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几何图形中的排列组合问题
关键词：排列组合 分类、列举法 反面排除法 寻找递推法
排列组合是高中数学的重要内容、是高考必考内容之一，它对培养学生分类讨论的数学思想方法和解决实际问题的能力与技巧有着重要的意义。排列组合与几何图形的整合问题更
是常见的 题型，在此知识的交汇处命题历来受各类考试命题者的青睐。面对解决这样的问题，
不少同学感到无从下 手，本文将通过一些例子的剖析总结几个常用的方法，以期对同学们在
学习相应知识时有所帮助。
一、分类、列举法
当所研究的问题数量较少时，我们可以通过分类，将它们逐一列举出来，从而得出结果。
但需做到不重不漏。
例1、四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品,有公共点的两条棱代表 的化工产品放在同一
仓库是危险的,没有公共顶点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是安全的,现 打算用编
号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品,那么安全存放的不同方法种数为 ( )
（A）96 （B）48 （C）24 （D）0
解：如图1，由题意，因仅有4个仓库可存放这8种化工产品，
故一棱放一仓库的情况不符合题意，易知棱AB只能与棱CD
或DE放在同一仓库内。
1）若AB与棱CD放在同一仓库内：
则可放在同一仓库内的还有：AE与BC、AD与BE、AC与DE；
2）若AB与棱DE放在同一仓库内：
则可放在同一仓库内的还有：AC与BE、AD与BC、AC与CD。
4
于是安全存放的不同方法种数为：
2A
4
48
，

故选（B）。
点评：本题只需仔细观察图形，稍作分类、列举，再应用排列知识即可解决问题。
例2、如图2，在某城市中，M、N两地之间有整齐的道路网，
若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到
N不同的走法共有（ ）
（A）14种 （B）10种 （C）8种 （D）6种
解：如图2，从点M到达N必须经过H或I点，而到达A、B、
C、D、E、F、H、I点的路线分别有1种、2种、3种、3种、
1种、6种、4种，于是到达N点的路线共有6+4=10种。
选（B）.
点评：本题实际上是考察组合知识的应用，即从点M到N
2
需向北方向走2站、向东方向走3 站，则不同的走法共有
C
5
种。但本题所研究的数量不多，

用列举法也很容易得到解决。
二、反面排除法
当所涉及的问题数量较大或从正面分 类、列举比较困难时，我们可以从反面出发，计算
出所有可能的情况，再排除不符合题意的情况。即所谓 “正难则反”。
例3、（07年湖北卷，理）已知直线
xy
1
（
a，b
是非零常数）与圆
x
2
y
2
100
有 公
ab
共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有（ ）

A．60条 B．66条 C．72条 D．78条
分析：如图3，圆
x
2
y
2
100
上共有整点12个，直线
x y
1
（
a，b
是非零常数）与圆
x
2
y2
100
有公
ab
共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数即为直线与圆
相交或相切，而交点或切点为圆上的整点，逐一讨论显
然麻烦。
2
解：与圆相交于整点的直线共有
C
12
条，与圆相切于整点 1
的直线共有
C
12
条，因
ab0
,故须排除与x轴 、y轴平行
或重合的直线14条，再排除与x轴、y轴不重合但过原点
的直线4条。于是符合条件的直线共有：
21
。
C
12
C
12
14460
条，选（A）

例4、四面体的顶点和各棱中点共10个点，其两两连线可组成异面直线 对.
分析：本题主要考察组合知识的应用及图形的识别能力，但
问题所涉及数量较大。若分类列举，则类别繁多。因此可用间
接、排除的方法。
解：四面体的顶点和各棱中点共10个，其两两连线共有直线
22
2
C10
6(C
3
1)33
条，可构成直线
C
33< br>528
对。
排除所有共面直线的对数，如下图：




于是，可构成异面直线共有528-144-12-36-36-45=255对。
三、借助
1
计算，再求组合数

当涉及物体在两个相反方向 运动而求不同运动方式种数时，我们可以先借助
1
进行两
种不同运动方向的次数的计 算后，再求相应的组合数。
例5、、（2004年浙江高考·理工第15题，文史第16题）
设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经
过5次跳动 质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有____种
（用数字作答）.
解：设质点向左跳动x次，向右跳动y次.
则


xy3< br>
x1
，解得

.即该质点需向左跳动1次、向右跳动4次， 
xy5

y4
1
于是该质点不同的运动方法共有
C
5
5
种。
点评：本题是基本组合知识的应用，只需算出质点在5次运动中必需向左或向右运动的
次数即可。 例6、如图5，A、B、C三人相互传球，第一次球从A手中传出。经过7次传球后，球
又回到A手 中，问此三人不同的传球方式有 种。
分析：在传球过程中，球的运动方向看作 只有两种，即顺时针方向和逆时针方向，故可
借助
1
进行两种不同运动方向次数的计 算。
解法一、不妨将顺时针传球一次记为1，逆时针传球一次记
为-1，设顺时针传球的次数为x，逆时针传球的次数为y.
则x-y=0或
xy3或xy6
，由题意知：
xy0或xy6
不合题意，故
xy3
.
由


xy3

x5

xy3
x2
得

，由

得

.
xy7xy7y5
y2



2
于是，此三人不同的传球方式有
2C
7
42
种。
四、寻找递推法
当所研究的问题遵循某种规律时，我们可以结合数列的知识寻找递推关系，从 而使问题
得于解决和推广。
例6的解法二:
设经过n次传球后，球又回到A手中， 此三人不同的传球方式有
a
n
种，下面我们通过
合理分步，恰当分类找出递推 关系：
第一步进行第一次传球：A传给其他人，有2种传球方法；
第二步进行第二次传球：拿球者把球传给其他人，仍有2种传球方法；
同理，第三次、第四次 、„„、第
n1
次传球都有2种传球方法，最后进行第
n
次传
球， 由于只能传给甲，故只有一次传球方法，相乘得
2
种传球方法，但要注意第
n1次
传球不能传给甲，否则就不存在第
n
次传球，因此要去掉第
n1次传球，球恰好传给甲的
传球方法数，这就是由甲先传，经过
n1
次传球后球又 回到甲手中的传球方法，显然，这
里有
a
n1
种传球方法，所以有递推关系 ：
a
n
2
n1
a
n1
，又易得，
a
1
0
，由递推式可得：

a
2
2
1
a
1
2
，
a
3
2
2
a< br>2
2,a
4
2
3
a
3
6
，
a
5
2
4
a
4
10
，
a< br>6
2
5
a
5
22
，
n1
a
7
2
6
a
6
42
.

例7、(2001年全国高中数学联赛第12题)
在一个正六边形 的6个区域栽种观赏植物，如右图，要求同一块中种同一种
植物，相邻的两块种不同的植物．现有四种不 同的植物可供选择，则有
________种栽种方案．
分析：本题可以利用恰当的分类，结 合分步原理和相关的排列组合知识来
解决。但根据图形的特点，还可以采用构造递推的方法来解决、甚至 推广。
图6
先将原问题拓展为：
在一个正n边形的n个区域栽种观赏植物，要求同 一块中种同一种植物，相邻的两块种
不同的植物．现有四种不同的植物可供选择，则有________ 种栽种方案．
解：在拓展后的问题中，设有
a
n
种栽种方案，在n块的前提 下插入新的一块得n+1块，
（1）若插入新的一块左右不同色,新的一块就有2种栽种方法，而原来的 n块有
a
n
种栽种
方法，于是n+1块有
2a
n
种 栽种方法，
（2）若插入新的一块左右同色，新的一块就有3种栽种方法，而原来的n块有
a
n1
种栽种
方法，于是n+1块有
3a
n1
种栽种方法 .
2
由分类原理得递推关系式：
a
n1
2a
n
3a
n1
.原问题转化为求
a
6
,易知
a2
A
4
12
，
3
a
3
A4
24
，于是，
a
4
2a
3
3a
2
84,a
5
2a
4
3a
3
240,a
6
2a
5
3a
4
732.

当然，本题还可以推广到正n边形的n个区域、m种不同的植物可供选择的情况并可用
数列知识求其通项 。在此不作赘述。
排列组合与几何图形的整合题型，在历年高考试卷中不少出现，它不仅是考察 学生相关
知识的运用与技巧的重要手段，也是培养和提高学生思维能力的一个重要方法。随着课程改革的不断深化，这部分知识必将越来越受宠。



参考文献：
1、《试题与研究》 20072 柯厚宝 列举法——回归数学解题的本
2、 陈斌（辽宁·大连） 排列组合题型拓展

3、 刘东林（
广东省普宁市第二中学数学组 515300
）递推法解排列、组合及概率问题