7.设m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出下列四个命题:①若m,n∥,则m⊥n;②若∥,∥,m⊥,则m;③若m∥,n∥,则m∥n;④若则∥.其中正确命题的序号是(　　　 )

A.②③　　　　　 B. ①②　　　　　 C.③④　　　　　 D. ①④

6.自二面角内一点分别向两个半平面引垂线，它们所成的角与二面角的平面角的大小关系是(　　　 )。

A.相等　　 B.互补　　 C.无关　　　 D.相等或互补

5.已知二面角A-BC-D，A-CD-B，A-BD-C的平面角都相等，则点A在平面BCD上的射影是

　△BCD的(　　　 )。

A.内心　　 B.外心　　 C.垂心　　　 D.重心

4.下列命题中错误的是(　　　　 ).

A.如果平面⊥平面，那么内所有直线都垂直于平面

B.如果平面⊥平面，那么内一定存在直线平行于平面

C.如果平面不垂直于平面，那么内一定不存在直线垂直于平面

D.如果平面⊥平面，平面⊥平面，，那么平面

3.过空间一点的三条直线两两垂直，则它们确定的平面互相垂直的对数有(　　　 )。

A．0　　　 B.1　　　 C.2　　　　 D.3

2.设直线a平面,则平面平行于平面是直线a平行于平面的(　　　 )

A.充分不必要条件　　　　 B.必要不充分条件

C.充要条件　　　　　　　 D.既不充分也不必要条件

1.下列命题中正确的是(　　　 ).

A.夹在两个平行平面间的相等线段必平行

B.夹在两个平行平面间的平行线段相等

C.两个平面分别和第三个平面相交,若两条交线平行,则这两个平面平行

D.平行于同一条直线的两个平面互相平行

3．本题是一个基础性很强的问题，无论是对立体图形的画法以及空间想象能力的形成都大有裨益．

典型例题十二

例12　下图中表示两个相交平面，其中画法正确的是(　)．

解：对于A，图中没有画出平面与平面的交线，另外图中的实、虚线也没有按照画法原则去画，因此A的画法不正确．

同样的道理，也可知B、C图形的画法不正确．

D的图形画法正确．

∴应选D．

说明：对空间图形的准确辨识，是培养空间想象能力的重要组成部分，一定要注意这方面能力的锻炼．

典型例题十三

例13　观察下图，说明图形中的不同之处．

解：上面的图形都是由九条线段构成的图形、外形似乎相似．

仔细观察，由于图中的实、虚线的画法不同，则反映了不同的几何体．

A图是一个簸箕形图形；B图是体，是三棱柱；C图也是体，也是三棱柱．

B图如果看作是从三棱柱的正面观察，C图则可看作是从三棱柱的后面观察．

说明：在立体几何中，一定要明确画图过程中哪条线画实线，哪条线画虚线．要记住：能够看得到的线一定画成实线，被挡住的看不到的线画成虚线．

下面再给出两组图形如下图所示，请同学们予以辨识，指出它们有什么不同．

典型例题十四

例14　若点在直线上，在平面内，则、、之间的关系可记作(　)．

A．　B．　C．　D．

解法1：(直接法)

∵点在直线上，∴，

∵直线在平面内，∴，

∴．

∴应选B．

解法2：(排除法)

∵点与直线之间的关系是元素与集合之间的关系，

∴只能用符号“”或“”表示，

∴C、D应予排除．

∵直线与平面之间是集合与集合之间的关系，

∴只能用符号“”或“”表示，

∴A应予以排除．

综上可知应选B．

说明：要能正确地使用点、直线、平面之间关系的符号语言．

典型例题十五

例15　用符号语言表示下列语句

(1)点在平面内，但在平面外；

(2)直线经过平面外一点；

(3)直线在平面内，又在平面内，即平面和相交于直线．

解：(1)但．

(2)，．

(3)且，即．

说明：符号语言比较简洁、严谨，可大大的缩短文字语言表达的长度，有利于推理、计算．

典型例题十六

例16　将下面用符号语言表示的关系改用文字语言予以叙述，并用用图形语言予以表示．．

分析：本题实质是数学三种语言--符号语言、文字语言、图形语言的互译．

解：文字语言叙述为：

点在平面与平面的交线上，、分别在、内．

图形语言表示为如图：

说明：文字语言比较自然、生动，它能将问题所研究的对象的含义更加明白地叙述出来，我们教科书上的概念、定理等多以文字语言叙述．

图形语言，易引起清晰的视觉形象，它能直观地表达概念、定理的本质以及相互关系，在抽象的数学思维面前起着具体化和加深理解的作用．

各种数学语言间的互译可为我们在更广阔的思维领域里寻找问题解决的途径提供方便．有利于培养我们思维的广阔性．

典型例题十七

例17　如下图中，若、在平面内，判断是否在平面内．

解：∵在平面内，

∴点一定在平面内．

∵在平面内，

∴点一定在平面内．

∴点、点都在平面内．

∴直线在平面内(公理1)．

说明：公理1可以用来判断直线是否在平面内．

典型例题十八

例18　如下图，在正方体中，、分别为和上的中点，画出平面与平面的交线．

分析：可根据公理2，如果两个平面有一个公共点，它们就有过这点的一条直线，也只有这一条直线；这条直线的位置还须借助于另一个条件来确定．

解：在平面内，延长，

∵与不平行，

因此与必相交于一点，设为

则，．

又∵平面，平面内，

∴平面，平面．

又为平面与平面的公共点，

∴连结，即为平面与平面的交线．

说明：公理2是两个平面相交的性质，它说明两个平面相交，交线是一条直线．要注意理解两个平面不存在只有一个公共点的情形，如果有一个公共点，那么必定有无数多个公共点，且这些点恰好组成一条直线．同时要注意，找到两个平面的一个公共点，交线的具体位置还无法判定，只有找到两个公共点，才确定这两个平面的交线．这是做几何体截面时确定交线经常用到的方法．

典型例题十九

例19　已知、、、分别是空间四边形(四条线段首尾相接，且连接点不在同一平面内．所组成的空间图形叫空间四边形．)各边、、、上的点，且直线和交于点，如下图，求证：点、、在同一条直线上．

证明：如图

∵直线直线，

∴直线，而平面，

∴平面．

同理，平面，即点是平面和平面的公共点．显然，点、也是平面和平面的公共点，由公理2知，点、、都在平面和平面的交线上，即点、、在同一条直线上．

说明：证明三点共线通常采用如下方法：

方法1是首先找出两个平面，然后证明这三点都是这两个平面的公共点，根据公理2知，这些点都在交线上．

方法2是选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点在其上．

2．通过此题的解答，要学会处理问题的思维方法，注意逻辑思维能力的培养与提高．

2、4、6、8的四位偶数(这是因为零不能放在千位数上)．由此解法一与二．

　　 如果从千位数入手．四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、4、6、8两类，由此得解法三．

　　 如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除法，得解法四．

　　 解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中任选3个来排列，故有个；

　 当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八个非零数字中任选一个，百位，十位上再从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理有(个)．

　　 ∴ 没有重复数字的四位偶数有

　　 个．

　 　解法2：当个位数上排“0”时，同解一有个；当个位数上排2、4、6、8中之一时，千位，百位，十位上可从余下9个数字中任选3个的排列数中减去千位数是“0”排列数得：个

　　 ∴　 没有重复数字的四位偶数有

　　 个．

　 　解法3：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一个，百位，十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有

　　 个

干位上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个(包括0在内)，百位，十位从余下的八个数字中任意选两个作排列，有

个

　　 ∴ 没有重复数字的四位偶数有

　　 个．

　 　解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数．

　　 没有重复数字的四位数有个．

其中四位奇数有个

∴ 没有重复数字的四位偶数有

个

说明：这是典型的简单具有限制条件的排列问题，上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解法的实质，掌握其解答方法，以期灵活运用．

典型例题二

例2 三个女生和五个男生排成一排

　　 (1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？

　　 (2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？

　　 (3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？

　　 (4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？

解：(1)(捆绑法)因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合一起共有六个元素，然成一排有种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有对种不同的排法，因此共有种不同的排法．

　　 (2)(插空法)要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有种方法，因此共有种不同的排法．

　　 (3)解法1：(位置分析法)因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有种排法，所以共有种不同的排法．

　　 解法2：(间接法)3个女生和5个男生排成一排共有种不同的排法，从中扣除女生排在首位的种排法和女生排在末位的种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生有种不同的排法，所以共有种不同的排法．

解法3：(元素分析法)从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有种不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有种不同的排法，所以共有种不同的排法，

(4)解法1：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这样可有种不同的排法；如果首位排女生，有种排法，这时末位就只能排男生，有种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都有种不同的排法，这样可有种不同排法．因此共有种不同的排法．

解法2：3个女生和5个男生排成一排有种排法，从中扣去两端都是女生排法种，就能得到两端不都是女生的排法种数．

因此共有种不同的排法．

　　 说明：解决排列、组合(下面将学到，由于规律相同，顺便提及，以下遇到也同样处理)应用问题最常用也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法．

若以位置为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置，有两个以上约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时要兼顾其它条件．

若以元素为主，需先满足特殊元素要求再处理其它的元素．

　　 间接法有的也称做排除法或排异法，有时用这种方法解决问题来得简单、明快．

　　 捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法，要认真搞清在什么条件下使用．

典型例题三

例3 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。

　　 (1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？

　　 (2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？

　 　解：(1)先排歌唱节目有种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放入舞蹈节目，共有中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：＝43200.

　　 (2)先排舞蹈节目有中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有：＝2880种方法。

　 　说明：对于“间隔”排列问题，我们往往先排个数较少的元素，再让其余元素插空排列。否则，若先排个数较多的元素，再让其余元素插空排时，往往个数较多的元素有相邻情况。如本题(2)中，若先排歌唱节目有，再排舞蹈节目有，这样排完之后，其中含有歌唱节目相邻的情况，不符合间隔排列的要求。

典型例题四

例4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法．

分析与解法1：6六门课总的排法是，其中不符合要求的可分为：体育排在第一书有种排法，如图中Ⅰ；数学排在最后一节有种排法，如图中Ⅱ；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排在最后一节，如图中Ⅲ，这种情况有种排法，因此符合条件的排法应是：

　　 (种)．

　 　分析与解法2：根据要求，课程表安排可分为4种情况：

　　 (1)体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有种；

　　 (2)数学排在第一节但体育不排在最后一节，有排法种；

　　 (3)体育排在最后一节但数学不排在第一节，有排法种；

　　 (4)数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法

　　 这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：

　　 (种)．

　 　分析与解法3：根据要求，课表安排还可分下述4种情况：

　　 (1)体育，数学既不在最后也不在开头一节，有种排法；

　　 (2)数学排在第一节，体育不排在最后一节，有4种排法；

　　 (3)体育在最后一书，数学木在第一节有4种排法；

　　 (4)数学在第一节，体育在最后一节有1种排法．

　　 上述 21种排法确定以后，仅剩余下四门课程排法是种，故总排法数为(种)．

　　 下面再提出一个问题，请予解答．

　　 问题：有6个人排队，甲不在排头，乙不在排尾，问并肩多少种不同的排法．

　　 请读者完成此题．

　　 说明：解答排列、组合问题要注意一题多解的练习，不仅能提高解题能力，而且是检验所解答问题正确与否的行之有效的方法．

典型例题五

例5　现有辆公交车、位司机和位售票员，每辆车上需配位司机和位售票员．问车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种？

分析：可以把辆车看成排了顺序的三个空：，然后把名司机和名售票员分别填入．因此可认为事件分两步完成，每一步都是一个排列问题．

解：分两步完成．第一步，把名司机安排到辆车中，有种安排方法；第二步把名售票员安排到辆车中，有种安排方法．故搭配方案共有

种．

说明：许多复杂的排列问题，不可能一步就能完成．而应分解开来考虑：即经适当地分类成分或分步之后，应用分类计数原理、分步计数原理原理去解决．在分类或分步时，要尽量把整个事件的安排过程考虑清楚，防止分类或分步的混乱．

典型例题六

例6　下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有所重点院校，每所院校有个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？

分析：填写学校时是有顺序的，因为这涉及到第一志愿、第二志愿、第三志愿的问题；同一学校的两个专业也有顺序，要区分出第一专业和第二专业．因此这是一个排列问题．

解：填表过程可分两步．第一步，确定填报学校及其顺序，则在所学校中选出所并加排列，共有种不同的排法；第二步，从每所院校的个专业中选出个专业并确定其顺序，其中又包含三小步，因此总的排列数有种．综合以上两步，由分步计数原理得不同的填表方法有：种．

说明：要完成的事件与元素的排列顺序是否有关，有时题中并未直接点明，需要根据实际情景自己判断，特别是学习了后面的“组合”之后这一点尤其重要．“选而且排”(元素之间有顺序要求)的是排列，“选而不排”(元素之间无顺序要求)的是组合．另外，较复杂的事件应分解开考虑．

典型例题七

例5　名同学排队照相．

(1)若分成两排照，前排人，后排人，有多少种不同的排法？

(2)若排成两排照，前排人，后排人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？

(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？

(4)若排成一排照，人中有名男生，名女生，女生不能相邻，有多少种不面的排法？

分析：(1)可分两步完成：第一步，从人中选出人排在前排，有种排法；第二步，剩下的人排在后排，有种排法，故一共有种排法．事实上排两排与排成一排一样，只不过把第个位子看成第二排而已，排法总数都是，相当于个人的全排列．(2)优先安排甲、乙．(3)用“捆绑法”．(4)用“插空法”．

解：(1) 种．

(2)第一步安排甲，有种排法；第二步安排乙，有种排法；第三步余下的人排在剩下的个位置上，有种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有种．

(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余个元素排成一排，即看成个元素的全排列问题，有种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有种排法．由分步计数原理得，共有种排法．

(4)第一步，名男生全排列，有种排法；第二步，女生插空，即将名女生插入名男生之间的个空位，这样可保证女生不相邻，易知有种插入方法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：种．

说明：(1)相邻问题用“捆绑法”，即把若干个相邻的特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，与其他普通元素全排列；最后再“松绑”，将这些特殊元素进行全排列．(2)不相邻问题用“插空法”，即先安排好没有限制条件的元素，然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．

典型例题八

例8　从五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位数的和．

分析：可以从每个数字出现的次数来分析，例如“”，当它位于个位时，即形如的数共有个(从四个数中选两个填入前面的两个空)，当这些数相加时，由“”所产生的和是．当位于十位时，即形如的数也有，那么当这些数相加时，由“”产生的和应是．当位于面位时，可同理分析．然后再依次分析的情况．

解：形如的数共有个，当这些数相加时，由“”产生的和是；形如的数也有个，当这些数相加时，由“”产生的和是；形如的数也有个，当这些数相加时，由“”产生的和应是．这样在所有三位数的和中，由“”产生的和是．同理由产生的和分别是，，，，因此所有三位数的和是．

说明：类似于这种求“数字之和”的问题都可以用分析数字出现次数的办法来解决．如“由四个数字组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各数位上的数字之和为，求数”．本题的特殊性在于，由于是全排列，每个数字都要选用，故每个数字均出现了次，故有，得．

典型例题九

例9　计算下列各题：

(1) ；　(2) ；　(3) ；

(4) 　(5)

解：(1) ；

(2) ;

(3)原式

；

(4)原式

；

(5)∵，

∴

．

说明：准确掌握好排列公式是顺利进行计算的关键．

本题计算中灵活地用到下列各式：

；；；使问题解得简单、快捷．

典型例题十

例10　六人排一列纵队，限定要排在的前面(与可以相邻，也可以不相邻)，求共有几种排法．对这个题目，、、、四位同学各自给出了一种算式：的算式是；的算式是；的算式是；

的算式是．上面四个算式是否正确，正确的加以解释，不正确的说明理由．

解：中很显然，“在前的六人纵队”的排队数目与“在前的六人纵队”排队数目相等，而“六人纵队”的排法数目应是这二者数目之和．这表明：的算式正确．

中把六人排队这件事划分为占位，占位，其他四人占位这样三个阶段，然后用乘法求出总数，注意到占位的状况决定了占位的方法数，第一阶段，当占据第一个位置时，占位方法数是；当占据第2个位置时，占位的方法数是；……；当占据第5个位置时，占位的方法数是，当，占位后，再排其他四人，他们有种排法，可见的算式是正确的．

中可理解为从6个位置中选4个位置让占据，这时，剩下的两个位置依前后顺序应是的．因此的算式也正确．

中把6个位置先圈定两个位置的方法数，这两个位置让占据，显然，占据这两个圈定的位置的方法只有一种(要在的前面)，这时，再排其余四人，又有种排法，可见的算式是对的．

说明：下一节组合学完后，可回过头来学习的解法．

典型例题十一

例11　八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？

解法1：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”两类情况．应当使用加法原理，在每类情况下，划分“乙丙坐下”、“甲坐下”；“其他五人坐下”三个步骤，又要用到分步计数原理，这样可有如下算法：

(种)．

解法2：采取“总方法数减去不命题意的所有方法数”的算法．把“甲坐在第一排的八人坐法数”看成“总方法数”，这个数目是．在这种前提下，不合题意的方法是“甲坐第一排，且乙、丙坐两排的八人坐法．”这个数目是．其中第一个因数表示甲坐在第一排的方法数，表示从乙、丙中任选出一人的办法数，表示把选出的这个人安排在第一排的方法数，下一个则表示乙、丙中沿未安排的那个人坐在第二排的方法数，就是其他五人的坐法数，于是总的方法数为

(种)．

说明：解法2可在学完组合后回过头来学习．

典型例题十二

例12 计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且不彩画不放在两端，那么不同陈列方式有(　)．

A．　B．　C．　D．

解：将同一品种的画“捆”在一起，注意到水彩画不放在两端，共有种排列．但4幅油画、5幅国画本身还有排列顺序要求．所以共有种陈列方式．

∴应选D．

说明：关于“若干个元素相邻”的排列问题，一般使用“捆绑”法，也就是将相邻的若干个元素“捆绑”在一起，看作一个大元素，与其他的元素进行全排列；然后，再“松绑”，将被“捆绑”的若干元素，内部进行全排列．本例题就是一个典型的用“捆绑”法来解答的问题．

典型例题十三

例13 由数字组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数的个数共有(　)．

A．210　B．300　C．464　D．600

解法1：(直接法)：分别用作十万位的排列数，共有种，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有个．

解法2：(间接法)：取个数字排列有，而作为十万位的排列有，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有(个)．

∴应选B．

说明：(1)直接法、间接法是解决有关排列应用题的两种基本方法，何时使用直接法或间接法要视问题而定，有的问题如果使用直接法解决比较困难或者比较麻烦，这时应考虑能否用间接法来解．

(2)“个位数字小于十位数字”与“个位数字大于十位数字”具有对称性，这两类的六位数个数一样多，即各占全部六位数的一半，同类问题还有6个人排队照像时，甲必须站在乙的左侧，共有多少种排法．

典型例题十四

例14 用，这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有(　)．

A．24个　B．30个　C．40个　D．60个

分析：本题是带有附加条件的排列问题，可以有多种思考方法，可分类，可分步，可利用概率，也可利用本题所提供的选择项分析判断．

解法1：分类计算．

将符合条件的偶数分为两类．一类是2作个位数，共有个，另一类是4作个位数，也有个．因此符合条件的偶数共有个．

解法2：分步计算．

先排个位数字，有种排法，再排十位和百位数字，有种排法，根据分步计数原理，三位偶数应有个．

解法3：按概率算．

用这个数字可以组成没有重复数字的三位数共有个，其中偶点其中的．因此三位偶数共有个．

解法4：利用选择项判断．

用这个数字可以组成没有重复数字的三位数共有个．其中偶数少于奇数，因此偶数的个数应少于个，四个选择项所提供的答案中，只有符合条件．

∴应选．

典型例题十五

例15　(1)计算．

(2)求()的个位数字．

分析：本题如果直接用排列数公式计算，在运算上比较困难，现在我们可以从和式中项的特点以及排列数公式的特点两方面考虑．在(1)中，项可抽象为，(2)中，项为，当时，乘积中出现5和2，积的个位数为0，在加法运算中可不考虑．

解：(1)由

∴原式．

(2)当时，的个位数为0，

∴()的个位数字与的个位数字相同．

而，∴的个位数字为3．

说明：对排列数公式特点的分析是我们解决此类问题的关键，比如：求证：

，我们首先可抓等式右边的

，

∴左边右边．

典型例题十六

例16　用共六个数字，组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个无重复数字的位偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被整除的三位数？

分析：位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是，由于个位用或者不用数字，对确定首位数字有影响，所以需要就个位数字用或者用进行分类．一个自然数能被整除的条件是所有数字之和是的倍数，本题可以先确定用哪三个数字，然后进行排列，但要注意就用与不用数字进行分类．

解：(1)就个位用还是用分成两类，个位用，其它两位从中任取两数排列，共有(个)，个位用或，再确定首位，最后确定十位，共有(个)，所有位偶数的总数为：(个)．

(2)从中取出和为的倍数的三个数，分别有下列取法：、、、、、、、，前四组中有，后四组中没有，用它们排成三位数，如果用前组，共有(个)，如果用后四组，共有(个)，所有被整除的三位数的总数为(个)．

典型例题十七

例17　一条长椅上有个座位，人坐，要求个空位中，有个空位相邻，另一个空位与个相邻空位不相邻，共有几种坐法？

分析：对于空位，我们可以当成特殊元素对待，设空座梯形依次编号为．先选定两个空位，可以在号位，也可以在号位…共有六种可能，再安排另一空位，此时需看到，如果空位在号，则另一空位可以在号位，有种可能，相邻空位在号位，亦如此．如果相邻空位在号位，另一空位可以在号位，只有种可能，相邻空位在号，号，号亦如此，所以必须就两相邻空位的位置进行分类．本题的另一考虑是，对于两相邻空位可以用合并法看成一个元素与另一空位插入已坐人的个座位之间，用插空法处理它们的不相邻．

解答一：就两相邻空位的位置分类：

若两相邻空位在或，共有(种)坐法．

若两相邻空位在，，或，共有(种)不同坐法，所以所有坐法总数为(种)．

解答二：先排好个人，然后把两空位与另一空位插入坐好的人之间，共有(种)不同坐法．

解答三：本题还可采用间接法，逆向考虑在所有坐法中去掉个空位全不相邻或全部相邻的情况，个人任意坐到个座位上，共有种坐法，三个空位全相邻可以用合并法，直接将三个空位看成一个元素与其它座位一起排列，共有种不同方法．三个空位全不相邻仍用插空法，但三个空位不须排列，直接插入个人的个间隔中，有种不同方法，所以，所有满足条件的不同坐法种数为(种)．