椭圆知识点归纳总结和经典例题 本文关键词：例题，知识点，椭圆，归纳，经典
椭圆知识点归纳总结和经典例题 本文简介：椭圆的基本知识1．椭圆的定义：把平面内与两个定点的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点的距离叫做焦距(设为2c).2.椭圆的标准方程：（＞＞0）（＞＞0）焦点在坐标轴上的椭圆标准方程有两种情形，为了计算简便，可设方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0)不必考
椭圆知识点归纳总结和经典例题 本文内容：
椭圆的基本知识
1．椭圆的定义：把平面内与两个定点的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点的距离叫做焦距(设为2c)
.
2.椭圆的标准方程：
（＞＞0）
（＞＞0）
焦点在坐标轴上的椭圆标准方程有两种情形，为了计算简便，可设方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0)不必考虑焦点位置，求出方程
3.求轨迹方程的方法:
定义法、待定系数法、相关点法、直接法
解:
(相关点法)设点M(x,y),点P(x0,y0),则x＝x0,y＝
得x0＝x，
y0＝2y.
∵x02＋y02＝4,得
x2＋(2y)2＝4,即所以点M的轨迹是一个椭圆.
4.范围.
x2≤a2，y2≤b2，∴|x|≤a，|y|≤b．
椭圆位于直线x＝±a和y＝±b围成的矩形里．
5.椭圆的对称性
椭圆是关于y轴、x轴、原点都是对称的．坐标轴是椭圆的对称轴．
原点是椭圆的对称中心．椭圆的对称中心叫做椭圆的中心．
6.顶点
只须令x＝0，得y＝±b，点B1(0,－b)、B2(0,b)是椭圆和y轴的两个交点；令y＝0，得x＝±a，点A1(－a,0)、A2(a,0)是椭圆和x轴的两个交点．椭圆有四个顶点：A1(－a,0)、A2(a,0)、B1(0,－b)、B2(0,b)．椭圆和它的对称轴的四个交点叫椭圆的顶点．
线段A1A2、B1B2分别叫做椭圆的长轴和短轴.
长轴的长等于2a.
短轴的长等于2b.a叫做椭圆的
长半轴长．b叫做椭圆的短半轴长．
|B1F1|＝|B1F2|＝|B2F1|＝|B2F2|＝a．
在Rt△OB2F2中，|OF2|2＝|B2F2|2－|OB2|2，
即c2＝a2－b2．
.
椭圆典型例题
例1
已知椭圆的一个焦点为（0，2）求的值．
分析：把椭圆的方程化为标准方程，由，根据关系可求出的值．
解：方程变形为．因为焦点在轴上，所以，解得．
又，所以，适合．故．
例2
已知椭圆的中心在原点，且经过点，，求椭圆的标准方程．
分析：因椭圆的中心在原点，故其标准方程有两种情况．根据题设条件，运用待定系数法，
求出参数和（或和）的值，即可求得椭圆的标准方程．
解：当焦点在轴上时，设其方程为．
由椭圆过点，知．又，代入得，，故椭圆的方程为．
当焦点在轴上时，设其方程为．
由椭圆过点，知．又，联立解得，，故椭圆的方程为．
例3
的底边，和两边上中线长之和为30，求此三角形重心的轨迹和顶点的轨迹．
分析：（1）由已知可得，再利用椭圆定义求解．
（2）由的轨迹方程、坐标的关系，利用代入法求的轨迹方程．
解：
（1）以所在的直线为轴，中点为原点建立直角坐标系．设点坐标为，由，知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因，，有，
故其方程为．
（2）设，，则．
①
由题意有代入①，得的轨迹方程为，其轨迹是椭圆（除去轴上两点）．
例4
已知点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点到两焦点的距离分别为和，过点作焦点所在轴的垂线，它恰好过椭圆的一个焦点，求椭圆方程．
解：设两焦点为、，且，．从椭圆定义知．即．
从知垂直焦点所在的对称轴，所以在中，，
可求出，，从而．
∴所求椭圆方程为或．
例5
已知椭圆方程，长轴端点为，，焦点为，，是椭圆上一点，，．求：的面积（用、、表示）．
分析：求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边，从而利用求面积．
解：如图，设，由椭圆的对称性，不妨设，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限．由余弦定理知：
·．①
由椭圆定义知：
②，则得
．
故
．
例6
已知动圆过定点，且在定圆的内部与其相内切，求动圆圆心的轨迹方程．
分析：关键是根据题意，列出点P满足的关系式．
解：如图所示，设动圆和定圆内切于点．动点到两定点，
即定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，
即．∴点的轨迹是以，为两焦点，
半长轴为4，半短轴长为的椭圆的方程：．
说明：本题是先根据椭圆的定义，判定轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程，求轨迹的方程．这是求轨迹方程的一种重要思想方法．
例7
已知椭圆
（1）求过点且被平分的弦所在直线的方程；
（2）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；
（3）过引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；
（4）椭圆上有两点、，为原点，且有直线、斜率满足，
求线段中点的轨迹方程．
分析：此题中四问都跟弦中点有关，因此可考虑设弦端坐标的方法．
解：设弦两端点分别为，，线段的中点，则
①－②得．
由题意知，则上式两端同除以，有，
将③④代入得．⑤
（1）将，代入⑤，得，故所求直线方程为：
．
⑥
将⑥代入椭圆方程得，符合题意，为所求．
（2）将代入⑤得所求轨迹方程为：
．（椭圆内部分）
（3）将代入⑤得所求轨迹方程为：
．（椭圆内部分）
（4）由①＋②得
：
，
⑦，
将③④平方并整理得
，
⑧，
，
⑨
将⑧⑨代入⑦得：
，
⑩
再将代入⑩式得：
，
即
．
此即为所求轨迹方程．当然，此题除了设弦端坐标的方法，还可用其它方法解决．
例8
已知椭圆及直线．
（1）当为何值时，直线与椭圆有公共点？
（2）若直线被椭圆截得的弦长为，求直线的方程．
解：（1）把直线方程代入椭圆方程得
，
即．，解得．
（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为，，由（1）得，．
根据弦长公式得
：．解得．方程为．
说明：处理有关直线与椭圆的位置关系问题及有关弦长问题，采用的方法与处理直线和圆的有所区别．
这里解决直线与椭圆的交点问题，一般考虑判别式；解决弦长问题，一般应用弦长公式．
用弦长公式，若能合理运用韦达定理（即根与系数的关系），可大大简化运算过程．
例9
以椭圆的焦点为焦点，过直线上一点作椭圆，要使所作椭圆的长轴最短，点应在何处？并求出此时的椭圆方程．
分析：椭圆的焦点容易求出，按照椭圆的定义，本题实际上就是要在已知直线上找一点，使该点到直线同侧的两已知点（即两焦点）的距离之和最小，只须利用对称就可解决．
解：如图所示，椭圆的焦点为，．
点关于直线的对称点的坐标为（－9，6），直线的方程为．
解方程组得交点的坐标为（－5，4）．此时最小．
所求椭圆的长轴：，∴，又，
∴．因此，所求椭圆的方程为．
例10
已知方程表示椭圆，求的取值范围．
解：由得，且．
∴满足条件的的取值范围是，且．
说明：本题易出现如下错解：由得，故的取值范围是．
出错的原因是没有注意椭圆的标准方程中这个条件，当时，并不表示椭圆．
例11
已知表示焦点在轴上的椭圆，求的取值范围．
分析：依据已知条件确定的三角函数的大小关系．再根据三角函数的单调性，求出的取值范围．
解：方程可化为．因为焦点在轴上，所以．
因此且从而．
说明：(1)由椭圆的标准方程知，，这是容易忽视的地方．
(2)由焦点在轴上，知，．
(3)求的取值范围时，应注意题目中的条件．
例12
求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过和两点的椭圆方程
分析：由题设条件焦点在哪个轴上不明确，椭圆标准方程有两种情形，为了计算简便起见，
可设其方程为(，)，且不必去考虑焦点在哪个坐标轴上，直接可求出方程．
解：设所求椭圆方程为(，)．由和两点在椭圆上可得
即所以，．故所求的椭圆方程为．
例13
已知长轴为12，短轴长为6，焦点在轴上的椭圆，过它对的左焦点作倾斜解为的直线交椭圆于，两点，求弦的长．
分析：可以利用弦长公式求得，
也可以利用椭圆定义及余弦定理，还可以利用焦点半径来求．
解：(法1)利用直线与椭圆相交的弦长公式求解．
．因为，，所以．因为焦点在轴上，
所以椭圆方程为，左焦点，从而直线方程为．
由直线方程与椭圆方程联立得：．设，为方程两根，所以，，，
从而．
(法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解．
由题意可知椭圆方程为，设，，则，．
在中，，即；
所以．同理在中，用余弦定理得，所以．
(法3)利用焦半径求解．
先根据直线与椭圆联立的方程求出方程的两根，，它们分别是，的横坐标．
再根据焦半径，，从而求出．
例14
椭圆上的点到焦点的距离为2，为的中点，则（为坐标原点）的值为A．4
B．2
C．8
D．
解：如图所示，设椭圆的另一个焦点为，由椭圆第一定义得，所以，
又因为为的中位线，所以，故答案为A．
说明：(1)椭圆定义：平面内与两定点的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆．
(2)椭圆上的点必定适合椭圆的这一定义，即，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离．
例15
已知椭圆，试确定的取值范围，使得对于直线，椭圆上有不同的两点关于该直线对称．
分析：若设椭圆上，两点关于直线对称，则已知条件等价于：(1)直线；(2)弦的中点在上．
利用上述条件建立的不等式即可求得的取值范围．
解：(法1)设椭圆上，两点关于直线对称，直线与交于点．
∵的斜率，∴设直线的方程为．由方程组消去得
①。∴．于是，，
即点的坐标为．∵点在直线上，∴．解得．
②
将式②代入式①得
③
∵，是椭圆上的两点，∴．解得．
(法2)同解法1得出，∴，
，即点坐标为．
∵，为椭圆上的两点，∴点在椭圆的内部，∴．解得．
(法3)设，是椭圆上关于对称的两点，直线与的交点的坐标为．
∵，在椭圆上，∴，．两式相减得，
即．∴．
又∵直线，∴，∴，即
①。
又点在直线上，∴
②。由①，②得点的坐标为．以下同解法2.
说明：涉及椭圆上两点，关于直线恒对称，求有关参数的取值范围问题，可以采用列参数满足的不等式：
(1)利用直线与椭圆恒有两个交点，通过直线方程与椭圆方程组成的方程组，消元后得到的一元二次方程的判别式，建立参数方程．
(2)利用弦的中点在椭圆内部，满足，将，利用参数表示，建立参数不等式．
例17
在面积为1的中，，，建立适当的坐标系，求出以、为焦点且过点的椭圆方程．
解：以的中点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，设．
则∴即∴得
∴所求椭圆方程为
例18
已知是直线被椭圆所截得的线段的中点，求直线的方程．
分析：本题考查直线与椭圆的位置关系问题．通常将直线方程与椭圆方程联立消去(或)，得到关于(或)的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出，(或，)的值代入计算即得．
并不需要求出直线与椭圆的交点坐标，这种“设而不求”的方法，在解析几何中是经常采用的．
解：方法一：设所求直线方程为．代入椭圆方程，整理得
①
设直线与椭圆的交点为，，则、是①的两根，∴
∵为中点，∴，．∴所求直线方程为．
方法二：设直线与椭圆交点，．∵为中点，∴，．
又∵，在椭圆上，∴，两式相减得，
即．∴．∴直线方程为．
方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为，另一个交点．
∵、在椭圆上，∴
①。
②
从而，在方程①－②的图形上，而过、的直线只有一条，∴直线方程为．
说明：直线与圆锥曲线的位置关系是重点考查的解析几何问题，“设而不求”的方法是处理此类问题的有效方法．
若已知焦点是、的椭圆截直线所得弦中点的横坐标是4，则如何求椭圆方程？
篇2：初三数学知识点总结加经典例题讲解
初三数学知识点总结加经典例题讲解 本文关键词：例题，知识点，讲解，数学，经典
初三数学知识点总结加经典例题讲解 本文简介：九年级上册知识点总结和经典例题初三数学上册期末总复习（经典例题）目录第一章、图形与证明（二）2（一）、知识框架2(二)知识详解2（三）典型例题5第二章、数据的离散程度7（一）知识点复习7（二）经典例题8第三章、二次根式10（一）、知识框架10（二）、典型例题10第四章、一元二次方程11（一）知识框架
初三数学知识点总结加经典例题讲解 本文内容：
九年级上册知识点总结和经典例题
初三数学上册期末总复习（经典例题）
目录
第一章、图形与证明（二）2
（一）、知识框架2
(二)知识详解2
（三）典型例题5
第二章、数据的离散程度7
（一）知识点复习7
（二）经典例题8
第三章、二次根式10
（一）、知识框架10
（二）、典型例题10
第四章、一元二次方程11
（一）知识框架11
（二）、知识详解12
（三）、典型例题13
第五章、中心对称图形二（圆的有关知识）14
（一）、知识框架15
（二）知识点详解16
（三）、典型例题21
第一章、图形与证明（二）
（一）、知识框架
2.直角三角形全等的判定：
4.等腰梯形的性质和判定
5.中位线
三角形的中位线
梯形的中位线
注意：若等边三角形的边长为，则：其高为：
，面积为：
。
1.等腰三角形
等边三角形的性质和判定
等腰三角形的性质和判定
线段的垂直平分线的性质和判定
角的平分线的性质和判定
3.平行四边形
平行四边形的性质和判定：4个判定定理
矩形的性质和判定
：3个判定定理
菱形的性质和判定：3个判定定理
正方形的性质和判定：2个判定定理
注注意：（1）中点四边形
①顺次连接任意四边形各边中点，所得的新四边形是
；
②顺次连接对角线相等的四边形各边中点，所得的新四边形是
；
③顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点，所得的新四边形是
；
④顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点，所得的新四边形是
。
（2）菱形的面积公式：
（是两条对角线的长）
注意：（1）解决梯形问题的基本思路:通过分割和拼接转化成三角形和平行四边形进行解决。
即需要掌握常作的辅助线。
（2）梯形的面积公式：（-中位线长）
(二)知识详解
2．1、等腰三角形的判定、性质及推论
性质：等腰三角形的两个底角相等（等边对等角）
判定：有两个角相等的三角形是等腰三角形（等角对等边）
推论：等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合（即“三线合一”）
2．2、等边三角形的性质及判定定理
性质定理：等边三角形的三个角都相等，并且每个角都等于60度；等边三角形的三条边都满足“三线合一”的性质；等边三角形是轴对称图形，有3条对称轴。
判定定理：有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形。或者三个角都相等的三角形是等边三角形。
2．3、线段的垂直平分线
（1）线段垂直平分线的性质及判定
性质：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等。
判定：到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上。
（2）三角形三边的垂直平分线的性质
三角形三条边的垂直平分线相交于一点，并且这一点到三个顶点的距离相等。
（3）如何用尺规作图法作线段的垂直平分线
分别以线段的两个端点A、B为圆心，以大于AB的一半长为半径作弧，两弧交于点M、N；作直线MN，则直线MN就是线段AB的垂直平分线。
2．4、角平分线
（1）角平分线的性质及判定定理
性质：角平分线上的点到这个角的两边的距离相等；
判定：在一个角的内部，且到角的两边的距离相等的点，在这个角的平分线上。
（2）三角形三条角平分线的性质定理
性质：三角形的三条角平分线相交于一点，并且这一点到三条边的距离相等。
（3）如何用尺规作图法作出角平分线
2．5、直角三角形
（1）勾股定理及其逆定理
定理：直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。
逆定理：如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形。
（2）直角三角形全等的判定定理
定理：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（HL）
2.6、几种特殊四边形的性质
2.7.
几种特殊四边形的判定方法
2.8、三角形的中位线：
⑴连结三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．
区别三角形的中位线与三角形的中线。
⑵三角形中位线的性质
三角形的中位线平行于第三边并且等于它的一半．
2.9、梯形的中位线：
⑴连结梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线。
注意：中位线是两腰中点的连线，而不是两底中点的连线。
⑵梯形中位线的性质
梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半。
（三）典型例题
例题1、下列命题正确的个数是
①如果一个三角形有两个内角相等，则此三角形是轴对称图形；②等腰钝角三角形是轴对称图形；③有一个角是30°角的直角三角形时轴对称图形；④有一个内角是30°，一个内角为120°的三角形是轴对称图形
A、1个
B、2个
C、3个
D、4个
答案：C
解析：①两个内角相等，根据“等角对等边”知此三角形是等腰三角形，④根据三角形的内角和为180°，判断出此三角形是等腰三角形，所以①②④都是等腰三角形，是轴对称图形，故①②④正确，故选C。
例题2、下列性质中，等腰三角形具有而直角三角形不一定具有的是
A、两边之和大于第三边
B、有一个角平分线垂直于这个角的对边
C、有两个锐角的和等于90°
D、内角和等于180°
答案：B
解析：A、D是任何三角形都必须满足的，C项直角三角形的两个锐角的和等于90°，等腰三角形不一定具有，B项等腰三角形的顶角平分线垂直于底边，直角三角形不具有这个性质，故选B。
例题3、等腰三角形的腰长为5，底边长为8，则等腰三角形的面积为
。
答案：12
解析：根据等腰三角形的性质，底边上的高垂直平分底边，所以由勾股定理得到底边的高为，所以等腰三角形的面积为，故填12。
例题4、在□ABCD中，点E为AD的中点，连接BE，交AC于点F，则AF：CF＝（
）
A．1：2B．1：3C．2：3D．2：5
【答案】A
例题5、在□ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．
（1）在图1中证明；
（2）若，G是EF的中点（如图2），直接写出∠BDG的度数；
（3）若，FG∥CE，，分别连结DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．
1
2
3
图3
图1
图2
【答案】(1)证明：如图1．
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD．
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F．
∴∠CEF=∠F．
∴CE=CF
(2)∠BDG=45°
(3)解：分别连结GB、GE、GC（如图3）
∵AB∥DC，∠ABC=120°
∴∠ECF=∠ABC=120°
∵FG∥CE且FG=CE．
∴四边形CEGF是平行四边形．
由(1)得CE=CF，
平行四边形CEGF是菱形．
∴EG=EC，∠GCF=∠GCE=∠ECF=60°
∴△ECG是等边三角形
∴EG=CG，
①
∠GEC=∠EGC=60°
∴∠GEC=∠GCF．∴∠BEG=∠DCG．
②
由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB．
∴AB=BE．
在平行四边形ABCD中，AB=DC．
∴BE=DC．
③
由①②③得△BEG≌△DCG．
∴BG=DG．∠1=∠2．∴∠BGD=∠1
+∠3=∠2+∠3=∠EGC=60°
∴∠BDG==60°．
例题6、如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD=6，BD=4，CD=3，E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，则四边形EFGH的周长是（
）
A．7B．9C．10D．11
【答案】D
例题7、已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，E、F、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点。试说明：EF与MN互相垂直平分。
（学生自己思考）
第二章、数据的离散程度
（一）知识点复习
1、极差：
一组数据中的最大值与最小值的差叫做极差。计算公式：极差=最大值-最小值。
极差是刻画数据离散程度的一个统计量，可以反映一组数据的变化范围。一般说，极差越小，则说明数据的波动幅度越小。
2、
方差
各个数据与平均数的差的平均数叫做这组数据的方差，记作S2。
巧用方差公式：
1、基本公式：S2=[(X1-)2+(X2-)2+……+(Xn-)2]
2、简化公式：S2=[(X12+X22+……+Xn2)-n2]
也可写成：S2=(X12+X22+……+Xn2)-2
3、简化②：S2=[(X’12+X’22+……+X’n2)-n2]
也可写成:
S2=(X’12+X’22+……+X’n2)-2
3、标准差:
方差的算术平方根叫做这组数据的标准差,记作S。
S=
意义：
1、极差、方差和标准差都是用来描述一组数据波动情况的特征，常用来比较两组数据的波动大小，我们通常研究的是这组数据的个数相等、平均数相等或比较接近的情况。
2、方差较大的波动较大，方差较小的波动较小。
3、方差大，标准差就大，方差小，标准差就小。因此标准差同样反映数据的波动大小。
注意：对两组数据来说，极差大的那一组不一定方差大，反过来，方差大的极差也不一定大。
（二）经典例题
例题1、“恒盛”超市购进一批大米，大米的标准包装为每袋30kg，售货员任选6袋进行了称重检验，超过标准重量的记作“”，
不足标准重量的记作“”，他记录的结果是，，，，，，那么这6袋大米重量的平均数和极差分别是
A．0，1.5B．29.5，1C．
30，1.5D．30.5，0
【答案】C
例题2、甲、乙两同学参加跳远训练，在相同条件下各跳了6次，统计两人的成绩得；平均数x甲=x乙，方差S2甲＜S2乙，则成绩较稳定的是
．（填甲或乙）．
例题3、省射击队为从甲、乙两名运动员中选拔一人参加全国比赛，对他们进行了六次测试，测试成绩如下表（单位：环）：
l
l
第一次
l
第二次
l
第三次
l
第四次
l
第五次
l
第六次
l
甲
l
10
l
8
l
9
l
8
l
10
l
9
l
乙
l
10
l
7
l
10
l
10
l
9
l
8
（1）根据表格中的数据，计算出甲的平均成绩是
▲
环，乙的平均成绩是
▲
环；
（2）分别计算甲、乙六次测试成绩的方差；
（3）根据（1）、（2）计算的结果，你认为推荐谁参加全国比赛更合适，请说明理由．
（计算方差的公式：s2＝［］）
【答案】
解：（1）9；9．
（2）s2甲＝
＝＝；
s2乙＝
＝＝．
（3）推荐甲参加全国比赛更合适，理由如下：两人的平均成绩相等，说明实力相当；但甲的六次测试成绩的方差比乙小，说明甲发挥较为稳定，故推荐甲参加比赛更合适．
第三章、二次根式
（一）、知识框架
运算
概念
性质
定义：形如：
最简二次根式：（1）被开方数不含分母；
（2）被开方数中不含能开尽方的因数或因式。
加减法：先将二次根式化成最简的二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并。
乘法：
除法：
混合运算
二次根式
（二）、典型例题
例题1、化简：
解:∵即
∴
∴=
例题2、如果最简二次根式与是同类二次根式，则_____
解：最简二次根式与是同类二次根式
解得
小结：把一个二次根式化为最简（同类）二次根式的一般步骤：
①把根号下的带分数或绝对值大于1的小数化为假分数，绝对值小于1的小数化为真分数；
②被开方数是多项式的进行因式分解；
③使被开方数不含分母；
④将被开方数中开得尽方的因数或因式用它的算术平方根代替后移到根号外面；
⑤化去分母中的根号（即分母有理化）
例题3、能使等式成立的取值范围是（
）
A
B
C
D
解：要使就要满足以下条件：①，②，解①②得：，故正确选项为C
例题4、估算的值（
）
A5和6之间
B6和7之间
C7和8之间
D8和9之间
解：
，
正确选项为C
第四章、一元二次方程
（一）知识框架
一元二次方程的概念
一元二次方程
列一元二次方程解应用题
一元二次方程的根与系数的关系
△,方程有两个不相等的实根;△=0时,方程有两个相等的实根;△时,方程无实根.
一元二次方程
的根的
情况
公式法
配方法
因式分解法
直接配方法
一元二次方程的解法
一元二次方程的探索
等量关系
数量关系
一元二次方程的应用
方程的两根为,则,（二）、知识详解
1、一元二次方程定义
含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程。
（二）、一元二次方程的一般形式
，它的特征是：等式左边是一个关于未知数x的二次多项式，等式右边是零，其中叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项，b叫做一次项系数；c叫做常数项。
2、一元二次方程的解法
1、直接开平方法
直接开平方法适用于解形如的一元二次方程。当时，，；当b0，
所以对于任意的实数，方程①有两个不相等的实数根．
例题4、某商品经过两次连续降价，每件售价由原来的55元降到了35元．设平均每次降价的百分率为x，则下列方程中正确的是（
）
A．55
(1+x)2=35
B．35(1+x)2=55
C．55
(1－x)2=35
D．35(1－x)2=55
解：C
例5：（2006南京）西瓜经营户以2元/千克的价格购进一批小型西瓜，以3元/千克的价格出售,每天可售出200千克.为了促销,该经营户决定降价销售.经调查发现,这种小型西瓜每降价O.1元/千克，每天可多售出40千克.另外，每天的房租等固定成本共24元.该经营户要想每天盈利2O0元，应将每千克小型西瓜的售价降低多少元?
解：设应将每千克小型西瓜的售价降低x元
根据题意，得：
解得：＝0.2，＝0.3
答：应将每千克小型西瓜的售价降低0.2或0.3元。
第五章、中心对称图形二（圆的有关知识）
（一）、知识框架
与圆有关的位置关系
相切的两圆的连心线过切点
相交的两圆的连心线垂直平分相交弦
外离
内含
外切
内切
相离
相交
相交
相切
圆与圆的位置关系
三角形的内切圆
切线长定理
性质
判定
相离
相
相切
相交
直线与圆的位置关系
点和圆的位置关系
点在圆内
点在圆外
点在圆上
三角形的外接圆
不共线的三点确定一个圆
确定圆的条件
基本性质
圆周角定理及其推论
弧、弦、弦心距、圆心角关系定理及其推论
圆的对称性
垂径定理及其推论
圆的定义,弧、弦等概念
圆
圆内接正多边形
正多边形和圆
轴截面
侧面积
全面积
圆锥
扇形的弧长、面积
其中为弧长，R为半径
正四、八边形
正三、六、十二边形
正多边形的半径、边心距、正多边形的内角、中心角、外角、正多边形的周长、面积
正多边形的有关计算
正多边形与圆
圆内接正多边形作法----等份圆
（二）知识点详解
一、圆的概念
集合形式的概念：
1、
圆可以看作是到定点的距离等于定长的点的集合；
2、圆的外部：可以看作是到定点的距离大于定长的点的集合；
3、圆的内部：可以看作是到定点的距离小于定长的点的集合
轨迹形式的概念：
1、圆：到定点的距离等于定长的点的轨迹就是以定点为圆心，定长为半径的圆；
（补充）2、垂直平分线：到线段两端距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线
3、角的平分线：到角两边距离相等的点的轨迹是这个角的平分线；
4、到直线的距离相等的点的轨迹是：平行于这条直线且到这条直线的距离等于定长的两条直线；
5、到两条平行线距离相等的点的轨迹是：平行于这两条平行线且到两条直线距离都相等的一条直线。
二、点与圆的位置关系
1、点在圆内
点在圆内；
2、点在圆上
点在圆上；
3、点在圆外
点在圆外；
三、直线与圆的位置关系
1、直线与圆相离
无交点；
2、直线与圆相切
有一个交点；
3、直线与圆相交
有两个交点；
四、圆与圆的位置关系
外离（图1）
无交点
；
外切（图2）
有一个交点
；
相交（图3）
有两个交点
；
内切（图4）
有一个交点
；
内含（图5）
无交点
；
五、垂径定理
垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的弧。
推论1：（1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
（2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
（3）平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧
以上共4个定理，简称2推3定理：此定理中共5个结论中，只要知道其中2个即可推出其它3个结论，即：
①是直径
②
③
④
弧弧
⑤
弧弧
中任意2个条件推出其他3个结论。
推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等。
即：在⊙中，∵∥
∴弧弧
六、圆心角定理
圆心角定理：同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，所对的弧相等，弦心距相等。
此定理也称1推3定理，即上述四个结论中，
只要知道其中的1个相等，则可以推出其它的3个结论，
即：①；②；
③；④
弧弧
七、圆周角定理
1、圆周角定理：同弧所对的圆周角等于它所对的圆心的角的一半。
即：∵和是弧所对的圆心角和圆周角
∴
2、圆周角定理的推论：
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧是等弧；
即：在⊙中，∵、都是所对的圆周角
∴
推论2：半圆或直径所对的圆周角是直角；圆周角是直角所对的弧是半圆，所对的弦是直径。
即：在⊙中，∵是直径
或∵∴
∴是直径
推论3：若三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。即：在△中，∵
∴△是直角三角形或
注：此推论实是初二年级几何中矩形的推论：在直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半的逆定理。
八、圆内接四边形
圆的内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。
即：在⊙中，
∵四边形是内接四边形
∴
九、切线的性质与判定定理
（1）切线的判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是切线；
两个条件：过半径外端且垂直半径，二者缺一不可
即：∵且过半径外端∴是⊙的切线
（2）性质定理：切线垂直于过切点的半径（如上图）
推论1：过圆心垂直于切线的直线必过切点。
推论2：过切点垂直于切线的直线必过圆心。
以上三个定理及推论也称二推一定理：
即：①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一个。
十、切线长定理
切线长定理：
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两条切线的夹角。
即：∵、是的两条切线∴平分
十一、两圆公共弦定理
圆公共弦定理：两圆圆心的连线垂直并且平分这两个圆的的公共弦。
如图：垂直平分。
即：∵⊙、⊙相交于、两点
∴垂直平分
十二、圆内正多边形的计算
（1）
正三角形
：在⊙中△是正三角形
有关计算在中进行：；
（2）正四边形
同理，四边形的有关计算在中进行，
：
（3）正六边形
同理，六边形的有关计算在中进行，
.
十三、扇形、圆柱和圆锥的相关计算公式
1、扇形：（1）弧长公式：；
（2）扇形面积公式：
：圆心角
：扇形多对应的圆的半径
：扇形弧长
：扇形面积
2、圆锥侧面展开图
（1）=
（2）圆锥的体积：
3、圆锥与圆柱的比较
名称
圆柱
圆锥
图形
图形的形成过程
由一个矩形旋转得到，如矩形ADD’G绕直线AB旋转一周
由一个直角三角形旋转得到，如Rt△SOA绕直线SO旋转一周
图形的组成
两个底面圆和一个侧面
一个底面圆和一个侧面
面积、体积的计算公式
S侧=2πrh
S全=
S侧+2S底=2πrh+2πr2
V=πr2h
S侧=πr
S全=
S侧+S底=πr
+πr2
V=πr2h
（三）、典型例题
例题1．某居民小区的一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需要确定管道圆形截面的半径，如图所示是水平放置的破裂管道有水部分的截面.
(1)请你补全这个输水管道的圆形截面图；
(2)若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm，水最深的地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径.
思路点拨：本题考查圆的确定、垂径定理以及直角三角形的性质有关等知识.
解：(1)作法略.如图所示.
(2)如图所示，过O作OC⊥AB于D，交于C，
∵
OC⊥AB，
∴
.
由题意可知，CD=4cm.
设半径为x
cm，则.
在Rt△BOD中，由勾股定理得：
∴.
∴
.
即这个圆形截面的半径为10cm.
例题2、在中，弦平行于弦，若，则____度．
【考点要求】本题主要考查圆中圆心角与圆周角之间的关系．
A
D
C
B
O
图7-1
【思路点拔】∵∠B=∠AOC，
∴∠B=40°
∵AD∥BC
∴∠B
=40°
【答案】填：40
例题3、AB是的⊙O的直径，BC、CD、DA是⊙O的弦，且BC=CD=DA，则∠BCD=（
）
A．1000
B．1100
C．1200
D．1350
图7-2
【考点要求】本题考查了圆中弧、弦、圆心（周）角之间的关系，以及直径所对的弧是半圆等基本知识．
【思路点拔】∵AB是的⊙O的直径
∴度数是1800
∵BC=CD=DA
∴==
∵∠BCD==1200
【答案】选填C
例题4、
求CD的长。
分析：连结BD，由AB=BC，可得DB平分∠ADC，延长AB、DC交于E，易得△EBC∽△EDA，又可判定AD是⊙O的直径，得∠ABD=90°，可证得△ABD≌△EBD，得DE=AD，利用△EBC∽△EDA，可先求出CE的长。
解：延长AB、DC交于E点，连结BD
∵⊙O的半径为2，∴AD是⊙O的直径
∴∠ABD=∠EBD=90°，又∵BD=BD
∴△ABD≌△EBD，∴AB=BE=1，AD=DE=4
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EBC=∠EDA，∠ECB=∠EAD
例题5、
D作半圆的切线交AB于E，切点为F，若AE：BE=2：1，求tan∠ADE的值。
分析：要求tan∠ADE，在Rt△AED中，若能求出AE、AD，根据正切的定义就可以得到。ED=EF+FD，而EF=EB，FD=CD，结合矩形的性质，可以得到ED和AE的关系，进一步可求出AE：AD。
解：∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB，BC⊥DC
∴AB、DC切⊙O于点B和点C，
∵DE切⊙O于F，∴DF=DC，EF=EB，即DE=DC+EB，
又∵AE：EB=2：1，设BE=x，则AE=2x，DC=AB=3x，
DE=DC+EB=4x，
在Rt△AED中，AE=2x，DE=4x，
点拨：本题中，通过观察图形，两条切线有公共点，根据切线长定理，得到相等线段。
例题6、如下图，已知正三角形ABC的边长为a，分别为A、B、C为圆心，
积S。（图中阴影部分）
分析：阴影部分面积等于三角形面积减去3个扇形面积。
解：
分析：因三个扇形的半径相等，把三个扇形拼成一个扇形来求，因为∠A+∠B+∠C=180°，
原题可在上一题基础上进一步变形：⊙A1、⊙A2、⊙A3…⊙An相外离，它们的半径都是1，顺次连结n个圆心得到的n边形A1A2A3…An，求n个扇形的面积之和。
解题思路同上。
解：
24
篇3：高中排列组合知识点汇总及典型例题全
高中排列组合知识点汇总及典型例题全 本文关键词：例题，知识点，汇总，典型，排列组合
高中排列组合知识点汇总及典型例题全 本文简介：一．基本原理1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。二．排列：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一
高中排列组合知识点汇总及典型例题全 本文内容：
一．基本原理
1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。
二．排列：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一
1.公式：1.
2.
(1)
(2)
；
(3)
三．组合：从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素并组成一组，叫做从n
个不同的m
元素中任取
m
个元素的组合数，记作
Cn
。
1.
公式：
①；②；③；④
若
四．处理排列组合应用题
1.①明确要完成的是一件什么事（审题）
②有序还是无序
③分步还是分类。
2．解排列、组合题的基本策略
（1）两种思路：①直接法；
②间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。
（2）分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。注意：分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。
（3）分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，后分步。
（4）两种途径：①元素分析法；②位置分析法。
3．排列应用题：
（1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来；
(2)、特殊元素优先考虑、特殊位置优先考虑；
（3）．相邻问题：捆邦法：
对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。
（4）、全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法.即先安排好没有限制条件的元素，然后再将不相邻接元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入。
（5）、顺序一定，除法处理。先排后除或先定后插
解法一：对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除于这几个元素的全排列数。即先全排，再除以定序元素的全排列。
解法二：在总位置中选出定序元素的位置不参加排列，先对其他元素进行排列，剩余的几个位置放定序的元素，若定序元素要求从左到右或从右到左排列，则只有1种排法；若不要求，则有2种排法；
（6）“小团体”排列问题——采用先整体后局部策略
对于某些排列问题中的某些元素要求组成“小团体”时，可先将“小团体”看作一个元素与其余元素排列，最后再进行“小团体”内部的排列。
（7）分排问题用“直排法”把元素排成几排的问题，可归纳为一排考虑，再分段处理。
（8）．数字问题（组成无重复数字的整数）
①
能被2整除的数的特征：末位数是偶数；不能被2整除的数的特征：末位数是奇数。②能被3整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数；
③能被9整除的数的特征：各位数字之和是9的倍数④能被4整除的数的特征：末两位是4的倍数。
⑤能被5整除的数的特征：末位数是0或5。
⑥能被25整除的数的特征：末两位数是25，50，75。
⑦能被6整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数的偶数。
4．组合应用题：（1）.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:
（2）．
“含”与“不含”
用间接排除法或分类法:
3．分组问题：
均匀分组：分步取，得组合数相乘，再除以组数的阶乘。即除法处理。
非均匀分组：分步取，得组合数相乘。即组合处理。
混合分组：分步取，得组合数相乘，再除以均匀分组的组数的阶乘。
4．分配问题：
定额分配：（指定到具体位置）即固定位置固定人数，分步取，得组合数相乘。
随机分配：（不指定到具体位置）即不固定位置但固定人数，先分组再排列，先组合分堆后排，注意平均分堆除以均匀分组组数的阶乘。
5．隔板法：
不可分辨的球即相同元素分组问题
例1.电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有
种不同的播放方式（结果用数值表示）.
解：分二步：首尾必须播放公益广告的有A22种；中间4个为不同的商业广告有A44种，从而应当填
A22·A44＝48.
从而应填48．
例3.6人排成一行，甲不排在最左端，乙不排在最右端，共有多少种排法？
解一：间接法：即
解二：（1）分类求解：按甲排与不排在最右端分类.
(1)
甲排在最右端时,有种排法；
(2)
甲不排在最右端（甲不排在最左端）时，则甲有种排法，乙有种排法，其他人有种排法，共有种排法，分类相加得共有+=504种排法
例.有4个男生，3个女生，高矮互不相等，现将他们排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列，有多少种排法？
分析一：先在7个位置上任取4个位置排男生，有A种排法.剩余的3个位置排女生，因要求“从矮到高”，只有1种排法，故共有A·1=840种.
1.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有
解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种,选.
解析2：至少要甲型和乙
型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有台,选.
2．从5名男生和4名女生中选出4人去参加辩论比赛（1）如果4人中男生和女生各选2人，有
种选法；
（2）如果男生中的甲与女生中的乙必须在内，有
种选法；
（3）如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有
种选法；
（4）如果4人中必须既有男生又有女生，有
种选法
分析：本题考查利用种数公式解答与组合相关的问题.由于选出的人没有地位的差异，所以是组合问题.
解：（1）先从男生中选2人，有种选法，再从女生中选2人，有种选法，所以共有=60（种）；
（2）除去甲、乙之外，其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有=21（种）；
（3）在9人选4人的选法中，把甲和乙都不在内的去掉，得到符合条件的选法数：=91（种）；
直接法，则可分为3类：只含甲；只含乙；同时含甲和乙，得到符合条件的方法数=91（种）.
（4）在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数=120（种）.
直接法：分别按照含男生1、2、3人分类，得到符合条件的选法为=120（种）.
1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为(
)
A．40
B．50
C．60
D．70
[解析]
先分组再排列，一组2人一组4人有C＝15种不同的分法；两组各3人共有＝10种不同的分法，所以乘车方法数为25×2＝50，故选B.
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有(
)
A．36种
B．48种
C．72种
D．96种
[解析]
恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共AA＝72种排法，故选C.
3．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有(
)
A．6个
B．9个
C．18个
D．36个
[解析]
注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字不能相邻，选四个数字共有C＝3(种)选法，即1231,1232,1233，而每种选择有A×C＝6(种)排法，所以共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有(
)
A．2人或3人
B．3人或4人
C．3人
D．4人
[解析]
设男生有n人，则女生有(8－n)人，由题意可得CC＝30，解得n＝5或n＝6，代入验证，可知女生为2人或3人．
5．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有(
)
A．45种
B．36种
C．28种
D．25种
[解析]
因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那么共有C＝28种走法．
6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有(
)
A．24种
B．36种
C．38种
D．108种
[解析]
本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C种分法，然后再分到两部门去共有CA种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C种方法，由分步乘法计数原理共有2CAC＝36(种)．
7．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为(
)
A．33
B．34
C．35
D．36
[解析]
①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C·A＝12个；
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C·A＋A＝18个；
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C＝3个．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.
8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是(
)
A．72
B．96
C．108
D．144
[解析]
分两类：若1与3相邻，有A·CAA＝72(个)，若1与3不相邻有A·A＝36(个)
故共有72＋36＝108个．
9．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有(
)
A．50种
B．60种
C．120种
D．210种
[解析]
先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为C，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C·A＝120种，故选C.
10．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
[解析]
先安排甲、乙两人在后5天值班，有A＝20(种)排法，其余5人再进行排列，有A＝120(种)排法，所以共有20×120＝2400(种)安排方法．
11．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的排法．(用数字作答)
[解析]
由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有C·C·C＝1260(种)排法．
12．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
[解析]
先将6名志愿者分为4组，共有种分法，再将4组人员分到4个不同场馆去，共有A种分法，故所有分配方案有：·A＝1
080种．
13．要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色不同的花，要求相邻区域不同色，有________种不同的种法(用数字作答)．
[解析]
5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2种种法，若1、3不同色，2有1种种法，∴有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种．
14.
将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有
（A）12种
（B）18种
（C）36种
（D）54种
【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.
15.
某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有
A.
504种
B.
960种
C.
1008种
D.
1108种
解析：分两类：甲乙排1、2号或6、7号
共有种方法
甲乙排中间,丙排7号或不排7号，共有种方法
故共有1008种不同的排法
排列组合
二项式定理
1，分类计数原理
完成一件事有几类方法，各类办法相互独立每类办法又有多种不同的办法（每一种都可以独立的完成这个事情）
分步计数原理
完成一件事，需要分几个步骤，每一步的完成有多种不同的方法
2，排列
排列定义：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素（被取出的元素各不相同），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。
排列数定义；从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素的所有排列的个数
公式
=
规定0！=1
3，组合
组合定义
从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
组合数
从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素的所有组合个数
=
性质
=
排列组合题型总结
一．
直接法
1
.特殊元素法
例1用1，2，3，4，5，6这6个数字组成无重复的四位数，试求满足下列条件的四位数各有多少个
（1）数字1不排在个位和千位
（2）数字1不在个位，数字6不在千位。
分析：（1）个位和千位有5个数字可供选择，其余2位有四个可供选择，由乘法原理：=240
2．特殊位置法
（2）当1在千位时余下三位有=60，1不在千位时，千位有种选法，个位有种，余下的有，共有=192所以总共有192+60=252
二
间接法当直接法求解类别比较大时，应采用间接法。如上例中（2）可用间接法=252
Eg
有五张卡片，它的正反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将它们任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
分析：：任取三张卡片可以组成不同的三位数个，其中0在百位的有个，这是不合题意的。故共可组成不同的三位数-=432
Eg
三个女生和五个男生排成一排
（1）
女生必须全排在一起
有多少种排法（
捆绑法）
（2）
女生必须全分开
（插空法
须排的元素必须相邻）
（3）
两端不能排女生
（4）
两端不能全排女生
（5）
如果三个女生占前排，五个男生站后排，有多少种不同的排法
二．
插空法
当需排元素中有不能相邻的元素时，宜用插空法。
例3
在一个含有8个节目的节目单中，临时插入两个歌唱节目，且保持原节目顺序，有多少中插入方法？
分析：原有的8个节目中含有9个空档，插入一个节目后，空档变为10个，故有=100中插入方法。
三．
捆绑法
当需排元素中有必须相邻的元素时，宜用捆绑法。
1．四个不同的小球全部放入三个不同的盒子中，若使每个盒子不空，则不同的放法有
种（）,2，某市植物园要在30天内接待20所学校的学生参观，但每天只能安排一所学校，其中有一所学校人数较多，要安排连续参观2天，其余只参观一天，则植物园30天内不同的安排方法有（）（注意连续参观2天，即需把30天种的连续两天捆绑看成一天作为一个整体来选有其余的就是19所学校选28天进行排列）
四．
阁板法
名额分配或相同物品的分配问题，适宜采阁板用法
例5
某校准备组建一个由12人组成篮球队，这12个人由8个班的学生组成，每班至少一人，名额分配方案共
种
。
分析：此例的实质是12个名额分配给8个班，每班至少一个名额，可在12个名额种的11个空当中插入7块闸板，一种插法对应一种名额的分配方式，故有种
五
平均分推问题
eg
6本不同的书按一下方式处理，各有几种分发？
（1）
平均分成三堆，
（2）
平均分给甲乙丙三人
（3）
一堆一本，一堆两本，一对三本
（4）
甲得一本，乙得两本，丙得三本（一种分组对应一种方案）
（5）
一人的一本，一人的两本，一人的三本
分析：1，分出三堆书（a1,a2）,(a3,a4)，（a5,a6）由顺序不同可以有=6种，而这6种分法只算一种分堆方式，故6本不同的书平均分成三堆方式有=15种
2，六本不同的书，平均分成三堆有x种，平均分给甲乙丙三人
就有x种
3，
5，
五．
合并单元格解决染色问题
Eg
如图1，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不
得使用同一颜色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有
种（以数字作答）。
分析：颜色相同的区域可能是2、3、4、5．
下面分情况讨论:
(ⅰ)当2、4颜色相同且3、5颜色不同时，将2、4合并成一个单元格，此时不同的着色方法相当于4个元素
①③⑤的全排列数
（ⅱ）当2、4颜色不同且3、5颜色相同时，与情形(ⅰ)类似同理可得
种着色法．
（ⅲ）当2、4与3、5分别同色时，将2、4；3、5分别合并，这样仅有三个单元格
①
从4种颜色中选3种来着色这三个单元格，计有种方法．
由加法原理知：不同着色方法共有2=48+24=72（种）
练习1（天津卷（文））将3种作物种植
1
2
3
4
5
在如图的5块试验田里，每快种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物
，
不同的种植方法共
种（以数字作答）
（72）
2．某城市中心广场建造一个花圃，花圃6分为个部分（如图3），现要栽种4种颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种
同一样颜色的话，不同的栽种方法有
种（以数字作答）．（120）
图3
图4
3．如图4，用不同的5种颜色分别为ABCDE五部分着色，相邻部分不能用同一颜色，但同一种颜色可以反复使用也可以不用，则符合这种要求的不同着色种数．（540）
4．如图5：四个区域坐定4个单位的人，有四种不同颜色的服装，每个单位的观众必须穿同种颜色的服装，且相邻两区域的颜色不同，不相邻区域颜色相同，不相邻区域颜色相同与否不受限制，那么不同的着色方法是
种（84）
图5
图6
5．将一四棱锥(图6)的每个顶点染一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可供使用，则不同的染色方法共
种（420）