【精品】小学四年级数学下册第二讲 加法原理
本讲主要教学目标有
①使学生掌握加法原理的基本内容；
②掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；
③培养学生对分类讨论问题的能力，了解分类主要方法和遵循的主要原则.
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答案提示:先分尖角向上与向下两类：
向上的有：1个三角形组成的：10个； 4个三角形组成的：6个； 9个三角形组成的：3个； 16个三角形组成的：1个。
向下的有：1个三角形组成的：6个； 4个三角形组成的：1个。
所以，一共有:27个。
专题精讲
教学目标
无论自然界还是学习生活中，事物的组成往往是分门别类的，例如解决一件问题的往往不只一类途径，每一类途径往往又包含多种方法，如果要想知道一共有多少种解决方法，就需要用到加法原理.
加法原理：一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有m 1种不同做法，第二类方法中有m 2种不同做法 ，…，第k 类方法中有m k 种不同的做法，则完成这件事共有N= m 1 + m 2 +…+m k 种不同的方法.
加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”.
想 挑 战 吗？
数一数，下图中有多少个三角形？
Ⅰ、分类讨论问题中加法原理应用
【例1】（★）学校组织读书活动，要求每个同学读一本书，小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本，那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？
分析：小明选一本书有三类方法，根据加法原理小明借一本书有150+200+100=450种方法.
[拓展]小明如果要选两本书不同类的书有多少种选法？
分析：两本不同类的书可以有外语书+科技书、外语书+小说、科技书+小说三类组合，各类组合分别有150×200=30000种、150×100=15000种、200×100=20000种，一共有65000种选法.
思考：小明如果要选三本不同类的书有多少种选法，需要使用加法原理吗？
【例2】（★★★）由数字1,2,3 可以组成多少个数？
分析：因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数。
它们的和就是问题所求。
（1）组成一位数：有3个；
（2）组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法; 第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有3×3=9(种)
（3）组成三位数：与组成二位数道理相同，有3×3×3=27(种)三位数。
所以，一共有可组成3+9+27=39(个)数。
【例3】（★★★）从1～9中每次取两个不同的数相加，和小于10的共有多少种取法？
分析：两个数和为9的一共有4种取法；
两个数和为8的一共有3种取法；
两个数和为7的一共有3种取法；
两个数和为6的一共有2种取法；
两个数和为5的一共有2种取法；
两个数和为4的一共有1种取法；
两个数和为3的一共有1种取法；
一共有1+1+2+2+3+3+4=16种取法.
【例4】（★★★）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24．
问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?
分析：小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7．于是
百位为7时，只有1799，一个；
百位为8时，只有1889，1898，二个；
百位为9时，只有1979，1997，1988，三个；
总计共1＋2＋3=6个．
【例5】（★★★★）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?
分析：如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0～25张，其余的钱全部购买2元饭票，共有26种买法；
如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票0～23张，其余的钱全部购买2元饭票，共有24种不同方法；
如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票0～21张，其余的钱全部购买2元饭票，共有22种不同方法；
……
如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票0～1张，其余的钱全部购买2元饭票，共有2种方法．
总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的等差数列．利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法：
26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)．
共有182种不同的买法．
【例6】（★★★）把7支完全相同的铅笔分给甲、乙、丙3 个人，每人至少1支，问有多少种方法？
所以一共有5＋4＋3＋2＋1=15（种）分法.
（二）将铅笔排成一排，用两块挡板将这一排铅笔隔开成三份，然后分与甲、乙、丙挡板可插入的位置一共有7-1=6个，6个位置中安插两个不分次序的挡板一共有6×5÷2=15种.
处理分东西的问题用隔板（挡板）法可以顺利解决.
【例7】（★★★★）三所学校组织一次联欢晚会，共演出14个节目，如果每校至少演出3个节目，那么这三所学校演出节目数的不同情况共有多少种？
分析：把14分为三个不小于3的整数和，有以下分类：
（1）3，3，8；（2）3，4，7；（3）3，5，6；（4）4，4，6；（5）4，5，5.
第（1），（4），（5）种分法中，都有重复数字出现，以（1）为例，我们可以先从三所学校中选出一所出8个节目，有3种选法，这样另外两所一定是各出3个节目，即在（1）的条件下，三所学校演出节目数的不同情况有3种，（4），（5）同理，也各有3种.
第（2），（3）种分法中，没有重重数字出现，三个学校各对应一个节目数，并且这些数字是不相同的，所以就是一个全排列问题，每种分法各包含3×2×1=6种不同的情况.
利用分类计数原理，共有3+3+3+6+6=21种不同的情况.
Ⅱ、标号、图示在加法原理中的应用
【例8】（★★）如图所示，沿线段从A 走最短路线到B 有多少种走法？
分析：图中B 在A 的右上方，因此从A 出发，只能向上或者向右才能使路线最短，那么反过来想，如果到达了某一个点，也只有两种可能：要么是从这个点左边的点来的，要么是从这个点下边的点来的.
那么，如果最后到达了B ，只有两种可能：或者从C 来到B ，或者经D 来到B 点，因此，到达B 的走法数目就应该是到达C 点的走法数和到达D 点的走法数之和，而对于到达C 的走法，又等于到达E 和到达F 的走法之和，到达D 的走法也等于到达F 和到达G 的走法之和，这样我们就归纳出：到达任何一点的走法都等于到它左侧点走法数与到它下侧点走法数之和，根据加法原理，我们可以返过来从A 点开始，向右向上逐步求出到达各点的走法数.如图所示，使用标号方法得到从A 到B 共有10种不同的走法.
【例9】（★★★）在下图的街道示意图中，C 处因施工不能通行，
从A 到B 的最短路线有多少种？
分析：因为B 在A 在右下方，由标号法可知，从A 到B 的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和.而C 是一个特殊的点，因为不能通行，所以不可能有路线经过C ，可以认为到达C 点的走法数是0.接下来，可以从左上角开始，按照加法原理，依次向下向右填上到各点的走法数.如图，从A 到B 的最短路线有6条.
【例10】（★★★2005年《小数报》数学邀请赛）A 、B 、C 三个小朋友互相传球，先从A 开始发球(作为第一次传球)，这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A 手中，那么不同的传球方式共多少种．
分析：如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有 5种不同方式．
同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式． 所以，不同的传球方式共有10种．
Ⅲ、加法原理与简单递推
G
D F
C
E
B
A
106343211
1
1
1B
A
C
B
A
6
3
3
2
3
2
211
1111
1C B A
【例11】（★★）一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？
分析：如图所示：
例如登上一级台阶有1种走法，登上第二级台阶有2种走法(一步走两
级或者走两步每步走一级)；由此得出登上第三级台阶的走法数为
1+2=3．又知道走上第四级台阶的走法总数也等于登上第三级和第二级
台阶的走法总数之和，又可以算出登上第四级台阶共有2+3=5种方法，
依此类推：
1级2级3级4级5级6级7级8级9级10级
1 2 3 5 8 13 21 34 55 89
所以，登上第10级台阶的走法数为89．
【例12】（★★★）一堆苹果共有8个，如果规定每次取1～3个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？
分析：取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种数等于取到前三个苹果所有情况之和，以此类推，参照上题列表如下：
1个2个3个4个5个6个7个8个
1 2 4 7 13 24 44 81
取完这堆火柴一共有81种方法.
专题展望
我们接触的计数问题，解题过程中往往不仅需要用到加法原理，还要用到乘法原理和其他的一些数学方法，加法原理必须和乘法原理相互配合综合使用才能发挥作用，在下一讲中我们将具体教授对加法原理和乘法原理的综合运用.
练习二
1、（★★例1）从大连到沈阳可以乘火车、汽车及飞机。
已知每天从大连到沈阳的飞机航班有2次，火车有4次，汽车有6次，问从大连到沈阳共有几种走法？
分析：根据加法原理，共有2+4+6=12种走法。
2、（★★例8）如下表，请读出“我们学习好玩的数学”这9个字，要求你选择的9个字里能连续（即相邻的字在表中也是左右相邻或上下相邻），这里共有多少种完整的“我们学习好玩的数学”的读法。
我们学习好
们学习好玩
学习好玩的
习好玩的数
好玩的数学
分析：第一个字只能选位于左上角的“我”，以后每一个字都只能选择前面那个字的下方或右方的字，所以本题也可以使用标号法来解：（在格子里标数）共70种不同的读法。
3、（★★例10）一只青蛙在A，B，C三点之间跳动，若青蛙从A点跳
起，跳4次仍回到A点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？
分析：6种，如下图，第1步跳到B，4步回到A有3种方法；同样第1步
到C的也有3种方法。
共有6种方法。
分装6个4、（★★★奥数网原创例11）一批相同的货物，
相同的集装箱，由一个车队运到目的地，已知，这个车队一共就3辆同型号车（每辆车只能拖运一个集装箱），如果要求运送次数不多于三趟，那么一共有多少种车辆安排方法？如果不要求运送趟数，有多少种车辆安排方法？
分析：（1）如果分两趟就运完，只有一种方法；分三趟，如果第一趟运3个集装箱，那么安排第二第三趟有2种方法，如果第一趟运2个集装箱，那么有3种方法，如果第一趟运1个集装箱，那么有2种方法，所以一共有1+2+3+2=8种方法.
（2
集装箱数 1 2 3 4 5 6
运送方法 1 2 4 7 13 24
5．（★★）甲袋有5张不同形状的红色卡片，乙袋有4张不同形状的白色卡片，丙袋有3张不同形状的黑色卡片。
（1）从这3个袋中任取一张卡片，有多少种取法？
（2）从每个袋中各取一张卡片，要求取出的3张卡片红、白、黑色各一张，一共有多少种不同的取法？分析：（1）加法原理：5+4+3=12（种）
（2）乘法原理：5×4×3=60（种）
数学知识
一年12个月，有7个大月，每月31天；4个小月，每月30天；还有二月平年只有28天，闰年29天.为什么各月的天数不一样呢？
公元前46年，罗马统帅儒略· 恺撒指定历法.由于他出生在7月，为了表示他的伟大，决定将7月改为“儒略月”，连同所有的单月都规定为31天，双月为30天.这样一年多出一天，2月是古罗马处死犯人的月份，为了减少处死的人数，将2月减少1天，为29天.
恺撒的继承人奥古斯都生在8月，他仿照恺撒的做法，把8月增加了1天，定为“奥古斯都月”，并把10月、12月也改为31天，将9月、11月改为30天.全年又多出了1天，他又从2月减少了1天，于是2月变成了28天，到闰年才29天.
这样沿袭下来，就有7月前单月为大月，7月后双月为大月，二月28天，各月天数不一样，原来是人为的规定.。
