1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1 课堂导学 三点剖析 一、分类加法计数原理的简单应用 【例1】某学生去书店，发现三本好书，决定至少买其中一本，则该生的购书方案有_____种. 解析:“至少”问题往往需要发类，在三本好书中至少买一本，可分为在类：恰买一本，有3种方种；恰买2本，有3种种方法，恰买3本，有1种方案，从而共有3+3+1=7种方法。 温馨提示 分类加法计数原理的实质是“整体”等于“部分”之和，就是“整体”（即完成一件事的方法）分成若干个互不相交的类，使得每一类中的元素的个数易于计算.在分类过程中要按照统一的标准进行.本题中是按照购买的本数分成了三类. 二、合理地选择分类标准是用好分类加法计数原理的关键 【例2】将一个正三角形的各边都n等分，过各分点作其它两边的平行线，一共可产生多少个三角形(包括原来的三角形在内)? 解析：如图，不妨设正△ABC的边长为n，首先考虑“头朝上”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点下方的三角形. 边长为1的“头朝上”的三角形有 1+2+…+n=个. 边长为2的“头朝上”的三角形有 1+2+…+(n-1)=个. … 边长为n的“头朝上”的三角形只有1个. 从而，“头朝上”的三角形共有 个. 然后考虑“头朝下”的三角形，即平行于水平线的那条边在其对角顶点上方的三角形. 边长为1的“头朝下”的三角形有 1+2+…+(n-1)= 个. 边长为2的“头朝下”的三角形有 1+2+…+（n-3）=个. 边长为m的“头朝下”的三角形有 =1k个(n+1＞2m). 故当n为奇数时，“头朝下”的三角形有 . =个； 各个击破 【类题演练1】在正方体的8个顶点中，能构成一个直角三角形的3个顶点的三点组的个数是( ) A.24 B.36 C.48 D.56 解析：注意到每个正方形或矩形各有4个“直角三角形三点组”，现正方体共有6个正方形 侧面及6个矩形对 角面，故可视为有12类方案，即12个矩形或正方形，由分类加法计数原理 得4×12=48个“直角三角形三点组”.故选C. 答案：C 【变式提升1】在十进制数中，若一个至少有两位数字的正整数除了最左边的数字外，其余各个数字都小于其左边的数字时，则称它为递降正整数.所有这样的递降正整数的个数为( ) A.1 001 B.1 010 C.1 011 D.1 013 解析：设最左边的数字为n，则比n小的数字n-1,n-2,…,2,1,0每个只能在n的右边至多出 现一次.可是，以n为最左边数字的递降正整数的个数等于集合{n,n-1,…,2,1,0}的非空子 集合个数2n-1.但n=1,2,…,9,故递降正整数共有=(210-2)-9=1 013(个). 【类题演练2】设M是集合S={1,2,3,…,1 999}的子集，且M中每一个正整数(元素)仅含一个0，则集合M所含元素最多有( ) A.243个 B.324个 C.414个 D.495个 解析：为了清楚起见，可将集合S中的正整数(元素)按其位数划分为如下四个子集： S1={1,2,3,…,9}, S2={10,11,12,…,99}, S3={100,101,102,…,999}, S4={1 000,1 001,1 002,…,1 999}. 显然，S1中每个元素都不含0； 在S2中，仅个位数为0的元素有9个，则共有9个； 在S3中，仅个位或十数为0的元素各有92个，则共有162个； 在S4中，仅个位或十位或百位数为0的元素各有92个，则共有3×92=243个. 根据分类原理，集合M中所含元素最多有414个. 答案：C 【变式提升2】已知椭圆=1的焦点在y轴上，若a∈{1,2,3,4,5},b∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆共有多少个? 解析：依题意知b＞a,当b=6或7时，a各有5个可能取值； 当b=5时，a只有4个可取值； 当b=4时，a只有3个可取值； 当b=3时，a只有2个可取值； 当b=2时，a只有1个可取值. 由分类加法计数原理知:共有5+5+4+3+2+1=20个. 当n为偶数时，“头朝下”的三角形有 =个. 综上所述，一共产生的三角形的个数为 N= 三、先将问题转化后再进行分类 【例3】 把20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的 ... ...
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