一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分?
【解析】
一个长方形把平面分成两部分.第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分.
同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分.这两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分).还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分.
第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加3×4=12个部分.而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分.
所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26.
六年级奥数例题及*2
王强骑自行车上班，以均匀速度行驶.他观察来往的公共汽车，发现每隔12分钟有一辆汽车从后面超过他，每隔4分钟迎面开来一辆，如果所有汽车都以相同的匀速行驶，发车间隔时间也相同，那么调度员每隔几分钟发一辆车?
*与解析：汽车间隔距离是相等的，列出等式为：(汽车速度自行车速度)×12=(汽车速度+自行车速度)×4
得出：汽车速度=自行车速度的2倍.汽车间隔发车的时间=汽车间隔距离÷汽车速度=(2倍自行车速度自行车速度)×12÷2倍自行车速度=6(分钟).
六年级奥数题及*3
甲、乙、*三人依次相距280米，甲、乙、*每分钟依次走90米、80米、72米.如果甲、乙、*同时出发，那么经过几分钟，甲第一次与乙、*的距离相等?
*与解析：
甲与乙、*的距离相等有两种情况：一种是乙追上*时;另一种是甲位于乙、*之间.
⑴乙追上*需：280(8072)=35(分钟).
⑵甲位于乙、*之间且与乙、*等距离，我们可以假设有一个丁，他的速度为乙、*的速度的平均值，即(80+72)2=76(米/分)，且开始时丁在乙、*之间的中点的位置，这样开始时丁与乙、*的距离相等，而且无论经过多长时间，乙比丁多走的路程与丁比*多走的路程相等，所以丁与乙、*的距离也还相等，也就是说丁始终在乙、*的中点.所以当甲遇上丁时甲与乙、*的距离相等，而甲与丁相遇时间为：(280+2802)(9076)=30(分钟).
经比较，甲第一次与乙、*的距离相等需经过30分钟.
六年级的奥数题及*4
在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少?
*与解析：以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：
第1类个位数字是0，满足条件的数共有10个.其中：
⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个;
⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个;
⑶十位数字为2，有2020、1120，共2个;
⑷十位数字为3，有1030，共1个.
第2类个位数字是1，满足条件的数共有6个.其中：
⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个;
⑵十位数字为1，有2011、1111，共2个;
⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个.
第3类个位数字是2，满足条件的数共有3个.其中：
⑴十位数字为0，有2002、1102，共2个;
⑵十位数字为1，有1012，共1个.
第4类个位数字是3，满足条件的数共有1个.其中：十位数字是0，有l003，共1个.
根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有10+6+3+1=20个.
面积问题的六年级奥数题及*5
1.面积
如下图(a)，计算这个格点多边形的面积.
分析这是个三角形，虽然有三角形面积公式可用，但判断它的底和高却十分困难，只能另想别的办法：这个三角形是处在长是6、宽是4的矩形内，除此之外还有其他三个直角三角形，如下图(b)，这三个直角三角形面积很容易求出，再用矩形面积减去这三个直角三角形面积,就是所要求的三角形面积.
解：矩形面积是6×4=24.
直角三角形i的面积是：
6×2÷2=6.
直角三角形Ⅱ的面积是：4×2÷2=4，
直角三角形Ⅲ的面积是：4×2÷2=4.
所求三角形的面积是：
24(6+4+4)=10(面积单位).
2.等差数列
求等差数列1，6，11，16…的第20项.
解：首项a1=1，又因为a2;大于a1;，
公差d=61=5，所以运用公式(1)可知：
第20项a20=a1=(201)×5=1+19×5=96.
3.排列
由数字0，1，2，3，4组成三位数，可以组成多少个不相等的三位数?
解答：要求组成不相等的三位数，所以，数字可以重复使用。个位可填0，1，2，3，4中的任意一个，十位也一样，百位不能填0，要将三个数位填满才组成三位数，这是分步完成，所以用乘法原理，共有个。
4.排列
由数字0，1，2，3，4组成三位数，可以组成多少个无重复数字的三位偶数?
解答：因为要求组成无重复数字的三位偶数，那么个位只能填0，2，4。
(1)若个位填0，从剩下的4个非零数字中选一个填百位，再从剩下的3个数字中选任选一个来天填十位，有：1×4×3=12个;
(2)若个位填2或4，从剩下的三个非零数字中选一个来填百位，再从剩下的3个数字中任选一个来填十位，有2×3×3=18个。
因此，所有满足条件的三位数共有：12+18=30(个)
小学六年级奥数题及*之分数方程6
分数方程：(中等难度)
若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明从每支盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去。再把盒子重排了一下.小聪回来，仔细查看，没有发现有人动过小球和盒子.问：一共有多少只盒子?
准确值案：
设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加了b只，由于小聪没有发现有人动过小球和盒子，这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子，而这只盒子里原来装有(a+1)个小球.
同样，现在另有一个盒子装有(a+1)个小球，这只盒子里原来装有(a+2)个小球.
类推，原来还有一只盒子装有(a+3)个小球，(a+4)个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数.
现在变成：将42分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数?
因为42=6×7，故可以看成7个6的和，又(7+5)+(8+4)+(9+3)是6个6，从而42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7个加数;
又因为42=14×3，故可将42：13+14+15，一共有3个加数;
又因为42=21×2，故可将42=9+10+11+12，一共有4个加数.
所以原问题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子.
六年级奥数几何圆与扇形问题及*7
六年级奥数几何圆与扇形问题：
1.如图所示，正方形abcd的边长为4，求*影部分的周长和面积.
考点：组合图形的面积.
分析：(1)*影部分的周长等于以正方形的边长为直径的圆的周长与以正方形的边长为半径的圆周长四分之一的和.
(2)*影部分的面积等于以正方形的边长为直径的圆的面积加上，正方形的面积减去以正方形的边长为半径的四分之一圆的面积.
解答：解：*影部分的周长：
3.14×4+2×3.14×4÷4，
=12.56+6.28，
=18.84.
*暗部分的面积：
3.14×(4÷2)2+(4×43.14×42÷4)，
=3.14×4+(4×43.14×16÷4)，
=12.56+(1612.56)，
=12.56+3.44，
=16.
答：*影部分的周长是18.84，周长是16.
点评：在求不规则图形的面积时，一般要转化成求几个规律图形的面积相加或相减的方法进行计算.
六年级奥数题及*见面时间8
王先生赶乘火车，与朋友约好时间在火车站见面一起上车。上午8时，王先生不慌不忙，走出家门，以每分钟80米的速度，往火车站走去，打算准时到达，接受朋友的钦佩和赞扬。走了一半路程，忽然想起车票放在桌上，忘记带出来。于是立刻转身跑步回家，进门拿起车票，一秒钟也不耽搁，又转身跑步赶到火车站。这时朋友已经在那里等急了，指指手表，说：“等你10分钟了。”王先生喘着气，道歉说：“真对不起，让你久等。我一路坚持跑步，速度已经是步行的1.5倍了。”王先生和他的朋友预先约好是什么时间在火车站见面的呢？
解：设王先生走出家门，步行x米以后，发现忘记带票，那么他回家拿票时，跑步回家的路程是x米，从家赶往火车站的跑步路程是2x米。实际花费时间比原定时间多10分钟，由此列出方程得到x=800。因而原计划从家走到火车站的时间是800×2÷80=20(分)。8时出发，预定和朋友在火车站见面的时间是8时20分。
根据本题数据的特点，还有一种更简单的解法。王先生先跑步回家，走了全程的一半；随后又跑步到火车站，走了全程。所以王先生跑步走过的路程，是从家到火车站路程的1.5倍。巧得很，王先生跑步的速度，恰好也是步行速度的1.5倍。所以，他跑步所用的时间，恰好等于原计划从家步行到火车站所需的时间。由此可见，迟到的时间，等于开始跑步之前已经用去的时间。迟到的时间是10分钟；跑步之前步行的距离是全程的一半。这样就立刻得到，步行半程用去10分钟。因而步行全程需要20分钟，预定见面时间是8时20分。
六年级奥数计数最值问题例题及*9
一把钥匙只能开一把锁.现在有4把钥匙4把锁，但不知哪把钥匙开哪把锁，最多要试()次才能配好全部的钥匙和锁.
分析：第一把钥匙最坏的情况要试3次，把这把钥匙和这把锁拿出;剩下的3把锁和3把钥匙，最坏的情况要试2次，把这把钥匙和这把锁拿出;剩下的2把锁和2把钥匙，最坏的情况要试1次，把这把钥匙和这把锁拿出;剩下的1把锁和1把钥匙就不用试了.
解：3+2+1=6(次);
答：最多要试6次才能配好全部的钥匙和锁.
故*为：6.
