四年级数学下册奥数题.pdf

四年级奥数下册：第一讲乘法原理第一讲乘法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，就是在做一件事时，要分几步才 能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法,要知道完成这件事一共有 多少种方法，就用我们招词论的乘法原理来解决.例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会.其中，他从北 京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船.那 么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法?分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走.第一步是从北京到大 连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天律,有下面的三种走法：只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共注意到3X1=3.如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以 下的走法：船/天津共有六种走法，注意到3X2=6.在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来.这种方 法叫穷举法.穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的.在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤.由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所 有的方法数.一般地，如果完成一件事需要4个步骤，其中，做第一步有而种不同的方 法.做第二步有加种不同的方法，做第n步有im种不同的方法，那么，完成 这件事一共有N=叫乂吗乂乂叫种不同的方法.这就是乘法原理.例1某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？分析某人买饭要分两步完成，即先买一种主食，再买一种副食（或先买副 食后买主食：，.其中，买主食有3种不同的方法，买副食有5种不同的方法.故 可以由乘法原理解决.解：由乘法原理，主食和副食各买一种共有3*5=15种不同的方法.补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：这件事要分几个 彼此互不影响的独立步骤来完成；每个步骤各有若干种不同的方法来完成.这样的问题就可以使用乘法原理解决问题.例2右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任 何线段和点不得重复经过.问：这只甲虫最多有几种不同的走法？分析甲虫要从A点沿线段爬到B点，必经过C点，所以，完成这段路分两 步，即由A到C,再由C到B.而由A到。有三种走法，由函B也有三种走法，所 以，由乘法原理便可得到结论.解：这只甲虫从A到B共有3 乂 3=9种不同的走法.例3书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各 一本，有多少种不同曲取法？分析要做的事情是从外语、语文书中各取一本.完成它要分两步：即先用 一本外语书（有6种而法），再取一本语文书（有4种取？序.（最先取语支书，再取外语书.）所以，用乘法原理解决.解：从架上各取一本共有6X4=24种不同的取法.例4王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100 米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？分析三人报名参加比赛，彼此互不影响独立报名.所以可以看成是分三小 完成，即一个人一个人地去报名.首先，王英去报名，可报4个项目中的一项，有4种不同的报名方法.其次，赵明去报名，也有4种不同的报名方法.同样，李刚也有4种不同的报名方法.满足乘法原理的条件，可由乘法原理解决.解：由乘法原理，报名的结果共有4X4X4=64种不同的情形.例5由数字0、1、2,3组成三住数，问：可组成多少个不相等的三位数？可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、2,3组成的三位数的过程中.应该一位一位地去确 定.所以，每个问题都可以看成是分三个步噱来完成.要求组成不相等的三位数.所以，数字可以重复使用，百位上，不能取 0,故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取 法，个位上，也有4种不同的取法，由乘法原理，共可组成3X4X4=48个不相等 的三位数.要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0,有3种不同的取 法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位己各取走一个数字，故只能在剩下的两 个数字中取，有2种取法，由乘法原理，共有3X3X2=18个没有重复数字的三位 数.解：由乘法原理共可组成3乂 4乂 4=48（个）不同的三位数；共可组成3X3X2=18（个）没有重复数字的三位数.例6由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完 成，由于要求组成的数是奇数.故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不 同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4 种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决.解：由1、2、3、4、5、6共可组成3X4X5X3=180个段有重复数字的四位奇数.例7右图中共有16个方格，要把鼠B、C、D四个不同的悔子放在方格里，并使 每行每列只能出现一个棋子.问：共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内.故可看成是分四步完成这件 事.第一步放模子A,A可以放在16个方格中的任意一个中,故有16种不同的放 法；第二步放棋子B,由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也 不能放B,故还剩下9个方格可以放B,B有9种放怯；第三步放C,再去掉B所在的 行和列的方格，还剩下四个方格可以放C,C有4种放法；最后一步放D,再去掉C 所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D,D有1种放法，本题要由乘法原 理解决.解：由乘法原理，共有16X9X4X1=576种不同的放法.例8现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中 至少取一张，至多取9张，那么，共可以己成多少种不同的钱数?四年级奥数下册：第二讲加法原理第二讲加法原理生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有凡类不同的方法,而每一 类方法中，又有几种可能的做法.那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就 要用我们将讨论的加法原理来解决.例如某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天 有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津.那么他在一天中去天 律能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大 类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法.上面的每一 种走法都可以从北京到天律，故共有5+4=9种不同的走法.在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法.在具体做的时候，只 要采用一类中的一种方法就可以完成.并且两大类方法是互无影响的，那么完 成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数.一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有血种不同做法，第二 类方法中有屈种不同做法，第k类方法中有粒种不同的做法，则完成这件事 共有N=ml+m2+-+mk种不同的方法.这就是加法原理.例1学校组织读书活动，要求每个同学读一本书.小明到图书馆借书时，图书 馆有不同的外语书150本，不同的科技书20。本，不同的小说10。本.那么，小明 借一本书可以有多少种不同的选法？分析在这个问题中，小明选一本书有三类方法.即要么选外语书，要么选 科技书，要么选小说.所以，是应用加法原理的问题.解：小明借一本书共有：150+200+100=450（种）不同的选法.例2 一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色 各不相同.问：从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法7从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？分析中，从两个口袋中只需取一个小球，则这个小球要么从第一个口袋 中取，要么从第二个口袋中取，共有两大类方法.所以是加法原理的问题.中，要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一 个，再从第二个口袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题.解：从两个口袋中任取一个小球共有3+8=11（种），不同的取法.从两个口袋中各取一个小球共有3 乂 8=24 1种）不同的取法.补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，地完一件事要分成若干个步骤，一步接一小地去做才能完成这件 事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可 以完成这件事.事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几 步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理.例3如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地 到丙地有3条路可走.那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析从甲地到内地共有两大类不同的走法.第一类，由甲地途经乙地到丙地.这时，要分两步走，第一步从甲地到乙 地，有4种走法；第二步从乙地到丙地共2种走法，所以由乘法原理，这时共有4 X 2=8种不同的走法.第二类，由甲地直接到内地，由条件知，有3种不同的走法.解：由加法原理知，由甲地到丙地共有：4X2+3=11（种）不同的走法.例4如下页图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段 不可重复经过.问：这只甲虫有多少种不同的走法？D-分析从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点 先经过D点到B点.两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即 可.解：从A点先经过C到B点共有：1X3=3：（种）不同的走法.从A点先经过D到B点共有：2X 3=6（种）不同的走法.所以，从A点到B点共有：3+6=9（种）不同的走法.例5有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字L 2、3、4,5、6.将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情 形7分析要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个 数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑.第一类，两个数字同为奇薮.由于放两个正方体可认为是一个一个地放.放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1,3,5；放第二个正方体，出现 奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3X3=9种不同的情形.第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3X3=9种不同 情形.最后再由加法原理即可求解.解：两个正方体向上的一面同为奇数共有3义3=9种）不同的情形；两个正方体向上的一面同为偶数共有3X3=9（种）不同的情形.所以，两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有3X3+3X3=18（种）不同的情形.例6从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析从1到5。0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1、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8X9=72个数不含4.三位数中，小于5。0并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有 1、2、3、这三种情况.十位上，不含4的有H 1,2,3,5、6,7.8,9这九种 情况，个位上，不含4的也有九种情况.要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3X9X9=243个三位数.由于500也是一个不含4的三位数.所以，150。中，不含4的三位数共有3XX 9+1=244个.解：在l 50Q中，不含4的一位数有8个；不含4的两位数有8X9=72个：不 含4的三位数有3乂9X 9+1=2曲个，由加法原理，在1500中，共有：8+8 X9+3.X:9X9+1=324（个）不含4的自然数.补充说明：这道题也可以这样想.：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是QOL把两位数看成是前面有一个0的三位数.如：把11看成 011.那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考 虑不含有4的这样的“三位数”.百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7,8、9这九种选法；个位上，也有九种选法.所以，除 50。外，有4X9X9=324个不含4的“三位数注意到，这里面有一个数是 000,应该去掉.而500还没有算进去，应该加进去.所以，从1到500中，不含4 的自然数仍有324个.这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规 定之后，问题很简捷地得到解决.例7如下反左图，要从A点沿线段走到B,要求每一步都是向右、向上或者向斜 上方.问有多少种不同的走法？分析观察下员左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下员 右图中C、D,E.F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点.也就是说从A 到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E：、F的路线.第一类，经过。的路线，分为两步，从A到C再从。到B,从A到C有2条路可 走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从扈至C到B共有2X2=4条不同的路 线.第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由 乘法原理，从谊至D到B共有4 X 4=16种不同的走法.第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B,观察发现.各有一 条路,所以，从M迎到B共有1种走法.第四类，经过F点的路线，从量登到B只有一种走法.最后由加法原理即可求解.解：如上右图，从A到B共有下面的走法：从M血到B共有2X2=4种走法；从AD到B共有4X 4=16种走法；从M强到B共有1种走法；从然卸到B共有1种走法.所以，从A到B共洞：4+16+1+1=22种下同的去注四年级奥数下册：第三讲排列第三讲排列在实际生活中常遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一 列，计算有多少种排法.就是排列问题.在排的过程中，不仅与参加排列的事 物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关.例如某客轮航行于天津、青岛、大连三个城市之间.问：应准备有多少种 不同船票？分析这个问题，可以用枚举法解决，三个城市之间，船票有下面六种设置 方式：起点站 终点站船票一1青岛天津 也v天津 青岛二连 天津 加-青岛天津-青岛天津-大连青岛-天津青岛-大连大连-天津大连-青岛如果不用枚举法，注意到要准备的船票的种类不仅与所选的两个城市有 关，而且与这两个城市作为起点、终点的顺序有关，所以，要考虑共准备多少 种不同的船票，就要在三个城市之间每次取出两个，按照起点、终点的顺序排 列.首先确定起点站，在三个城市中，任取一个为起点站，共有三种选法.其次确定终点站，每次确定了一个起点站后，只能从剩下的两个城市之中 选终点站，共有丽种选法由乘法原理，共需准备：3X2=6种不同的船票.为叙述方便，我们把册究对象（如天津、青岛、大连）看作元素，那么上 面的问题就是在三个不同的元素中取出两个，按照一定的顺序排成一列的问 题.我们把每一种推法叫做一个排列（如天津一青岛就是一个排列），把所 有排列的个数叫做排列数.那么上面的问题就是求排列数的问题.一般地，从n个不同的元素中任取出m个CXn）元素，按照一定的顺序排 成一列.叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.由排列的定义可以看出，两个排列相同，不仅要求这两个排列中的元素完 全相同，而且各元素的先后顺序也一样.如果两个排列的元素不完全相同.或 者各元素的排列顺序不完全一样，则这就是两个不同的排列.从n个不同元素中取出m个（Mn）元素的所有排列的个数，叫做从 n个不同元素中取出m个元素的排列数，我们把它记做.上面的问题要计算从3个城市中取出2个城市排成一列的排列数，就是要计算.由上面的计算知：=3 X 2=6.一般地，从n个不同元素中取出m个元素(nn)排成一列的问题，可以看 成是从n个不同元素中取出卜，排在m个不同的位置上的问题，而排列数碟就是所有可能排法的个数.那么，每个排列共需要m步，而每一步又有若干种不同的方法，排列数琛可以这样计算：第一步：先排第一个位置上的元素，可以从n个元素中任选一个，有n种不 同的选法；第二步：排第二个位置上的元素.这时，由于第一个位置已用去了一个元 素，只剩下(n-D个不同的元素可供选择，共有(n-1)种不同的选法；第三步：排第三个位置上的元素，有(n-2)种不同的选法；第1tl步：排第m个位置上的元素.由于前面己经排了(犷1)个位置，用去了(in-1)个元素.这样，第m个位置上只能从剩下的 n-CmT)=(rnn+l)个元 素中选择，有(n/rH)种不同的选法.由乘法原理知，共有：n(n-1)(n-2)(rnrrH)种不同的排法，即：=n Cn-1)(n-2)1 n-m+l)(1)这里，rrKn;且等号右边从n开始，后面每个因数比前一个因数小1,共有m 个因数相乘.例1计算。)Q)/-/.解：由排列数公式知：P=5X4X3=60；部因翻P=8X7X6X5=1680 4因超2P；=2X(8X7)=1122-T0SP/-2P=1680-112=1568.例2有五面颜色不同的小旗，任意取出三面排成一行表示一种信号，问：共可 以表示多少种不同的信号？分析这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素，三面小旗表示一种信 号，就是有三个位置.我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个，排在三 个位置的问题.由于信号不仅与旗子的颜色有关，而且与不同旗子所在的位置 有关，所以.是排列问题，且其中5,中3.解：由排列数公式知，共可组成p；=5X4X 3=60种不同的信号.补充说明：这个问题也可以用乘法原理来做，一般，乘法原理中与顺序有 关的问题常常可以用排列数公式做，用排列数公式解决问题时，可避免一步步 地分析考虑，使问题简化.例3用1、2、3、4,5、6、7、8可组成多少个没有重复数字的五位数？分析这是一个从个元素中取5个元素的排列问题，且知n=8,匹5.解：由排列数公式，共可组成：P=SX7X 6X 5X4=67205个因翻个不同的五位数.例4幼儿园里的6名小朋友去坐3把不同的椅子,有多少种坐法？分析在这个问题中，只要把3把椅子看成是3个位置，而6名小朋友作为6个 不同元素，则问题就可以转化成从6个元素中取3个，排在3个不同位置的排列问 题.解：由排列数公式，共有：P；=6*5X4=120种不同的坐法.例5幼儿园里3名小朋友去坐6把不同的椅子（每人只能坐一把）,有多少种不 同的坐法？分析与例4不同，这次是椅子多而人少，可以考虑把6把椅子看成是6个元 素，而把3名小朋友作为3个位置，则问题转化为从6把椅子中选出3把，排在3名 小朋友面前的排列问题.解：由排列番式,共有：四年级奥数下册：第四讲组合第四讲组合日常生活中有很多“分组”问题.如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某项活动等等.这种“分组”问题，就是我们将要讨 论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的问题.例如某客轮航行于天津、青岛、大连三个城市之间.那么，船票共有几种 价格（住返票价相同）？注意到由天律到青岛的票价与从青岛到天津的票价是一样的，所以问题实 际上就是计算从三个城市中取两个城市，有多少种不同的取法，即这时只与考 虑的两个城市有关而与两个城市的顺序无关.由枚举法知，共有下面的三种票价：天津一青岛青岛大连大连一天津我们把研究对象（如天津、青岛、大连）看作元素，那幺上面的问题就是 从3个元素中取出2个，组成一组的问题，我们把每一组叫做一个组含，把所有 的组合的个数叫做组合数，上面的问题就是要求组合数.一般地，从n个不同元素中取出m个（Mn）元素组成一组不计较组内各元 素的次序，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.由组合的定义可以看出，两个组合是否相同，只与这两个组合中的元素有 关，而与取到这些元素的先后顺序无关.只有当两个组合中的元素不完全相同 时，它们才是不同的组合.从n个不同元素中取出m个元素（irKn）的所有组合的个数，叫做从n个不同 元素中取出m个不同元素的组合数.记作Cm.如上面的例子，就是要计算从3个城市中取2个城市的组合数C3由枚举法 得出的结论知：03=3.那么它是怎样计算出来的呢？从第三讲开头的例子，即准备天津,青岛、大连三个城市之间的船票的问 题发现，这个问题实际上可以这样分两步完成：第一步是从三个城市中选两个 城市，是一个组合问题，由组合数公式，有取83法.第二步是将取出的两个城 市进行排列，由全排列公式,，有P；3种排法，所以，由乘法原理得到产3=C；3X P23.故有：03=产3+引=（3X2）+2=3.在数学中可以把a+b（b卢0）记作:，其中a叫做分子，b叫做分母，所 b以%=|一般地，求从n个不同元素中取出m个元素排成一列的排列数Pm可以分两步 求得：第一步：从n个不同元素中取出m个元素组成一组，共有Crm种方法；第二步：将每一个组合中的m个元素进行全排列，共有Pirar种排法.故由乘法原理得到:Pmn=Cm*Finn因此_ Pr_ n(n-l)(n-2)-(n-m+l)这就是组合数公式.例 1 计算：06,C46；C；7,C57.瑶谈玲琦-匹7x6216 x5x4 x 34 x 3 乂 2 x 1既2*17 x 6 x 5 x 4 X 3=215x4 x 3x 2 x 1注意到上面的结果中，有C；6=C46,C;7=C57.一般地，组合数有下面的重要性质:Cinn=C-mn(ir n)这个公式是很容曷理解的，它的直观意义是：Cm表示从n个元素中取出m个 元素组成一组的所有分组方法.Orm表示从指卜元素中取出Cn-m）个元素组成 一组的所有分组方法.显然，从n个元素中选出m个元素的分组方法恰是从n个元 素中选m个元素剩下的（n-m）个元素的分组方法.例如，从5人中选3人开会的方 法和从5人中选出2人不去开会的方法是一样多的，即户5=05.一般，当遇到m比较大（常常是m5）时，往往用C?=C-来化简计算.规定 Cr-n=1,COn=1.例2 计算：C198200；C5556；C98100-2C100100.*r、侬 Fn-侪 7 Pn 200 x199“解：C骈=C需 198=CQ=/=2/=199。+$=%=导6嗾0=2C罂=端厂2*1例3从分别写有1、3,5、7,9的五张卡片中任取两张，作成一道两个一位数 的乘法题，问：有多少个不同的乘积？有多少个不同的乘法算式？分析中，要考虑有多少个不同乘积.由于只要从5张卡片中取两张，就可以 得到一个乘积，所以，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺 序无关，所以这是一个组合问题.中，要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有 关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题.解：由组合数公式，共有5x42710个不同的乘积.由排列数公式，共有P5=5X4=20种不同的乘法算式.例4在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的 直线段，三角形，四边形？分析由于1。个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点 中取2个点，就可以画出一条线段一在10个点中取3个点，就可以画出一个三角 形；在10个点中取4个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题.解：由组含数公式.可画出cf0=可画出笈二可画出C%=Z1玲琮珂10 x9、上，上 51=45（条）直线段,N x 1=展答=侬（个）三角形=黑黑=21。（个）四边形 例5如下图，问:下左图中，共有多少条线段?下右图中，共有多少个角？Ei玲耳耳AAB0分析中，在线段AB上共有T个点（包括端点A、B）.注意到，只要在这七个 点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问 题，而表示从7个点中取两个不同点的所有取法，每种取法可以确定一条线 段，所以共有C钟条磋度中，从o点出发的射线一共有n条，它们是oa,opi,ops ops0P9,C.注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从H条射线中取两 条射线有多少种取法，就有多少个角.显然，是组合问题，共有GH种不同的取 法,所以，可组成C41个角.解：由组合数公式知，共有条不同的线段；由组合数公式知，共有喘=9=号=55个不同的角四年级奥数下册：第五讲排列组合第五讲排列组合前面我们己讨论了加法原理、乘法原理、排列、组合等问题.事实上，这些 问题是相互联系、不可分割的.例如有时候，做某件事情有几类方法，而每一类 方法又要分几个步骤完成.在计算做这件事的方法时，既要用到乘法原理，又要 用到加法原理.又如，在照相时，如果对坐的位置有些规定，那么就不再是简单 的排列问题了.类似的问题有很多，要正确地解决这些问题，就一定要熟练地掌 握两个原理和排列、组合的内容，并熟悉它们所解决问题的类型特点.看下面的例子.例1由数字。、1、2,3可以组成多少个没有重复数字的偶数？分析注意到由四个数字0、1、2,3可组成的偶数有一位数、二位数、三位 数、四位数这四类，所以要一类一类地考虑，再由加法原理解决.第一类：一位偶数只有0、2,共2个；第二类：两位偶数，它包含个位为0、2的两类.若个位取。，则十位可有C：3 种取法；若个位取2,则十位有Cq种取法.故两位偶数共有（C，3+C：2）种不同 的取法；第三类：三位偶数，它包含个位为。、2的两类.若个位取0,则十位和百位 共有我3种取法；若个位取2,则十位和百位只能在0、1、3中取，百位有2种取 法,十位也有2种取法，由乘法原理，个位为2的三位偶数有2X2个，三位偶数 共有03+2X2）个；第四类：四位偶数.它包含个位为0、2的两类.若个位取0,则共有P33个；若个位取2,则其他3位只能在0.1.3中瑕.千位有2种取法，百位和十位 在剩下的两个数中取，再排成一列，有K2种取法.由乘法原理，个位为2的四位 偶数有2XP；2个.所以，四位偶数共有（P33+2Xpz2）种不同的取法.解：由加法原理知，共可以组成2+（03+02）+CP:3+2X2）+（P33+2XP22）=2+5+10+10=27个不同的偶数.补充说明：本题也可以将所有偶数分为两类，即个位为。和个位为2的两类.再考虑到每一类中分别有一位、两位、三位、四位数，逐类讨论便可求解.例2国家举行足球赛，共15个队参加.比赛时，先分成两个组.第一组8个队，第二组7个队.各组都进行单循环赛（即每个队要同本组的其他各队比赛一场）.然后再由各组的前两名共4个队进行单循环赛，决出冠亚军.问：共需比赛多 少场？如果实行主客场制（即A、B两个队比赛时，既要在幽人所在的城市比赛 一场，也要在B队所在的城市比赛一场），共需比赛多少场？分析比赛的所有场次包括三类：第一组中比赛的场次，第二组中比赛的场 次，决赛时比赛的场次.中，第一组中8个队，每两队比赛一场，所以共比赛C屯场；笫二组中7个 队，每两队比赛一场，所以共比赛C讦场；决赛中4个队，每两队比赛一场，所 以共比赛G4场.中，由于是实行主客场制，每两个队之间要比赛两场，比赛场次是中 的2倍.另外，还可以用排列的知识来解决.由于主客场制不仅与参赛的队有关，而 且与比赛所在的城市（即与顺序）有关.所以，第一组共比赛F8场，笫二组共 比赛叩场，决赛时共比赛P现场.解：由加法原理:实行单循环赛共比赛p2 p2 p2/解+以=凯方18x7 7X6 4乂3=-+-+-2x1 2x 2x1=28+21+6=55 豳）实行主客场制，共需比赛2X（C28+C7+C*4）=110（场）.或解为：P；8+P7+P/=8X7+7X64-4X3=56+42+12=110 1场）.例3在一个半圆周上共有12个点，如右图，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？四边形？分析我们知道，不在同一直线上的三个点确定一个三角形，由图可见，半 圆弧上的每三个点均不共线C由于A、B既可看成半圆上的点，又可看成线段上 的点，为不重复计算，可把它们归在线段上），所以，所有的三角形应有三 类：第T，三角形的三个顶点全在半圆弧上取（不含A、B两点）；第二类，三角形的两个顶点取在半圆弧上（不包含&B）,另一个顶点在线段上取（含 A,B）；第三类，三角形的一个顶点在半圆弧上取，另外两点在线段上取.注意到三角形的个数只与三个顶点的取法有关，而与选取三点的顺序无 关，所以，这是组合问题.解：三个顶点都在半圆弧上的三角形共有两个顶点在半圆弧上，一个顶点在线段上的三角形共有?,P-?Pj 7x6 5/人、.*吗=皆=而叼=15（个一个顶点在半圆弧上，两个顶点在线段上的三角形共有1 9 P7 P?7 5x4 小、xC!=x=Tx=70m由加怯原理，这12个点共可以组成C-7+（CSX 05）+（O7XC25）=35+105+70=210（个）不同的三角形.也可列式为C寸2-85=22010=210（个）.分析用解的方法考虑.:将组成四边形时取点的情况分为三类：第一类：四个点全在圆弧上取.（不包括A、B）有CV种取法.第二类：两个点取自圆弧.两个点取自直线AB.有取法质7 X85种.第三类：圆弧上取3个点，直线上取1个点，有炉7乂。5种取法.解：依加法原理，这12个点共可组成:C q+CVXC：5+CWXO5=35+210+175=420个不同的四边形.还可直接计算，这12个点共可组成：CJ12-CJ5-C-5 C:7=495-5-70=420个不同的四边形.例4如下图，问下左图中，有多少个长方形（包括正方形）?下右图中，有多少个长方体（包括正方体）?分析由于长方形是由两组分别平行的线段构成的，因此只要看上左图中水 平方向的所有平行线中，可以选出几组两条平行线，竖直方向上的所有平行线 中，可以选出几组两条平行线T由于长方体是由三组分别平行的平面组成的.因此，只要看上贝右图中，平行于长方体上面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面，平行于 长方体右面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的两个平面，平行于长 方体前面的所有平面中,可以选出几组两个互相平行的平面.解：CDG5XC汨=210（个）因此，上反左图中共有210个长方形.C巧XC；6XC；4=900（个）因此，上反右图中共有900个长方体.例5甲、乙、丙、丁4人各有一个作业本混放在一起，4人每人随便拿了一本，问：甲拿到自己作业本的章法有多少种1恰有一人拿到自己作业本的拿法有多少种？至少有一人没有拿到自己作业本的拿法有多少种？谁也没有拿到自己作业本的拿法有多少种？分析甲拿到自己的作业本，这时只要考虑剩下的三个人拿到其他三本作业 本的情况.由于其他三人可以拿到自己的作业本，也可以不拿到自己的作业本.所以，共有P33种情况.恰有一人拿到自己的作业本.这时，一人拿到了自己的作业本，而其他三 人都没能拿到自己的作业本.拿到自己作业本的可以是甲、乙、丙、丁中的一 人，芳4种情况.另外三人全拿错了作业本的章法有2种.故恰有一人拿到自己作 业本的情貌宥4 x 2种情况.至少有一人没有拿到自己的作业本.这时只要在所有拿法中减去四人全拿 到自己作业本的章法即可.由于4人拿作业本的所有章法是PM,而4人全拿到自 己作业本只有1种情况.所以，至少有一人没拿到自己作业本的拿法有网4-1种 情况.谁也没拿到自己的作业本.可分步考虑（假设四个人一个一个地拿作业 本，考虑四人都拿错的情况即可）.第一个拿作业本的人除自己的作业本外有3 种章法.被他拿走作业本的人也有3种拿法.这时，剩下的两人只能从剩下的两本 中拿，要每人都拿错，只有一种章法.所以，由乘法原理，共有3X3X1种不同 的情况.解:甲拿到自己作业本的章法有P33=3X2X1=6种情况；恰有一人拿到自己作业本的章法有4X2=8种情况；至少有一人筏有拿到自己作业本的掌法有P44-1=4X3X2X1-i=23种情况；谁也没有拿到自己作业本的拿法有3X3X1=9种情况.由前面的各例题可以看到，有关排列组合的问题多种多样，思考问题的方 法灵活多变，入手的角度也是多方面的.所以，除掌握有关的原理和结论，还必 须学习灵活多样的分析问题、解决问题的方法.四年级奥数下册：第六讲排列组合的综合应用第六讲排列组合的综合应用排列组合是数学中风格独特的一部分内容.它具有广泛的实际应用.例如：某城市电话号用是由六位数字组成，每位可从09中任取一个，问该城市最多 可有多少种不同的电话号担？又如从20名运动员中挑选6人组成一个代表队参加 国际比赛.但运动员甲和乙两人中至少有一人必须参加代表队，问共有多少种选 法？回答上述问题若不采用排列组合的方法，结论是难以想像的.（前一个问 题，该城市最多可有1000000个不同电话号担.后一个问题，代表队有20196种不 同选法”）当然排列组合的综合应用具有一定难度.突破难点的关键：首先必须准确、透彻的理解加法原理、乘法原理；即排列组合的基石.其次注意两点：对问题 的分析、考虑是否能归纳为排列、组含问题？若能，再判断是属于排列问题还 是组合问题？对题目所给的条件限制要作仔细推敲认真分析.有时利用图示 法，可使问题简化便于正确理解与把握.例1从5幅国画，3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？分析首先考虑从国画、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.解：符合要求的选法可分三类：不妨设第一类为：国画、油画各一幅，可以想像成，第一步先在5张国画中 选1张，第二步再在3张油画中选1张.由乘法原理有5 X 3=15种选法.第二类为 国画、水彩画各一幅，由乘法原理有5X2=10种选法.第三类油画、水彩各一 幅,由乘法原理有3 X 2=6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15+10+6=31 种.注运用两个基本原理时要注意：抓住两个基本原理的区别，千万不能混.不同类的方法（其中每一个方法都能各自独立地把事情从头到尾做完）数 之间做加法，可求得完成事情的不同方法总数.不同步的方法（全程分成几个阶段（步），其中每一个方法都只能完成这 件事的一个阶段）数之间做乘法，可求得完成整个事情的不同方法总数.在研究完成一件工作的不同方法数时，要遵循“不重不漏”的原则.请看 一些例：从若干件产品中抽出几件产品来检验，如果把抽出的产品中至多有2件 次品的抽法仅仅分为两类：笫一类抽出的产品中有2件次品，第二类抽出的产品 中有1件次品，那么这样的分类显然漏掉了抽出的产品中无次品的情况.又如：把能被2、被3、或被6整除的数分为三类：第一类为能被2整除的数，第二类为 能被3整除的数，第三类为能被6整除的数.这三类数互有重复部分.在运用乘法原理时，要注意当每个步骤都做完时，这件事也必须完成，而且前面一个步骤中的每一种方法，对于下个步骤不同的方法来说是一样的.例2 一学生把一个一元硬币连续掷三次，试列出各种可能的排列.分析要不重不漏地写出所有排列，利用树形图是一种直观方法.为了方便，树 形图常画成倒挂形式.解:E 应 第一次掷定八K.小麦第二饮掷/、/定反定反正质定反第三次掷由此可知，排列共有如下八种：正正正、正正反、正反正，正反反、反正正、反正反、反反正、反反反.例3用09这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数.分析此题属于有条件限制的排列问题，首先弄清楚限制条件表现为：某位 置上不能排某元素.某元素只能排在某位置上.分析无重复数字的四位数的千 位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排。，或说千位上只能排19这 九个数字中的一个.而且其他位置上数担都不相同，下面分别介绍三种解法.解法L分析某位置上不能排某元素.分步完成：第一步选元素占据特殊位 置，第二步选元素占据其余位置.解：分两步完成：第一步：从19这九个数中任选一个占据千位，有9种方法.第二步：从余下的9个数（包括数字Q中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7种方法.由乘法原理，共有满足条件的四位数9X 9X8X 7=4536个.答：可组成