四年级奥数计算规律性问题教师版

1、知识要点无论是在奥数的学习中，还是在日常生活中，我们都会发现很多很多规律，它可以帮助我们更好的认 识问题。特别是在奥数学习中，一些数列、数阵的排列，图形周长、面积的变化、庞大数字的计算等 等都有一定的规律。规律的得出常常要经过观察与归纳这样的思维活动。观察是寻找规律不可少的手 段，是发现本质、归纳规律的先导，有些问题解答不出来，究其原因，与其说是“想不出”，不如说 是“看不出”。在寻找规律的过程中，必须要高度重视对数、形、式等现象的观察，善于抓住问题的 本质特征进行归纳，从而得出规律。只有经过观察、思考和试算，发现数与数、图形与图形相互之间 的关系，才能得到题目的答案。同学们，通过学习，希望你

2、在平时多积累，多归纳，善于发现、总结 一些规律，因为学会发现往往比学会几道题目重要得多。数字数与数字数列数阵的排列规律性问题 （本讲）奇偶性周长图形面积个数1周期问题（ 2005 年第十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组决赛第 1 年在不同历法中的年号，请完成下表：题）下表中每一列为同一公元历希伯莱历伊斯兰历印度历2005 19855746192719101332【分析】第一列与第二列差 20 年，第一列与第三列差 95 年，第二列与第三列差 75 年； 答案如下。公元历希伯莱历伊斯兰历印度历2005 19855766 57461427 14071927 190719105671133218

3、32【说明】各种历法的简介公元历公元纪年法和耶稣的诞辰有关。在公元 325 年，欧洲各国基督教开会决定使用统一的历 法，即儒略历。但各国仍使用原有的纪年方法。罗马帝国以始建罗马城为纪元；希腊以召开 第一次奥林匹克运动会的那一年（公元前776 年）为纪元。为了扩大基督教的影响，教士们 一直谋求使用统一的纪年方法。公元532 年，著名教士狄奥尼西经过一番联想和推算，判定 耶稣诞生于狄奥克列颠纪元前的 284 年，并建议以后基督的纪年不再用别的方法，而统一以 耶稣降生之年为纪元。这个建议得到绝大多数基督教会的支持，经过推算，确定当年是耶稣 诞生的第 532 年，也就是公元 532 年，公元纪年法由此

4、诞生。玛雅历号称 5000 年历史的玛雅文化在秘鲁等中南美国家至今仍有遗存。危地马拉有一个一直 使用太阳历的部落，他们就是玛雅人的后代，关于玛雅人这种太阳历的来龙去脉至少有10 种 不同的说法，比较可信的是公元前 3114 年 8 月开始启用的太阳历，不过它又分为民间历和 宗教历两种，民间历把一年分为 365 天，也叫哈布，宗教历则只有260 天，通称左尔吉。玛 雅人出生时都从左尔吉那里受赐一种命运，与每人的生日对应的神就是他在天上的教父，出 生当天就已决定了今生的命运，生日这一天往往就是自己的名字。玛雅人的太阳历有 18 个月，每月 20 天，到年底多余出来的 5 天作为幽灵日，因带有背 运

5、成分，深为人所避忌。另外，这5 天又是进入新一年的过渡期，对于其中某一天的祸患程 度，玛雅人通常按左尔吉与哈布两种日期的位置关系来推算。2埃塞俄比亚历埃塞俄比亚人信奉基督教，但是，既不用格里高里历，也不用东正教用过的儒略历，而 是采用从先祖亚历山大手里继承过来的另一种太阴太阳历。这种历法如同它的名字一样，月 的划分按阴历进行，为了补偿与阳历的偏差，每年的9 月末要相应地增加几天，此时适逢雨 季行将结束的时候。希伯莱历希伯莱历是以色列人采用的，它依据的是太阳和月亮在既定的时间相遇的过程。按律法 的定则耶稣复活日的祭月活动必须在春天进行，而且要与阳历调整好。可是，另有一种定则 又要求希伯莱历的每个

6、月必须在新月初现的时候开始，强调其新与净。这样希伯莱历就成了两种原则下的太阳历、太阴历，计算方法以地球的运动和耶路撒冷 观测到的月亮的盈亏为基准。但是太阳和月亮如何关联，一年 365 天的阳历与每月 29.5 天的 阴历之间又是怎样调整的呢？为此，希伯莱历交替设置了353 天和 355 天的平年以及 383 天 和 385 天的闰年，在犹太人看来，历法于“开天辟地”那一刻就已经开始了，按这一历法， 公历的 2001 年10 月1 日是希伯莱历 5762 年的元旦。伊斯兰历伊斯兰教徒为了斋月期间白天的禁食和每天的祭祀活动，使用以月亮运行为基准的太阴 历，这种宗教历法以一轮新月的出现作为一个月的开

7、始，信徒只要注意天上的月亮就可以确 认时间。但也有明显的不足，地球上观察新月并非每个地方都处于同样时间，而且遇上阴天 就无法判断了。为此，在宗教历之外，常用的还有一种事先印制好的太阴历，每个月交替以 29 日和 30 日为月底，实际上不能完全符合 29.5 天，必须以 30 年为一个周期设置 11 个闰年。 354 天的太阴历与 365 天的太阳历不完全相符，所以，季节的轮回也出现了偏差，很可能造 成隆冬赶在 3 月份或盛夏出现在 3 月份的怪现象。为了与太阳历的季节一致，此后不久，新 的伊斯兰历应运而生。伊斯兰历的纪元以公元 622 年为起点，即以穆罕默德从麦加向麦地那逃亡的史称圣迁的 那一

8、年为元年，而公元 2001 年就成了伊斯兰历的1423 年，伊斯兰教徒的新世纪早在我们之 前已经度过了。印度历印度如今使用着多种历书，1957 年历法改革时决定全国统一使用太阳历。以当时公元79 年的春分为起点。到公元 2001 年 12月，按他们的太阳历计算是1923 年的刚刚开始。流水线上生产小木球涂色的次序是：先 5 个红，再 4个黄，再 3 个绿，再 2个黑，再 1个白，然后又依次是 5 红、 4 黄、 3 绿、 2 黑、 1白、，如此继续涂下去，到第 2010 个小球该涂什么颜色？在前 2010 个小球中，涂黑色的小球有多少个？【分析】根据题意，小木球涂色的次序是：“5 红、 4黄、

9、 3 绿、 2黑、 1白”，也就是每涂过“ 5 红、 4黄、 3 绿、 2黑、 1白”循环一次。这里，给小木球涂色的周期是： 5 4 3 2 1=15， 2010 15 134 ，第 2010 个小球出现在上面所列一个周期中第15 个，所以第 2010 个小球是涂白色。每个周期黑球共有 2个，则在前 2010 个小球中，涂黑色的小球有 2 134 268 个。流水线上生产小木球涂色的次序是：先 5 个红，再 4 个黄，再 3 个绿，再 2 个黑，再 1 个白，3然后又依次是 5 红、 4黄、 3 绿、 2黑、 1白、，如此继续涂下去，涂到第 2010 个黑球时，涂色的小球一共有多少个？【分析】

10、根据题意，小木球涂色的次序是：“5 红、 4 黄、 3 绿、 2 黑、 1 白”， 也就是每涂过“ 5 红、 4 黄、 3 绿、 2 黑、 1 白”循环一次。这里，给小木球涂色的周期是： 5 4 3 2 1=15，每个周期里有 2个黑球，所 以 经 过 了 2010 2 1005 个 周 期 ， 涂 了 15 1004 14 15074 或 15 1005 1 15074 个小球。小明在桌上将若干个红球排成一排，然后在每相邻的 2个球之间放 2个黄球，最后在每相邻的 2个球之间再放 2个蓝球，这时桌上共有 2008 个球，那么其中黄球有 _ 个。【分析】如图所示，每 2 个红球之间有 2 个黄

11、球和 6 个蓝球；可以把1个红球、 2个黄球、 6 个蓝球视为一个循环。黄球有 2008 11262446个。红球 蓝球 蓝球 黄球 蓝球 蓝球 黄球 蓝球 蓝球 红球如图的图案表示一个花圃的设计方案，汉字表示每盆花的颜色，请问第 7 行第 5 盆花的颜色？ 第 20 行第 5 盆花的颜色？（从左往右计数）红蓝白黄红蓝白黄红蓝【分析】通过观察可以发现，从上往下，从左至右，排列周期是：红、蓝、白、黄 ； 因为第 7 行第 5 盆花是第 1 2 3 4 5 6 5 26 盆，26 4 6 2 ，所以是蓝色；因为第 20 行第 5 盆花是第 1 2 19 5 195 盆， 195 4 48 3 ，所

12、以是 白色的。（ 1989 年第二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组初赛第 13 题）四个小动物换座位。一开始，小鼠坐在第 1号位子，小猴坐在第 2号，小兔坐在第 3 号，小猫坐在第 4号。以后它们不停地交换位子。第一次上下两排交换。第二次是在第一次交换后再左右两排交换。 第三次再上下两排交换。第四次再左右两排交换这样一直换下去。问：第十次交换位 子后，小兔坐在第几号位子上？（参看下图）鼠兔1 23 4猴猫兔鼠1 23 4猫猴猫猴1 23 4兔鼠1 23 4第一次第二次第十次4【分析】因为经过 10 次交换，小兔分别有 5 次上下交换和 5 次左右交换；5 2 2 1 ，相当于小兔分别有1次

13、上下交换和 1次左右交换；第十次交换位子后，小兔坐在第 2 号位子上。（ 2005 年 3 月 13 日第三届小学“希望杯”全国数学邀请赛四年级第 1试第 8 题）如图，以 A，B， C ， D ， E依次表示左手的大拇指、食指、中指、无名指、小拇指，若从大拇指开始数数， 按 ABCDEDCBABCDEDCBA的顺序数，数到“ 113 ”时，是 _ 。【分析】以 ABCDEDCB 循环，周期为 8 ；113 8 14.1，数到“ 113 ”时，是 A ，即大拇指。(2011 年 2 月 20 日小机灵杯四年级决赛)某年一月份，共有 5 个星期五，4 个星期六，则该 月的 1 月 20 日是星期

14、几？【分析】五个星期五，四个星期六说明一月的 31 日是周五，20 日到 31 日有 31-20+1=12 天。（12-1） 7=14，5-4=1，故 1 月 20 日是周一。有11位小朋友分别标号为111，按如图所示围成一圈，从 1号开始发书，每次发一本书，按顺时针方向，依次隔 2 人、再隔 3 人；再隔 2 人、再隔 3 人这样的顺序发下去，共有 2004 本书，问最后一本书发给几号小朋友？【分析】列表分析：小朋友12345 6789101112345678910书111213141516171819202122232425 26每 22本书为一个周期； 2004 22 912 ,所以最后

15、一本书发给 4号小朋友。5找规律为迎接世博会，学而思学校买来 2010 盆花摆成如图所示的花圃，汉字表示每盆花的颜色， 则为使花圃完整，学而思至少还要买多少盆花？花圃摆好后，其中一共有多少盆红花？红蓝白黄红蓝白黄红蓝【分析】 1 2 3 4 5 63 2016 ，所以至少还要买 2016 2010 6 盆花。 其中有 2016 4 504 盆红花。按规律排列的一串数： 2、 5 、 9 、 14、 20 、 27 、，这串数的第 2010 个数是多少？【分析】第 n个数为 2 3 n n1n n3 2；这串数的第 2010 个数是2010 2010322023065按规律排列的一串数：1、4、

16、11、30、85、248、735，这串数的第 N 个数是多少？ 【分析】把每项乘以3与后项做差，容易得到一个等差数列。这是一个等差与等比的综合数 列。第 n 个数为 3( n 1)( n 1)（小学数学奥林匹克初赛民族卷）有一列数： 2 、 3 、 6 、 8 、 8 、，从第三个数起， 每个数都是前两个数乘积的个位数字，那么这一列数的第 80 个数应是 。【分析】这串数为： 2、 3 、 6 、 8 、 8 、 4、 2、 8 、 6 、 8 、除去前两个数外，其余各数每六个一组，以“ 6 、 8 、 8 、 4 因为 (80 2) 6 13 ，所以这一数列的第 80 个数是 8 。、 2、

17、 8 ”为循环；有一串数： 5 ， 8 ，13 ， 21 ， 34 ， 55 ， 89 ，其中第一个数是 5 ，第二个数是 8 ，从 第三个数起，每个数恰好是前两个数的和。那么在这串数中，第 2010 个数被 3 除后所得余 数是几？【分析】把前两个数被 3 除后所得的余数相加，然后再除以 3 ，所得的余数就是后一个数被 3 除的余数。数58132134 55 89144233 377被 3 除的余数22101 1202 261 1 2 1 1 2 3 2 1 1 2 3 4 3 2 1 被 3 除的余数以“ 2， 2， 1， 0 ， 1， 1， 2， 0 ”为循环；因为 2010 8 251

18、 2 ，所以第 2010 个数除以 3 所得的余数是 2。【说明】如果一个数等于几个数的和，那么这个数被 a除的余数，等于各个加数被 a 观察下表：除的余数的和再被 a除的余数。1 13 5 8 7 9 11 2713 15 17 19 64请写出此数表的第 10 行。【分析】观察规律：第 n 行等号左边有 n 个数、等号右边为 n3（ n Z）第 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 46 个正奇数 46 2 1 91 排在第 10 行最左边； 此数表的第10 行为 91 93 95 97 99 101 103 105 107 109 1000 。（ 2007 年台湾第十一届小学数学世界邀

19、请赛队际赛第 7 题）将连续正整数依下列方式分组： （ 1 ），（ 2 ， 3 ），（ 4 ， 5 ， 6 ），（ 7 ， 8 ， 9 ， 10 ），其中第一组有 1 个数，第二组有 2个数，第三组有 3 个数依此类推。请问在第 2007 组内所有的数之总和是多少？【分析】第 2007 组的第一个数是1 2 第 2007 组的最后一个数是 1 2 2006 1 2007 12006 2006212007 200721 2013022201502028第 2007 组内所有的数之和是2013022 201502028220074042148175观察以下各数分组规律： ； ， ， ； ， ， ，

20、 ， ； ， ， ， ，1 2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4， ， ；求：第 15 组第 3 个数是哪个数？第 20 个数是哪个数？第 15 组各数 4 4 4 之和是多少？前 15 组各数之和是多少？【分析】组序号与该组数的分母相同，第15 组数的分母都是15 ；第 15 组数有 15 2 1 29 个数；第 15 组第 3 个数是315，第 15 组第 20 个数即为倒数第10 个数，是1015。第n组数之和是1 2 n n n n2 1 1 2 n nn n2 1n 2nn（ n Z ）；所以第15 组各数之和是 15 。7n前 15 组各数之和是 1 2 151 15 1

21、52120 。（ 2004 年第九届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组初赛第 41 3 5题）在一列数： ， ， ，3 5 77 9 11， ， ，中，从哪一个数开始，1 9 11 131与每个数之差都小于 ？1000【分析】第 n个数为2n 1 2n 1（ n Z ），1 与 的差 1 2n 1 2n 12n 1 2 12n 1 2n 1；所以当 n 1000 时， 1与2n 1 1 的差小于 ；2n 1 1000（1995 年第四届日本小学数学奥林匹克大赛高小组预赛第 4题）下列 的二十个加法算式是按一定规律排出的，得数最小的算式是哪个？请写出它的得数。1231920【分析】 4 5 4

22、6 4 7 4 23 4 24 5 25 6 25 7 25 23 25 24 251的算式中，“ ”右边的分数逐渐增大，差均为 ；25的算式中，“ ”左边边的分数逐渐增大，4 4 4 4 4 4 4 4 4差依次为 ， ， ； 5 6 5 6 6 7 6 7 23 24 23 24因4 45 6 6 71 4为25 10 104 4 49 10 10 10 10 11423 24； 所；以在4 4的左侧，减少的数比增加的数 大，总的来说是减小的，即从 10 10 10 10依次减小；在4 4的右侧，减少的数比增加的数 小，总的来说是增大的，即从 10 10 10 10依次增大；所以最小的数是

23、，即4 10 410 25 5。（ 2005 年第十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组团体决赛口试题第12 国古代的“杨辉三角形”，问：写在图中“网点”处所有数的和是多少？题）下图是中81 1 1 1 1 111121133114641151010511 615301561【分析】第 n行所有的数的和为 2n 1 ；前 n行所有的数的和为 1 2 2n 12n1；写在图中“网点”处所有数的和是 2世界上著名的莱布尼兹三角形如图所示：71 63 。1711121 1 13 6 31 1 1 14 12 12 41 1 1 1 15 20 30 20 5 1 1 1 1 1 1 6 30 60

24、60 30 6 1 1 1 1 1 42 105 140 105 4217则排在第 2010 行从左边数第 3 个位置上的数是 _ 。【分析】规律：第 n行有 n个数，第 n1行最左边和最右边的数均为 ，n下面两个数的和等于上面一个数；1 1 1第 8 行最左边的数是 ，第 9 行最左边的数是 ，第 10 行最左边的数是 ，8 9 101 1第 9 行从左边数第二个位置上的数是 ，第 10 行从左边数第二个位置上的数是8 91 1 ，9 10第 2010 行从左边数第三个位置上的数是 。8 9 9 10 3609（1991年第三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组决赛一试第 3 题）观察下面数

25、表（横 排为行）：11;2131,22;,13;4151,3242,2 1, ;3 43 2 1, , ;3 4 51991根据前 5 行数所表达的规律，说明 这个数位于由上而下的第几行？在这一行1949中，它位于由左向右的第几个？【分析】观察可知，每行各数的分子、分母之和不变，分子 分母 行数 1；所以19911949这个数位于由上而下的第19911949 1 3939 行；一个数在某一行中由左向右位置号码与这个数的分母相同；19911949位于由左向右的第 1949 个。平面上画（ ）个圆，再画一条直线，最多可以把平面分成 44 部分。【分析】要使平面上的圆和直线把平面分得最多，新加入的圆

26、或直线与原来的图形那么必须 有最多的交点。 譬如两个圆把一个平面分成四部分，新加入一个圆，要使分的平面数 最多，一定要与原来的每个 圆相交 2 次。这时新加入的图形被分成四段弧，每段弧 把原来的平面分成两个部分。就新增加了 四个平面得到 8 个平面。我们可以先画一条直线，这时有两个平面，新加入一个圆，多两个交点，多两段弧， 就多两个平 面，再多一个圆，就再多 4 个交点多 4 段弧 4 个平面，再多一个圆与原来 两个圆一条直线都相交 多 6 个交点 6 段弧 6 个平面，再多一个圆与原来三个圆一条 直线都相交多 8 个交点 8 段弧 8 个平 面我们容易发现平面的个数的增加量有如 下规律2,2

27、,4,6,8,10,12,14除去一开始的 2，剩下增加的个数是等差数列的关系，不难得到最后得结论 44 个 平面需要 2+2+4+6+8+10+12，6 个圆这种题目可以先从找规律做起慢慢得到答案。（1989 年第一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组团体决赛口试第 6 题）将非零自然数按从小到大的顺序排成螺旋形，在 2处拐第一个弯，在 3 处拐第二个弯，在 5 处拐第三个弯，问：拐第二十个弯的地方是哪一个数？1021 22 23 24 25 26 20 7 8 9 19 6 1 210112728 18 5 4 3 12 17 16 15 14 13【分析】设第 n个拐弯处的数为 an；当

28、 n 2k 时（ k Z）， a a 1 12 n 2 kk2k21k；当 n 2k 1时（ k Z）， a a n 2 k 11 12k 2kk2 1；拐第二十个弯的地方是10210 1 111 。（1993年第四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组复赛第 8 题）将自然数按如下顺次排 列：1,2, 6, 7, 15,5, 8, 14,9, 13,12,在这样的排列下，数字 3 排在第二行第一列， 13 排在第三行第三列，问： 1993 排 在第几行第几列？【分析】设 m 为行数、 n为列数，斜行（从右上向左下方向上） a m n 1 ，令 1 2 3 a a ( a 1) 21993 ，

29、a (a 1) 3986 ，因为 62 63 3906 3986 、 63 64 4032 3986 ，所以 a 63min3906 2 1 1954 位于第 63 行、第1 列；1993 1954 39 ， 2010 位于 63 39 24 行、第1 39 40 列。（ 2007 年第十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组初赛第 9 题）如图，有一个边长为1的正三角形，第一次去掉由三边中点连线所围成的那个正三角形；第二次对留下的三个正三角形，再分别去掉它们中点连线所围成的三角形做到第四次后，一共去掉了 _ 个三角形，去掉的所有三角形的周长之和是 _ 。【分析】如图，一共去掉了1 3 32

30、33 40 个三角形；去 掉 所 有 三 角 形 的周长之和是112 3 41 1 1 195 3 1 3 3 3 32 3 33 12.1875 。 2 2 2 16【说明】波兰数学家瓦茨瓦夫弗朗西斯克谢尔宾斯基（ Wacaw Franciszek Sierpiski ， 1882 1962 ）在 1915 年提出谢尔宾斯基三角（参见例题）；在 1916 年提出谢尔宾斯基地毯（如 下）。谢尔宾斯基地毯的构造方式为：把一个正方形分成 9 个小正方形，取走中间小正方 形，对其余的小正方形重复这一过程，直至无穷。谢尔宾斯基三角形和谢尔宾斯基地毯会出现一个有悖于直觉的结论：得到的图形具有无穷的周长和

31、零面积。将谢尔宾斯基地毯推广至三维，可以得到门格海绵。门格海绵由奥地利数学家卡尔门格 Carl Menger 在 1926 年提出。门格海绵的构造方式为：把正方体的每一个面分成 9 个正方形，这将把正方体分成 27 个小正方体，把每一面的中间的正方体去掉，把最中心的正方体也去掉，留下20 个正方体， 把每一个留下的小正方体都重复这一过程，直至无穷。门格海绵的每一个面都是谢尔宾斯基地毯。意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一组数：1，1，2 ，3 ，5 ，8 ，13 ，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和。现以这组数中的各个数作为正方形的长度构造如图所示的正方形。

32、再分别依次从左到右取 2个、 3 个、 4个、5 个正方形拼成如图所示的矩形，并记为、，相应矩形的周长如表所示：序号 周长610 1626若按此规律继续作矩形，则序号为的矩形的周长是 _ 。1211251 151 1231 1112233（1）（2）【分析】记 Fibonacci 数列第 i 个数为 F （ i Zi）；第 i 2 F F i 1 i 2个 矩 形 的 宽 （ 较 短 的 边 ） 为 Fi 12 F ；i 3， 长 （ 较 长 的 边 ） 为 Fi 2、 周 长 为因为 Fibonacci 数列：1，1，2，3 ，5 ，8 ，13 ，21，34 ，55 ，89 ，144，233

33、 ，中 F 233 ；13所以序号为的矩形的周长是 2 233 466 。【说明】如图所示为以 Fibonacci 数列为边长的正方形组成的螺旋。1321821 153（第七届“华杯赛”）一串数 1，1，1， 2， 2， 3 ， 4， 5 ， 7 ， 9 ，12，16 ， 21，称为帕多瓦数列，请陈述这个数列的一个规律，并且写出其中的第14 【分析】记 Padovan 数列的第 n 项为 P ；n个数和第 18 个数。Padovan 数列的规律： P Pn n 2Pn 3（ n 4 ，n Z）， P P n n 1Pn 5（ n 6 ， n Z ）， P Pn n 3Pn 4P （ nn 5

34、6 ，n Z），P Pn n2P P n 4 n（ n8 9 ，n Z）， P Pn n 4Pn 5Pn 6Pn 7Pn 8（ n 9 ， n Z ）；Padovan 数列： 1，1，1， 2， 2， 3 ， 4， 5 ， 7 ， 9 ，12，16 ， 21 ， 28 , 37 ,49 , 65 ,86,Padovan 数列第 14个数是 28 ，第 18 个数是 86 。【说明】 Padovan 数列是以建筑师 Richard Padovan 命名。如图所示为以 Padovan 数列为边长的等边三角形组成的螺旋。1312169722111354（1997 年第六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛

35、小学组复赛第 11 题）下面这样的四个图（ a）、（ b ）、（ c）、（ d ）我们都称作平面图。（a） （b） （c） （d）数一数每个图各有多少个顶点，多少条边，这些边围出了多少区域，将结果填入 下表：（按填好的样子做）顶点数 边数 区域数（ a）46 3（ b ）（ c）（ d ）观察上表，推断一个平面图的顶点数、边数、区域数之间有什么关系？ 现已知某一平面图有 999 个顶点和 999 个区域，试根据中推断出的关系，确定 这个图有多少条边？【分析】填表。顶点数 边数 区域数（ a）46 3（ b ）8125（ c）6 94（ d ）10156由该表可以看出，所给四个平面图的顶点数、边

36、数、区域数之间有下述关系： 4 3 6 1， 8 5 12 1 ， 6 4 9 1 ，10 6 15 1；可以推断任何平面图的顶点数、边数及区域数之间都有下述关系：顶点数 区域数 边数 1 。某一平面图有 999 个顶点和 999 个区域，这个图有 999 999 1 1997 条边。（ 2003 年小学生数学报数学邀请赛）数一数图1图 4的每一种立体图中各有多少个顶点，多少条棱，多少个面，并将结果填入下表：14图2图 1图 2图 3图 4顶点数 V面数 F棱数 EV F E图1正四面体图 2正方体图 3 八面体图 4六棱锥如果从一个正方体的每个角上切掉一个小三棱锥（如图 5 ），那么，所得到

37、的新 的多面体的顶点数 V _ ，面数 F _ ，棱数 E _ ；图 5图 6如果把一只传统的足球（如图 6 ）看作一个多面体，其中黑色的面（正五边形） 共有 12 块，那么白色的面（正六边形）共有 _ 块，这个多面体（足球）的 棱共有 _ 条。【分析】填法如下表所示：图 1正四面体顶点数 V4面数 F4棱数 E6V F E 2图 2正方体86122图 3 八面体68122图 4六棱锥7 7122从一个正方体的每个角上切掉一个小三棱锥，每一个顶点变成了三个顶点， 面比原来的正方体多了八个，棱数多了 3 8 24 条，即 V 8 3 24 ， F 6 8 14 ， E 12 3 8 36 。每个

38、黑色的面与 5 个白色的面相邻，而每个白色的面与 3 个黑色的面相邻， 所以白色的面共有 12 5 3 20 块。每个白色的面有 6 条边， 3 条与黑色的面相邻（每条边算是一条棱），3 条与白色的面相邻（两条算一条棱），所以多面体的棱共有 20 (3 3 2) 90 条。【说明】在多面体里，顶点数V 、面数 F及棱数 E间的关系为V F E 2 ，这个公式称为欧拉（ Euler ）公式。以四面体 ABCD 为例来说明：将它的一个面 BCD 去掉，并使其变为平面图形，四面体的顶点数V 、棱数 E与剩下的面数 F 1变形后都没有变.因此，要研究 V 、E 和 F的关系，只要去掉一个面，将它变形为

39、平面图形即可.15对平面图形，我们来研究：（1）去掉一条棱，就减少一个面.例如去掉 BC ，就减少一个面 ABC 同理，去掉棱 CD 、 BD，也就各减少一个面 ACD 、 ABD所以 ( F 1) E 、 V 的值都不变，因此 V ( F 1) E 的值也不变.（2）再从剩下的树枝形中，去掉一条棱，就减少一个顶点.例如去掉 AC ，就减少一个顶点 C 同理，去掉 DA就减少一个顶点 D ，最后剩下 AB（如图）在此过程中V E 的值不变，但这时面数 F 所以 V ( F 1) E 的值也不变.是 0 ，由于最后只剩下 AB，所以V ( F 1) E =2+0-1=1，最后加上去掉的一个面，就

40、得到 V F E 2 那么进一步问，有没有正五面体？世界上有没有正五面体？平面图形里有正三角形，三维空间里有正四面体（四个顶点，四个面，六条棱）， 那么进一步问， 有没有正五面体？实际上，三维空间中只存在五种正多面体，分别是正四面体、正六面体、正八面 体、正十二面 体、正二十面体。可以通过欧拉定理得出该结论。欧拉定理如下：如果一个凸多面体的顶点数是 v、棱数是 e、面数是 f，那么它们 总有这样的关 系：v - e + f = 2 正多面体的每个面都是正多边形，不妨把边数记为 n，而且n 3 同时，由于每条棱都属于两个面，故多面体的面数和棱数有以下关系：nf = 2e 每个顶点都是由多条棱相交

41、而成，不妨把与每个顶点相接的棱数记为 r。由于顶点 是多面体中的 顶点，故16r 3 否则由两条棱相交的顶点只能是平面图形中的顶点。同时，由于每条棱都连接两个 顶点，故多面 体的顶点数和棱数有以下关系：rv = 2e 把式和式代入式，可以得到消掉变量 f 和 v 的等式：2e/r - e + 2e/n = 2，等式两边同时除以 2e 可以得到：1/r - 1/2 + 1/n = 1/e，即1/r + 1/n = 1/e + 1/2 由于一个正多面体的棱数 e 至少是 6（想想这是为什么），所以式右边最大值为 1/6 + 1/2 = 2/3，同时，由于棱数 e 为正数，不论 e 取何值，式右边一

42、定大于 1/2，即1/2 式右边 2/3 再由式和式可知，r 3，n 3。但当 r 4，n 4 时，式左边1/4 + 1/4，即 式左边 1/2，与矛盾。故 r 和 n 的取值可分为以下几种情况讨论：r 4 时，由于不能同时满足 n 4，而 n 3 又必须满足，故此时 n = 3。代入 式，得 1/r = 1/e + 1/6。由于 1/r = 1/e + 1/6 1/6，故 r 6，故 r 只能取 3、4、5。 r = 3，n = 3 时代入 式和式得 f = 4，此时是一个正四面体；r= 4，n = 3 时有 f = 8， 此时是一个正 八面体；r = 5，n = 3 时有 f = 20，此

43、时是一个正二十面体。与类似，n 4 时，由于不能同时满足 r 4，而 r 3 又必须满足，故此时 r = 3。 同 理 可得 n 只能取 3、4、5。r = 3，n = 3 时代入式和式得 f = 4，此时是一个正 四面体；r = 3，n = 4 时有 f = 6，此时是一个正六面体（即立方体）；r = 3，n = 5 时有 f = 20，此时是一 个正十 二面体。r 4，n 4 都不满足的时候，又由于 r 3，n 3，故只能有 r = 3，n = 3，此时 f = 4，是 一个正四面体。由以上证明可知，三维空间中只存在五种正多面体，分别是正四面体、正六面体、 正八面体、正 十二面体、正二十面

44、体，当然也就不存在正五面体。一课一练【练习1】 （ 2001 年“数学大王”小学趣味数学邀请赛试题 B 组（ 4 6 年级）第 1 按规律填出横线上的数：198 ， 297 ， 396 ， 495 ， _ ， _ 。【分析】因为 297 198 99 、 396 297 99 、 495 396 99 ；所以这是一个公差为 99 的等差数列；后面两个空依次为 495 99 594 ， 594 99 693 。题）【练习2】 下图所示，一列火车的车厢按一定规律编号，请写出被树挡住的那节车厢的 号码。1724 28 22 26 20 24 16 20【分析】分别观察第1、 3 、 5 、 9 节车

45、厢及第 2、 4、 6 、10 节车厢上的数，可以发现这些数分别构成了等差数列，且每一项比前一项少 2。因此第 7 节车厢上的数是 20 2 18 或 16 2 18 ，第 8 节车厢上的数是 24 2 22 或 20 2 22 。【练习3】 （ 2003 年“数学大王”小学趣味数学测试题中年级组（ 3 、4 年级）第17 题） 图中的这串珠子是由白珠和黑珠组成的，其中有一部分在盒子里，它的排列有一 定规律，白珠共有 _ 个。【分析】从右到左依次是1个白珠、2个黑珠、1个白珠、3 个黑珠、1个白珠、4个黑珠、1个白珠、 8 个黑珠。所以白珠共有 8 个。【练习4】 （ 1999 年“数学大王”

46、小学趣味数学测试题中年级组（ 3 、 4 年级）第 1 题） 找规律，填数字。2733155 4282 6?4【分析】因为 2 3 5 2 15 、 7 4 2 2 28 ，所 以 规 律 为 外 周 三 个 圆 内 的 数 的 乘 积 的 一 半 等 于 中 心 圆 内 的 数 ； 所 以 ? 3 6 4 2 36 。【练习5】 （第十三届“争当数学大王”小学趣味数学测试题中年级组（3 、 4年级）第2题）图中三角形和小圆里的数之间，存在着一定的规律，按照这个规律，图中问号处应该填数 _ 。541203244862121241 ?【分析】因为 3 4 2 24 、 4 5 6 120 、 2

47、 6 112 ；所以规律为三角形三个顶点的圆圈内的数的乘积等于三角形内的数； 所以 6 1? 24 ， ? 24 (6 1) 4 。18【练习6】 （ 2009 年 3 月15 日第七届小学“希望杯”全国数学邀请赛四年级第 1奥运商品展卖厅的橱窗里放了100 个福娃，从左向右依次是：试第 10 题）按此规律，排在第 30 个的是 _ 。【分析】福娃从左向右排列的规律是以“贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮、迎迎、欢欢、晶 晶”为循环；因为 30 8 3 6 ，所以排在第 30 个的是迎迎。【练习7】 （ 1989 年第二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组复赛第10 题）一串数排成一行，它们的规律是

48、这样的：头两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和，也就是：1，1， 2， 3 ， 5 ， 8 ，13 ， 21， 34 ， 55 ，问：这串数的前100 个数中（包括第 100 个数）有多少个偶数？【分析】因为奇 奇 偶，奇 偶 奇，偶 奇 奇；所以该数列以“奇、奇、偶”为周期 循环；100 3 33 1 ，这串数的前 100 个数中（包括第100 个数）有 33 133 个偶数。【练习8】 （ 2005 年 3 月13 日第三届小学“希望杯”全国数学邀请赛四年级第 1试第 8 题）如图，以 A， B， C ， D ， E依次表示左手的大拇指、食指、中指、无名指、小拇指，若从大

49、拇指开始数数， 按 ABCDEDCBABCDEDCBA的顺序数，数到“ 112 ” 时，是 _ 。【分析】以 ABCDEDCB 循环，周期为 8 ；112 8 14 ，数到“ 112 ”时，是 B ，即食指。【练习9】 （ 1991 年第三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组团体决赛口试试题第 3题）伸出你的左手，从大拇指开始如图所示的那样数数字，1 数到 1991时，你数在那个手指上？，2，3 ，问：【分析】以“拇指、食指、中指、环指、小指、环指、中指、食指”循环，周期为8 ； 19918 248 7 ，数到1991时，数在中指上。19【练习10】 （ 2008 年 3 月 16 日第六届小

50、学“希望杯”全国数学邀请赛四年级第 1试第 8 题）下表中，每列上下两个字构成一组。例如：第一组（北，预），第二组（京，祝）。 北 京 欢 迎 您 北 京 欢 迎 您 北 京 欢 迎 您 北 京 欢 预 祝 奥 运 会 圆 满 成 功 预 祝 奥 运 会 圆 满 成 功 观察上表可知，由左向右的第 2008 组的上、下两个字是 _ 。【分析】上行以“北京欢迎你”为循环，周期是5 ，2008 5 401 3 ，由左向右的第 2008 组的上面一个字是“欢”；下行以“预祝奥运会圆满成功”为循环，周期是9 ，2008 9 223 1 ，由左向右的第 2008 组的上面一个字是“预”；由左向右的第 2

51、008 组的上、下两个字是（欢，预）。补充【补充1】 有一列数每个数字至少有一个 0 而且是 4如：20， 40， 60 ，80 ，100 ，104.则第 158 个是多少?A.2000 B.2004 C.2008 D.2012的倍数的正整数【分析】继续写几个：100 104 108 120 140 160 180 200 发现 100 多的（含 100） 一共有 7 个，所以所有这些数里面三位数一共有 7 9=63 个（因为 200、300 等和 100 没有本质区别）再从 1000 开始写：1000 1004 1008 1012 10161096 1100 1104 1108发现，1000

52、 到 1096（含 1000 和 1096）一共有 25 个数；而 1100 和 100 没有本质区别（即从 1100 到 1200 之间的数目个数和 100 到 200 之间是相等的）所以 1100 到 1980 之间 一共有 63 个数所以 1980 之前（含 1980）一共有 4+63+25+63=155 个数第 156 个：2000第 157 个：2004所以第 158 个：2008【补充2】 一个数列，它前两个数是 2、7 ，以后各项构造规律是：依次取相邻两项之积，如果是一位数，就取它为下一项，如果是两位数，就顺次用积的十位数字、个位 数字作为后两项把它的前几项写出来，如下：2 ，

53、7 ，1 ，4 ，7 ，4 ， 2 ，8 ， 2 ， 8 ，；问：在这个无穷数列中 6 出现多少次？【分析】按照数列的构造规律，写下去： 2， 7 ， 1， 4， 7 ， 4， 2， 8 ， 2， 8 ， 8 ， 1，6 ， 1， 6 ， 1， 6 ， 6 ， 4， 8 ， 6 ， 6 ， 6 ， 6 ， 6 ，数列中出现了 6 ， 6 ， 6 ， 6 ， 6 ，后面一定还会连续出现3 ，6 ，3 ， 6 ，3 ，6 ，2023 ， 6还会出现 1， 8 ，1， 8 ，1， 8 ，1， 8 ， 1， 8 ， 1， 8 ，1， 8 ；还会出现 8 ，8 ，8 ，8 ，8（ A ）； 6 ， 4

54、， 6 ，4 ， 6 ， 4 （ B ）；2 ，4 ， 2 ， 4 ， 2 ， 4 （ C ）；（ A），（B），（C ）反复无穷多次出现（中间还插有别的数）；所以在这个数列中，数字 6 出现无穷多次。【补充3】 （ 2007 年北京“数学解题能力展示”读者评选活动高年级组第 2题）对于每个不小于 1 的整数 n ，令 a 表示1 2 3 n 的个位数字。例如 a 1 ，a 3 ，n 1 2a 0 ， a 5 ，则 a a a a _ 。4 5 1 2 3 2007 1 20 20【分析】因为 1 2 3 20 210 ， a 0 ，所以每 20 个为一个循环。20n123456 789101

55、112131415 16 17 18 1920an136 05186 55 6815 0 6 3 1 00a a a a 1 2 3 2007aa a a1 2 3 20100 a1a a a 2 3 71360 5 1 8 6 5 5 6 8 1 5 0 6 3 1 0 0 10013605 1 8 7024【补充4】 （ 2005 年第十四届日本小学数学奥林匹克大赛高小组预赛第 2 郎、三郎每人手中各拿着 2005 张彩纸玩游戏。第一次大郎给二郎 1题）大郎、二 张，第二次二郎给三郎 2张，第三次三郎给大郎 3 张，第四次大郎给二郎 4张，如此这样玩下去，当第 2005 次游戏结束时，二郎

56、手中还拿着多少张彩纸？ 【分析】从开始算起每玩 3 次，大郎手中的彩纸增加 2 张，二郎手中的彩纸减少1 2005 3 668 1 ，张，三郎手中的彩纸减少1张；而第 2005 次大郎给二郎 2005 张牌；所以当第 2005 次游戏结束时，二郎手中还拿着 2005 668 12005 3342 张彩纸。【补充5】 （全国奥林匹克竞赛）有一个横 2000 格、竖1000 格的矩形方格纸，现从它的 左上角开始向右沿着边框逐格涂色到右边框，再从上到下逐格涂色到底边框，再 沿底边框从右到左逐格涂色到左边框，再从下到上逐格涂色到前面涂色过的方格， 如此一直螺旋式地涂下去直到将所有方格都涂满。那么，最后

57、被涂的那格是 从上到下的第几行，从左到右的第几列？【分析】如图所示，顺时针涂完第1圈后，有两行两列被涂了色，下一个要涂色的是第2 21行第 2列的方格。涂完第 499 圈后，有 998 行 998 列被涂了色，剩下 2行1002 列未被涂色。最后一圈从 500 行 500 列开始，到 501 行 500 列结束。【补充6】 （ 2007 年第十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组决赛第14题）圆周上放置有 7 个空盒子，按顺时针方向依次编号为1， 2， 3 ， 4， 5 ，6 ，7 。小明首先将第 1枚白色棋子放入1号盒子，然后将第 2枚白色棋子放入 3 号盒子，将第 3枚白色棋子放入 6

58、号盒子放置了第 k 1 枚白色棋子后，小明依顺时针方向向 前数了 k 1 个盒子之后，将第 k 枚白色棋子放在下一个盒子中，小明按照这个规 则共放置了 200 枚白色棋子。随后，小青从1 号盒子开始，按照逆时针方向和同样 的规则在这些盒子里放入了 300 枚红色棋子。请回答：每个盒子各有多少枚白色棋 子？每个盒子各有多少枚棋子？【分析】列表找出发放棋子的规律：1号盒子2号盒子3 号盒子4号盒子5 号盒子6 号盒子7 号盒子第 1枚第 2枚第 3 枚第 4枚第 5 枚第 8 枚第 6 枚第 7 枚顺时针 （白色棋子）第 9 枚枚第 11第 10 枚第 12 枚第13 枚第14 枚每 7 枚棋子为

59、一个周期。200 7 28 4 、 300 7 42 6 ；每个盒子内白色棋子的数量、红色棋子的数量和所有棋子的总数量如下表：盒子编号123456 7白色棋子的数量红色棋子的数量57 0 5886 85 43000029 5686 0所有棋子的总数量143851010011556【补充7】 用大小相同的正六边形瓷砖按如图所示的方式来铺设广场，中间的正六边形 瓷砖记为 A ，定义为第一组，在它的周围铺上六块同样大小的正六边形瓷砖，定22义为第二组，在第二组的外围用同样大小的正六边形瓷砖来铺满，定义为第三 组按这种方式铺下去，用现有的 2005 块瓷砖最多能完整地铺满 _ 组， 此时还剩余 _ 块

60、瓷砖。A【分析】当 n 2 ， n Z时，第 n 层 6 条边各有 n 块正六边形瓷砖，其中 6 个角上的正六边形瓷砖被计算了 2 次；所以有 6 n 6 6n1块正六边形瓷砖；所以当 n 2， n Z时，第 n组共用 1 6 12 6n13nn11块正六边形瓷砖；因为 3 25 26 1 1951 、 3 26 27 1 2107 ；用现有的 2005 块瓷砖最多能完整地铺满 26 组，此时还剩余2005 1951 54 块瓷砖。【补充8】 （ 2007 年第十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛小学组决赛第 6 题）一列 数是按以下条件确定的：第一个是 3 ，第二个是 6 ，第三个是 18 ，