学会一道题 解决一类题
等差法解答一类走走停停行程问题
2021年第02期总第495期数理化解题研究等差法解答一类走走停停行程问题苏蕤轩(四川省成都欧拉教育611430)摘 要：本文研究了某一类走走停停行程问题，用等差数列的思想处理复杂的追及点判断，在初始路程差不是休息路程整数倍的题型解答中具有优越性.在判断最终追及点和计算第一次追及时间上做了深入研究和 详细解释，总结出更具有通用性的解法.关键词：走走停停；时间差；追及中图分类号：G632 文献标识码:A文章编号：1008 -0333(2021)02 -0031 -02一、引入在很多小学毕业考试、小学杯赛或初中数学考试中常出现行程问题,它是普遍学生的弱项，同时也成为命题 者偏爱的题型之一，在奥数竞赛中拥有非常显赫的地位. 走走停停行程问题属于难点题型，它并不能直接用基本 行程公式解决，需要经过复杂的判断和计算，已有文献给 出了路程差是休息路程整数倍时的解答方法，但是该方 法并不能解决路程差不是休息路程整数倍的题型.本文重在于探索一种更具有通用性的方法.二、难点突破此类问题的难点在于如何判断最终状态,本文通过 等差数列和斜率来突破难点,通过平移快者的路程来计 算追及时间.1.最终状态判断本文把题目给定的路程差用S 表示，休息路程用AS表示,休息时间用Ar 表示,快者的速度用v k 表示,慢者的 速度用%表示.我们把快者行进到S 的时间视为“首项”，此后每行 完AS ,快者增加了时间，慢者也增加了时间,但是慢者增 加的时间更多，所以相差了 AS -AS ,这也就是“公差”.每% Vk行进AS ,首项就会减少一个“公差”,直到减少到0,或者减少到小于公差(这是多数情况).所以休息次数的本质 就同于等差数列求项数,对于快者而言，全部的休息次数 还要加上“首项”计算时经历的休息次数.最终追及点判断需要明确到底是快者追及上行进中 的慢者还是休息中的慢者.本文将结果分为如下三类：(1) 快者最后一次休息后的行进中,第一次追及上行 进中的慢者;(2) 快者最后一次休息后的行进中,第一次追及上休息中的慢者;(3)快者最后一次休息前的行进中,第一次追及上行根据斜率和余数可以判断到底属于哪种类型.如图 2,主要就是判断参考点到底在a 的右下方还是左上方,通过比较斜率即可.若b 斜率小于a ,必在右下方;若b 斜 率大于a ，必在左上方;若b 斜率等于a ,则可任意看待.b的斜率为k 快二 AS ,,( AS '表示快者的当次休息区跟余数+型V 快慢者的前一个休息区的距离),a 的斜率就是慢者的速度判断好斜率后，如果b 斜率小于a ,就还要判断追及 点会不会在慢者的休息区，因为排除了类型(3),还得锁 定到底是(2)还是(1),所幸这比较容易，比较下一个休息 区的时间差即可.如果是类型(2)，那么:公差-余数 < 休息时间，如果 是类型(1),那么:公差-余数〉休息时间，见图3,标注的横线部分就是“公差-余数”.收稿日期：2020 -10 -15作者简介：苏蕤轩(1991. 2 -)，男，四川省成都人，本科，从事小学数学教学研究.—31—数理化解题研究2021年第02期总第495期图32.追及时间计算如果是类型(1)和类型(3),可优先使用平移快者的 方法，快速得到连续追及的时间，我们假定追及上时快者 比慢者多休息山次，那么连续追及时间为(S +山X Ar X V k )三(珥-% ),这个时间恰好等于慢者 的连续行进时间,外加慢者的休息时间即为总的追及 时间.如果是类型(2),直接通过慢者计算即可.假定慢者 —共休息了 n 次(含最后一次)，因为最后一次没有休息 完，离休息结束还有“公差-余数”，所以直接当成n 次计 算总时间，然后减去“公差-余数”即可.三、典例分析例1快慢两人分别从相距550米的两地同时出发同向而行，他们每走200米都会停1秒，已知快者的速度 是100米每秒，慢者的速度是40米每秒.求快者第一次追 上慢者的时间.解答:快者行至路程差的时间外加休息时间550 - 100+2x 1 -7. 5 秒公差誉-200 -3秒次数7. 5 -3 -2次……1. 5秒斜率 50 50 -25小于401. 5 + 100(50是快者的休息区跟慢者前一次休息区的距离，因 为200的倍数减去550,最小值为50)下一次的余数3-1. 5-1. 5秒，大于1秒属于类型①,接下来平移快者,直接计算追及时间快慢者休息次数差为3,连续追及时间为(550 + 100 x 3 X1) - (100 -40) -14 1 秒总时间为14 ! +2 X1 -16 !秒66答：甲第一次追上乙的时间是16 1秒.6例2快慢两人分别从相距550米的两地同时出发 同向而行，他们每走200米都会停1秒，已知快者的速度 是100米每秒，慢者的速度是60米每秒.求快者第一次追 上慢者的时间.解答:快者行至路程差的时间外加休息时间为：550 -100 +2x 1 -7. 5 秒快者已经休息2次公差为常-200 - 4秒次数为7. 5 - 4 -5次……5秒36斜率为5 5050 -37. 5小于606 +100下一次的余数：4-5-1秒，小于1秒362属于类型②,接下来用慢者直接计算时间,慢者在第5 + 1 -6个休息区，距离休息结束还有1秒< (200 J 1 1 别、6X I 60 +1 丿-2 -25 2 秒答:快者第一次追上慢者的时间是25 2秒.例3快慢两人分别从相距500米的两地同时出发 同向而行，他们每走200米都会停1秒，已知快者的速度 是100米每秒，慢者的速度是60米每秒.求快者第一次追 上慢者的时间.解答:快者行至路程差的时间外加休息时间500 - 100 + 2 X1 -7 秒公差常-需-：秒次数7 - 4 -5次……3秒斜率1 10000 -75大于403 +100属于类型③，接下来平移快者,直接计算追及时间 快慢者休息次数差为2,连续追及时间为(500 + 100 x 2 x 1 ) - (100 -60) -17 ；秒总时间为17 2 +5 x 1 -22 2秒答:快者第一次追上慢者的时间是22 2秒.处理此类休息路程相同的走走停停行程问题可以按 照如下思路解决:其一、通过两者行进休息路程的时间差 计算休息次数；其二、通过斜率判断属于哪种类型；其三、 直接计算( 类型②) 或通过平移法计算( 类型①或类型③)追及时间.参考文献：[1 ]黄佳琴.中小学数学竞赛中的行程问题[J ].科技信息，2010(13) ： 129 +145.[2]赵玉春，陈旻.一类走走停停行程问题的解答 [J ].中学数学，2012(12) ：77 -78.[责任编辑:李璟]—32—。
高中数学“一题一课多解变式”教学模式的理论构建与实践探索
高中数学“一题一课多解变式”教学模式的理论构建与实践探索作者：杨孝斌吕传汉吴万辉袁景涛李时建卢焱尧来源：《中小学课堂教学研究》2021年第11期【摘要】为提高高中数学解题教学质量和高考复习的效率，文章构建融合“三教”教育理念与波利亚解题思想的高中数学“一题一课多解变式”解题教学模式。
经过六年的理论研究和实践探索，该模式为提升学生数学解题能力，落实数学核心素养有一定的帮助。
【关键词】高中数学;一题一课;多解变式;教学模式【作者简介】杨孝斌，博士，贵州师范大学数学科学学院教授，中国少数民族教育学会数学教育专业委员会常务理事，主要从事中小学数学课堂教学、民族数学文化等的研究;吕传汉，贵州师范大学原副校长，教授，主持获得2018年国家级基础教育成果一等奖;吳万辉，北京八十中教学督导室主任，罗甸一中校长，正高级教师，高考科学备考与高考命题研究专家;袁景涛，思南中学校长，正高级教师，贵州省高中数学名师工作室主持人;李时建，正高级教师，贵州省高中数学名师工作室主持人;卢焱尧，贵州省实验中学校长，正高级教师，贵州省高中数学名师工作室主持人。
【基金项目】“国培计划（2018）”——贵州省吕传汉智库专家教师专业成长引领研修工作坊项目;贵州省2020年教育改革发展重大招标课题“三教引领民族地区高中数学一题一课多解变式教学实践研究”（ZD202008）一、问题背景在长期的教学实践和课堂观察的基础上，聚焦数学核心素养培育等热点问题，结合高中数学教学，特别是解题教学、高三复习教学的实际，笔者提出两个主要问题：一是如何在高中数学教学中落实数学核心素养的培育;二是如何在高中数学解题教学中，构建兼顾数学核心素养培育与高考应试能力培养的教学模式。
经过六年的研究和实践，笔者又把解决以上两个问题的主要过程分为聚焦问题、理论研究、模式构建、实践检验、教师培养等五个方面，并构建出高中数学“一题一课多解变式”解题教学模式。
二、“一题一课多解变式”教学模式概述经过多年的探索，在开展波利亚解题思想的研究[1-5]和发展“三教”（教思考、教体验、教表达）教育理念[6-9]的基础上，笔者将数学核心素养培育与提升高中生数学解题及应试能力结合起来，构建了如图1的高中数学“一题一课多解变式”教学模式。
高考数学中的逻辑与集合解题技巧
高考数学中的逻辑与集合解题技巧高考数学是重中之重，而在高考数学中，逻辑与集合题目占据了相当重要的位置。
掌握逻辑与集合解题技巧，能够帮助考生解决这一类题目，提高数学成绩。
本文将分享一些高考数学中的逻辑与集合解题技巧，希望对广大考生有所帮助。
一、逻辑解题技巧逻辑解题是高考数学中的一个重要部分，涉及了数学推理、论证等方面。
以下是一些逻辑解题技巧：1. 矢量与坐标：在解题中，尽量使用坐标和矢量的概念，能够简化问题，提高解题效率。
例如，在解二次函数的问题中，可以使用坐标系来找出函数的性质。
2. 假设法：在解题时，可以假设一些条件，然后通过推理去求解问题。
这种方法常用于解决代数题目，能够减少计算量，提高解题速度。
3. 推理与判断：解题时要善于运用推理和判断能力，根据已知条件合理推断结论。
通过分析题目中的关键信息，进行推理和判断，解决问题。
二、集合解题技巧除了逻辑解题，高考数学中还有很多集合解题的题目。
以下是一些集合解题技巧：1. 集合图像法：在解决集合问题时，可以通过画集合图像的方法来辅助解题。
通过画出集合的图像，可以更直观地理解集合的关系和性质，从而更容易进行推理和判断。
2. 集合的运算：要熟练掌握集合的交、并、差、补等运算。
通过灵活运用集合的运算法则，可以简化解题过程，提高解题效率。
3. 逻辑推理：在集合解题中，也需要运用逻辑推理能力。
通过分析集合之间的关系，进行逻辑推理，可以解决更复杂的集合问题。
三、综合运用在高考数学中，逻辑和集合两个部分经常会相互结合，出现在同一道题目中。
此时，考生需要综合运用逻辑和集合的解题技巧，加强对题目的理解和分析。
在综合运用时，可以按照以下步骤进行解题：1. 分析题目：仔细分析题目中给出的条件和要求，理清思路，确定解题方向。
2. 运用逻辑和集合知识：根据题目中的条件，灵活运用逻辑和集合的解题技巧，进行推理和论证。
3. 检查答案：解题后，要反复检查答案是否符合逻辑和集合的规则，是否满足题目的要求。
鸡兔同笼问题基础训练
鸡兔同笼问题基础训练在数学的世界里，有一类经典的问题叫做鸡兔同笼问题。
这看似简单的问题，却蕴含着丰富的数学思维和解题方法，对于我们锻炼逻辑推理和数学运算能力有着很大的帮助。
让我们先来了解一下什么是鸡兔同笼问题。
简单来说，就是在一个笼子里关着鸡和兔子，告诉你鸡和兔子的总数，以及它们脚的总数，然后让你求出鸡和兔分别有多少只。
比如说，一个笼子里有鸡和兔共 8 只，一共有 26 只脚。
那怎么求出鸡和兔各有几只呢？解决鸡兔同笼问题，最常用的方法就是假设法。
我们先假设笼子里全部都是鸡。
因为每只鸡有 2 只脚，那么 8 只鸡就应该有 8×2 ＝ 16 只脚。
但题目中说一共有 26 只脚，这比我们假设的 16 只脚多了 26 16 ＝ 10 只脚。
为什么会多出来这 10 只脚呢？这是因为把兔子也当成鸡来算了。
每只兔子有 4 只脚，而我们当成鸡算了就少算了 4 2 ＝ 2 只脚。
一共少算了 10 只脚，所以兔子的数量就是 10÷2 ＝ 5 只。
鸡的数量就是 8 5 ＝ 3 只。
再来看一个例子，笼子里有鸡兔共 15 只，脚一共有 46 只。
同样，我们先假设全是鸡，15 只鸡就有 15×2 ＝ 30 只脚。
但实际有 46 只脚，少了 46 30 ＝ 16 只脚。
每只兔子少算了 2 只脚，所以兔子的数量就是16÷2 ＝ 8 只，鸡就是 15 8 ＝ 7 只。
除了假设法，我们还可以用方程来解决鸡兔同笼问题。
比如还是上面那个有 8 只鸡兔，26 只脚的例子。
我们设鸡有 x 只，那么兔就有 8x 只。
因为每只鸡 2 只脚，每只兔 4 只脚，所以可以列出方程 2x ＋ 4×（8 x) ＝ 26 。
先计算括号里的，得到 2x ＋ 32 4x ＝ 26 ，移项得到 4x 2x ＝ 3226 ，2x ＝ 6 ，x ＝ 3 ，所以鸡有 3 只，兔有 5 只。
方程法的好处是可以更直观地表示出数量关系，对于一些复杂的鸡兔同笼问题，用方程可能会更简便。
巧学活用，解题达人——小学数学应用题解题能力的培养方法
巧学活用，解题达人——小学数学应用题解题能力的培养方法摘要:小学数学教师要重视学生解决应用题的过程，因为学生学习数学的过程之中，会遇到许多类型的习题，其中应用题占有一些比重，学生在做这一类的习题时，要学会一些简单的分析方法与分析思路，并在学习的过程之中，学会这一类习题解决的基本方法，在学习结束之后，就可以显著提升学生的学习能力，为学生学习数学提供合理化的依据以及借鉴。
关键词:巧学活用；解题达人；小学；数学；应用题前言:鉴于部分小学展开应用题方面的研究，相信大部分小学数学教师对于学生在这一类题目之中的表现有所关注，某些教师认为学生在解决应用题的过程之中，会出现一些畏难情绪，这些情绪始终干扰着学生的学习，而且对学生的今后学习也是十分不利的，因此，小学数学教师认为学生在未来的学习之中，不仅仅要学习理论知识，而且要对知识活学活用，让自己在解决具体题目的时候，能够将所学的知识应用出来，这是小学数学应用题解题的关键。
一、应用题在小学数学课程中教学的意义大部分的学生在数学课程学习的过程之中，仍然是以理论知识与实践课程相结合的形式展开，对学生来说，要关注自身的成长，而不是在课程学习的过程之中浮皮潦草，这是一种不端正的学习态度，小学数学教师要对学生这种学习态度进行纠正，就以应用题为例，应用题是偏向综合类的习题，对学生来说，这些习题会让学生在学习的过程之中，将自己所学的知识点融汇贯通，而且学生在完成应用题的时候可以举一反三，让自己在课程学习之中，占据有利的地位，这是应用题在小学数学课程中的意义[1]。
二、小学数学应用题解题能力的培养方法（一）灵活教学方法，激发学生解题兴趣将灵活教学方法引进教学领域，这是小学数学教学上的改革与突破，对小学数学教师来说，要关注学生对教学方法的接受程度，而且教师要为小学生创设良好的学习情境，某校的小学数学教师，在课程教学的过程之中，引入信息技术，在引入技术等资源的同时，小学生可以接触到声音、图像、动画等，这些是一些项目的具体信息，当学生的情感被激发起来时，教师要善于激疑促思，或于"无疑"处设疑。
巧用“韦达定理”解决一类问题
巧用“韦达定理”解决一类问题作者：张学瑛来源：《广东教学报·教育综合》2020年第82期【摘要】《义务教育数学课程标准（2011年版）》对一元二次方程根与系数的关系（本文以下简称“韦达定理”）给出了“选学内容”的规定，按要求，“选学内容”不得列入中考。
然而从数学能力的可持续发展上看，“韦达定理”确实关乎后續很多内容的学习，在高中阶段“韦达定理”也有着广泛的应用。
【关键词】初中数学;韦达定理;解决问题“韦达定理”是初中数学代数部分的重要教学内容之一，它反映了一元二次方程的两根与系数之间的关系。
利用“韦达定理”可以为许多代数方程及其相关问题的解决带来很大的便利，也有助于学生数学思维的培养，除了根据给出的一元二次方程利用“韦达定理”讨论根与系数这样一类常规题型外，还可以根据题目给出的条件结构通过“韦达定理”构造新方程来解决问题，也就是逆用“韦达定理”。
一、“韦达定理”及其逆定理“韦达定理”：如果x1，x2•是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个根，那么x1，x2满足x1+x2=-，x1·x2=.“韦达定理”的逆定理：如果x1，x2满足x1+x2=-，x1·x2=，那么x1，x2•是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两个根.例1，（2019·广州）关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣1）x﹣k+2=0有两个实数根x1，x2，若（x1﹣x2+2）（x1﹣x2﹣2）+2 x1 x2=﹣3，则k的值（）A.0或2B.﹣2或2C.﹣2D.2【分析】由根与系数的关系可得出x1+ x2=k﹣1，x1 x2=﹣k+2，结合（x1﹣x2+2）（x1﹣x2﹣2）+2 x1 x2=﹣3可求出k的值，根据方程的系数结合根的判别式△≥0可得出关于k的一元二次不等式，解之即可得出k的取值范围，进而可确定k的值，此题得解。
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣1）x﹣k+2=0的两个实数根为x1，x2，∴x1+ x2=k﹣1，x1 x2=﹣k+2.∵（x1﹣x2+2）（x1﹣x2﹣2）+2 x1 x2=﹣3，即（x1+ x2）2﹣2 x1 x2﹣4=﹣3，∴（k﹣1）2+2k﹣4﹣4=﹣3，解得：k=±2.∵关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣1）x﹣k+2=0有实数根，∴△=[﹣（k﹣1）]2﹣4×1×（﹣k+2）≥0，解得：k≥2﹣1或k≤﹣2﹣1，∴k=2.故选：D.【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程两个根为x1，x2，则x1+x2=-，x1·x2=.例2：（2013·惠州一模）如x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根，那么x1+x2=-，x1·x2=，这就是著名的“韦达定理”。
奥数行程问题要点及解题技巧
奥数行程问题一、多人行程的要点及解题技巧行程问题是小学奥数中难度系数比较高的一个模块，在小升初考试和各大奥数杯赛中都能见到行程问题的身影。
行程问题中包括：火车过桥、流水行船、沿途数车、猎狗追兔、环形行程、多人行程等等。
每一类问题都有自己的特点，解决方法也有所不同，但是，行程问题无论怎么变化，都离不开“三个量，三个关系”：这三个量是：路程(s)、速度(v)、时间(t)三个关系：1.简单行程：路程=速度×时间2.相遇问题：路程和=速度和×时间3.追击问题：路程差=速度差×时间牢牢把握住这三个量以及它们之间的三种关系，就会发现解决行程问题还是有很多方法可循的。
如“多人行程问题”，实际最常见的是“三人行程”例：有甲、乙、丙三人同时同地出发，绕一个花圃行走，乙、丙二人同方向行走，甲与乙、丙相背而行。
甲每分钟走40米，乙每分钟走38米，丙每分钟走36米。
在途中，甲和乙相遇后3分钟和丙相遇。
问：这个花圃的周长是多少米？分析：这个三人行程的问题由两个相遇、一个追击组成，题目中所给的条件只有三个人的速度，以及一个“3分钟”的时间。
第一个相遇：在3分钟的时间里，甲、丙的路程和为（40+36）×3=228（米）第一个追击：这228米是由于在开始到甲、乙相遇的时间里，乙、丙两人的速度差造成的，是逆向的追击过程，可求出甲、乙相遇的时间为228÷（38-36）=114（分钟）第二个相遇：在114分钟里，甲、乙二人一起走完了全程所以花圃周长为（40+38）×114=8892（米）我们把这样一个抽象的三人行程问题分解为三个简单的问题，使解题思路更加清晰。
总之，行程问题是重点，也是难点，更是锻炼思维的好工具。
只要理解好“三个量”之间的“三个关系”，解决行程问题并非难事！二、奥数行程：追及问题的要点及解题技巧1、多人相遇追及问题的概念及公式多人相遇追及问题，即在同一直线上，3个或3个以上的对象之间的相遇追及问题。
比的应用题20道
比的应用题20道比的应用题是数学中常见的一类问题，也是学生在学习比的概念和运算时需要掌握的重要内容。
本文将介绍20道比的应用题，帮助学生理解比的概念和应用，进一步巩固对比的运算技巧。
1. 梅思想要购买一本书，已经攒了80元钱，书的价格是100元，她还需要多少钱？解答：书的价格与梅思想已攒的钱构成一个比，即100:80。
可以通过求解这个比的比值来得到答案，即100/80=1.25。
所以梅思想还需要20元钱。
2. 小明和小红分别花了80分钟和60分钟完成作业，两人完成作业的速度之比是多少？解答：小明和小红完成作业的时间构成一个比，即80:60。
求解比值，80/60=4/3。
所以小明和小红完成作业的速度之比是4:3。
3. 一辆汽车从A地行驶到B地需要2小时，同样的路程在高速公路上只需要1.5小时，汽车在高速公路上行驶的速度是在普通道路上行驶的速度的几倍？解答：汽车在高速公路上行驶的时间与普通道路上行驶的时间构成一个比，即1.5:2。
比值为1.5/2=3/4。
所以汽车在高速公路上行驶的速度是在普通道路上行驶的速度的3/4倍。
4. 一台电视机原价6000元，现在打八折出售，打折后的价格是多少？解答：打八折意味着价格减少20%，即原价的80%。
所以打折后的价格是6000*80%=4800元。
5. 小明去超市买了一些苹果和橙子，其中苹果和橙子的重量之比是3:2，如果小明买了6斤苹果，他买了多少斤的橙子？解答：苹果和橙子的重量构成一个比，即3:2。
所以苹果和橙子的比值是3/2。
已知苹果的重量是6斤，可以通过比值的乘法逆运算求解橙子的重量，即6*(2/3)=4斤。
所以小明买了4斤的橙子。
6. 甲、乙两人一起做了一个任务，甲用了8天完成任务，乙用了12天完成任务，甲和乙合作完成任务需要多少天？解答：甲和乙完成任务的时间构成一个比，即8:12。
所以甲和乙合作完成任务的时间与甲和乙完成任务时间的比值相反，即12/8=3/2。
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学会一道题解决一类题
例1 4个不同的小球放入4个不同的盒中，有多少种放法？析：本题属于两个原理的题目、事件的完成需分四步，每一步都有4种不同的方法，共有44=256种不同的放法。
变式：（1）集合a={a1、a2、a3、a4}，集合b={b1、b2、b3、b4} 则从a到b的不同映射有多少个？
（2） 4个人投宿4家旅馆，有多少种投宿方式？
（3）乘积（a1+a2+a3+a4）（b1+b2+b3+b4）展开式共有多少项？（4） 216有多少个正约数？
（5）给如图所示的五块区域涂色，有4种颜色可选，有多少种涂色的方法？
（6）用1、2、3、4可组成多少个不同的二位数？
（7）甲、乙、丙、丁四人传球，球从甲传出，经4次传球又回到甲手中，有多少种不同的传球方式？
例2 4个不同的小球全部放入4个不同的盒中，盒非空的不同放法？
析：本题属于四个元素的全排列问题，共a44=24种放法。
变式：
（1）集合a={a1、a2、a3、a4}，集合b={b1、b2、b3、b4}，则从a到b的一一映射有多少个？
（2）用1、2、3、4可组成多少个无重复数字的四位数？
（3）4人站成一排的不同排法有多少种？
（4）4本不同的书给4个人，每人一本的不同方法数？
例3 标号为1、2、3、4的4个小球放入编号为1、2、3、4的4个盒中，号码不一致的方法有多少种？
析：本题属于贺卡问题。
只需利用两个原理即可解决，分四步共有 3×3=9种不同的放法。
变式：
（1）同寝室四人每人送出一张贺卡，要求每人拿别人送的贺卡的不同方法数？三人呢？五人呢？
（2）7人坐成一排，现调换其中4人的位置，其余3人位置不变的方法数有多少？
（3）有5个标号为1、2、3、4、5的小球放入编号为1、2、3、4、5的盒中，每盒一个球，
则至少有2个球和盒子的编号一样的不同放法有多少种？
例4 个不同的小球放入4个不同的盒中，每盒一个球，要求1号盒要放1号球，4号球不放4号盒的不同方法数？
析：本题属于排列中的“在”与“不在”的问题，其方法是特殊元素或特殊位置优先考虑法。
如本题可先放1号球，再放4号球，再放余下的小球，有a12a22=4种方法。
变式：（1）四人站成一排，甲不站排头，乙不站排尾的站法有多少种？
（2）1、2、3、4组成无重复数字的四位数，其中1不排个位，2必须排十位的排法有多少种？
例5 四个不同的小球放入四个不同的盒中，要求1号和2号球相邻的不同放法有多少种？
析：本题属排列中的“邻”的问题，需用捆绑法共有a23a33=12 种方法。
变式：
⑴四人站成一排，甲、乙相邻的不同排法？
⑵1、2、3、4组成无重复数字的四位数，要求1号和2号球相邻的不同排法？
例6 四个不同的小球放入四个不同的盒中，要求1号和2号球不相邻的方法？
析：本题属于排列中的“不相邻”问题。
需插空解决。
先排余下的2球有a22种，再让1、2号球去插3个空中的2个，有a23种共a22a23=12种。
变式：
（1）四人站成一排，甲、乙不相邻的不同排法有多少种？（2）1、2、3、4组成无重复数字的四位数，其中1、2不相邻的个数有多少个？
例7 四个不同的小球放入四个不同的盒中，要求1号球在2号球左边的不同放法有多少种？
解：本题属于排列中的“特定顺序”题，本题的方法是给有特殊要求的元素留出位置或给位置留出元素，如本题可先排余下的2个球有a24种方法，余下的2个小球有1种排法。
∴共有a24=12种不同放法。
变式：
（1）五人站成一排，甲在乙左边的排法有多少种？
（2）1、2、3、4组成无重复数字的四位数，其中个位数字大于十位数字的不同排法有多少种？
例8 4个不同的小球放入4个不同的盒中，恰有1盒不放球的放法有多少种？
析：本题属“平均分组”问题，需先分组再排列，分组有种，再排列有a34种，∴共有·a34=144种方法
变式：
（1）4本不同的书给4个人，恰有1人得不到书的拿法有多少种？（2）a={a1、a2、a3、a4}，b={1、2、3} f是从a到b的映射，若f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）=4 ，这样的映射有多少个？（3）用红、黄、蓝三色纸各做一套卡片，每套中有a、b、c、d、e字母各一张，从中每次取5张，要求字母各不相同且颜色齐全的不同的取法有多少种？
例9 12个相同的小球放入编号为1、2、3、4的盒中，要求每盒的小球个数不小于其编号数的放法有多少种？
析：本题属于相同元素的分配问题，用“挡板法”去解决。
法1：可在2号盒先放1个球，3号盒放2个球，4号盒入3个球。
问题即化为“6个相同的小球放入4个不同的盒中，盒非空”的问题，可把6个球用绳子串成一串，在5个绳结处的3处剪断即得为
c35=10种不同的放法。
法2：可在1号盒放1个球，2号盒放2个球，3号盒放3个球，4号盒放4个球，问题即化工局为“2个相同的小球放入4个不同的盒中，盒可空”的问题，属档板法的第二类型。
只需进行3个档板和2个小球的全排问题，为c35=10种。
变式：（1）（x+y+8）8的展开式有多少种？
（2）方程x+y+z+w=12的正整数解有多少组？自然数解有多少组？
（3）集合a={a1、a2……a50}，b={b1、b2……b25}f是从a到b 的映身，要求b中每个元素都有原象，且f（a1）≥f（a2）≥f （a3）≥……≥ f（a50）的映射个数？
总之，学会了这一道题，所有的排列组合题都可迎刃而解，关键是认清问题的实质，这就是举一反三的效果吧！。