排列组合经典:涂色问题

高考数学中涂色问题的常见解法及策略

与涂色问题有关的试题新颖有趣,近年已经在高考题中出现，其中包含着丰富的数学思想。解决涂色问题方法技巧性强且灵活多变，因而这类问题有利于培养学生的创新思维能力、分析问题与观察问题的能力，有利于开发学生的智力。本文拟总结涂色问题的常见类型及求解方法

一.区域涂色问题

1、 根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法。

例1。用5种不同的颜色给图中标①、②、③、④的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？

分析：先给①号区域涂色有5种方法，再给②号涂色有4种方法，接着给③号涂色方法有3种，由于④号与①、②不相邻，因此④号有4种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有5434240

2、 根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色

方法种数。

例2、四种不同的颜色涂在如图所示的6

个区域，且相邻两个区域不能同色。 分析：依题意只能选用4种颜色，要分四类： （1）②与⑤同色、④与⑥同色，则有（2

）③与⑤同色、④与⑥同色，则有（3）②与⑤同色、③与⑥同色，则有

（4）③与⑤同色、②

与④同色，则有

4

44；（5）②与④同色、③与⑥同色，则有A4； A44； A4

⑤

4； A4

A

44

⑥

①

④

；

所以根据加法原理得涂色方法总数为5A4=120

例3、如图所示，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4种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？ 分析：依题意至少要用3种颜色

1) 当先用三种颜色时，区域2与4必须同色，

2) 3) 4)

区域3与5必须同色，故有A4种； 当用四种颜色时，若区域2与4同色，

则区域3与5不同色，有A4种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有A4种，故用四种颜色时共有2

34

+2A4=24+224=72 A4

4

4

3

4A4

种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有

3、 根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出

两种情形的种数，再用加法原理求出不同涂色方法总数。

例4用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的四个区域内，每个区域涂一种颜色，相邻两个区域涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？

分析：可把问题分为三类：

（1） 四格涂不同的颜色，方法种数为（2） 有且仅两个区域相同的颜色， （3） 即只

有一组对角小方格涂相 同的颜色，涂法种数为

122C5A4；

A54；

5) 两组对角小方格分别涂相同的颜色，涂法种数为

A52，

因此，所求的涂法种数为

12

A522C5A4A52260

4、 根据相间区使用颜色的种类分类

例5如图， 6个扇形区域A、B、C、D、E、F，现给这6个区域着色，要求同一区域涂同一种

颜色，相邻的两个区域不得使用同一种颜色，现有4种不同的颜色可A1解（1）当相间区域A、C、E着同一种颜色时， 有4种着色方法，此时，

B、D、F各有3种着色方法， 此时，B、D、F各有3种着色方法 故有4333108 种方法。

（2）当相间区域A、C、E着色两不同的颜色时，有C3种着色方法，故共有C3

2

2

2

种着色方法，此时B、D、F有322A4

2

A4322432种着色方法。

3

种着色方法，此时B、D、F各有2种A4

（3）当相间区域A、C、E着三种不同的颜色时有着色方法。此时共有

3

A4222192种方法。

故总计有108+432+192=732种方法。

说明：关于扇形区域区域涂色问题还可以用数列中的递推公来解决。

如：如图，把一个圆分成n(n2)个扇形，每个扇形用红、白、蓝、黑四色之一染色，要求相邻扇形不同色，有多少种染色方法？ 解：设分成n个扇形时染色方法为an种

（1） 当n=2时A1、

A2有A42=12种，即a2=12

（2）当分成n个扇形，如图，A1与A2不同色，A2与A3 不同 色，，An1

与

A

An不同色，共有43n1种染色方法， 但由于An与A1

An与A1同色的情形；An与A1同色时，可把An、 A1看成一个扇形，与前n2个扇

形加在一起为n1个扇形，此时有an1种染色法，故有如下递推关系：

邻，所以应排除

an43n1an1anan143n1(an243n2)43n1

an243n243n1an343n343n243n1

4[3n13n2(1)n3](1)33

n

n

二.点的涂色问题 方法有：（1）可根据共用了多少种颜色分类讨论，（2）根据相对顶点是否同色分类讨论，（3）将空间问题平面化，转化成区域涂色问题。

例6、将一个四棱锥SABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？ 解法一：满足题设条件的染色至少要用三种颜色。

（1）若恰用三种颜色，可先从五种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种涂

A、B、C、D四点，此时只能A与C、B与D分别同色，故有C5A4

选两种染A与B，由于A、B颜色可以交换，故有

1

2

60种方法。

（2）若恰用四种颜色染色，可以先从五种颜色中任选一种颜色染顶点S，再从余下的四种颜色中任

2

种染法；再从余下的两种颜色中任选一种染D或C，A4

1

2

1

1

而D与C，而D与C中另一个只需染与其相对顶点同色即可，故有C5A4C2C2

（3）若恰用五种颜色染色，有

5

A5120种染色法

240种方法。

综上所知，满足题意的染色方法数为60+240+120=420种。

解法二：设想染色按S—A—B—C—D的顺序进行，对S、A、B染色，有54360种染色方法。

由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论： C与A同色时（此时C对颜色的选取方法唯一），D应与A（C）、S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种选择的颜色，D也有2种颜色可供选择，从而对C、D染色有13227种染色方法。由乘法原理，总的染色方法是607420

解法三：可把这个问题转化成相邻区域不同色问题：如图，

对这五个区域用5种颜色涂色，有多少种不同的涂色方法？

二.线段涂色问题 对线段涂色问题，要注意对各条线段依次涂色，主要方法有：

a) 根据共用了多少颜色分类讨论 b) 根据相对线段是否同色分类讨论。

例7、用红、黃、蓝、白四种颜色涂矩形ABCD的四条边，每条边只涂一种颜色 ，且使相邻两边涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？

解法一：（1）使用四颜色共有

4

种; A4

1

1

2

（2）使用三种颜色涂色，则必须将一组对边染成同色，故有C4C2A3种， （3）使用二种颜色时，则两组对边必须分别同色，有 因此，所求的染色方法数为

2

种 A4

41122

A4C4C2A3A484种

解法二：涂色按AB－BC－CD－DA的顺序进行，对AB、BC涂色有4312种涂色方法。

由于CD的颜色可能与AB同色或不同色，这影响到DA颜色的选取方法数，故分类讨论： 当CD与AB同色时，这时CD对颜色的选取方法唯一，则DA有3种颜色可供选择CD与AB不同色时，CD有两种可供选择的颜色，DA也有两种可供选择的颜色，从而对CD、DA涂色有

13227种涂色方法。

由乘法原理，总的涂色方法数为127

84种

3种A63

4

例8、用六种颜色给正四面体ABCD的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱

涂不同的颜色，问有多少种不同的涂色方法？

解：（1）若恰用三种颜色涂色，则每组对棱必须涂同一颜色，而这三组间的颜色不同，故有方法。

（2）若恰用四种颜色涂色，则三组对棱中有二组对棱的组内对棱涂同色，但组与组之间不同色，故有C6A6种方法。

（3）若恰用五种颜色涂色，则三组对棱中有一组对棱涂同一种颜色，故有C3A6种方法。 （4）若恰用六种颜色涂色，则有

6

种不同的方法。 A6

1

5

综上，满足题意的总的染色方法数为

3156

A6C32A64C3A6A64080种。

三.面涂色问题

例9、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的6个面涂色，每两个具有公共棱的面涂成不同的颜色，则不同的涂色方案共有多少种？

分析：显然，至少需要3三种颜色，由于有多种不同情况，仍应考虑利用加法原

理分类、乘法原理分步

进行讨论

解：根据共用多少种不同的颜色分类讨论

（1）用了六种颜色，确定某种颜色所涂面为下底面，则上底颜色可有5种选择，在上、下底已涂好后，再确定其余4种颜色中的某一种所涂面为左侧面，则其余3个面有3！种涂色方案，根据乘法原

理n1

53!30

5

（2）共用五种颜色，选定五种颜色有C6

，确定为上、下6种方法，必有两面同色（必为相对面）

底面，其颜色可有5种选择，再确定一种颜色为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有3种

选择（前后面可通过翻转交换）

5

n2C65390；(3)共用四种颜色,仿上分析可得

23

n3C64C490；(4)共用三种颜色,n

4C620

例10、四棱锥PABCD，用4种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上，要求相邻不同色，有多少种涂法？



C

R

解：这种面的涂色问题可转化为区域涂色问题，如右图，区域1、2、3、4相当于四个侧面，区域5相当于底面；根据共用颜色多少分类：

（1） 最少要用3种颜色，即1与3同色、2与4同色，此时有A4种；

（2） 当用4种颜色时，1与3同色、2与4两组中只能有一组同色，此时有C2A4；故满足

题意总的涂色方法总方法交总数为

314A4C2A472

1

4

3

域，要求

有（ D ）

例11．用三种不同的颜色填涂如右图33方格中的9个区每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共

A、48、 B、24 C、12 D、6

四、染色模型在“立几”中的计数问题应用

在近几年的高考试题和各地模拟试题中频繁出现以“立几”中的点、线、面的位置关系为背景的计数问题，这类问题题型新颖、解法灵活、多个知识点交织在一起，综合性强，能力要求高，有一定的难度，它不仅考查相关的基础知识，而且注重对数学思想方法和数学能力的考查。现结合具体例子谈谈这种问题的求解策略。 1. 直接求解

例1：从平面上取6个点，从平面上取4个点，这10个点最多可以确定多少个三棱锥？

解析: 利用三棱锥的形成将问题分成平面上有1个点、2个点、3个点三类直接求解共有

132231C6C4C6C4C6C4194个三棱锥

例2: 在四棱锥P-ABCD中，顶点为P，从其它的顶点和各棱的中点中取3个，使它们和点P在同一平面上，

不同的取法有（ ）

A.40 B. 48 C. 56 D. 62种

解析: 满足题设的取法可以分成三类 （1） 在四棱锥的每一个侧面上除P点外取三点有4C5（2） 在两个对角面上除点P外任取3点，共有2C4

33

40种不同取法；

1

8种不同取法；

8种不同取法,故共

（3） 过点P的每一条棱上的3点和与这条棱异面的棱的中点也共面，共有4C2

有40+8+8=56种

评注：这类问题应根据立体图形的几何特点，选取恰当的分类标准，做到分类不重复、不遗漏。 2. 结合“立几”概念求解

例3: 空间10个点无三点共线，其中有6个点共面，此外没有任何四个点共面，则这些点可以组成多少个四棱锥？ 解析:

41C6C460

3. 结合“立几”图形求解

例4．如果把两条异面直线看作“一对”，那么六棱锥的棱和底面所有的12条直线中，异面直线有（ ）： A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 解析：B

例5．用正五棱柱的10个顶点中的5个顶点作四棱锥的5个顶点，共可得多少个四棱锥？ 解析：分类：以棱柱的底面为棱锥的底面

1; 2C54C5

以棱柱的侧面为棱锥的底面

11C5C6

以棱柱的对角面为棱锥的底面C5C6 以图中

11

ADC1B1(梯形)为棱锥的底面 2C5C6

11

4. 构造几何模型求解

例6．在正方体的8个顶点的所有连线中，有多少对异面直线？ 与空间不共面的四点距离相等的平面有多少个？ （05年湖北）以平面六面体ABCD角形，则这两个三角形不共面的概率为 A.

A1B1C1D1的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三

[1**********]

B. C. D. A [1**********]5

在知识的网络交汇点初设计命题是近几年高考命题改革强调的重要观念之一，在复习备考中，要把握好知识间的纵横联系和综合，使所学知识真正融会贯通，运用自如，形成有序的网络化知识体系。 1.对于已知直线a,如果直线b同时满足下列三个条件: ① 与直线a异面;② 与直线a所成的角为定值;③ 与直线a的距离为定值d.那么这样的直线b有

A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 无数条

2. 如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 A. 48 B. 36 C. 24 D. 18

3. 设四棱锥P-ABCD的底面不是平行四边形,用平面去截这个四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面

A. 不存在 B. 只有1个 C. 恰有4个 D. 有无穷多个 4. 如图,点P1,P2,,P10分别是四面体的顶点或棱的中点,那么在同一平面上的四点组

1

i

j

k

P,P,P,P共

Q的大

有 个

5. 在正方体的一个面所在的平面内,任意画一条直线,则与它异面的正方体的棱的条数是 6. 正方体的8个顶点中任取4个不在同一平面上的顶点P,Q,M,N组成的二面角为PMN小可能值有 个. 答案

1.D 2. B 3. D 4. 33 5. 4或6或7或8 6. 8个

高考数学中涂色问题的常见解法及策略

与涂色问题有关的试题新颖有趣,近年已经在高考题中出现，其中包含着丰富的数学思想。解决涂色问题方法技巧性强且灵活多变，因而这类问题有利于培养学生的创新思维能力、分析问题与观察问题的能力，有利于开发学生的智力。本文拟总结涂色问题的常见类型及求解方法

一.区域涂色问题

1、 根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法。

例1。用5种不同的颜色给图中标①、②、③、④的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？

分析：先给①号区域涂色有5种方法，再给②号涂色有4种方法，接着给③号涂色方法有3种，由于④号与①、②不相邻，因此④号有4种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有5434240

2、 根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色

方法种数。

例2、四种不同的颜色涂在如图所示的6

个区域，且相邻两个区域不能同色。 分析：依题意只能选用4种颜色，要分四类： （1）②与⑤同色、④与⑥同色，则有（2

）③与⑤同色、④与⑥同色，则有（3）②与⑤同色、③与⑥同色，则有

（4）③与⑤同色、②

与④同色，则有

4

44；（5）②与④同色、③与⑥同色，则有A4； A44； A4

⑤

4； A4

A

44

⑥

①

④

；

所以根据加法原理得涂色方法总数为5A4=120

例3、如图所示，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4种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？ 分析：依题意至少要用3种颜色

1) 当先用三种颜色时，区域2与4必须同色，

2) 3) 4)

区域3与5必须同色，故有A4种； 当用四种颜色时，若区域2与4同色，

则区域3与5不同色，有A4种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有A4种，故用四种颜色时共有2

34

+2A4=24+224=72 A4

4

4

3

4A4

种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有

3、 根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出

两种情形的种数，再用加法原理求出不同涂色方法总数。

例4用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的四个区域内，每个区域涂一种颜色，相邻两个区域涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？

分析：可把问题分为三类：

（1） 四格涂不同的颜色，方法种数为（2） 有且仅两个区域相同的颜色， （3） 即只

有一组对角小方格涂相 同的颜色，涂法种数为

122C5A4；

A54；

5) 两组对角小方格分别涂相同的颜色，涂法种数为

A52，

因此，所求的涂法种数为

12

A522C5A4A52260

4、 根据相间区使用颜色的种类分类

例5如图， 6个扇形区域A、B、C、D、E、F，现给这6个区域着色，要求同一区域涂同一种

颜色，相邻的两个区域不得使用同一种颜色，现有4种不同的颜色可A1解（1）当相间区域A、C、E着同一种颜色时， 有4种着色方法，此时，

B、D、F各有3种着色方法， 此时，B、D、F各有3种着色方法 故有4333108 种方法。

（2）当相间区域A、C、E着色两不同的颜色时，有C3种着色方法，故共有C3

2

2

2

种着色方法，此时B、D、F有322A4

2

A4322432种着色方法。

3

种着色方法，此时B、D、F各有2种A4

（3）当相间区域A、C、E着三种不同的颜色时有着色方法。此时共有

3

A4222192种方法。

故总计有108+432+192=732种方法。

说明：关于扇形区域区域涂色问题还可以用数列中的递推公来解决。

如：如图，把一个圆分成n(n2)个扇形，每个扇形用红、白、蓝、黑四色之一染色，要求相邻扇形不同色，有多少种染色方法？ 解：设分成n个扇形时染色方法为an种

（1） 当n=2时A1、

A2有A42=12种，即a2=12

（2）当分成n个扇形，如图，A1与A2不同色，A2与A3 不同 色，，An1

与

A

An不同色，共有43n1种染色方法， 但由于An与A1

An与A1同色的情形；An与A1同色时，可把An、 A1看成一个扇形，与前n2个扇

形加在一起为n1个扇形，此时有an1种染色法，故有如下递推关系：

邻，所以应排除

an43n1an1anan143n1(an243n2)43n1

an243n243n1an343n343n243n1

4[3n13n2(1)n3](1)33

n

n

二.点的涂色问题 方法有：（1）可根据共用了多少种颜色分类讨论，（2）根据相对顶点是否同色分类讨论，（3）将空间问题平面化，转化成区域涂色问题。

例6、将一个四棱锥SABCD的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？ 解法一：满足题设条件的染色至少要用三种颜色。

（1）若恰用三种颜色，可先从五种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种涂

A、B、C、D四点，此时只能A与C、B与D分别同色，故有C5A4

选两种染A与B，由于A、B颜色可以交换，故有

1

2

60种方法。

（2）若恰用四种颜色染色，可以先从五种颜色中任选一种颜色染顶点S，再从余下的四种颜色中任

2

种染法；再从余下的两种颜色中任选一种染D或C，A4

1

2

1

1

而D与C，而D与C中另一个只需染与其相对顶点同色即可，故有C5A4C2C2

（3）若恰用五种颜色染色，有

5

A5120种染色法

240种方法。

综上所知，满足题意的染色方法数为60+240+120=420种。

解法二：设想染色按S—A—B—C—D的顺序进行，对S、A、B染色，有54360种染色方法。

由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论： C与A同色时（此时C对颜色的选取方法唯一），D应与A（C）、S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种选择的颜色，D也有2种颜色可供选择，从而对C、D染色有13227种染色方法。由乘法原理，总的染色方法是607420

解法三：可把这个问题转化成相邻区域不同色问题：如图，

对这五个区域用5种颜色涂色，有多少种不同的涂色方法？

二.线段涂色问题 对线段涂色问题，要注意对各条线段依次涂色，主要方法有：

a) 根据共用了多少颜色分类讨论 b) 根据相对线段是否同色分类讨论。

例7、用红、黃、蓝、白四种颜色涂矩形ABCD的四条边，每条边只涂一种颜色 ，且使相邻两边涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？

解法一：（1）使用四颜色共有

4

种; A4

1

1

2

（2）使用三种颜色涂色，则必须将一组对边染成同色，故有C4C2A3种， （3）使用二种颜色时，则两组对边必须分别同色，有 因此，所求的染色方法数为

2

种 A4

41122

A4C4C2A3A484种

解法二：涂色按AB－BC－CD－DA的顺序进行，对AB、BC涂色有4312种涂色方法。

由于CD的颜色可能与AB同色或不同色，这影响到DA颜色的选取方法数，故分类讨论： 当CD与AB同色时，这时CD对颜色的选取方法唯一，则DA有3种颜色可供选择CD与AB不同色时，CD有两种可供选择的颜色，DA也有两种可供选择的颜色，从而对CD、DA涂色有

13227种涂色方法。

由乘法原理，总的涂色方法数为127

84种

3种A63

4

例8、用六种颜色给正四面体ABCD的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱

涂不同的颜色，问有多少种不同的涂色方法？

解：（1）若恰用三种颜色涂色，则每组对棱必须涂同一颜色，而这三组间的颜色不同，故有方法。

（2）若恰用四种颜色涂色，则三组对棱中有二组对棱的组内对棱涂同色，但组与组之间不同色，故有C6A6种方法。

（3）若恰用五种颜色涂色，则三组对棱中有一组对棱涂同一种颜色，故有C3A6种方法。 （4）若恰用六种颜色涂色，则有

6

种不同的方法。 A6

1

5

综上，满足题意的总的染色方法数为

3156

A6C32A64C3A6A64080种。

三.面涂色问题

例9、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的6个面涂色，每两个具有公共棱的面涂成不同的颜色，则不同的涂色方案共有多少种？

分析：显然，至少需要3三种颜色，由于有多种不同情况，仍应考虑利用加法原

理分类、乘法原理分步

进行讨论

解：根据共用多少种不同的颜色分类讨论

（1）用了六种颜色，确定某种颜色所涂面为下底面，则上底颜色可有5种选择，在上、下底已涂好后，再确定其余4种颜色中的某一种所涂面为左侧面，则其余3个面有3！种涂色方案，根据乘法原

理n1

53!30

5

（2）共用五种颜色，选定五种颜色有C6

，确定为上、下6种方法，必有两面同色（必为相对面）

底面，其颜色可有5种选择，再确定一种颜色为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有3种

选择（前后面可通过翻转交换）

5

n2C65390；(3)共用四种颜色,仿上分析可得

23

n3C64C490；(4)共用三种颜色,n

4C620

例10、四棱锥PABCD，用4种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上，要求相邻不同色，有多少种涂法？



C

R

解：这种面的涂色问题可转化为区域涂色问题，如右图，区域1、2、3、4相当于四个侧面，区域5相当于底面；根据共用颜色多少分类：

（1） 最少要用3种颜色，即1与3同色、2与4同色，此时有A4种；

（2） 当用4种颜色时，1与3同色、2与4两组中只能有一组同色，此时有C2A4；故满足

题意总的涂色方法总方法交总数为

314A4C2A472

1

4

3

域，要求

有（ D ）

例11．用三种不同的颜色填涂如右图33方格中的9个区每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共

A、48、 B、24 C、12 D、6

四、染色模型在“立几”中的计数问题应用

在近几年的高考试题和各地模拟试题中频繁出现以“立几”中的点、线、面的位置关系为背景的计数问题，这类问题题型新颖、解法灵活、多个知识点交织在一起，综合性强，能力要求高，有一定的难度，它不仅考查相关的基础知识，而且注重对数学思想方法和数学能力的考查。现结合具体例子谈谈这种问题的求解策略。 1. 直接求解

例1：从平面上取6个点，从平面上取4个点，这10个点最多可以确定多少个三棱锥？

解析: 利用三棱锥的形成将问题分成平面上有1个点、2个点、3个点三类直接求解共有

132231C6C4C6C4C6C4194个三棱锥

例2: 在四棱锥P-ABCD中，顶点为P，从其它的顶点和各棱的中点中取3个，使它们和点P在同一平面上，

不同的取法有（ ）

A.40 B. 48 C. 56 D. 62种

解析: 满足题设的取法可以分成三类 （1） 在四棱锥的每一个侧面上除P点外取三点有4C5（2） 在两个对角面上除点P外任取3点，共有2C4

33

40种不同取法；

1

8种不同取法；

8种不同取法,故共

（3） 过点P的每一条棱上的3点和与这条棱异面的棱的中点也共面，共有4C2

有40+8+8=56种

评注：这类问题应根据立体图形的几何特点，选取恰当的分类标准，做到分类不重复、不遗漏。 2. 结合“立几”概念求解

例3: 空间10个点无三点共线，其中有6个点共面，此外没有任何四个点共面，则这些点可以组成多少个四棱锥？ 解析:

41C6C460

3. 结合“立几”图形求解

例4．如果把两条异面直线看作“一对”，那么六棱锥的棱和底面所有的12条直线中，异面直线有（ ）： A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 解析：B

例5．用正五棱柱的10个顶点中的5个顶点作四棱锥的5个顶点，共可得多少个四棱锥？ 解析：分类：以棱柱的底面为棱锥的底面

1; 2C54C5

以棱柱的侧面为棱锥的底面

11C5C6

以棱柱的对角面为棱锥的底面C5C6 以图中

11

ADC1B1(梯形)为棱锥的底面 2C5C6

11

4. 构造几何模型求解

例6．在正方体的8个顶点的所有连线中，有多少对异面直线？ 与空间不共面的四点距离相等的平面有多少个？ （05年湖北）以平面六面体ABCD角形，则这两个三角形不共面的概率为 A.

A1B1C1D1的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两个三

[1**********]

B. C. D. A [1**********]5

在知识的网络交汇点初设计命题是近几年高考命题改革强调的重要观念之一，在复习备考中，要把握好知识间的纵横联系和综合，使所学知识真正融会贯通，运用自如，形成有序的网络化知识体系。 1.对于已知直线a,如果直线b同时满足下列三个条件: ① 与直线a异面;② 与直线a所成的角为定值;③ 与直线a的距离为定值d.那么这样的直线b有

A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 无数条

2. 如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 A. 48 B. 36 C. 24 D. 18

3. 设四棱锥P-ABCD的底面不是平行四边形,用平面去截这个四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面

A. 不存在 B. 只有1个 C. 恰有4个 D. 有无穷多个 4. 如图,点P1,P2,,P10分别是四面体的顶点或棱的中点,那么在同一平面上的四点组

1

i

j

k

P,P,P,P共

Q的大

有 个

5. 在正方体的一个面所在的平面内,任意画一条直线,则与它异面的正方体的棱的条数是 6. 正方体的8个顶点中任取4个不在同一平面上的顶点P,Q,M,N组成的二面角为PMN小可能值有 个. 答案

1.D 2. B 3. D 4. 33 5. 4或6或7或8 6. 8个