第4讲 2-3几何组成分析 习题课
高中数学选修2-3课时作业1：1.2.2-组合(二)
1.2.2 组合(二)一、基础过关1．凸十边形的对角线的条数为()A．10 B．35C．45 D．90[答案] B[解析]C210－10＝35，所以选B.2．在直角坐标系xOy平面上，平行直线x＝m(m＝0,1,2,3,4)，与平行直线y＝n(n＝0,1,2,3,4)组成的图形中，矩形共有()A．25个B．100个C．36个D．200个[答案] B[解析]C25·C25＝10×10＝100，所以选B.3．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为()A．14 B．24C．28 D．48[答案] A[解析]6人中选4人的方案有C46＝15(种)，没有女生的方案只有一种，所以满足要求的方案总数有14种．4．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()A．232 B．252C．472 D．484[答案] C[解析]含1张红色卡片，有C14C212＝264(种)不同取法；不含红色卡片有C312－3C34＝208(种)取法，共有264＋208＝472(种)取法．5．在50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共有________种．[答案]4186[解析]分两类，有4件次品的抽法为C44C146种；有3件次品的抽法有C34C246种，所以共有C44C146＋C34C246＝4186(种)不同的抽法．6．某运动队有5对老搭档运动员，现抽派4个运动员参加比赛，则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________．[答案]80[解析]先抽取4对老搭档运动员，再从每对老搭档运动员中各抽1人，故有C45C12C12C12C12＝80(种)．7．空间有10个点，其中有5个点共面(除此之外再无4点共面)，以每4个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体．解不考虑任何限制，10个点可得C410个四面体．由于有5个点共面，这5个点中的任意4个点都不能构成4面体，共有C45种情形．所以构成四面体的个数为C410－C45＝210－5＝205.二、能力提升8．编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有()A．60种B．20种C．10种D．8种[答案] C[解析]四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入3盏亮灯，即C35＝10.8．已知圆上9个点，每两点连一线段，所有线段在圆内的交点有()A．36个B．72个C．63个D．126个[答案] D[解析]此题可化归为：圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，所以，交点有C49＝126(个)．10．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)[答案]590[解析]分三类：①选1名骨科医生，则有C13(C14C35＋C24C25＋C34C15)＝360(种)．②选2名骨科医生，则有C23(C14C25＋C24C15)＝210(种)；③选3名骨科医生，则有C33C14C15＝20(种)．∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.11．在某次数字测验中，记座号为n(n＝1,2,3,4)的同学的考试成绩为f(n)．若f(n)∈{70,85,88,90,98,100}，且满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)，则这4位同学考试成绩的所有可能有多少种．解f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)可分为①f(1)<f(2)<f(3)<f(4)；②f(1)<f(2)＝f(3)<f(4)两种情形．对于①，只需在集合中取4个数字，有C46种，对于②，只需在集合中取3个数字，有C36种．即不同的取法共有C46＋C36＝35(种)．12．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加；(5)甲、乙、丙三人至少1人参加．解(1)C512＝792(种)不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C29＝36(种)不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126(种)不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3(种)选法，再从另外的9人中选4人有C49种选法，共有C13C49＝378(种)不同的选法．(5)方法一(直接法)可分为三类：第一类：甲、乙、丙中有1人参加，共有C13C49种；第二类：甲、乙、丙中有2人参加，共有C23C39种；第三类：甲、乙、丙3人均参加，共有C33C29种．共有C13C49＋C23C39＋C33C29＝666(种)不同的选法．方法二(间接法)12人中任意选5人共有C512种，甲、乙、丙三人不能参加的有C59种，所以，共有C512－C59＝666(种)不同的选法．三、探究与拓展13．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的九个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大．当3,4固定在图中位置时，所填写空格的方法有()A．6种B．12种C．18种D．24种[答案] A[解析]由题意可得数字1,2,9的位置也是固定的，如图所示，5、6、7、8四个数字在A、B、C、D四个位置上，A、B两个位置的填法有C24种，C、D两个位置则只有C22种填法．由分步乘法计数原理知，不同的填法及总数共有C24·C22＝6(种)．。
高中数学选修2-3优质习题课 排列与组合
题型一两个计数原理的应用基本原理提供了“完成某件事情”是“分类”进行，还是“分步”进行．在分类或分步中，针对具体问题考虑是与“顺序”有关，还是无关，来确定排列与组合．例1在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m ＋n＋1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有()A．C1m＋1C2n＋C1n＋1C2mB．C1m C2n＋C1n C2mC．C1m C2n＋C1n C2m＋C1m C1nD．C1m C2n＋1＋C2m＋1C1n[答案] C[解析]第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有C1m C2n个；第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有C2m C1n个；第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有C1m C1n个．由分类加法计数原理共有N＝(C1m C2n＋C2m C1n＋C1m C1n)个三角形．跟踪训练1现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．144种B．72种C．64种D．84种[答案] D[解析]根据所用颜色的种数分类第一类：用4种颜色涂，有A 44＝4×3×2×1＝24(种)．第二类：用3种颜色，必须有一条对角区域涂同色：有C 12C 14A 23＝48(种)．第三类：用2种颜色，对角区域各涂一色有A 24＝4×3＝12(种)．共有24＋48＋12＝84(种)．题型二 排列与组合应用题在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．解决排列、组合应用题的常用方法：(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后；(3)先取后排，间接排除；(4)集团捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．例2 用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2,3相邻的偶数有________个．(用数字作答)[答案] 18[解析] 数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有6个；第二种情况，当数字4在个位上时，且2,3必须相邻，此时满足要求的五位数有A 22A 33＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．跟踪训练2 停车场一排有12个空位，如今要停放7辆不同的车，要求恰好有4个空位连在一起，求共有多少种停法？解 将4个连在一起的空位看成一个整体，由于另一个空位不能与这个整体相连，则可把这两个元素插在7辆车之间，共有A 28种方法；而7辆车共有A 77种排法，因此共有A 28·A 77＝282240(种)不同停法．题型三 二项式定理的应用对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项公式求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．例3 (1)已知⎝⎛⎭⎫x 2－i x n 的展开式中第三项与第五项的系数之比为－314，其中i 2＝－1，则展开式中系数为实数且最大的项为( )A ．第三项B ．第四项C．第五项D．第五项或第六项[答案] C[解析]T3＝－C2n x2n－5，T5＝C4n x2n－10.由－C2n∶C4n＝－314，得n2－5n－50＝0，∴n＝10，又T k＋1＝C k10(－i)k x520-2k，据此可知当k＝0,2,4,6,8,10时其系数为实数，且当k＝4时，C410＝210最大．(2)已知x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9的值为________．[答案]－10[解析]方法一所给等式即[1－(x＋1)]2＋[1－(x＋1)]10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，而“(x＋1)9”只能从[1－(x＋1)]10中产生，根据二项式定理，得a9＝－C910＝－C110＝－10.方法二因为a9与x9项的系数有关，等式左边x9项的系数为0，所以等式右边x9项的系数也为0.因为x10的系数为a10＝C010＝1，x9的系数为a9·C09＋a10·C110＝a9＋10＝0，所以a9＝－10.小结二项式的展开式的右端整理为f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a n x n的形式，求多项式的系数和有关的问题用赋值法可以直接得解；若右端整理为f(x)＝a0＋a1(x＋m)＋a2(x＋m)2＋…＋a n(x＋m)n的形式，此时需要先用左端构造出含(x＋m)的二项式，再分析右端系数的规律求解；求具体某项的符号，需要先由左端构造出含(x＋m)的二项式，再把(x＋m)看做一个整体研究其通项，也可以变换右端相关项的因式求解．跟踪训练3(1)(x－1)9按x降幂排列的展开式中，系数最大的项是()A．第4项和第5项B．第5项C．第5项和第6项D．第6项[答案] B[解析]根据二项式系数的性质，(x－1)9的展开式中的中间两项即第5项和第6项的二项式系数最大，但第6项的系数是负数，所以只有第5项的系数最大．(2)已知(x＋2)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值为________．[答案]511[解析]方法一因为(x＋2)9＝[1＋(x＋1)]9＝C09＋C19(x＋1)＋C29(x＋1)2＋…＋C99(x＋1)9，所以a0＝C09＝1，a1＝C19，a2＝C29，…，a9＝C99.因此|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a1＋a2＋…＋a9＝C19＋C29＋C39＋…＋C99＝29－1＝511.方法二由(x＋2)9＝[1＋(x＋1)]9＝C09＋C19(x＋1)＋C29(x＋1)2＋…＋C99(x＋1)9知，a1，a2，a3，…，a9均为正，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a1＋a2＋…＋a9.因此，在已知等式中令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝29.又a0＝1，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝29－1＝511.[呈重点、现规律]1．两个计数原理分步乘法计数原理与分类加法计数原理是排列、组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．注意有些复杂的问题往往在分步中有分类，分类中有分步，两个原理往往交错使用．2．排列与组合主要是排列数与组合数计算公式、性质的应用以及排列组合应用题．排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．对于应用题，则首先要分清是否有序，是排列问题还是组合问题．有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：(1)元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置．组合应用题的难点是与几何图形有关的问题，此时一般要与两个原理结合应用，还要结合图形的实际意义．排列与组合综合应用题中也有很多重点和难点，比如分配问题，一般方法是先分组，后分配，分组问题又要注意均匀分组和不均匀分组的区别，均匀分组在各组逐一满足后还要除以均匀分组组数的全排列；而有公共元素的分配问题，则可以利用图示法求组数，这样可以避免分组中的重复．3．二项式定理这部分常考知识、题型、主要方法以及注意点大体如下：(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式中第k＋1项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1，…n)，其中二项式系数是，这是一个极易错点．C k n，而不是C k＋1n(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果，在求各项系数的绝对值的和时，则要先根据绝对值里面数的符号赋值求解．。
人教课标版高中数学选修2-3《组合》第二课时参考课件
C m1 n
Cm n1
C m1 n1
2、
C
n n
Cn n1
Hale Waihona Puke Cn nm
C n1 n m 1
组合 （二）
2021/3/16
复习
一般地，从n个不同元素中取出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.
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合
的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合
数。用符号
C
m n
表示
组合数计算公式
(1)C m
Am n
n(n 1)(n 2)(n m 1)
这些组合可分成两类：一类含有a1，一类不含有a1，
含有a1的组合是从a2 , a3 , , an1这n个元素中取出 m 1个元素与a1组成的，共有Cnm1个； 不含a1的组合是从a2 , a3 , , an1这n个元素中取出 m个元素组成的，共有Cnm个
由分类计数原理，得
组合数性质2
C m C m C m1
198 ;
200
2 200 199 19900
200
21
C C ( 2 )
3 2;
99
99
C 3 100 99 98 161700
100
321
2C C C ( 3 )
3 3 2 .
8
9
8
C C C C C 2 3 ( 3 2) 2 3 56
8
8
8
8
8
例 证明
1、
Cm n1
①从口袋里取出3个球，共有多少种取法？
②从口袋里取出3个球，使其中含有一个黑球，有多 少种取法？
4平面体系的几何组成分析
（c）
无多余约束的几何不变体系。
二、加减二元体规则
无多余约束的几何不变体系。 增加二元体是体系的组装过程，应从一个基本刚片开始。
二、加减二元体规则
无多余约束的几何不变体系。
减去二元体是体系的拆除过程，应从体系的外边缘开始进行。
①虚铰的识别 ②非直杆用直杆代替 ③找铰接三角形 ④机动分析中，每根杆件或作为链杆都必须只能使 用一次，不得遗漏，也不得重复。 ⑤对较复杂系统应该首先进行计算自由度
平面体系的几何组成分析习题课
1. 计算体系的自由度w （1）w ＞ 0：几何可变体系；无需再进行几何组
成分析。 （2）w 0：体系满足几何不变的必要条件，尚需
10. 计算平面体系的自由度并分析其几何组成。
II I
w=2j-(b+r)=2 8-(13+3)=0
几何不变体系
11. 计算平面体系的自由度并分析其几何组成。 • 刚片体系
❖二元体规则
❖两刚片规则
w ＝ 3m－（2h ＋ r ） ＝36－（2 8＋3） ＝－1
有一个多余联系
有一个多余联系的几何不变体系。
4. 计算平面体系的自由度并分析其几何组成。
• 链杆体系
w ＝ 2 j－（b ＋ r ） ＝29－（13＋5）
＝0
I
II
III 瞬变体系。
5. 计算平面体系的自由度并分析其几何组成。
•
刚片体系 B
A
w ＝ 3m－（2h ＋ r ）
C
＝34－（2 5＋2）
＝0
I
II w ＝ 3m－（2h ＋ r ）
三、刚片的合成
高中数学人教B版选修2-3练习课件1.2.1.3 排列的综合应用精选ppt课件
课后提升训练
温馨提示：请点击按扭进入WORD文档作业
再见
A．720种 B．360种
C．240种 D．120种
解析：将甲、乙两人视为一人，则有 A55种排法，再将甲、
乙两人互换位置，则共有 A22·A55＝240 种排法． 答案：C
4．[2014·辽宁高考]6把椅子摆成一排，3 个随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144 B．120 C．72 D．24
解析：3 人中每两人之间恰有一个空座位，有 A33×2＝ 12 种坐法，3 人中某两人之间有两个空座位，有 A33×A22＝12
种坐法，所以共有 12＋12＝24 种坐法． 答案：D
知识点三
排数问题
5.用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的五位 数，则其中数字1,2相邻的偶数共有几个？
解：若末位为 0，则有 A33·A22＝12(个)， 若末位为 2，则有 A12·A22＝4(个)， 若末位为 4，则有两种情况： ①若 1 或 2 在首位有 A12A22＝4(个)， ②若 3 在首位有 A22A22＝4(个)； 故共有 24 个．
A．36种 B．42种
C．48种 D．54种
解析：因为丙必须排在最后一位，因此只 需考虑其余五个节目在前五位上的排法．当甲排 在第一位时，有A＝24(种)排法，当甲排在第二位 时，有A·A＝18(种)排法，所以共有方案24＋18＝ 42(种)，故选B.
答案：B
知识点二
捆绑与插空问题
3.6名同学排成一排，其中甲、乙必须排在 一起的不同排法共有( )
§1.2 排列与组合
§1.2.1 排列
课时作业30 排列的综合应用
1 课堂对点训练 2 课后提升训练
高中数学人教A版 选修2-3 1.2.3 排列与组合习题课 课件 (共29张PPT)
小试牛刀
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( ) )
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(
m (3)若组合式 Cx n＝Cn ，则 x＝m 成立.( k 1 (4)kCn ＝nCk n－1.(
－
)
)
解析
元素相同但顺序不同的排列是不同的排列，故(1)不正
A.30 B.600
)
C.720 D.840
解析
(1)第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3
人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空， 任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分 步计数原理有3×4×5×6＝360种方法.
解析
(1)第一类：甲在最左端，
有 A5 5＝5×4×3×2×1＝120(种)方法； 第二类：乙在最左端， 有 4A4 4＝4×4×3×2×1＝96(种)方法. 所以共有 120＋96＝216(种)方法. (2)记其余两种产品为 D，E，A，B 相邻视为一个元素，先与 D，
3 E 排列，有 A2 A 2 3种方法；再将 C 插入，仅有 3 个空位可选，共 3 1 有 A2 A 2 3C3＝2×6×3＝36 种不同的摆法.
30 种. 法二 从 7 名同学中任选 3 名的方法数，再除去所选 3 名同学
3 3 3 全是男生或全是女生的方法数，即 C － C － C 答案 C 7 4 3＝30.
4.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________(用数字 作答).
解析
3 末位数字排法有 A1 ，其他位置排法有 A 2 4种，共有
高中数学人教A版选修2-3教学案：1.2.2第二课时组合的综合应用含解析
第二课时组合的综合应用课堂讲练设计，举一能通类题皿。
有限制条件的组合问题I典例I课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法?(1)只有一名女生3(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选;(4)至多有两名女生当选.［解］(1)一名女生，四名男生，故共有a・Cil=350(种)选法.(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类,故共有a・Ch=165(种)选法.(3)至少有一名队长当逸含有两类：有一名队长当选和两名队长都当选.故共有C1-C11+ C心=825(种)选法.或策用间接法：Ch-C和=825(种).(4)至多有两名女生舍有三如有两名女生，只有一名女生，没有女生.故共有C&CS+ aa+ci=966(种)选法.Ii有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：>•!一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出.“不含”I:的可把所指元素去掉再取，分步计数；;二是“至多”“至少〃问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注Ii意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏,L_________.________________.________________....._____________....._____________.................................................................J 【活学活用］有，个不同的球，】个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有1个空盒，有几种放法？(2)恰有2个盒子不放球，有几种放法？解：⑴先从4个小球中取2个放在一起，有C3种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球看成三堆，并分别放入4个尘子中的3个盒子里，有A］种放法，根据分步来法计数原理，共有CiM=144(种)不同的放法.(2)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中.有两妾放法：第一如1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C9种，再放到2个盒子中有A1种放法，共有CLM种放法；第二美，2个金子中各放2个小球有CK4种放法.故恰有2个金子不放球的方法有C1U+C3G=84(种).几何中的组合问题［典例1平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线.以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？［解］法一：以从共线的，个点中取点的多少作为分类的标准.第一英：共线的4个点中有2个点为三角形的项点，共有CSC4=48个不同的三角形；第二美：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C」C&=112个不同的三角形；第三类：关线的4个点中没有，&为三角形的顶点，去有=56个不同的三角形.由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48+112+56=216个.法二：(间接法)：从12个点中任意取3个点，有Cf2=220种取法,而在共蝶的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况t C4=4种.故这12个点构成三角形的个数为Ch-Ci=216个.「一—一一—一一—一一慈曾冗丽合向丽而一—一一—一一―:(1)几何组合问题，主要考查组合的知识和空间想象能力，题目多以立体几何中的点、;线、面的位置关系为背景的排列、组合.这类问题情境新颖，多个知识点交汇在一起，综!合牲强.:(2)解答几何组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样,只要把图形的限制条件!视为组合问题的限制条件即可.!(3)计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计.;算符合题意的组合数.…一了薛话而■i■i■■i■i■■i■i■■i■i■i—i■i—i■i—i■正六边形的顶点和中心共7个点，可组成个三角形.解析：不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是过中心的3条对角线，即共有3种情况，故坦成三南形的个数为弓一3=32.答案：32［典例I用。
2几何组成分析习题课.
D
(II, III) C
零载法 例7：试计算图示体系的自由度。 解法 I: 将AC、CB、CG和CI视为 刚片，则 m 4
A F G D I E C H B
C点为复铰，相当于3个单 铰，故 h 3
单链杆数为：7，即 b 7
故体系自由度为： W 3m (3g 2h b)
3 4 (2 3 7) 1
平面结构几何构造分析习题课
一、分类： 二、目的： 三、方法： 几何不变体系的组成规律： 规律1 （双杆系组成规律） ——二元体
连接一个铰结点的两根不共线的链杆构成一无多余约束的
几何不变体系
在体系上增加或拆除一个二元体， 应用： 不会影响原体系的几何构造性质。 规律2 （二刚片结合规律） 两刚片通过一铰和一延长线不通 过该铰的链杆相连，构成一无多 余约束的几何不变体系。
m 2, j 2 单铰数： h 1 单链杆数： b 9 体系自由度为：
W (3m 2 j ) (3g 2h b) (3 2 2 2) (2 1 9) 1
注意： 一般情况下，存在复链杆时，取刚片计算；而当存在复铰 时，选择可动质点计算较为简单。
解法II： 将A、B、C、F、G、H、 G、I视为可动质点，则
A F G D
C H I
B
j7
AC、CB为复链杆，每个
E
复链杆相当于（2n —3） 个单链杆，故 2n 3 3 b 2 3 9 15 体系自由度为： W 2 j b 2 7 15 1
解法 III：将AC、CB视为刚片，将G、I视为可动质点，则
例6：
(I, III)
F G A
II B II) (I,
结构力学第四讲平面体系的几何组成分析
平行，则该体系为瞬变体系。
第二章 平面体系的几何组成分析 课堂练习1 ：
结论:无多余约束几何不变体系
结论:几何可变体系
结论:有3个多余约束 的几何不变体系
第二章 平面(2)体系的几何组成分析
(3)
五、课后练习：试对图示体系进行几何组成分析：
(1)
(1)
(1)
(2) ((22)) (2)
(2)
(3) (3)
§2-5 几何组成与静定性的关系
一、几何可变体系：一般无静力解答。 二、无多余联系的几何不变体系：静力解答唯一确定。 三、几何瞬变体系：其平衡方程或者没有有限值解答， 或在特殊情况下，解答不确定。 四、具有多余联系的几何不变体系：静力解答有无穷 多组解。
体系的几何组成与静定性的关系： 1、无多余约束的几何不变体系是静定结构； 2、有多余约束的几何不变体系是超静定结构； 3、几何可变体系不能作为结构使用。
第二章 平面体系的几何组成分析
练习：
刚片的等效替换
CC
FF
BB
EE
GG
C
II
B
F O(2,3)
G
E
III
AA
瞬变
DD
HH
A(1,2)
D(1,3)
I
题7-1(12)图
将地基视为刚片I；刚片II、III由平行的链杆BE、CF连
接，形成无穷远的虚铰， I、II刚片由A铰、 I、III刚片
由D铰连接。A、B的连线与形成无穷远虚铰的链杆相互
答案： （1）几何不变体系，有4个多余约束。 （2）几何不变体系，有6个多余约束。 （3）几何不变体系，有3个多余约束。 （4）几何不变体系，有2个多余约束。 （5）几何不变体系，有6个多余约束。 （6）几何不变体系，无多余约束。
几何组成分析习题课
F
G
H
C
A
B
D
E
F
G
H
(2,3)
A
BC D
E
J
K
(1,2)
F
G
H
(2,3)
C
A
B
D
E
J
K
(1,3)
刚片二等效替 代为链杆
F
G
(2,3) (1,2)
A
BC D E
几何不变体系
F
G
H
I
A
B
C
DE分析：该体系源自支座约束多于3个，因此将基础作为1个刚片 对整个体系进行分析。除基础外，从中可找出AF、BFG、 CGH、DHI和EI共5部分作为刚片，但这些刚片之间的约束不 完全符合基本组成规则的要求，无法按照基本刚片的扩大装配 法进行分析。
刚片法则或三刚片法则进行分析，继续 尝试进行替代。
刚片BFG与体系其他部 分之间仅通过单铰G和支 座链杆AF、 BJ联结， AF、 BJ组成瞬铰O1， 可认为刚片BFG与基础 （刚片）间通过瞬铰O1 E 联接，而与CGH之间通 过实铰G联结。刚片 CGH与基础之间通过铰 G及瞬铰O1与基础发生 联接，刚片BFG及相应 约束可用通过两铰铰心 的链杆O1G替代，瞬铰 O1是位于基础上的， O1G视为1支座链杆。
而体系中又无二元体，也无法按照撤除部件的方法进行分析。 尝试采用等效替代法进行分析。
O1
F
G
O2
H
I
A
B
C
D
J
替代体系1
折杆AF与体系其余部分之间通过单铰A 和F联接，可用链杆AF替代；同样，折 杆EI可用链杆EI替代。 该体系仍有5根支座链杆，仍将基础视 为一个刚片，体系中共有BFG、CGH、 DHI及基础4个刚片。此时还不能采用两
龙驭球《结构力学Ⅰ》(第4版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(结构的几何构造分析)【圣才出品】
第2章结构的几何构造分析2.1 复习笔记本章主要用以分析杆件结构的几何构造（或称几何组成），目的在于检查结构是否稳固，能否承受荷载。
本章首先介绍了几何构造分析的几个概念，包括几何不变体系和几何可变体系（几何瞬变体系、几何常变体系）、自由度、约束、多余约束、瞬铰；然后着重介绍了几何不变体系的5种组成规律以及装配思路；最后讲述了平面杆件体系的计算自由度，来帮助更好地分析杆件体系的几何构造。
一、几何构造分析的几个概念（见表2-1-1）表2-1-1 几何构造分析的几个概念二、平面几何不变体系的组成规律1．铰结三角形规律平面几何不变体系有5种组成规律，归结为3种装配格式，根据这些基本组成规律或基本装配格式，可以通过2种装配过程，组成各式各样的无多余约束的几何不变体系，具体内容见表2-1-2：表2-1-2 铰结三角形规律注：条件“三铰不共线”和“三链杆不共点”是完全等效的；“三链杆不共点”还包括三链杆延长线组成的瞬铰情况。
2．装配思路（1）从基础出发。
视基础为基本刚片，将周围部件由近及远按照基本装配格式逐级装配，直至形成整体体系。
（2）从内部刚片出发。
在体系内部选取基本刚片，将周围部件按照基本装配格式逐级装配，最后将扩大刚片与地基装配，形成整体体系。
三、平面杆件体系的计算自由度（见表2-1-3）表2-1-3 平面杆件体系的计算自由度W注：①表中m为体系中刚片的个数，j为联系结点个数，g为单刚结点个数，h为单铰结点个数，b为单链杆根数；②n个刚片复结合等于（n－1）个单结合，连接n个结点的复链杆相当于（2n－3）个单链杆。
2.2 课后习题详解2-1 试分析图2-2-1所示体系的几何构造。
图2-2-1解：（1）如图2-2-2所示，ABC和DEF为两个二元体，可以撤除，剩下的杆CD通过不共点的三链杆与基础相连，形成几何不变体，二元体不影响原结构的几何不变性，故体系为几何不变体系，且无多余约束。
图2-2-2（2）如图2-2-3所示，刚片AB通过不共点三链杆1、2、3与基础相连，形成几何不变体。
鲁教五四版九年级上册数学 第4章 4.2.2 画几何体的三视图 习题课件
认知基础练
2 某同学家买了一个外形非常接近球的西瓜，该同学将 西瓜均匀切成了8块，并将其中一块(经抽象后)按如图 所示的方式放在自己正前方的水果盘中，则这块西瓜 的三视图是( B )
认知基础练
3 【2020·包头】如图，将小立方块①从6个大小相同的 小立方块所搭的几何体中移走后，所得几何体( C ) A．主视图改变，左视图改变 B．俯视图不变，左视图改变 C．俯视图改变，左视图改变 D．主视图不变，左视图不变
认知基础练
4 画出下面几何体的左视图和俯视图．
解：如图．
认知基础练
5 如图是一个由3个相同的小正方体组成的立体图形， 它的三视图是( )
认知基础练
【点拨】 本题易忽略被遮挡的部分的轮廓线而错选C.
【答案】 A
思维发散练
6 如图是一个直四棱柱及其主视图和俯视图． (1)根据图中所给数据，可求出俯视图的高为____4____； (2)在虚线框内画出左视图，并标出各边的长．鲁 Nhomakorabea版 九年级上
4.2. 2
第四章 投影与视图
视图
画几何体的三视图
习题链接
温馨提示：点击 进入讲评
1A 2B 3C 4
5A 6 7
答案呈现
认知基础练
1 【2020·广州】如图所示的圆锥，下列说法正确的是 (A) A．该圆锥的主视图是轴对称图形 B．该圆锥的主视图是中心对称图形 C．该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称 图形 D．该圆锥的主视图既不是轴对称图形，也不是中心 对称图形
思维发散练
解：如图所示．
思维发散练
7 【2021·淄博张店区期末】用5个相同的正方体搭成如 图所示的几何体． (1)分别画出该几何体的主视图、左视图和俯视图； 解：这个几何体的三视图如图所示．
第2章体系几何组成分析
联结n个刚片的复铰相当于n-1 个单铰，相当于 2(n-1)个约束！
10
4、刚性连接：刚结点、固定端支座
将两刚片联结成一个整体的结点 图示两刚片有六个自由度, 加刚性联结后有三个自由度
一个单刚结点可减少三个自由 度相当于三个约束。 刚结点将刚片连成整体（新刚片）。若是发散的，无多余 约束,若是闭合的，则每个无铰封闭框都有三个多余约束。
A
B
A
4、由一基本刚片开始，逐步增 加二元体，扩大刚片的范围， 将体系归结为两个刚片或三个 刚片相连，再用规则判定。
E C A D
F
B
25
(2,3)
(1,3)
Ⅱ Ⅲ
(1,2)
Ⅰ
三刚片用不共线三铰相连，故无多余约束的几何不变体系。26
5、当体系杆件数较多 时，将刚片选得分散些， 用链杆相连，而不用单 铰相连。
因此，静定结构的几何组成特征是几何不变且无多 余约束，超静定结构也为几何不变但有多余约束。通过 几何组成分析可以判定结构是静定的还是超静定的。
绝大部分的建筑结构都是超静定结构。
38
§2-5 静定结构和超静定结构
从受力特征看： 凡只需利用静力平衡条件就能确定全部支座反力和内 力的结构称为静定结构。 全部支座反力或内力不能只由静力平衡条件来确定的 结构称为超静定结构。
6、刚片的等效代换：在不改变刚片 与周围的连结方式的前提下，可以改变 它的大小、形状及内部组成。即用一个 等效（与外部连结等效）刚片代替它。
如：链杆即刚片，刚片可化为链杆， 折杆与直杆等效，实铰与虚铰等效， 几何不变体可看为刚片 Ⅰ Ⅱ
.
几何瞬变体系
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅲ
两个刚片用三根平行不等长的链杆相连，几何瞬变体系 29
《结力》第2章 结构的几何构造分析
几何可变体系不能作为结构来使用。
六、瞬铰（虚铰）
两根链杆的约束作用相当于在链杆交点处一个简 单铰所起的约束作用。故两根链杆可以看作为在交 点处有一个瞬铰（虚铰）。 A 相交在∞点 A
关于∞点的情况需强调几点：
——每一个方向有一个∞点; ——不同方向有不同∞点; ——各∞点都在同一直线上，此直线称为∞线; ——各有限点都不在∞线上。
Ⅰ
Ⅲ
Ⅱ
何可变。
Ⅲ
3、 三虚铰在无穷远处
Ⅰ
Ⅱ
瞬变体系
Ⅲ
习题四:
•图示体系进行几何组成分析。
(a)
(b)
(a)
O12 O23 O13
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
瞬变体系
∞ O13
O12 O23
(b)
Ⅲ Ⅰ
Ⅱ
瞬变体系
分析 1
3
(1,2) 1 (2,3) 2 (1,2) 1
1
2
3
2
3
5 4 6 4 6
5
(2,3) 4 6
§2-2 平面几何不变体系的组成规律
讨论没有多余约束的几何不变体系的组成规律。
1、一个点与一个刚片之间的连接方式
规律1 一个刚片与一个点用两根链杆相连，且三 个铰不在一直线上，则组成几何不变的整体，且 没有多余约束。
A
C
B
由不共线的两根链杆联结一个新结点的装置，称为二元体。 （二元体规则）在一个体系上增加或撤去一个二元体，则体系的几何性质 不会改变。
Ⅱ
3
Ⅱ
4
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
Ⅰ
Ⅰ
∞
小结：三刚片中虚铰在无穷远处
1、 一虚铰在无穷远处 Ⅰ Ⅱ
虚铰方向与另外 两铰连线不平行，几 何不变。 虚铰方向与另外 两铰连线平行，几 何瞬变。
第4讲 2-3几何组成分析 习题课
1
一铰无穷远
O12
I
2
II 平 行
等
几何常变体系
III
长
O13
O23
一个无穷远处铰： 形成无穷
远处虚铰的链杆与另外两个铰的
连线平行且等长→常变体系。
§ 2.4 几何组成分析举例
一铰无穷远
Structural Mechanics
O2 (2,3)
E D
A
C B
E III
D
A
O 1( 1 , 3 )
B
II (1,2)
I
B
A
E
C
2-5b：支承约束多于三个。把悬臂刚架和大地看成刚片I， DFE为刚片II。两刚片通过D铰和链杆BF联结，满足两刚片 规则。该体系有三个多余约束的几何不变体系。
几何组成分析习题评讲：
Structural Mechanics
A(1,3)
D
(1,2)
I
II
C
B
(2,3)
III
习题2-6a
2-6a：支承链杆多于三根， 把大地看成一个刚片。取 刚片，以及用刚片间链杆 形成的虚铰如图所示，其 中I、II由无穷远虚铰相链， 但形成该虚铰的链杆不与 另外两虚铰的连线平行， 故该体系满足三刚片规则， 是无多余约束的几何不变 体系。
题2-5(a)图
2-5a：支承链杆只有三根。可以去除三根支承链杆，只须分 析分析桁架本身是否几何不变。取刚片如图所示，两刚片通
过B铰和链杆CF联结，满足两刚片规则。该体系有二个多余 约束的几何不变体系。
几何组成分析习题评讲：
Structural Mechanics
D
F B
E
C
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
几何组成分析习题评讲： 几何组成分析习题评讲：
D D
Structural Mechanics Mechanics
II F
B A
I F
B A
E
C
E
C
习题2-5b
2-5b：支承约束多于三个。把悬臂刚架和大地看成刚片I， ：支承约束多于三个。把悬臂刚架和大地看成刚片 ， DFE为刚片 。两刚片通过 铰和链杆 联结，满足两刚片 为刚片II。两刚片通过D铰和链杆 联结， 铰和链杆BF联结 为刚片 规则。该体系有三个多余约束的几何不变体系。 规则。该体系有三个多余约束的几何不变体系。
几何组成分析习题评讲： 几何组成分析习题评讲：
B C
(2,3) (1,3)
E F
A D II
C
E
III
Structural Mechanics Mechanics
A D
G
(1,2)
F G
H
I
H
习题2-8b
2-8b：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。由于ABCD ：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。由于 是无多余约束的铰结体系，且只有三处与外界相联， 是无多余约束的铰结体系，且只有三处与外界相联，故可以视 为铰结三角形ACD。取刚片，以及刚片间链杆形成的虚铰如图 。取刚片， 为铰结三角形 所示，故该体系满足三刚片规则，是几何不变体系。 所示，故该体系满足三刚片规则，是几何不变体系。
几何组成分析习题评讲： 几何组成分析习题评讲：
B C J (1,3) K M
Structural Mechanics Mechanics
(2
A D G
,3
(1,2) E
II F
)
III
H N D
L
习 题 2-9 b
I
2-9b：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。AB、LM是 ：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。 是 悬臂梁，可以将其与大地看成一个新刚片。三固定支座、 悬臂梁，可以将其与大地看成一个新刚片。三固定支座、二元 本质上是加在这个新刚片上的二元体。 体BCD、MKL本质上是加在这个新刚片上的二元体。取刚片， 、 本质上是加在这个新刚片上的二元体 取刚片， 以及刚片间链杆形成的虚铰如图所示， 以及刚片间链杆形成的虚铰如图所示，故该体系满足三刚片规 则，是几何不变体系。 是几何不变体系。
II I
Structural Mechanics Mechanics
不变
(1,2)
II
(2,3)
I
(1,3)
III
§ 2.4 几何组成分析举例 练习9： 练习 ：
II I
Structural Mechanics Mechanics
不变
I III
（1，3） ， ）
（2，3） ， ）
II
（1，2） ， ）
第四讲的教学内容、要求、 第四讲的教学内容、要求、重难点 教学内容 教学内容： 教学内容：
铰无穷远的探讨，几何组成分析举例， 铰无穷远的探讨，几何组成分析举例，复习组成规 则、几何组成与静定性的关系
Structural Mechanics
教学要求： 教学要求：
1、 了解铰无穷远与几何性质的关系； 、 2、深刻理解组成规则； 、 3、熟练掌握几何组成分析的方法、技巧 、熟练掌握几何组成分析的方法、技巧。
B
Structural Mechanics Mechanics
D
G
A B D G
C
F
E B D G
I
A C
方法一
II F
E A
I
C
方法二
II F
E
题 2-5( a )图
2-5a：支承链杆只有三根。可以去除三根支承链杆，只须分 ：支承链杆只有三根。可以去除三根支承链杆， 析分析桁架本身是否几何不变。取刚片如图所示， 析分析桁架本身是否几何不变。取刚片如图所示，两刚片通 铰和链杆CF联结 过B铰和链杆 联结，满足两刚片规则。该体系有二个多余 铰和链杆 联结，满足两刚片规则。 约束的几何不变体系。 约束的几何不变体系。
Structural Mechanics Mechanics
(a) 一铰无穷远情况 1 I 2 II O12 一个无穷远处铰： 一个无穷远处铰： 形 成无穷远处虚铰的链杆与 另外两个铰的连线不平行 另外两个铰的连线不平行 →几何不变体系。 几何不变体系。 几何不变体系 III O13
几何不变体系
O23
重点： 重点：几何组成分析 难点： 难点：刚片的选取
第四讲的目录 第四讲的目录
第二章 平面体系的几何组成分析
Construction Analysis
§ 2.4
Structural Structural Mechanics
几何组成分析举例
习题课
§ 2.4 几何组成分析举例
一、虚铰在无穷远处的讨论
§ 2.4 几何组成分析举例
一铰无穷远 1 II 2 平 行 但 不 等 长 O12 一个无穷远处 铰： 形成无穷远处 虚铰的链杆与另外 两个铰的连线平行 两个铰的连线平行 →瞬变体系。 瞬变体系。 瞬变体系
Structural Mechanics Mechanics
III
O13
O23
几何瞬变体系
C D E
F G H I
J
二次超静定静定 如何将此二次超静定静定体系,变成静定结构 如何将此二次超静定静定体系 变成静定结构? 变成静定结构
§ 2.4 几何组成分析举例 练习7： 练习 ：
O
Structural Mechanics Mechanics
瞬变
O II
I
§ 2.4 几何组成分析举例 练习8： 练习 ：
§ 2.4 几何组成分析举例
1
一铰无穷远 O12
Structural Mechanics Mechanics
2
I
II
III O13 O23
平 行 等 长
几何常变体系
一个无穷远处铰： 一个无穷远处铰： 形成无穷 远处虚铰的链杆与另外两个铰的 连线平行且等长→常变体系。 连线平行且等长 常变体系。 常变体系
几何组成分析习题评讲： 几何组成分析习题评讲：
(1,3)
D
E
B
C
(1,2) II E
D B III C (2,3)
Structural Mechanics Mechanics
G
I
A
G
I
A
习题2-7b
2-7b：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。取刚片， ：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。取刚片， 以及刚片间链杆形成的虚铰如图所示， 以及刚片间链杆形成的虚铰如图所示，故该体系满足三刚片 规则，是几何不变体系。 规则，是几何不变体系。
§ 2.4 几何组成分析举例 Structural Mechanics Mechanics
C
F
C
F
O(2,3)
G
B
E
G
II
B
E
III
A
D
H
A(1,2) I
D(1,3)
测验 几何组成分析
瞬变
作业： 作业：2-3ab、4cd；2-5ab 、 、 ； 6ab、7ab 、8ab、9b 、 、
几何组成分析习题评讲： 几何组成分析习题评讲：
§ 2.4 几何组成分析举例
(b) 两铰无穷远情况
Structural Mechanics Mechanics
O12 I
几何不变体系 四 杆 不 全 平 行
III
O23 O13
§ 2.4 几何组成分析举例
两铰无穷远
I II
O12
Structural Mechanics Mechanics
III O13
C
E
D
练习2： 练习 ：
A
Structural Mechanics Mechanics
F
B
G
H
C A I D
E F
III II
瞬变
B
G
(2,3)
H
(1,3)
§ 2.4 几何组成分析举例 练习3： 练习 ： Structural Mechanics Mechanics
(1,2)
(1,3)
不变
II
(2,3)
常变体系 不变体系
(2)两无穷远处： 两无穷远处： 两无穷远处 虚铰的四根链杆 两两平行不等长 瞬变体系
(3)三铰无穷远 瞬变体系 三铰无穷远→瞬变体系 三铰无穷远
常变体系
§ 2.4 几何组成分析举例
练习1： 练习 ：
Structural Mechanics Mechanics
加减二元体
§ 2.4 几何组成分析举例
I
(1,3)
II
(1,2)
B
C
III
习题2-6b
几何组成分析习题评讲： 几何组成分析习题评讲：
A B C E F
A(1,2)
C(2,3)
B II III E
F(1,3)
Structural Mechanics Mechanics
D H
G
D H I
G
习题2-7a
2-7a：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。取刚片， ：支承链杆多于三根，把大地看成一个刚片。取刚片， 以及取刚片间链杆形成的虚铰和实铰如图所示，三铰共线， 以及取刚片间链杆形成的虚铰和实铰如图所示，三铰共线， 故该体系不满足三刚片规则，是瞬变体系。 故该体系不满足三刚片规则，是瞬变体系。
I
II
(1,2)
C B
(2,3)