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2011-2012年高考总复习一轮名师精讲课件:第50讲排列、组合及其应用


? 第五十讲

? (第五十一讲(文))排列、组合及其应用

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回归课本 1.排列数与组合数公式及性质. 2.解排列组合题的“16字方针,12个技巧”: (1)“十六字”方针是解排列组合题的基本规律.即分类相加、 分步相乘、有序排列、

无序组合. (2)“十二”个技巧是速解排列组合题的捷径.即 ①相邻问题捆绑法; ②不相邻问题插空法; ③多排问题单排法;

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④定序问题缩倍法; ⑤定位问题优先法; ⑥有序分配问题分步法; ⑦多元问题分类法; ⑧交叉问题集合法; ⑨至少(或至多)问题间接法; ⑩选排问题先取后排法; ?局部与整体问题排除法; ?复杂问题转化法.

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点评:本考点所涉及的主要问题有:数字问题,人或物有条件 排列问题,平面的个数问题,异面直线的对数问题,选代表或 选物品的问题,集合的子集问题等.解决这些问题常用的数学 方法有:直接法;利用分类计数原理的“分类法”;利用分步 计数原理的“分步法”,一一列举所有可能的“穷举法”;有 条件限制的应用题中的“特殊元素分析法”及“特殊位置分析 法”;相邻问题“捆绑法”;相间问题“插空法”;定序问题 “缩倍法”;交叉问题“集合法”;至多至少“排除法”;未 知问题“转化法”;综合问题“先选后排法”及“图表法” 等.

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3.解排列组合的应用题,要注意以下四点: (1)仔细审题,判断是排列问题还是组合问题;要按元素的性质 分类,按事件发生的过程进行分步. (2)深入分析,周密考虑,注意分清是“乘”还是“加”,既不 少也不多. (3)对限制条件较复杂的排列组合应用题,要周密分析,设计出 合理的方案,把复杂问题分解成若干简单的基本问题后用两个 计数原理来解决. (4)有关排列、组合混合问题,应遵循先选后排的原则.

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4.解排列、组合应用题的一般步骤 (1)分析题意 ①认清应把问题中的哪些具体对象看作元素(如人、物、数、图 形等). ②分析完成这件事需有几类办法,找到分类标准,做到不重不 漏;执行各类办法时又分别需要进行几步才能完成事件. (2)选定解法 通常不含限制条件的排列、组合问题都可以直接求解;含有限 制条件的排列、组合问题有直接法和间接法两种解法(其中分类 法和排除法最为常用).但无论用直接法或间接法,都要注意从 不同角度,正、反两方面考虑同一问题,复习中要注意一题多 解的训练. (3)列式求解.

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考点陪练 1.(2010·全国Ⅱ)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的 信封中,若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信 封,则不同的放法共有( ) A.12种 B.18种 C.36种 D.54种 解析:第一步,从3个信封中挑选1个信封放置标号为1,2的卡片, 有C31种不同的放法;第二步,将标号为3,4,5,6的4张卡片放入 另外2个信封中,每个信封放2个,有C42C22种不同的放法.由 分 步 计 数 原 理 得 , 所 求 的 不 同 的 放 法 数 N = C31C42C22 = 18(种). 答案:B

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2.从6名志愿者中选出3名,分别承担A、B、C三项服务工作, 但甲、乙二人不能承担B项工作,则不同的选法有( ) A.120种 B.100种 C.80种 D.60种 解 析 : 当 不 含 甲 、 乙 时 有 A43 种 , 当 含 甲 、 乙 中 一 个 时 有 C21·C42·C21·A22 种,当含甲、乙时,有C41A22 种,所以共有 A43+C21C42C21A22+C41A22=80种.故选C. 答案:C

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3.设A是平面上形如(k,k3)(k=-1,0,1,2,3)的点构成的集合, 三点P,M,N是集合A中的元素,则以P,M,N为顶点可构成 三角形的个数为( ) A.8 B.7 C.10 D.9 解析:五个点(-1,-1),(0,0),(1,1),(2,8),(3,27)中有三点 (-1,-1),(0,0),(1,1)共线,那么可构成三角形的个数为C53 -C33=9(个). 答案:D

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4.将A、B、C、D、E排成一列,要求A、B、C在排列中顺序 为“A、B、C”或“C、B、A”(可以不相邻),这样的排列数 有多少种( ) A.12 B.20 C.40 D.60 解析:五个字母排成一列,①先从中选三个位置给A、B、C且 A、B、C有两种排法,即C53×2,②然后按D、E排在剩余两个 位置上,有A22 种排法;由分步乘法计数原理所求排列数为 C53×2×A22=40(种). 答案:C

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5.12名同学合影,站成了前排4人后排8人.现摄影师要从后 排8人中抽2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,则不同 调整方法的种数是( ) A.C82A32 B.C82A66 C.C82A62 D.C82A52 解析:从后排8人中选2人的方法有C82种.设此两人为A、B. 安排A到前排有A51种方法,再安排B到前排有A61种方法, ∴共有C82A61A51=C82A62种方法. 答案:C

类型一

排列数、组合数的计算或证明

解题准备:1.利用排列数公式可以对有关排列数进行求值、 化简或证明, 并在计算中一般利用公式 Anm=n(n-1)?(n-m+1), n! 在化简与证明中一般用 An = 进行. ?n-m?!
m

2. 利用排列数的公式进行化简可以求关于排列数的方程或不 等式. 3.利用组合数的公式可以求值或化简、证明.

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【典例1】 (1)解不等式A9x>6A6x-2; (2)求证:An+1m=Anm+mAnm-1.
[解析] (1)原不等式化为:

9! 6! >6× , ?9-x?! ?6-x+2?! 9! 6! >6× ?x>-75 ?9-x??8-x?! ?8-x?!

?x-2≥0 ? 又?x≤9 ?6≥x-2 ?

,得 2≤x≤8 且 x 为整数,

∴原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7,8}.

n! m· n! (2)证明:证法一:右边= + ?n-m?! ?n-m+1?! n!?n-m+1? m· n! = + ?n-m+1?! ?n-m+1?! = ?n+1?! ?n+1-m?!

=An+ 1m=左边. 证法二:右边=(n-m+1)Anm 1+mAnm =(n+1)Anm 1=An+ 1m=左边.
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- - -1

[点评] 注意运用排列数公式的阶乘形式进行变形论证,此题(2) 还可构造排列应用模型论证.

Cn-15+Cn-33 4 探究 1:(1)等式 =3 中的 n 值为______; 5 Cn-33 1 1 2 (2)若 3- 4< 5,则 n 的解集为______. Cn Cn Cn

解析:(1)原方程可变形为 Cn- 15 19 14 5 ,Cn- 1 = · n- 33, C 3+1= 5 5 Cn- 3 ?n-1??n-2??n-3??n-4??n-5? 即 5! 14 ?n-3??n-4??n-5? = · . 5 3! 化简整理得 n2-3n-54=0. 解得 n=9 或 n=-6(不合题意,舍去),所以 n=9 即为所求.

(2)将组合数不等式转化为代数不等式来解. 6 24 由 - n?n-1??n-2? n?n-1??n-2??n-3? 240 < , n?n-1??n-2??n-3??n-4? 可得 n2-11n-12<0.解得-1<n<12. 又∵n∈N*,且 n≥5,∴n∈{5,6,7,8,9,10,11}.

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答案:(1)9 (2){5,6,7,8,9,10,11}

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类型二 简单的排列应用题 解题准备:1.解题的基本方法 有特殊元素或特殊位置,通常先排特殊元素或特殊位置,称为 “优先处理元素(位置)法”;某些元素要求不相邻排列时,可先 排其他元素,再将这些不相邻元素插入“空档”,称为“插空 法”;某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素作为一个 整体元素,与其他元素排列后,再考虑整体内部的排序,称为 “捆绑法”. 2.解题的基本思路 通常有正向思考和逆向思考两种思路.正向思考时,通过分步、 分类设法将问题分解;逆向思考时,从集合的角度看,就是先 从问题涉及的集合在全集中的补集入手,这常使问题简化.

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【典例2】 六人按下列要求站一横排,分别有多少种不同的站 法? (1)甲不站两端; (2)甲、乙必须相邻; (3)甲、乙不相邻; (4)甲、乙之间间隔两人; (5)甲、乙站在两端; (6)甲不站左端,乙不站右端.

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[解析] (1)解法一:要使甲不站在两端,可先让甲在中间4个位 置上任选1个,有A41种站法,然后其余5人在另外5个位置上作 全排列有A55 种站法,根据分步计数原理,共有站法A41·A55 = 480(种). 解法二:由于甲不站两端,这两个位置只能从其余5个人中选2 个人站,有A52种站法,然后中间4人有A44种站法,根据分步计 数原理,共有站法A52·A44=480(种). 解法三:若对甲没有限制条件共有A66 种站法,甲在两端共有 2A55 种站法,从总数中减去这两种情况的排列数,即得所求的 站法数,共有A66-2A55=480(种).

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(2)解法一:先把甲、乙作为一个“整体”,看作一个人,有A55 种站法,再把甲、乙进行全排列,有A22种站法,根据分步计数 原理,共有A55·A22=240(种)站法.

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解法二:先把甲、乙以外的4个人作全排列,有A44种站法,再 在5个空档中选出一个供甲、乙放入,有A51种方法,最后让甲、 乙全排列,有A22种方法,共有A44·A51·A22=240(种). (3)因为甲、乙不相邻,中间有隔档,可用“插空法”,第一步 先让甲、乙以外的4个人站队,有A44种;第二步再将甲、乙排 在4人形成 的5个空档(含两端)中,有A52 种,故共有站法为 A44·A52=480(种).

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也可用“间接法”,6个人全排列有A66种站法,由(2)知甲、乙 相 邻 有 A55·A22 = 240 种 站 法 , 所 以 不 相 邻 的 站 法 有 A66 - A55·A22=720-240=480(种).

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(4)解法一:先将甲、乙以外的4个人作全排列,有A44种,然后 将 甲 、 乙 按 条 件 插 入 站 队 , 有 3A22 种 , 故 共 有 A44·(3A22) = 144(种)站法. 解法二:先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的 两个位置上,有A42 种,然后把甲、乙及中间2人看作一个“大” 元素与余下2人作全排列有A33 种方法,最后对甲、乙进行排列, 有A22种方法,故共有A42·A33·A22=144(种)站法. (5)首先考虑特殊元素,甲、乙先站两端,有A22种,再让其他4 人在中间位置作全排列,有A44 种,根据分步计数原理,共有 A22·A44=48(种)站法.

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(6)解法一:甲在左端的站法有A55种,乙在右端的站法有A55种, 且甲在左端而乙在右端的站法有A44种,共有A66-2A55+A44= 504(种)站法. 解法二:以元素甲分类可分为两类:①甲站右端有A55种,②甲 在中间4个位置之一,而乙不在右端有A41·A41·A44 种,故共有 A55+A41·A41·A44=504(种)站法.

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[点评] 排队问题是典型的排列问题带有限制条件的排列问题, 一般都是对某个或某些元素加以限制的问题,被限制的元素通 常称为特殊元素,被限制的位置称为特殊位置.这一类题通常 从三种途径考虑:①以元素为主考虑,这时,一般先解决特殊 元素的排法问题,即先满足特殊元素;②以位置为主考虑,这 时,一般先解决特殊位置的排法问题,即先满足特殊位置;③ 先不考虑限制条件,计算出排列总数,再减去不符合要求的排 列数. (1)用“捆绑法”解决元素相邻的问题: ①某几个元素必须相邻,先把它们看作一个元素,连同其余元 素进行排列; ②注意相邻的元素本身也有顺序问题.

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(2)用“插空法”解决元素不相邻的排列问题: ①先把不相邻元素拿走,把剩下的元素进行排列; ②再把不相邻的元素插在那些空中. (3)一般地,n个人站成一排,其中某m个人相邻,可用“捆绑” 法解决,共有An-m+1n-m+1·Amm种排法.若n个人站成一排, 其中m个人不相邻,可用“插空”法解决,共有An-mn-m·An-m m +1 种排法(其中m小于或等于n-m+1).

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探究2:7个人排成一排,按下列要求有多少种排法? (1)其中甲不站排头,乙不站排尾; (2)其中甲、乙、丙3人必须相邻; (3)其中甲、乙、丙3人两两不相邻; (4)其中甲、乙中间有且只有1人; (5)其中甲、乙、丙按从左到右的顺序排列.

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解析:(1)直接法 如果甲站排尾,其余6人有A66种排法,如果甲站中间的5个位置 的一个,而乙不站排尾,则有A51A51A55种排法,故共有排法A66 +A51A51A55=3720(种). 间接法 7个人排成一排有A77 种,其中甲排头有A66 种,乙排尾有A66 种, 甲在排头且乙在排尾共有A55 种,故共有排法A77 -A66 -A66 + A55=3720(种).

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(2)捆绑法 将甲、乙、丙捆在一起作为一个元素与其他4个元素作全排列有 A55 种,然后甲、乙、丙内部再作全排列有A33 种,故有不同的 排法A55·A33=720(种). (3)插空法 先排甲、乙、丙外的4人有A44种,这四人之间及两端留出五个 空位,然后把甲、乙、丙插入到五个空位中去有A53种,故共有 A44A53=1440(种)排法.

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(4)甲、乙两人有 A22 种排法,现从剩下的五人中选一个插入 甲、乙中间,有 A51 种,然后再将这三人看作一个元素,和其他 四个元素作全排列,有 A55 种,故所求有 A22A51A55=1200(种). (5)7 个人的全排列为 A77 种, 7 人排队可分成两步完成: 对 第 一步,固定甲、乙、丙的左右顺序进行排队,设其排列数为 N; 第二步,再对甲、乙、丙进行内部排队,有 A33 种不同排法,由 分步计数原理得 A77=N· 33,所以甲、乙、丙从左到右的顺序排 A A7 7 列的排列数 N= 3=840(种). A3

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点评:对于第(1)小题,甲不站排头,那么甲站哪个位置呢?从 正面考虑,进行分类;对甲不站排头,乙不站排尾,我们也可 先考虑它的反面:甲站排头,或乙站排尾,采用“间接法”, 从两个不同的角度分析.

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类型三 简单的组合应用题 解题准备:组合的应用:(1)无约束条件的组合;(2)有约束条件 的组合.掌握有限制条件的组合应用题的常用题法及常见类型, 在解有限制条件的组合应用题时,要从分析入手,明确限制条 件有哪些,所给元素分几类,识别是什么基本类型,一般方法 还是直接法、间接法.

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【典例3】 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; (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; (5)既要有队长,又要有女生当选. [分析] 解组合问题常从特殊元素入手

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[解析] (1)一名女生,四名男生,故共有C51·C84=350(种). (2)将两队长作为一类,其他11人作为一类,故共有C22·C113= 165(种). (3)至少有一名队长含有两类:有一名队长和两名队长.故共有 C21·C114+C22·C113=825(种). 或采用间接法:C135-C115=825(种). (4)至多有两名女生含有三类:有两名女生、只有一名女生、没 有女生. 故选法为C52·C83+C51·C84+C85=966(种). (5) 分 两 类 : 第 一 类 女 队 长 当 选 C124 ; 第 二 类 女 队 长 不 当 选 C41·C73+C42·C72+C43·C71+C44.

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故选法共有C124+C41· 73+C42· 72+C43· 71+C44=790(种). C C C

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[点评] 解决“含与不含”问题常用优先法来求解,“至多至少” 问题,常采用直接分类法或间接排除法来求解,在选取元素时 注意“搭配原则”,一定要做到“不重不漏”.

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探究3:已知平面α∥β,在α内有4个点,在β内有6个点. (1)过这10个点中的3点作一平面,最多可作多少个不同平面? (2)以这些点为顶点,最多可作多少个三棱锥? (3)上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积? 分析:用直接法求解,注意分类讨论. 解析:(1)所作出的平面有三类: ①α内1点,β内2点确定的平面,有C41·C62(个); ②α内2点,β内1点确定的平面,有C42·C61(个); ③α,β本身. ∴所作的平面最多有C41·C62+C42·C61+2=98(个).

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(2)所作的三棱锥有三类: ①α内1点,β内3点确定的三棱锥,有C41·C63(个); ②α内2点,β内2点确定的三棱锥,有C42·C62(个); ③α内3点,β内1点确定的三棱锥,有C43·C61(个). ∴ 最 多 可 作 出 的 三 棱 锥 有 : C41·C63 + C42·C62 + C43·C61 = 194(个). (3)∵当等底面积、等高的情况下三棱锥体积才能相等,两个条 件缺一不可. ∴体积不相同的三棱锥最多有 C63+C43+C62·C42=114(个).

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点评:解答组合应用题的总体思路为: (1)整体分类,从集合的意义讲,分类要做到各类的并集等于全 集,以保证分类的不遗漏,任何两类的交集等于空集,以保证 分类的不重复,计算结果时使用分类计数原理. (2)局部分步,整体分类以后,对每一类进行局部分步,分步要 做到步骤连续,以保证分步的不遗漏,同时步骤要独立,以保 证分步的不重复,计算每一步的相应结果时用分步计数原理. (3)辩证地看待“元素”与“位置”.排列、组合问题中的元素 与位置,没有严格的界定标准,哪些事物看成元素或位置,要 视具体情况而定.有时“元素选位置”,问题解决的简捷,有 时“位置选元素”,效果会更好.

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类型四 排列与组合的综合题型 解题准备:解排列、组合的应用题,要注意四点: (1)仔细审题,判断是组合问题还是排列问题;要按元素的性质 分类,按事件发生的过程进行分步. (2)以元素为主时,先满足特殊元素的要求.以位置为主时,先 满足特殊位置的要求.先不考虑附加条件,计算出总数,再减 去不符合要求的方法数. (3)对于附有条件的比较复杂的排列、组合应用题,要周密分析, 设计出合理的方案,把复杂问题分解成若干简单的基本问题后 应用分类加法计数原理或分步乘法计数原理来解决.

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(4)由于排列、组合问题的答案一般数目较大,不易直接验证, 因此在检查结果时,应着重检查所设计的解决问题的方案是否 完备,有无重复或遗漏,也可采用多种不同的方法求解,看看 是否相同.在对排列、组合问题分类时,分类标准应统一,否 则易出现遗漏或重复.

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【典例4】 有6本不同的书. (1)甲、乙、丙3人每人2本,有多少种不同的分法? (2)分成3堆,每堆2本,有多少种不同的分堆方法? (3)分成3堆,一堆1本,一堆2本,一堆3本,有多少种不同的分 堆方法? (4)分给甲、乙、丙3人,一人1本,一人2本,一人3本,有多少 种不同的分配方法? (5)分成3堆,有2堆各1本,另一堆4本,有多少种不同的分堆方 法? (6)摆在3层书架上,每层2本,有多少种不同的摆法?

[解析]

(1)在 6 本书中,先取 2 本给甲,再从剩下 4 本书中

取 2 本给乙,最后 2 本给丙,共有 C62C42C22=90(种). C62C42 (2)6 本书平均分 3 堆, 用上述方法重复了 A33 倍, 故共有 A3 3 =15(种). (3)从 6 本书中,先取 1 本作一堆,再在剩下的 5 本中取 2 本 作一堆,最后 3 本作一堆,共有 C61C52=60(种).

(4)在(3)的分堆中,甲、乙、丙 3 人任取 1 堆,共有 C61C52A33 =360(种). (5)平均分堆要除以堆数的全排列数,不平均分堆则不除,故 C61C51 共有 =15(种). A2 2 (6)本题即为 6 本书放在 6 个位置上,共有 A66=720(种).

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探究4:有4个不同的球,四个不同的盒子,把球全部放入盒 内. (1)共有多少种放法? (2)恰有一个盒内有2个球,有多少种放法? (3)恰有两个盒内不放球,有多少种放法? 解析:(1)一个球一个球地放到盒子里去,每只球都可有4种独 立的放法,由分步计数原理,放法共有:44=256(种). (2)“恰有一个盒内放2个球”,即另外的三个盒子放2个球,每 个盒子至多放1个球,即另外三个盒子中恰有一个空盒,因此, “恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事, 故C42A43=144,有144种放法.

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(3)先从四个盒子中任意拿走两个,问题转化为:“4个球,两 个盒子,每个盒子必放球,有几种放法?”从放球数目看,可 分为3,1和2,2两类. 第一类:可从4个球中先选3个,然后放入指定的一个盒子中即 可,有C43·C21种放法; 第二类:有C42种放法,因此共有C43C21+C42=14(种),由分步 计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有: C42·14=84(种).

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快速解题 技法 一楼道共有10盏灯,今关闭3盏,但两端2盏不能关,且 不能关闭相邻的2盏或3盏.问共有多少种不同的关闭方法? 快解:由题意,除1号与10号必亮外,还有5盏亮着的灯.将关 闭的3盏去插入5盏亮着的6个空,则无关闭相邻的2盏或3盏, 共有C63=20种不同的方法.


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