第11讲-几何图形计数w

第12讲 几何图形计数

知识方法扫描 计数是组合数学的重要内容，计数的方法有分类法，分步法，递推法和与对应法等。

1．分类计数

在计数时，为了做到不重复也不遗漏，可以先将图形按某个标准分类，然后将其每一类相的方法数加，便得到了总数。这种方法叫做分类法。

2．分步计数

在计数时，为了有序地思维，我们常将其分成若干步，然后将其每一步的方法数相乘，便得到了总数。这种方法叫做分步法。

3．递推计数

为了求出计数的总数，当所研究的对象数目较大时，我们常常对较小数量的对象进行观察，计算。如果对研究对象的个数n观察，计算后，发现由n=1的结果可以算出n=2的结果，由n=2的结果可以算出n=3的结果，等等，我们就找到了计数的规律。这种方法叫做递推法。 4．对应计数

在解决某些计数问题时，为了解决某个问题A，我们将其中的研究对象和另一个问题B中的研究对象配成对，通过解决B问题来达到解决A问题的目的。这种方法叫做对应法

经典例题解析 例1．如图，直线上有6个点：A，B，C，D，E，F，以这些点为端点的线段有多少条？

解1 对于两条线段，只要有一个端点不同，就是不同的线段，我们以左端点为标准，将线段分5类分别计数：

(1)以A为左端点的线段有AB，AC，AD，AE，AF共5条； (2)以B为左端点的线段有BC，BD，BE，BF共4条； (3)以C为左端点的线段有CD，CE，CF共3条； (4)以D为左端点的线段有DE，DF共2条； (5)以E为左端点的线段只有EF一条．

所以，不同的线段一共有5+4+3+2+1=15(条)．

解2 因为每两点可以连一条线段，我们先取一点，有6种取法；再取第二点，有5种取法。故一共有6×5=30种取法。但因先取A点再取B点和先取B点再取A点得到的是同一条线段，在上述计数中被重复计算了，故实际上是30÷2=15种取法，即一共可以连45条线段。

评注：1．一般地，如果一条线段上有n+1个点(包括两个端点)，那么这n+1个

ABCDEFn(n1)。 22．有些题目，形式上和上题不同，但思维方式是一样的。如下面一道题：

“ n 个人参加6个小组, 如果其中每个人都参加且只参加 2 个小组, 每2个小组共有且仅共有一名组员,求 n.。”

若将6个小组看成6个点，每两点的连线就是这两个小组的公共组员，于是n就是这样连接成的直线的条数了。

例2 （第18届“迎春杯”数学竞赛试题）

如图DE、FG、HI、BC分别平行, 图中梯形的个数一共有 个. 解：按照梯形两腰所在线段分类计数.

(1)平行线截线段AB与AC形成3+2+1=6(个)梯形； (2)平行线截线段BD与CD形成2+1=3(个)梯形； (3)平行线截线段BF与FC形成(1)个梯形；

(4)平行线截线段CD与CE形成2+1＝3(个)梯形； (5)平行线截线段CF与CG形成1(个)梯形； (6)平行线截线段CF与CJ形成1(个)梯形；

因此图中梯形的个数一共有 6+3+1+3+1+1＝15(个).

例3 （1995年第5届华杯赛口试备用题）

由35个单位正方形组成的长方形中，如图所示有两个“A”，问包含两个“A”在内的由小正方形组成的长方形（含正方形）有多少？ 点把这条线段一共分成的线段总数为n+(n-1)+…+2+1=

AA

解1 含两个A的长方形，与二，三两行有公共部分。

它们可能与第一行有公共部分，也可能与第一行没有有公共部分，故可以分为两类；

每一类的长方形，可能和第四，五两行有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第四行有公共部分，而与第五行没有公共部分，即又分为三类。故从行考虑共有（2×3）种方法；

同理，从列来考虑有（3×4）种方法；

于是，含两个“A”在内的由小正方形组成的长方形（含正方形）有（2×3）×（3×4）=72个。

解2 要确定一个符合条件的长方形，需要有上下左右四条边。

选择上边所在的直线，有2种方法；选择下边所在的直线，有3种方法； 选择左边所在的直线，有3种方法；选择右边所在的直线，有4种方法。

于是，含两个“A”在内的由小正方形组成的长方形（含正方形）有2×3×3×4=72个。

例4．如图，在一个8×8的方格棋盘中，有多少个由4个小方格组成的“凸”字形

图形？

解法1 考虑下图“凸”字形中的A：

当A在方格棋盘的边上时，对应1个“凸”字形，共有6×4=24个； 当A在方格棋盘的内部时，对应4个“凸”字形，共有6×6×4=144个。 于是共有24+144=168个。 解法2 在每个2×3的长方形中可以找到2个“凸”字形图形。而在8×8方格棋盘中2×3的长方形有（6×7）×2=48（个）。

所以可以找到84×2=168个“凸”字形图形。

例5（1996年汉城国际数学邀请赛中国集训队试题） 如图，a∥b,直线a上有十个点：A1，A2，…，A10；直线b上有九个点：B1，B2，…，B9。将a上的每一个点与b上每一个点相连，可以得到许多线段，已知没有三条线段交于一点，问这些线段一共有多少个交点？

A1A2A10aA

解．在a,b上各取两点，四点确定唯一的一个交点。从a上取两点有10×9÷2=45种方法，从b上取两点有9×8÷2=36种方法，一共可以得到45×36=3240个交点。

例6．如图，将边长为1的等边三角形三角形的每一边4等分, 过各分点作 另外两边的平行线,在所得的图形中有多少个平行四边形?

B1B2B9b 解1 将尖角向上的平行四边形分成三类,分别计算:

平行四边形两边长都为1的, 有6个; 平行四边形一边长为1, 另一边长为2的, 有6个; 平行四边形两边长都为3的, 有3个; 一共有15个.

同理, 夹角指向右下方或左下方的也各有15个, 故一共有45个平行四边形. 解2 图中每个平行四边形有一对锐角顶点, 它们不在同一条直线上; 反过来,

任何两个不在同一条直线上的点可确定一个边与△ABC的两条边分别平行的平行四边形.

图中共有1+2+3+4+5=15个交点,共有1+2+…+14=105个点对. 其中两点在同一直线上的应该删去. 因平行于AB的直线上依次有2,3,4,5个点, 从而共应删去 3×[1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)]=60个点对. 故图中共有105-60=45个平行四边形.

评注 解1是分类计数的, 这种解法比较烦琐, 当数字较大时容易出错, 且不易推广到一般.

解2是利用对应法来解题的, 即找出点对的个数和平行四边形个数的对应关系, 将对平行四边形计数的问题转化为对点对的计数问题来解决. 这种解法容易推广到一般, 本题中若将三角形的每一边n等分, 则平行四边形的个数是 1(n-1)n(n+1)(n+2). 8

例7. （1990年北京市初中数学竞赛试题）

如图，我们规定在边长为1的正方形方格纸上，从格点O到与它相邻的格点A，B，C，D，E，F，G，H的直线运动形成的线段分别记为数码0，1，2，3，4，5，6，7。如以O为始点，数码2代表线段OC，数码7代表线段OH等等，在图2中画出了从P点出发，依次按数码001223355的轨线图形。

请你在图3的边长为1的正方形方格纸上，从点M出发，依次按数码006756442312画出相应的轨线图形，以这轨线图形周界和内部的格点为顶点，可画出面积不小于2的正方形的个数是 个。

MDEFCBOAGH

P

（图1） （图2） （图3）

解．006756442312所对应的轨线图形为下图中的粗线所表示的封闭折线。

M

在这个图形的边界上有12个格点，内部有5个格点。这17个点可以形成面积不小于2的正方形顶点的四点组13个，其中：①面积为2的5个；②面积为4的3个；③面积为5的4个；④面积为8的1个。

例8. (2003年第8届全国数学公开赛试题)

在一个平面内，画1条直线，能把平面分成1 + 1=2部分；画2条直线，最多能把平面分成1 + 1+2=4部分；画3条直线，最多能把平面分成1 + 1+2+3=7部分；画4条直线，最多能把平面分成1 + 1+2+3+4=11部分；……照此规律计算下去，画2003条直线，最多能把平面分成___________部分.

解 1条直线最多将平面分成2个部分；2条直线最多将平面分成4个部分；3条直线最多将平面分成7个部分；4条直线最多将平面分成11个部分．

现在添上第5条直线．它与前面的4条直线最多有4个交点，这4个交点将第5条直线分成5段，其中每一段将原来所在平面部分一分为二，所以5条直线最多将平面分成11+5=16个部分．

完全类似地，5条直线最多将平面分成11+5=16个部分；6条直线最多将平面分16+6=22个部分；7条直线最多将平面分成22+7=29个部分；8条直线最多将平面分成29+8=37个部分等等．

n(n1)一般地，n条直线最多将平面分成1+（1+2+3+…+n）=1个部分．

2n(n1) 当n=2003时, 1=1+2003×1002=2007007

2即2003条直线，最多能把平面分成2007007部分.

原版赛题传真

同步训练 一 选择题

1．平面上有2000条直线，它们每两条都不平行，每三条都不交于一点，它们彼此相交而成的线段的条数是（ ） （A）2000×1999 （B）1999×1998×1000 （C）2000×1999 （D）2000×2001 1．B

每条直线上有1999个交点，有1+2+…+1998=1998×1999÷2条线段，2000条直线上共有（1998×1999÷2）×2000=1998×1999×1000条线段。

2．（2004年江苏省第19届初中数学竞赛试题） 如图是3×3正方形方格，将其中两个方格涂黑有若干种涂法．约定沿正方形ABCD的对称轴翻折能重合的图案或绕正方形ABCD中心旋转能重合的图案都视为同一

种图案，例如就视为同一种图案，则不同的涂法有 ( )

(A)4种 (B)6种 (C)8种 (D)12种。

2．C

涂两个角上的方块的，有2种；涂两条边上中间的方块的，有2种；涂两方块中有正中一块的，有2种；共6种。

3．（2004年北京初二数学竞赛试题）

平面内的7条直线任两条都相交,交点数最多有a个,最少有b个.则a+b等于( ) (A) 42 (B) 41 (C) 21 (D) 22 3．D

7条直线任两条都相交,且无3点共线时，交点数最多，这时每条直线上有6

67个交点，一共有a==21个交点；7条直线交于一点时，交点数最少，b=1.

2故a+b=21+1=22. 4．（2002年第17届江苏省初中数学竞赛试题）

如图，有两张形状、大小完全相同的直角三角形纸片（同一个直角三角形的两条直角边不相等）。把两个三角相等的边靠在一起（两张纸片不重叠），可以拼 出若干种图形，其中，形状不同的四边形有（ ）

（A）3种 （B）4种 （C）5种 （D）6种 4．B

两条较长的直角边靠在一起的，1种；两条较短的直角边靠在一起的，1种；两条斜边靠在一起的，2种。共4种 5．（2001年第13届五羊杯初中数学竞赛试题）

如图，∠AOB的两边上分别有5个点，A1，A2，A3，A4，A5，和四个点B1，B2，B3，B4，线段AiBj（1≤i≤5，1≤j≤4）之中，在∠AOB内及边上不相交的线段称为“和睦线对”（不分顺序），例如A5B4和A4B3便是“和睦线对”。那么图中一共有（ ）个“和睦线对”

A5A2A3A4AA1O

（A）100 （B）90 （C）66 （D）60

BB1B2B3B45．D

在两边上各取两点，四点恰有一个“和睦线对”。从OA上取两点有5×4÷2=10种方法，从OB上取两点有4×3÷2=6种方法，图中一共有10×6=60个“和睦线对”。

二 填空题

6．（1988年上海市初一数学竞赛试题）

如图是由 9个相同的带有对角线的小正方形拼成的图形, 假定已知形如ABCD的四边形都是正方形, 则图中一共可以找出 个正方形.

DACB

6．31

设每个小三角形的面积为1。 面积为2的正方形有12个； 面积为4的正方形有9个； 面积为8的正方形有5个； 面积为16的正方形有4个； 面积为36的正方形有1个；

一共12+9+5+4+1=31个。

7．（2004年第19届“迎春杯”数学竞赛初一试题）

如图，在梯形ABCD中，EF与AD、BC平行，GH、IJ分别与AB平行，GM、KL分别与DC平行，图中共有 个梯形．

AEGIKDFNOPBHJMLC

7．23

分类讨论：

(1)先看底边在AD，EF，BC上的梯形：

①腰在AB，GM上：3个（AEOG，ABMG，GBMO）； ②腰在AB，KL上：3个(AEPK，ABLK，EBLP); ③腰在AB，DC上：3个(AEFD，ABCD，EBCF); ④腰在GH，GM上：1个（NHMO）；

⑤腰在GH，KL上：3个（GNPK，GHLK，NHLP）； ⑥腰在GH，DC上：3个(GNFD，GHCD，NHCF)； ⑦腰在IJ，KL上：3个(IOPK，IJLK，OJLP)； ⑧腰在IJ，DC上：3个( IOFD，IJCD，OJCF);

(2)再看底边在AB，GH，IJ上的梯形：1个（GHJO）； (3)底边在GM，KL，DC上的梯形：0个．

因此，共有7×3+1+1=23个梯形． t 8．（2003年第14届“希望杯”数学邀请赛培训题）

如图，AB∥CD∥EF∥GH，AN和BM的交点O在GH上，则图中三角形的个数比梯形个数少 。

AFGOMNBEHDC

8．16

图中有三角形9个，梯形25个，三角形的个数比梯形个数少25-9=16个。 9．（1996年第11届“迎春杯”数学竞赛初一试题）

已知:如图,长方形ADFM四周共有10个点,相邻两点间的距离都等于1cm,以这些点为顶点构成的 三角形中,面积等于3cm2的三角形共有________个.

9． 10 三角形 直角三角形，4个。

非直角三角形：底为3，高为2的，4个；底为2，高为3的，2个。 共4+4+2=10个。

10．（1992年勤奋杯初中数学竞赛试题）

如图,ABCD是边长为2的正方形,则图中所有三角形的面积的总和是 。

10．28

11面积为的三角形有16个，面积为三角形有16个，面积为1的三角形有8

4211个，面积为2的三角形有4个，总面积为×16+×16+1×8+2×4=28。

42

三解答题

11. 3×3的方格棋盘中有9个小方格，将其中3个方格染成红色，有多少种不同的方法（在平面上旋转后可以重合的，看成一种方法）？ 11. （1）3个角上涂红色的， 1种方法(图1)； （2）3条边上涂红色的，1种方法(图2)；

（3）2角1边上涂红色的，又可分为两类：①2对角1边的，2种方法(图3)；②2邻角1边的，4种方法(图4)，共6种方法；

（4）2边1角上涂红色的，也可分为两类：①2对边1角的，2种方法(图5)；②2邻边1角的，4种方法(图6)，共6种方法； （5）2角1中心涂红色的，2种方法(图7)； （6）2边1中心涂红色的，2种方法(图8)； （7）1边1角1中心涂红色的，4种方法(图9)； 综上所述，一共有1+1+6+6+2+2+4=22种方法。

112 (图1) (图2) (图3)

1243341212 (图4) (图5) (图6)

11222413 (图7) (图8) (图9)

12. 用红，黄，蓝3种颜色将1×6的棋盘方格染色，则没有两个相邻方格都染红色的染色总数是多少？

12．分类计算：①6个方格都不涂红色的，有26=64种方法；②1个方格涂红色的，先将一个方格涂红，有6种方法，再涂其它方格，有25种方法，共有6×25=192种方法；③2个方格涂红色的，先将其它4格排成一列涂色，有24种方法，再将涂红的两格插到4格前后及间隔中的5个位置上，有5×4÷2=10种方法，共有24×（5×4÷2）=160种方法；④3个方格涂红色的，红色的涂法只有2种（涂1，3，5格或2，4，6格），其余三格的涂法有23种，共有2×23=16种。 所以涂法总数是64+192+160+16=432种。

13. 正方形ABCD的内部有1999个点，以正方形的4个顶点和内部的1999个点为顶点，将它剪成一些三角形。问：一共可以剪成多少个三角形？共需剪多少刀？

13 我们从整体来考虑，先计算所有三角形的内角和。汇聚在正方形内一点的诸角之和是360°，而正方形内角和也是360°，共有 360°×1999＋360°，从而三角形的个数是

36019993604000。

180由于每个三角形有三条边，而正方形纸原来的4条边当然不用剪；其余的边，由于是两个三角形的公共边，剪一刀出两条边，所以共剪的刀数是4000345998。 2

14. 10个三角形最多能将平面分成几个部分？ 14. 设n个三角形最多将平面分成an个部分。

n=1时，a1=2；

n=2时，第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点，三条边与第一个三角形最多有2×3=6（个）交点。这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段，这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分，从而平面也增加了6个部分，即a2＝2＋2×3。

n＝3时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3＝12（个）交点，从而平面也增加了12个部分，即：a3=2＋2×3＋4×3。

……

一般地，第n个三角形与前面（n-1）个三角形最多有2（n-1）×3个交点，从而平面也增加2（n－1）×3个部分，故an=2＋2×3＋4×3＋…＋2（n-1）×3＝2＋［2＋4＋…＋2（n-1）］×3＝2＋3n（n-1）＝3n2-3n＋2。 特别地，当n＝10时，a10＝3×102＋3×10＋2=272，即10个三角形最多把平面分成272个部分。

15. 用10个3×1的长方形卡片覆盖3×10的长方形，有多少种不同的覆盖方法？ 15．设用n个3×1的长方形卡片覆盖3×n的长方形，有an种不同的覆盖方法.

显然有a1=1，a2=1，a3=2（见下图）。

当n=4时，如果前三列横放，剩下一个3×1的长方形，有a1种方法；如果第一行竖放，剩下一个3×3的长方形，有a3种方法，故a4= a1+ a3（见下图）。

当n=5时，如果前三列横放，剩下一个3×2的长方形，有a2种方法；如果第一行竖放，剩下一个3×3的长方形，有a4种方法，故a5= a2+ a4（见下图）。

一般地，有an= an-3+ an-1.

a4 = 1+2 =3，a5 =1+3=4，a6 =2+4=6，a7 =3+6=9，a8 =4+9=13，a9=6+13=19， 于是，

a10=9+19=28。