初中數(shù)學(xué)競賽專題：組合計數(shù)

1、初中數(shù)學(xué)競賽專題:組合計數(shù)23.1加法原理和乘法原理23*有800名乒乓球選手參加淘汰賽,需要進(jìn)行多少場比賽才能決出冠軍？解析由于每場比賽淘汰一名選手,即比賽的場數(shù)與被淘汰的選手人數(shù)是相等的.要決出冠軍, 需淘汰799名選手,所以需要進(jìn)行799場比賽.23.1.2*一個小朋友有8塊相同的巧克力(即不計順序)，他每天至少吃一塊,直至吃完,問共 有多少種不同的吃巧克力的方案？解析 將8塊巧克力排成一行.如果笫一天吃2塊,第二天吃1塊那么,就在笫2塊后面畫 一條豎線,這后面的第1塊的后面(即第3塊的后面)畫一條豎線這樣,吃巧克力的方案就與在8塊巧克力的7個空隙里添加豎線對應(yīng)起來.I于每個空隙里加以加

2、1根豎線,也可以不加,所以,山乘法原理知,加豎線的方法共有2×2×.×2 = 27 =128 (種).從而吃巧克力的方案也就有128種.23.3 有多少個有序整數(shù)對(X, y )滿足 + r5?解析我們把這個問題分成6種情況2+), =. = o,1,2,5.當(dāng)F+F"時，a,)= (0,0)；當(dāng) x2+r =1 時,(X, y )=(0,-1 ),(0, y ),(1,0),(-1,0)；當(dāng)x2+y2=2 時1),(1,_1 ),(1,1);當(dāng)+,y2=3時,不可能；當(dāng)F+ y2 =3時,不可能；當(dāng) x2+y2=4 時,(X, y )=(0,-2),(

3、0,2),(-2,0),(2,0);當(dāng)x2+y2=5 時,(x,y)=(-2,-1),(-24),(-L-2),(-1,2),(1,-2),(1,2),(2,-1 ),(2,1)山加法原理知,滿足題設(shè)的有序數(shù)對共有1 + 4+4+0+4 + 8 = 21 (個).23.1.4利用數(shù)字1、2、3、4、5共可組成(1) 多少個數(shù)字不重復(fù)的三位數(shù)？(2) 多少個數(shù)字不重復(fù)的三位偶數(shù)？(3) 多少個數(shù)字不重復(fù)的偶數(shù)？解析 (1)百位數(shù)有5種選擇；十位數(shù)有4種選擇；個位數(shù)有3種選擇,所以共有5×4×3 = 60 個數(shù)字不重復(fù)的三位數(shù).（2）先選個位數(shù),共有兩種選擇:2或4.在個位數(shù)選

4、定后,十位數(shù)還有4種選擇；白位數(shù)有3種 選擇.所以共有2×4×3 = 24個數(shù)字不重復(fù)的三位偶數(shù).（3）分為5種情況:一位偶數(shù),只有兩個：2和4.二位偶數(shù),共有 8 個:12,32,42,52,14,24,34,54.三位偶數(shù)由上述（2）中求得的為24個.四位偶數(shù)共有2×（4×3×2） = 48個.括號外面的2表示個位數(shù)有2種選擇（2或4）.五位偶數(shù)共*2×（4×3×2×l） = 48個.山加法原理,偶數(shù)的個數(shù)共有2 + 8 + 24 + 48 + 48 = 130 （個）.23.5從1到300的正整數(shù)中

5、,完全不不含有數(shù)字3的有多少個？解析1將符合要求的正整數(shù)分為以下三類：（1）一位數(shù),有1、2、4、5、6、7、8、9共8個.6、7、8、9八種情形,在個位上出現(xiàn)的數(shù)字 除以上八個數(shù)字外還有0,共9種情形,故二位數(shù)有8x9 = 72個.（3）三位數(shù),在百位上出現(xiàn)的數(shù)字有1,2兩種情形,在十位、個位上出現(xiàn)的數(shù)字則有0、1、2、4、5、6、7、8、9九種情形,故三位數(shù)有2×9×9 = 162個.因此從1到300的正整數(shù)中完全不含數(shù)字3的共有8÷ 72 + 162 = 242個.解析2將0到299的整數(shù)都看成三位數(shù),其中數(shù)字3不出現(xiàn)的,白位數(shù)字可以是0、1或2三種 情況,

6、十位數(shù)字與個位數(shù)均有九種,因此除去0共有3×9×9-l=242個.23.1.6* 一個班級有30名學(xué)生.（1）從中選出2人,一個擔(dān)任班長,一個擔(dān)任副班長,共有多少種不同的選法？（2）從中選2個人去參加數(shù)學(xué)競賽,有多少種不同的選法？解析 （1）從30個人中選1個人擔(dān)任班長,有30種選法,再從剩下的29個人中選1個人擔(dān)任 副班長,有29種選法,則山乘法原理知,共有不同的選法為30x29 = 870 （種）.（2）從30個人中選兩人有30 x 29種選法,但由于選出甲、乙去比賽和選出乙、中去比賽是相同 的情況,因此不同的選法共有= 435 （種）.2237在小于IOOoO的正整數(shù)

7、中,含有數(shù)字1的數(shù)有多少個？解析 不妨將1至9999的正整數(shù)均看作四位數(shù),凡位數(shù)不到四位的正整數(shù)在前面補0,使之成 為四位數(shù).先求不含數(shù)字1的這樣的四位數(shù)共有兒個,即有0、2、3、4、5、6、7、8、9這九個數(shù)字所組 成的四位數(shù)的個數(shù),由于每一位都有9種寫法,所以,根據(jù)乘法原理,山這九個數(shù)字組成的四位數(shù) 個數(shù)為9×9×9×9 = 6561 .其中包括了一個OOOo,這不是正整數(shù),所以比IOooO小的不含數(shù)字1的正整數(shù)有6560個,于是,小于IOOOO且含有數(shù)字1的正整數(shù)共有9999 - 6560 = 3439個.23.1.8在1到9999中,有多少個整數(shù)與4567

8、相加,至少在一個數(shù)位中發(fā)生進(jìn)位？解析 將0到9999這IoOOo個整數(shù)都看成四位數(shù),即位數(shù)不中四位的,在左面添0補足四位. 考慮這些四位數(shù)中,有多少個在與4567相加時不發(fā)生進(jìn)位.這樣的數(shù),千位數(shù)字有0、1、2、3、4、5這6種可能;百位數(shù)字有0、1、2、3、4這5種可能; 十位數(shù)字有0、1、2、3這4種可能；個位數(shù)字有0、1、2這3種可能.所以這樣的數(shù)共有 6×5×4×3 = 360 （個）.其中包括0.所以,在1到9999中,與4567相加產(chǎn)生進(jìn)位的整數(shù)有I（XXX）-360 = 9640 （個）.23.1.19*在1到1999這1999個自然數(shù)中,取4的倍數(shù)

9、與7的倍數(shù)各一個相加,一共可得到多 少個不同的和.解析 在1到1999這1999個自然數(shù)中,有4的倍數(shù)499個,它們是4,8,12,1992,1996：有7 的倍數(shù)285個,它們是7,14,21,1988,1995.可得到的和最小為7+4 = 11,最大為1996 + 1995 = 3991, 介于11至3991之間的自然數(shù),有一部分得不到.例如:12、13、14、16、17、20、21、24、28不能得到,下面能依次得到29 = 21 + 8,30 = 14 + 16,31 = 7 + 24,32 = 28 + 4,33 = 21 + 12,34 = 14 + 20,35 = 7 + 28,

10、36 = 28+8,反過來,不能得到的數(shù)還有3990、 3989、 3988、 3986、 3985、3982、 3981、 3978、 3974.不能得到的數(shù)共有9 + 9 = 18 （個）.所以可得到的不同的和共有(3991-11 + 1)-18 = 3963 (個).2.3.1.10*600有多少個不同的正約數(shù)(包括1和600) ?解析將600質(zhì)因數(shù)分解,有6 = 23×3,×52.一個正整數(shù)川是600的約數(shù)的弄要條件是M具有2"x3*亍的形式,其中“、/八C是整數(shù)且 03,071,0c2.由于 有 4(=3 + 1)種選擇:0、1、2、3； b 有 2(=

11、1 + 1)種選擇:0、1； C 有 3(=2 + 1)種選擇：0、1、2,故由乘法原理知,這樣的加有4×2×3 = 24 (個).評注一般地,若一個正整數(shù)“的質(zhì)因數(shù)分解式為M = PrP22,rr 其中"S,.",幾是互不相同的質(zhì)數(shù)。心,是正整數(shù),則“的不同正約數(shù)的個數(shù)為(1+l)(2+l).(r+l).23.1.在20000與70000之間,有多少個數(shù)字不重復(fù)的偶數(shù)？解析設(shè)贏忑是滿足要求的偶數(shù),那么只能取2、3、4、5、6,e只能取0、2、4、6、8.(1) 若“取2、4、6之一,即"有3種選法,此時e有4(=5-1)種選法,/八c、d分別

12、有8、7、6 種選法,由乘法原理知,不重復(fù)的偶數(shù)有3×4×8×7× 6 = 4032 (個).(2) 若“取3、5之一,則有2種選法,e有5種選法,b、c、分別有8、7、6種選法,由乘法原理知,此時不重復(fù)的偶數(shù)有2×5×8×7×6 = 3360 (個)最后,山加法原理知,滿足題意的偶數(shù)共有4032 + 3360 = 7392 (個).評注在很多計數(shù)問題中,都是加法原理和乘法原理結(jié)合在一起用的.23.1.12求至少出現(xiàn)一個數(shù)字6,而且是3的倍數(shù)的五位數(shù)的個數(shù).解析 設(shè)滿足要求的五位數(shù)為莎忌.由于3整除碩亦的充要條件是

13、3同+“2 +嶼+«4 +,所以分情況討論如下：(I)從左向右看,若最后一個6出現(xiàn)在第5位,即“嚴(yán)6,則心、“3、5可以從0,1,2,9這10個 數(shù)字中任取1個,為了保證3”+C-+“3+q+"s ,"i只有3種可能(例姒CII + ai + Ui + a5 = (mod3), 則".只能取2,5,8之一,等等），曲乘法原理,五位數(shù)中最后一位是6,且是3的倍數(shù)的數(shù)有 3×10×10×10 = 30 （個）.（2）從左向右看,最后一個6出現(xiàn)在第4位,即“嚴(yán)6,于是y只有9種可能（因為色工6）心、© 各有10種可能,為

14、了保證3同+勺+他+6 +他宀只有3種可能,由乘法原理,這一類的五位數(shù)有 3×9×10×10 = 27 （個）.（3）從左向右看,最后一個6出現(xiàn)在第3位,即他=6,則心、“5均有9種可能,“2有10種可能,q有 3種可能,這類五位數(shù)有3×9×9×10 = 2430 （個）.（4）從左向右看,最后一個6出現(xiàn)在第2位,“2=6,則心、©均有9種可能,q有3種可能, 所以這類五位數(shù)有3×9×9×9 = 2187 （個）.（5）從左向右看,最后一個6出現(xiàn)在第1位,即“嚴(yán)6,則、-均有9種可能,為了保證

15、3t1 +他+，5只有3種可能,從而這類五位數(shù)有3×9×9×9 = 2187 （個）.最后,由加法原理知,五位數(shù)中至少出現(xiàn)一個6,且是3的倍數(shù)的數(shù)有3（X）0+27+2430 + 2187 + 2187 = 12504 （個）.23.1.13*將123,4,5這五個數(shù)字排成一排,最后一個數(shù)是奇數(shù),且使得其中任意連續(xù)三個數(shù) 之和都能被這三個數(shù)中的第一個數(shù)整除,問:滿足要求的排法有多少種？解析設(shè)嗎，“2,他宀，他是123,4,5的一個滿足要求的排列.首先,對于4®,仆不能有連續(xù)的兩個都是偶數(shù),否則,這兩個之后都是偶數(shù),與已知條件矛盾. 乂如果Ul（I3）是偶

16、數(shù)“+.是奇數(shù),則是奇數(shù),這說明一個偶數(shù)后面一定要接兩個或兩個以 上的奇數(shù),除非接的這個奇數(shù)是最后一個數(shù).所以5,宀,5,只能是:偶,奇,奇,偶,奇,有如下5種情形滿足條件:2,1,3,4,5:2,3,5,4,1:2,5,1,4,3: 4,3,1,2,5: 4,5,3,2,1.23.1.14由35個單位小正方形組成的長方形中,如圖所示,有兩個，問包含兩個“*” 在內(nèi)的小正方形組成的長方形（含正方形）共有多少個？*解析含兩個“”的矩形,與第二、三兩行有公共部分.它們可能與第一行有公共部分,也可 能沒有公共部分,即分為兩類：每一類中的矩形,可能與四、五兩行都有公共部分,或都沒有公共部分,或僅與第四

17、行有公共部分 而與笫五行沒有公共部分,即乂分為三類,這樣,從行考慮共有2x3 = 6類.同樣,考慮列,矩形可能與第一、二列都有公共部分,或都沒有公共部分,或僅與笫二列有公共部分, 共三類.而與第五、六、七列的關(guān)系則有四列(都有公共部分,都沒有公共部分,僅與第五列有公 共部分,與第五、六列有公共部分而與第七列無公共部分).所以,由乘法原理,含兩個“*”的矩形共有2×3×3×4 = 72 (個).23.1.15*設(shè)有紅、黑、白三種顏色的球各10個.現(xiàn)將它們?nèi)糠湃爰?、乙兩個袋子中,要求 每個袋子里三種顏色球都有,且甲乙兩個袋子中三種顏色球數(shù)之積相等,問共有多少種放法.

18、解析 設(shè)甲袋中的紅、黑、白三種顏色的球數(shù)為x、y、z,則有l(wèi)Wx、八z9,H>,z = (10-x)(10->,)(10-z),即XyZ = 500 - 50(X + y + z) + 5(xy + yz + ZX),于是有5rn .因此x,y,z中必有一個取5.不妨設(shè)a=5,代入(1 )式,得到y(tǒng) + z = 10 .此時,y可取1,2,&9 (相應(yīng)地Z取9,&,2,1),共9種放法.同理可得y = 5或者z = 5時,也各有 9種放法,但有= z時兩種放法重復(fù).因此可得共有9x3-2 = 25種放法.23.1.16* 設(shè)正整數(shù)和g互質(zhì).問:有多少個非負(fù)整數(shù)“不能

19、表示成px + (A-和y是非 負(fù)整數(shù))的形式？解析首先,由于p、q互質(zhì),所以下面g個數(shù)n ,n-p,n-2p,n-(c-)p除以"所得的余數(shù)不同.事實上,T H -ip = n- jp(InOdt),0 z < J -1,則(丿T) = O(InOdq) ,g(j-i)p ,fi以彳卩-i,矛盾 所以這Q個數(shù)中一定有一個除以“余數(shù)為0,設(shè)這個數(shù)為n-Ap,0xfz-l,于是可設(shè)n-xp = qy, 即PX + Py = H恰有一組滿足Ox<-l的整數(shù)解(x,y ).設(shè)“與數(shù)組(x,y)依上述規(guī)律對應(yīng),即 = p- + ,Oxr-l.與yNO的數(shù)組(x,y)春風(fēng)一 度的整

20、數(shù)“稱為“好的”；否則稱為“壞的”.若n 與(x,y)對應(yīng),即" = zx + q ,0x Wg-1,則PCl-Pqn = pc- pq pxcjy= P(-I-X)+ (->'-l).因為OW § 1 -XWq 1 ,且y與-y-l中恰有一個是非負(fù)的,所以,PCl-P-q-n與(q-x-y- )對應(yīng),且"與Pq-P-qn 中恰有一個是好的,一個是壞的.所以在0,1,2,刖-O-號中好數(shù)與壞數(shù)一一對應(yīng),從而其中的 壞數(shù)有V屮 *-1)(心)(個)當(dāng)“<0,則“是壞數(shù)(顯然y<0),故大于IXI-P-q的數(shù)均為好數(shù).由此得壞數(shù)即不能表為px

21、 + qy (.v,y為非負(fù)整數(shù))的非負(fù)整數(shù)“有i(p-l)-l)個.23.1.把1,2,3,2012這2012個正整數(shù)隨意放置在一個圓周上,統(tǒng)計所有相鄰三個數(shù)的 奇偶性得知:三個數(shù)全是奇數(shù)的600組,恰好兩個奇數(shù)的有500組,問:恰好一個奇數(shù)的有兒組？全 部不是奇數(shù)的有兒組？解析 設(shè)恰好1個奇數(shù)的有X組,則全部不是奇數(shù)的有2010 -600 - 500-；=912-.將圓周上的數(shù)從某個數(shù)開始,依次計為x1, a-2 ,x2012,令(-1,當(dāng)兀為奇數(shù)時,Z = U 為偶數(shù)時，則 y, + v2+ y2012 = 0,再令 4 =耳 + 片+2- 3,當(dāng)石,XM, XM全為奇數(shù)時_ -l,.,

22、Ar.+1,x1+好2個奇數(shù)時1,當(dāng)兀,X卻,兀+2恰好一個奇數(shù)時3,當(dāng)斗,和必+2全為偶數(shù)時其中 212+/ =XiJ = ,2,于是0 = 3(,÷y2+ + 2)=+A,+. + A2oi,= 3x600-500 + x + 3(912-x),解得 *218.恰好一個奇數(shù)的有218組,全部不是奇數(shù)的有912-218 = 694組.23.2兒何計數(shù)23.2. !如圖所示,數(shù)一數(shù)圖中有多少條不同的線段？解析 對于兩條線段,只要有一個端點不同,就是不同的線段,我們以左端點為標(biāo)準(zhǔn),將線段分5類分別計數(shù);(1)以A為左端點的線段有M、AD. AE. AF 共 5 條;(2)以3為左端點的

23、線段有BC、BD、BE、3”共 4 條;(3)以C為左端點的線段有3、CE、CF共3條;(4)以D為左端點的線段有DE、DF共2條;(5)以E為左端點的線段只有必一條.所以,不同的一線段一共有5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 (條)評注般地,如果一條線段上有+ 1個點（包括兩個端點）那么這 + 1個點把這條線段一共分成的線段總數(shù)為“ +（1）+ .+ 2 + 1 =空異.2322如果一條線段初上有“個點（不包括兩個端點A和3）.它們共有210條不同的線段, 求"的值.解析 線段初上共有“ + 2個點（包括端點），所以不同的線段有匕二1丫二“條.所以 2O2解得” =19

24、2323 圖中有多少個三角形?解析以O(shè)A為一邊的三角形有 M4B OAC . AOAD. AOAE. ZQ4F共5個；以O(shè)B為一邊的三角形還有4個（前面已計數(shù)過的不再數(shù),下同），它們是ZOBC AOBD. AOBE. ZXOBF ； 以O(shè)C為一邊的三角形有AOCD AOCE. AOCF共3個；以O(shè)D為一邊的三角形有ZXODE、 ODF共2個；以O(shè)E為一邊的三角形有HoEF個、所以,共有三角形5 + 4+3 + 2 + 1 = 15 （個）. 23.2.4 圖中一共有多少個長方形？解析圖中長的一邊有5個分點（包括端點）,所以,長的一邊上不同的線段共有1 + 2 + 3+4 = 10（條），同樣,

25、寬的一邊上沒的線段也有io條.所以,共有長方形10×10 = l （個）.23.2.5 圖中所有長方形的面積和是多少？解析因為長的一邊上的10條線段分別為5、17、25、26、12、20、21、8、9、1,寬的一邊上的10條線段長分別為2、6. 12、16. 4、11、14、7、10、3,所以,所有長方形面積和為(5×2 + 5×6 + + 5×3) + (17×2 + 17×6 + +17×3) + .+ (l×2 + l×6 + +lx3) = (5 +17+ . + l)×(2 + 6 +

26、 . +13) = 144×86 = 12384.23.2.6* 圖中有多少個三角形？解析把圖中最小的三角形看作基礎(chǔ)三角形,分類計數(shù)含1個基礎(chǔ)三角形的三角形共有16個;含2個基礎(chǔ)三角形的三角形共有16個;含4個基礎(chǔ)三角形的三角形共有8個；含8個基礎(chǔ)三角形的三角形共有4個； 因此,圖中共有三角形16 + 16+8 + 4 = 44 （個）.23.2.7* 圖中有多少個梯形？解析 設(shè)圖中An的長為1個單位.先計算底與3C平行且上底小、下底大的梯形的個數(shù). 下底長是5的梯形有4x1=4 （個）（即梯形BC/, BCHG、BCFE、BCDA ）.下底長是4的梯形有3x3 = 9 （個），其中

27、下底可為皿,KC,對于每一個這樣的下底、上底都 有三種可能.類似地,下底的長為3的梯形有2×（3 + 2 + l） = 12 （個）.下底的長為2的梯形有l(wèi)×（4 + 3 + 2 + l） = 10 （個）.因此,底與BC平行且下底大于上底的梯形有4 + 9 + 12 + 10 = 35 （個）.再計算底與BC平行且下底大于上底的梯形有4 + 9 + 12 + 10 = 35 （個）.再計算底與BC平行且上底大于下底的梯形,易知有1 + 4+6 = 11 （個）底與M平行,且左邊底大于右邊底的梯形有6 + 10+9 = 25個；左邊底小于右邊底的梯形有1 + 3 + 7 =

28、 11個,因此共有25 + 11 = 36 （個）.底與CD平行的梯形也有36個.所以,圖中共有梯形35 + 11 + 36 + 36 = 118 （個）.評注 本題“分類”要全,不要遺漏了底與初或CD平行的梯形.23.2.8* 圖中共有多少個三角形？解析 顯然三角形可分為尖向上與尖向下兩大類,兩類中三角形的個數(shù)相等.尖向上的三角形 雙可分為6類：最大的三角形1個（即AABC）；第二大的三角形有1 + 2 = 3 （個）；第三大的三角形有1 + 2 + 3 = 6 （個）；第四大的三角形有1 + 2+3+4 = 10 （個）；第五大的三角形有1 + 2 + 3+4+5 = 15 （個）；最小的

29、三角形有1 + 2 + 3+4+5+6 + 3 = 24 （個）.注意在 SC外面還有三個最小的尖向上的三角形（左、右、下各一個），所以最小的三角形 不是21個而是24個.于是尖向上的三角形共1 + 3+6+10+15 + 24 = 59 （個）.圖中共有三角形59x2 = 118 （個）.23.29* 圖中有多少個等腰直角三角形？456XX×XXXXXXXXXX解析圖中有5×5+4×4=41個點.在每點標(biāo)一個數(shù),它等于以這點為直角頂點的等腰直角三角形的個數(shù).因此由對稱性,共 有等腰直角三角形4×8 + 5×16 + 6×4+10&#

30、215;4+8×4 + ll×4 + 16×l = 268 （個）23.2.10* （1）圖（a）中有多少個三角形？（2）圖（b）中乂有多少個三角形？解析 （1）圖（a）中有6條直線一般來說,每3條直線能圍成一個三角形,但是這3條直線 如果相交于同一點,就不能圍成三角形了.從6條直線中選3條,有i = 20種選法,每次選出的3條直線圍成一個三角形,但是在圖（a） 6中,每個頂點處有3條直線通過,它們不能圍成三角形,因此,共有20-3 = 17個三角形.（2）圖（b）中有7條直線,從7條直線中選3條,有公空=356種選法.每不過同點的3條直線構(gòu)成一個三角形.（b）中

31、,有2個頂點處有3條直線通過,它們不能構(gòu)成三角形,還有一個頂點有4條直線通過,因 為4條直線中選3條有4種選法,即能構(gòu)成4個三角形,現(xiàn)在這4個三角形沒有了,所以,圖（b） 中的三角形個數(shù)是35 - 2 - 4 = 29 （個）.評注 從6條直線中選3條,第一條有6種選法,第二條5種選法,第三條有4種選法,共有6×5×4 種選法,但是每一種被重復(fù)計算了 6次,例如i,i2,21 i72,1實際上是同一種,所以,不 同的選法應(yīng)為2空=20種.623.2.1問8條直線最多能把平面分成多少部分？解析 1條直線最多將平面分成2個部分；2條直線最多將平面分成4個部分；3條直線最多 將平

32、面分成7個部分；再在添上第4條直線,它與前面的3條直線最多有3個交點,這3個交點 將笫4條直線分成4段,其中每一段將原來所在平面部分一分為二,如圖,所以4條直線最多將平 面分成7 + 4 = 11個部分.完全類似地,5條直線最多將平面分成11+5 = 16個部分；6條直線最多將平面分成16 + 6 = 22個部 分；7條直線最多將平面分成22 + 7 = 29個部分；8條直線最多將平面分成29 + 8 = 37個部分.評注 一般地,“條直線最多將平面分成2 + 2 + 3÷. + n = l(+n + 2)個部分.23.2.12平面上5個圓最多把平面分成多少個部分？解析 1個圓最多能

33、把平面分成2個部分；2個圓最多能把平面分成4個部分；3個圓最多能 把平面分成8個部分；現(xiàn)在加入第4個圓,為了使分成的部分最多,第4個圓必須與前面3個圓 都有兩個交點,如圖所示.因此得6個交點,這6個交點將第4個圓的圓周分成6段圓弧,而每一 段圓弧將原來的部分一分為二,即增加了一個部分,于是,4個圓最多將平面分成8 + 6 = 14個部分.同樣道理,5個圓最多將平面分成14 + 8 = 22個部分.所以,5個圓最多將平面分成22個部分.說明用上面類似的方法,可以計算出“個圓最多分平面的部分?jǐn)?shù)為2÷1×2÷2×2÷ + (-1)×2= 2

34、 + 2l + 2 + + ("-l)=H2 -H+ 2 .23.2.13*平面上5個圓和一條直線,最多能把平面分成多少個部分？解析 首先,由上題可知,平面上5個圓最多能把平面分成22個部分,現(xiàn)在加入一條直線,由于一 條直線最多與一個圓有兩個交點,所以一條直線與5個圓最多有10個交點.10個點把這條直線 分成了 11段,其中9段在圓內(nèi),2條射線在圓外,9條在圓內(nèi)的線段把原來的部分一分為二；圓外 只增加了一個部分.所以,總共增加了 10個部分.因此,5個圓和1條直線,最多將平面分成22 + 10 = 32個部分.23.2.14三角形ABC內(nèi)部有2008個點,以頂點A、B、C和這2008

35、個點為頂點能把原三角形分割成多少個小三角形?AA解析 設(shè) WC內(nèi)部的“-1個點能把原三角形分割成Cj個小三角形,我們考慮新增加一個點 PIt之后的情況：(1) 若點出在某個小三角形的內(nèi)部,如圖(a),則原小三角形的三個頂點連同P”將這個小三角形一 分為三,即增加了兩個小三角形；(2) 若點Pfr在某兩個小三角形公共邊上,如圖(b).則這兩個小三角形的頂點連同點P“將這兩個小 三角形分別一分為二,即也增加了兩個小三角形.所以,ZC內(nèi)部的“個點把原三角形分割成 的小三角形個數(shù)為=n-I + 2 易知° =1,于是«1 =CI0+2,U2 = " + 2 ,“”= an

36、,l + 2 .將上面這些式子相加,得°=2 + 1 所以,當(dāng)" = 2008時,三個頂點A、B、CD和這2008個內(nèi)點能把原三角形分割成2×28 + l=4017 個小三角形.23.2.15*平面上有IOO條直線,其中有20條是互相平行的,問這IOO條直線最多能將平面分 成多少部分？解析1首先,這20條平行線將平面分成21個部分.設(shè)另加上R條直線,連同這20條平行線最多可將平面分成©個部分,則=Uk + 21 + R 這是因為當(dāng)再加入第R + 1條直線后,它與前20 + R條直線最多有20 + «個交點,從而這條直線被分 成了 20 + R

37、+ l=21 + k段(其中有兩段是射線)，每一段將原來的部分一分為二,即增加了 21 + R個 部分.所以竹_ ST=21 + 仏一1),UI UX = 21 +1,把上面的后R-1個等式相加,得Clk =Ul +21(-l) + (-l) .易知絢=42,故k + 2.所以¾0 = 42 + 2121 +沙伙-1)1 41-×8O2+-×80 + 21=48612 2所以,這IOO條直線最多將平面分成了 4861個部分解析2解法1是先從平行線入手,現(xiàn)在我們先從80條互不平行的直線入手一般地,設(shè)平面上k 條直線最多可將平面分成你個部分,則（見題23.2.11） = l×802+-×80+l = 3241 2 2所以,80條直線最多將平面分成3241個部分.現(xiàn)在再加入平行線.每加入一條平行線,它與前面的直線最多有80個交點,從而增加