掌握有限制条件的组合问题（几何问题）的解法。
【教学过程】
一、设置情境
问题：
平面内有10个点，其中有某4个点在一条直线上，此外没有3个点在一条直线上。
（1）可以确定多少条直线？
（2）可以确定多少个三角形？
（3）可以确定多少个四边形？
这个问题如何用排列、组合的知识来处理呢？这节课我们就来研究这类问题。
二、探索研究
我们首先来研究上面提出的问题。
解：（1）由平面几何知识，两点可连成一条直线，则可确定直线C26＋C16C14＋1=40（条）
或C210-C24＋1=40（条）
（2）由于不在同一条直线上的三点可确定三角形，则可确定三角形C36＋C16C24＋C26C14=116（个）
或C310-C34=116（个）
（3）由于四边形有4个顶点，且任意三个顶点不共线，则可确定四边形C66＋C26C24＋C36C14=185（个）
或C410-C44=C34C16=185（个）
教师点评：要灵活运用间接法，尤其在（2）中更显优越。
例1一个五棱柱的任意两个侧面都不平行，且底面的任意一条对角线与另一底面的边也不平行，以它的顶点为顶点的四面体有多少个？
解法1：取出的四点不共面则可构成一个四面体，可以分为两类：（1）一个底面内取3个顶点，另一个底面内取一个顶点，则有：2C35C15=100（个）。
（2）两个底面内各取2个顶点，则有
C25C23＋C25C12C13=90（个）。
所以共有四面体100＋90＝190（个）。
解法2：从10个顶点中任取4个顶点，减去4个顶点共面的情况，则有：C410-（2C45＋5C44＋5C44）=190（个）。
例2从五棱柱的10个顶点中选出5个顶点，最多可作多少个不同的四棱锥？
分析：取出的5个顶点中必须有四个顶点共面，换句话说，取出的5个顶点中必有4点是取自同一个面上的点，这是解本题的关键，另外要注意题中的“最多”对解题的影响。
解法1：先在某个面上取出4个顶点，再取出与之不共面的一个点可构成四棱锥，可以分为四类：（1）在五棱柱的一个底面上取4个顶点，另一个底面内取一个顶点，则有：C12×C45×C15=50（个）。
（2）在五棱柱的一个侧面上取4个顶点，则有C15×C44×C16=30（个）。
（3）在五棱柱的一个对角面上取4个顶点，则有C15×C16=30（个）。
（4）考虑到“最多”，使五棱柱一个底面上的每条棱都与另一个底面“五边形”的一条对角线平行，从而确定一个面，然后把这个面上的4个顶点取出，共有C110×C16（个）。
所以最多可有四棱锥50＋30＋30＋60＝170（个）。
解法2：从10个顶点中任取5个顶点，去掉5个顶点共面和没有4个顶点共面的情况，则有C510-2-C12C15C18=170（个）。
三、演练反馈
1．平面内有相异的11个点，有且仅有n（3≤n≤11）个点在一条直线上，过每两点作直线共有50条不同的直线。
（1）求n；
（2）求这11个点可确定多少个圆？
（一名学生板演后，教师讲评）
2．在角A的一边上除A点外有5个点，在另一边上除A点外有4个点，由A点和另外9个点可组成多少个三角形？
（由一名学生板演后，教师补充讲解）
3．在空间有n个点，若其中任意四点不共面，则这些点中的三点决定的平面有多少个？由这些点中的四点决定的四面体有多少个？
（学生练习后，教师讲解）
4．圆周上有百个等分点，以这些等分点为顶点的梯形有多少个？
（学生练习后，教师讲解）
参考答案
1．解：（1）依题意有：C211-C2n＋1=50
解得n＝4，即有且仅有4点共线。
（2）由于不在同一条直线上的三点可确定圆，则有C311-C34=161（个）
2．解法1：由于点A是角A的顶点，可以把三角形分为两类：一类是不含A点的，有C15C24＋C25C14个；另一类是含A点的，有C15C14个。因此可组成三角形C15C24＋C25C14＋C15C14=90（个）
解法2：从10个点中任意取3个点的取法有C310种，这些组合包括可以组成三角形的和不能组成三角形的，其中不能组成三角形的取法有C35＋C36种。因此，可以组成的三角形有C110-C35-C36=90（个）
3．解：由题设任意四点不共面，则无三点共线。不共线的三点决定一个平面，从而平面共有C3n=16n（n-1）（n-2）（个）
四点决定一个四面体，共有
C4n=124n（n-1）（n-2）（n-3）（个）
4．解：以相邻的两个分点为顶点的弦作为梯形的底共有个C18·C12=16（个）
以不相邻的两个分点为顶点的弦作梯形的底，只能是“隔”一个分点的两个分点连成的弦，共有C18个，故总共有16＋8＝24（个）。
四、总结提炼
上面的例题与练习是一些形式不同的几何问题，解这些问题的思考方法与一般的组合应用题一样，只要根据图形中隐含的条件把它视为有限制条件的组合应用题即可解答。计算时可用直接法，也可用间接法。要注意在限制条件很多的情况下，需要分类计算符合题意的组合的个数。
五、布置作业
1．课本P104习题10．33，4．
2．平面内有15个点，其中10个点在一条直线上，其余没有任何三点共线。
（1）可以确定多少条线段？
（2）可以确定多少条直线？
（3）可以确定多少个圆？
（4）可以确定多少个四边形？
3．一个平行四边形被平行于一组对边的10条平行线和平行于另一组对边的7条平行线所截，可以得到多少个小平行四边形？
参考答案
1．略。
2．（1）105（2）61（3）335（4）555
3．C212·C29-1=2375。
六、板书设计
组合（四）
（一）设置情境问题（二）例题与练习问题解决例1例2练习（三）小结
第五课时
【教学目标】
掌握一些简单的排列、组合综合问题的解法。
【教学过程】
一、设置情境
排列与组合是密切联系的，在一些综合问题中常常是涉及排列与组合两个方面，请看下面的问题：问题从6个男同学和4个女同学中，选出3个男同学和2个女同学分别承担A、B、C、D、E五项不同的工作，一共有多少种分配工作的方法？
二、探索研究
处理排列、组合的综合性问题，一般方法是先选后排，按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程分步，这是处理排列、组合问题的基本方法和原理。
像上面提出的问题就可以这样处理：
解：要完成分配工作这一事件，必须依次完成“选出3个男同学”“选出2个女同学”“对选出的人再进行分配”等事项。
选出3个男同学的方法有C36种，不论用哪一种方法选出男同学后再选2个女同学有C24种方法，所以合乎条件的选法有C36C24种。而对每种方法选出的5个人再分配工作有A55种方法。根据分步计数原理，一共有分配方法C36C24A55=14400（种）。
上面的问题，学生会错误地解成有A36A24种方法。教师要正确地分析产生错误的原因，选出的3人是在5种不同的工作里担任3种，应为C35A36A24或C35A24A36。
例18个人排成前后两排，每排4人，若甲、乙必须在前排且不相邻，其余6人位置不限，共有多少种排法？
解：甲、乙在前排，可从其他6人中选出2人有C26种选法，他们与甲、乙一起排在前排有A44种排法，但甲、乙不相邻，应减去甲、乙相邻的排法A33A22，则前排有C26A44-A33A22种排法；对于前排的无论哪一种排法，后排有C44种排法。所以共有排法（C26A44-A33A22）A44=8352（种）。
例2有6本不同的书，分给甲、乙、丙三人。
（1）甲得2本，乙得2本，丙得2本，有多少种分法？
（2）一人得1本，一人得2本，一人得3本，有多少种分法？
（3）甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少种分法？
（4）平均分成三堆，每堆2本，有多少种分法？
解：以人为主考虑，三个人去取书，根据分步计数原理求解。
（1）甲从6本不同的书中选取2本有C26种方法，甲不论用哪一种方法取得2本后，乙再去取2本书有C24种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取得2本书后，丙再去取2本书就只有C22种方法。所以共有分法C26C24C22=90（种）。
（2）仿（1）可知共有分法
C16C25C33=60（种）。
（3）这里没有指明谁得1本，谁得2本，谁得3本，而要确定甲、乙、丙三人每人得书的本数有A33种方法。所以共有分法C16C25C33A33=360（种）。
（4）设把6本不同的书平均分成三堆每堆2本有x种方法，那么把6本书分给甲、乙、丙三人每人2本就有x·A33种方法（因为每次分成三堆后，再分给三个人有A33种分法），而把6本书分给甲、乙、丙三人每人2本的方法有C26C24C22种。于是x·A33=C26C24C22
∴x=C26C24C22A33=15（种）
教师点评：一般地平均分成n堆（组），必须除以n！。
如若部分平均分成m堆（组），必须除以m！
如把6本不同的书分成三堆，一堆4本，另二堆各1本那么共有C46C12C112！=15（种）
例34名男生6名女生，一共9名实习生分配到高一的四个班级担任见习班主任，每班至少有男、女实习生各1名的不同分配方案共有多少种？
解：由题意可知，有且仅有2名女生要分在同一个班，故有C25·P44·P44=5760（种）。
三、演练反馈
1．对某种产品的6只不同正品和4只不同次品一一测试，若所有次品恰好在第六次测试时被全部发现，这样的测试方法有多少种？
（由一名学生板演后，教师讲评）
2．把10名同学平均分成两个小组，每组5人，每组里选出正、副组长各一人，再分配到两个不同的地方去做社会调查，一共有多少种不同的方法？
（由一名学生板演后，教师讲评）
3．本队有车7辆，现要调出4辆车按顺序去执行任务，要求A、B两车必须出车参加，并且A车要在B车之前出发，那么不同的调度方法有多少种？
参考答案
1．解：先选1个次品在第六次测试的位置上，有C14种方法，再选2只正品与剩下的3只次品进行全排列，有C26A55种方法。所以符合条件的方法有C14C26A56=7200（种）。
2．解：把10名同学平均分成两组有C510C55A22种方法，每组里选出正、副组长各一人有A25A25种方法，再把两个组分配到两个不同的地方有A22种方法。根据分步计数原理，共有不同的方法C510C55A22A25·A25·A22=100800（种）。
3．解：因为A、B两车必须出车参加，故调出4辆车共有C25种方法，按顺序去执行任务时，A车在B车前与B车在A车前是等可能的，故共有C25P44P22=120（种）。
注意：有时用等可能法进行解题，可避免分类讨论。
四、总结提炼
对于排列、组合的综合应用题，一般是先取出元素，再对被取的元素按位置顺序放，也就是先组合后排列。但还要注意“分类”与“分步”。
五、布置作业
4个男同学和4个女同学各平均分成两组，每组2人，到4所不同的学校去学习。如果同样两人在不同的学校算作不同的情况，那么共有多少种不同的分配方法？
参考答案
12C24·12C24·A44=216种。
六、板书设计
组合（五）
（一）设置情境问题（二）例题与练习例1例2例3练习（三）小结
【习题精选】
一、选择题
1．掷下4枚编了号的硬币，至少有2枚正面朝上的情况有。
A．C24＋C34＋C44种B．P24＋P34＋P44种C．12·22种D．不同于A、B、C的结论2．从A、B、C、D、E五名学生中选出四名分别参加数学、物理、化学、英语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为。
A．24B．48C．121D．72
3．数字不重复，且个位数字与千位数字之差的绝对值等于2的四位数的个数为。
A．672B．784C．840D．896
4．l1，l2…，l100为100条共面且不同的直线，若其中编号为4k（k∈N）的直线互相平行，编号为4k-3的直线都过某定点A。则这100条直线的交点个数最多为。
A．4350B．4351C．4900D．4901
二、填空题
1．在数字0，1，2，3，4，5，6中，任取3个不同的数字为系数a，b，c，组成二次函数y=ax2＋bx＋c，则一共可以组成个不同的解析式？
2．甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包一项，丙、丁公司各承包2项，则共有种承包方式。
3．四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，则恰好有一个空盒的放法共有种。
4．某校乒乓球队有男运动员10人和女运动员9人，选出男、女运动员各3名参加三场混合双打比赛（每名运动员只限参加一场比赛），共有种不同的选赛方法。
三、解答题
1．有7本不同的书：（1）全部分给6个人，每人至少一本；（2）全部分给5个人，每人至少一本，求各有多少种不同的分法。
2．九张卡片分别写着数字0，1，2，…，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果写着6的卡片还能当9用，问共可以组成多少个三位数？
参考答案
一、选择题：1．A2．D3．C4．B
二、填空题：1．1802．16803．1444．3628800
三、解答题：
1．（1）先取两本书作为一份，其余每本书为一份，将这六份书分给6个人，有C27·P66=15120种分法。（2）有两类办法：一人得3本，其余4人各得一本，方法数为C37P55；两人各得2本，其余3人各得一本，方法数为1 2C27C25C55，所以所求方法种数为C37P55＋12C27C25C55=16800.
2．以是否取卡片6分成两类，每类中再注意三位数中0不能在首位。（1）不取卡片6，组成三位数的个数为P38-P27；（2）取卡片6，又分成两类，（i）当6用时组成的三位数的个数为C28P33-C17P22；（ii）当9用时同样有个C28P33-C17P22．根据加法原理得所求三位数的个数为：。
（P38-P27）＋2（C28P33-C17P22）=602
