虑。
高斯小学奥数五年级下册含答案第14讲_数论相关的计数
第十四讲数论相关的计数在前面的学习中，我们学习了解决计数问题的一些基本方法，包括：枚举法、树形图、分类讨论、加法原理和乘法原理、排列与组合等．计数问题是多种多样的，它经常与其他的知识联系在一起，比如几何、数论、数字谜等等．今天让我们来研究一下结合了数论知识的计数问题．例1．恰好能同时被6，7，8，9整除的四位数有多少个？「分析」大家还记得公倍数怎么求吗？练习1、恰好能同时被4，5，6整除的三位数有多少个？例2．用1、2、3、4、5、7这6个数字各一次组成六位数，并且使这个六位数是11的倍数，有多少种不同的方法？「分析」根据11的整除特性，通过分析奇位数字和与偶位数字和，再结合本题的已知条件可以获得解题的线索．练习2、用1，2，3，4各一次组成四位数，使得它是11的倍数，有多少种不同的方法？例3．从1~10这10个数中选出2个数，请问：（1）要使这2个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？（2）要使这2个数的和能被3整除，一共有多少种不同的选法？「分析」（1）两个数的乘积能被3整除，那么这两个数中至少有一个能被3整除．如何选取才能保证选到3的倍数呢？（2）要考虑两个数的和是否能被3整除，只需要考虑每个数除以3的余数的情况，那么怎样的两个数相加才能被3整除呢？练习3、从1~12这12个数中选出2个数，请问：（1）要使这2个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？（2）要使这2个数的和能被3整除，一共有多少种不同的选法？例4．如果称能被8整除或者含有数字8的自然数为“吉利数”，那么在1至200这200个自然数中有多少个“吉利数”？「分析」这道题目可以从两方面入手，8的倍数和含有数字8的数，注意其中重复的情况．练习4、在1至200这200个自然数中，含有数字9或者能被9整除的有多少个？前面几个例题都是计数与整除相结合的题目．而除了整除之外，与数字相关的问题也属于数论的范畴，下面我们来看两道与数字有关的计数问题．例5．有一种“上升数”，这些数的数字从左往右依次增大，将所有的四位“上升数”按从小到大的顺序排成一行：1234，1235，1236，…，6789．请问：此列数中的第100个数是多少？「分析」数字从左往右依次增大的数是“上升数”，那么四位“上升数”一共有多少个呢？显然，不能将前100个“上升数”都写出来，那怎么才能方便的计算出第100个数呢？例6．一个正整数，如果从左到右看和从右到左看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如：1331，7，202，66都是回文数，而220则不是回文数．请问：六位回文数有多少个？五位回文数又有多少个？五位的回文数中，有多少个是4的倍数？「分析」“回文数”一定是左右对称的，不妨从左往右分析，一旦左面的一个数字确定，右面一定有一个数字和其相同．回文联数学当中有回文数，在文学当中也有回文联．回文联，它是我国对联修辞奇葩(pā)中的一朵．用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅它的意思不变，而且颇具趣味．兹举数例如下．其一：河南省境内有一座山名叫鸡公山，山中有两处景观：“斗鸡山”和“龙隐岩”．有人就此作了一副独具慧眼的回文联：斗鸡山上山鸡斗龙隐岩中岩隐龙其二：厦门鼓浪屿鱼脯浦，因地处海中，岛上山峦叠峰，烟雾缭绕，海淼淼水茫茫，远接云天．于是，一副饶有趣味的回文联便应运而生：雾锁山头山锁雾天连水尾水连天其三：清代，北京城里有一家饭馆叫“天然居”，乾隆皇帝曾就此作过一副有名的回文联：客上天然居居然天上客上联是说，客人上“天然居”饭馆去吃饭．下联是上联倒着念，意思是没想到居然像是天上的客人．乾隆皇帝想出这副回文联后，心里挺得意．即把它当成一个联，向大臣们征对下联，大臣们面面相觑，无人言声．只有大学士纪晓岚即席就北京城东的一座有名的大庙——大佛寺，想出了一副回文联：人过大佛寺寺佛大过人上联是说，人们路过大佛寺这座庙．下联是说，庙里的佛像大极了，大得超过了人．纪学士的下联，想得挺不错．这副回文联放到乾隆皇帝的一块，就组成一副如出一口的新回文联了：客上天然居居然天上客人过大佛寺寺佛大过人其四：湛江德邻里有一副反映邻里之间友好关系，鱼水深情的回文联，至今传颂不衰：邻居爱我爱居邻鱼傍水活水傍鱼作业1.1~100中，7的倍数有多少个？除以7余2的数有多少个？2.从1~15中，选出2个数，使它们的和是3的倍数，共有多少种选法？3.用1、2、3、4、5、8、9组成不重复的七位数，其中有多少个能被11整除？4.如果把三位的“上升数”从小到大排列一下，如123、124、…，那么第20个上升数是多少？5.有一类六位数，组成每个数的六个数字互不相同，并且每个数中任意两个相邻的数字组成的两位数都能被3整除．这类六位数共有多少个?第十四讲 数论相关的计数例题：例7． 答案：18详解：一个数能被6，7，8，9整除，即是6，7，8，9的倍数．6，7，8，9的最小公倍数为504，所有满足条件的数都是504的倍数．999950419423÷=，故1~9999中共有19个数是504的倍数．9995041495÷=，故1~999中共有1个数是504的倍数．则四位数中有19118-=个数是504的倍数．即能同时被6，7，8，9整除的四位数有18个．例8． 答案：72详解：用1，2，3，4，5，7各一次组成六位数，六个数字的和为22．若为11的倍数，则奇位和与偶位和的差只能为0．奇位填1，3，7，偶位填2，4，5，考虑到1，3，7可以互换，2，4，5可以互换，故共有3333A A 36⨯= 种填法．同理奇位填2，4，5，偶位填1，3，7，也有36种填法，共72种填法．例9． 答案：（1）24；（2）15详解：（1）若两个数的乘积是3的倍数，则其中至少有一个数是3的倍数．1~10中是3的倍数的有3，6，9这3个数，不是3的倍数的有7个．分两种情况：<1>两个数中只有一个是3的倍数，有1137C C 21⨯=种选法；<2>两个数均为3的倍数，有23A 3=种选法．共有24种选法．另解：排除法：不加任何条件选两个数的方式减去，没有3的倍数的情况，22107C -C 24=；（2）将1~10这10个数按除以3的余数不同进行分类．除以3余0的有（3，6，9）， 除以3余1的有（1，4，7，10），除以3余2的有（2，5，8）．若两数之和为3的倍数，分两种情况：<1>两个数除以3均余0．有23C 3=种选法．<2>其中一个数除以3余1，另一个数除以3余2．有1143C C 12⨯=种选法．共有31215+=种选法．例10． 答案：56详解：可以将题目条件分成两部分，先看能被8整除的数，200825÷=，因此能被8整除的数有25个．再看含有数字8的数，我们可以从反面考虑较为方便，即看不含有数字8的数有多少个．百位可以选0或1（百位选0，表示其为两位数），十位可以选除8以外的9个数，个位也可选除8以外的9个数，共有299162⨯⨯=个数不含有数字8．0~199共有200个数，含有数字8的有20016238-=个．考虑到有些数既能被8整除，又含有数字8，这样的数有8，48，88，128，168，以及80和184，共7个数．因此吉利数有2538756+-=个．例11． 答案：3479详解：若上升数的首位为1，剩下的3位可以从2~9中选，且顺序一定，有38C 56=种选法，即首位为1的上升数有56个．同理，若首位为2，剩下的3位可以从3~9中选，有37C 35=种选法，即首位为2的上升数有35个．再考虑首位为3的上升数，依次为3456，3457，3458，3459，3467，3468，3469，3478，3479．即第100个上升数为3479．例12． 答案：900；900；200详解：六位“回文数”应为abccba 的形式，a 有1~9这9种选择，b 有0~9这10种选择，c 有0~9这10种选择，由乘法原理这样的数共有91010900⨯⨯=个．五位“回文数”应为abcba 的形式，a 有1~9这9种选择，b 有0~9这10种选择，c 有0~9这10种选择，由乘法原理这样的数共有91010900⨯⨯=个． 若回文数为4的倍数，则末两位为4的倍数，可为04，08，12，16，……，96共24个数，除去20，40，60，80这四个不满足条件的数，共有20种选择．考虑到c 有0~9这10种选择，故共有2010200⨯=个五位回文数是4的倍数．“练习：1. 答案：15简答：4、5、6的最小公倍数是60，三位数中60的倍数有99960115÷-≈个．2. 答案：8简答：用1，2，3，4各一次组成四位数，四个数字的和为10．若为11的倍数，则奇位和与偶位和的差只能为0．奇位填1，3，偶位填2，4，考虑到1，3，可以互换，2，4，可以互换，故共有224⨯=种填法．同理奇位填2，4，偶位填1，3，也有4种填法，共8种填法．3. 答案：38；22简答：解法同例3．4. 答案：55简答：先看能被9整除的数，2009222÷=，因此能被9整除的数有22个．再看含有数字9的数，仍可从反面考虑，即看不含有数字9的数有多少个．百位可以选0或1（百位选0，表示其为两位数），十位可以选除9以外的9个数，个位也可选除9以外的9个数，共有299162⨯⨯=个数不含有数字9．0~199共有200个数，含有数字9的有20016238-=个．考虑到有些数既能被9整除，又含有数字9，这样的数有9，99，189，90，198，共5个数．因此含有数字9或者能被9整除的有2238555+-=个．作业6. 答案：14，15简答：1007142÷=，7的倍数有14个；100298-=，98714÷=，14115+=．除以7余2的有15个．7. 答案：35简答：1~15中，除以3余0、余1和余2的都有5个．和为3的倍数，那么两数可能是余1＋余2或者余0＋余0．第一种有5525⨯=种选法，第二种有25C 10=种选法，一共有35种选法．8. 答案：432简答：能被11整除，说明这个七位数奇数位之和与偶数位之和的差是11的倍数．而奇数位之和与偶数位之和的和是123458932++++++=，那么奇数位之和与偶数位之和可以都是16，或者是27和5，后面这种情况不可能．偶数位有3个数字，和为16可能是952++，943++，853++．那么一共可以组成4343A A 3432⨯⨯=个能被11整除的七位数．9. 答案：157简答：前两位为12的上升数有7个，前两位为13的上升数有6个，前两位为14的上升数有5个．那么第19个上升数是156，第20个上升数是157．10. 答案：72简答：如果首位数字除以3余0，那么其余的所有数字也都除以3余0，这样的话一定会重复，这样的六位数不存在．如果首位数字除以3余1，那么后面的数字除以3的余数依次是2、1、2、1、2．这样的六位数有3333A A 36⨯=个．如果首位数字除以3余2，这样的六位数也有36个．一共有72个．。
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第十四讲从反面情况考虑
模块一、几何中的反面考虑
例1．如图长方形ABCD 的长AD 为9cm ，宽AB 为6cm ，AE =4cm ，F C =5cm ，则阴影部分的面积是__17__.
解：长方形ABCD 的面积是9×6=54（cm 2），
又AE =4，FC =5；所以BE =2，BF =4，所以S △AED =18cm 2，S △DFC =15cm 2，
S △BEF =4cm 2，于是S △DEF =54−18−15−4=17（cm 2）。
例2．如图所示，图中是一个正六边形，面积为1040平方厘米，空白部分是6个半径为10厘米的小扇形，则阴影部分的面积为 412平方厘米。
（圆周率π取3.14）
解：由图知，正六边形的边长是20厘米，每个内角是120°，六个扇形拼成2个圆。
这2个圆的面积是2×π×102=628平方厘米，
所有阴影部分的面积是1040−628=412平方厘米。
模块二、计数中的反面考虑
例3．下图为4×4的点阵，取不同的三个点可能组合成一个三角形，问总共可能组成516个三角形。
解：三角形的个数为3331643104560404516C C C -⨯-⨯=--=个。
例4．（1）所有三位数中，与456相加至少出现一次进位的数有800个；
（2）所有三位数中与456相加产生的进位次数少于三次的数有720个。
解：（1）在百位与4相加不进位的有1、2、3、4、5共5个数，在十位与5相加不进位的有0、1、2、3、4共5个数，在个位与6相加不进位的有0、1、2、3共4个数，
所有三个位置都不进位的有5×5×4==100个，
三位数共有900个，所以至少出现一次进位的有900−100=800（个）；
（2）在个位与6相加进位的有9、8、7、6、5、4共6个数，在十位与5相加进位的有9、8、7、6、5，4（包含从个位进上来的1）有6个，在百位与4相加进位的有9、8、7、6、5（包含从个位进上来的1）共5个数，
所以进行三次进位的有5×6×6=180（个），于是进行次数少于三次的有900−180=720（个）。
例5．从15个同学中选出3人做游戏，甲、乙、丙三人至少有一人被选中的方法共有235种。
解：15个人中选取3人的方法有3
15455
C=（种），从12个人中选取3人的方法有3
12220
C=（种），所以甲、乙、丙三人至少有一人被选中的方法共有455−220=235（种）。
模块三、最值中的反面考虑
例6．有13个不同的正整数，它们的和是100，其中偶数最多有7个，最少有5个。
解：100是偶数，13个正整数相加，应该是偶数个奇数和若干个偶数的和为100.
从最小的看起，1+2+3+……+13=91，100−91=7，其中有7个奇数，6个偶数，
但是奇数不能是奇数个，如果再减少一个奇数，增加一个偶数，可以得到1+2+3+……+12+14=92，这时有6个奇数，7个偶数。
只要适当增加14的大小，用22换掉14，这13个数的和为100。
而如果偶数的个数还要增加，就要增加2个偶数，使偶数的个数达到9个，而奇数为4个；
最小的4个奇数是1、3、5、7；最小的9个偶数为2、4、6、8、10、12、14、16、18，
这13个数的和是16+90=106>100，所以不可能有9个偶数，最多有7个偶数；
同样考虑1+2+3+……+13=91，100−91=7，其中有7个奇数，6个偶数，
把奇数的个数增加到8个为1、3、5、7、9、11、13、15，它们的和为64，
5个最小的偶数的和2、4、6、8、10，它们的和为30，只要把10换成16，这13个数的和为100.
而如果偶数的个数还要少，比如为3个，最小的三个偶数为2、4、6，
而10个奇数最小为1、3、5、7、9、11、13、15、17、19，这10个数的和已经是100了，矛盾。
所以偶数最少为5个。
随堂测试
1．下图是面积为9的正方形，其中四条线段的长度已知，则阴影部分的面积是4.25。
解：面积为9的正方形，边长为3，所以四个小三角形的面积分别是1
2
、2、0.75、1.5，
1.5
所以阴影部分的面积是9−(0.5+2+0.75+1.5)=4.25.
2．如下图，边长为4的正方形中放入一个半圆，则阴影部分的面积是9.72。
（圆周率π取3.14）
解：正方形的边长为4，正方形的面积是16，半圆的直径为4，半径为2，所以半圆的面积是6.28，所以阴影部分的面积是16−6.28=9.72.
3．如下图，直角三角形的三条边上有6个点，以这6个点为顶点可以画出19个三角形。
解：从6个点中任选三个点的方法3
620
C=种，其中有丧点在一条直线上，
所以可以画出20−1=19个三角形。
4．所有四位数中，与6789相加至少产生一次进位的数有8982个。
解：在千位不进位选取1、2、3有3种方法，在百位不进位有0、1、2，有3种方法，在十位不进位有0、1、两种方法，在个位不进位只能取0，1种方法。
所以在四个数位上都不进位有3×3×2×1=18个数，
四位数一共有9000个，所以至少产生一次进位的有9000−18=8982个数。
5．从A、B、C、D、E这5本不同的书中选出两本书，A、B至少一本被选中的情况有7种。
解：从5本书中选两本书，有2
510
C=种方法，不选A、B有2
33
C=种方法，所以A、B至少一本被选中的情况有10−3=7种。