乘法原理和加法原理教（学）案

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1、第十一讲乘法原理与加法原理知识提要理解和初步掌握：加法原理、乘法原理、排列和组合的概念及计算方法。加法原理：N=m1＋m2＋……＋mn。乘法原理：N=m1×m2×……×mn。经典例题家桥学校ABCDGEF例1小刚从家到学校要经过一座桥，从家到桥时有3条路可以走，过了桥再到学校时有4条路可以走（如下图）。小刚从家到学校一共可以有多少种不同的走法？分析与解：把从小刚家到学校的路分为两步。第一步从家到桥，第二步从桥到学校。这两步中每一步都不能单独走完从家到学校的路，只有两步合在一起，才能完成。从图中看出从家到学校共有12种不同的走法：ADAEAFAGBDBEBFBGCDCECF

2、CG根据此题，得出如下结论：乘法原理要完成一项任务，由几个步骤实现，第一步有m1种不同的方法；第二步有m2种不同的方法；……第n步有mn种不同的方法；那么要完成任务共有：N=m1×m2×……×mn。5876例2有四张数字卡片，用这四张数字卡片组成三位数，可以组成多少个？分析与解：用卡片组成三位数要分成三步，第一步选取百位上的数字，可以有4种选择；第二步选取十位上的数字，可以有3种选择；第三步选取个位上的数字，可以有2种选择。所以可以组成不同的三位数共有：4×3×2=24（个）例3：由数字1、2、3、4、5、6可以组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析与解：要求奇数，所以个

3、位数字只能取1、3、5中的一个，有3种取法；十位数字可以从余下的五个数字中任取一个，有5种不同取法；百位数字还有4种取法；千位数字只有3种取法。由乘法原理，共可组成：3×5×4×3＝180（个）没有重复数字的四位奇数。例4：下图为4×4的棋盘，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在棋盘的方格中，并使每行每列只能出现一个棋子。问：共有多少种不同的放法？分析与解：四个棋子要一个一个地放，故可看做分四步完成任务，第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同方法；第二步放棋子B，放A棋子的一行和一列都不能放B，还剩下9个方格可以放B，所以B有9种方法；第三步放

4、C，再去掉放B的行和列，还有4个方格可以放C，故C有4种放法；最后放D，再去掉C所在的行和列，只剩下一个方格放D了，D只有一种方法，由乘法原理，共有16×9×4×1＝576（种）不同放法。在解题时应注意加法原理和乘法原理的区别，往往是要综合使用的。例5从北京到郑州可以坐飞机，乘火车，还可以乘汽车。一天中有飞机2班，火车有3趟，汽车有5趟。同一天中从北京到郑州乘坐以上三种交通工具，共有几种不同的走法？分析与解：三种交通工具中的任何一种都可以到达目的地，那么每类交通工具中有几中不同的方法。（飞机2班，火车3趟，汽车5趟）因此，要到达目的地应有2＋3＋5=10不同的方法。根据此

5、题，得出如下结论：加法原理要完成一种任务有几类办法，在第一类办法中有m1中不同方法；在第二类办法中有m2中不同方法；……在第n类办法中有mn中不同方法。在这些不同的方法中，每一种方法都能独立完成任务，那么完成这一任务共有：N=m1＋m2＋……＋mn。例6：如图：从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走。那么，从甲地到丙地共有多少种不同走法？解：从甲地到丙地共有两类不同走法。第一类：由甲地途径乙地到丙地。这时要分二步走。第一步，从甲地到乙地有4种走法；第二步从乙地到丙地有2种走法。据乘法原理，从甲地经乙地到丙地共有：4×2＝8种不同走法。

6、第二类：从甲地直接到丙地，有3种走法。由加法原理，从甲地到丙地若有8＋3＝11种不同的走法。例7：有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上标有数字1、2、3、4、5、6，将两个正方体任意放到桌面上，向上一面的两个数字之和为偶数的有多少种情形？解：两个数字之和为偶数，这两个数字的奇偶性必相同，所以分两大类。第一类：两个数字同奇，第一个正方体有3种可能，第二个正方体也有3种可能，由乘法原理，共有3×3＝9种不同的情形。第二类：是两个数字同偶。也有9种不同的情况。据加法原理：两个正方体向上一面数字之和为偶数。共有：9＋9＝18种不同的情况。基本训练1.某校六一班有35人，六二班

7、有40人，六三班有37人。从中选1人去人民大会堂开会，有多少种选法？2.某校六一班第一小队有12人，第二小队有11人，第三小队有13人。从每个小队中各选1人去人民大会堂开会，有多少种选法？3.某人在小学、初中、高中时分别有两个学校可以选择，那么他共有几种不同的由小学读完高中的不同选择方式？4．如图所示，三条平行线上分别有两个点、四个点、三个点，且不在同一直线上的三个点一定不共线，在每条直线上各取一点可以画一个三角形，如三角形BEH，问可以画多少个不同的三角形？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可以组成多少个(1)三位数？