6.2.4 组合数-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案word（人教A版2019）

6.2.4　组合数 (教师独具内容) 课程标准：能利用计数原理推导组合数公式． 教学重点：1.进一步加深对组合概念的理解.2.组合数公式． 教学难点：用组合数公式分析和解决一些简单的实际问题． 核心素养：通过学习组合数及组合数公式的应用，提升逻辑推理素养和数学运算素养． 知识点　组合数与组合数公式 组合数的定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数 符号表示 C 组合数公式 乘积式 C＝＝ 阶乘式 C＝ 性质 1.C＝C； 2.C＝C＋C 备注 ①n，m∈N*，且m≤n； ②规定：C＝1 1．(组合数性质1)C＝________． 答案：190 2．(组合数性质2)C＋C＝________． 答案：161700 3．(分组、分配问题)将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法． 答案：360 题型一　组合数以及组合数性质的应用　 　(1)计算：C－CA. [解]　原式＝C－A＝－7×6×5＝210－210＝0. (2)求C＋C的值． [解]　∵∴9.5≤n≤10.5. ∵n∈N*，∴n＝10. ∴C＋C＝C＋C＝C＋C＝＋31＝466. (3)证明：mC＝nC. [证明]　mC＝m· ＝m· ＝n·＝nC. (4)已知－＝，求C＋C＋C＋C的值． [解]　原方程可化为 －＝， 即－ ＝， 即1－＝， 即m2－23m＋42＝0，解得m＝2或m＝21. ∵0≤m≤5，m∈N，∴m＝2. ∴C＋C＋C＋C＝C＋C＋C＋C＝C＋C＋C＝C＋C＝C＝126. 感悟提升 解决组合数问题的注意点 (1)像排列数公式一样，公式C＝一般用于计算；而公式C＝及C＝一般用于证明、解方程(不等式)等． (2)在解决与组合数有关的问题时，要注意隐含条件“m≤n且m，n∈N*”的运用．如本例(2)． (3)要注意公式A＝CA的逆向运用，如本例(1)中可利用“CA＝A”简化计算过程． (4)本例(3)所推导的结论“mC＝nC”是非常重要的公式，应熟练掌握． [跟踪训练1]　(1)①求值：C＋C； ②求证：C＝C. 解：①解得4≤n≤5. 又n∈N*，所以n＝4或n＝5. 当n＝4时，原式＝C＋C＝5； 当n＝5时，原式＝C＋C＝16. ②证明：因为C＝， C＝· ＝，所以C＝C. (2)计算：①C＋CC； ②C＋C＋C＋C＋C＋C； ③CC. 解：①原式＝C＋C×1＝＋＝56＋4950＝5006. ②原式＝2(C＋C＋C)＝2(C＋C)＝2×＝32. ③原式＝CC＝(n＋1)n＝n2＋n. 题型二　有限制条件的组合问题　 　男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ (1)男运动员3名，女运动员2名； (2)至少有1名女运动员； (3)既要有队长，又要有女运动员． [解]　(1)第1步：选3名男运动员，有C种选法；第2步：选2名女运动员，有C种选法．故共有CC＝120种选派方法． (2)解法一(直接法)：“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男． 由分类加法计数原理知，共有CC＋CC＋CC＋CC＝246种选派方法． 解法二(排除法)：不考虑条件，从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，故“至少有1名女运动员”的选派方法共有C－C＝246种． (3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，故不选女队长时共有C－C种选法．所以既有队长又有女运动员的选派方法共有C＋C－C＝191种． 感悟提升 解决有限制条件的组合问题的基本方法 [跟踪训练2]　有11名外语翻译人员，其中5名是英语译员，4名是日语译员，另外2名英、日语都精通，从中找出8人，使他们可以组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，4人翻译日语，这两个小组能同时工作，问这样的8人名单共可开出几张？ 解：解法一：按“英、日语都精通”的人的参与情况，可分为三类： 第1类，“英、日语都精通”的人不参加，有CC＝5种； 第2类，“英、日语都精通”的人有1人参加，该人可参加英语，也可参加日语，有CCC＋CCC＝20＋40＝60种； 第3类，“英、日语都精通”的2人均参加，有CCA＋CC＋CC＝80＋10＋30＝120种． 由分类加法计数原理可得，共有5＋60＋120＝185种． 故这样的8人名单可开出185张． 解法二：按“英、日语都精通”的人参加英语翻译的人数，可分为三类： 第1类，“英、日语都精通”的人不参加英语翻译，有CC＝75种； 第2类，“英、日语都精通”的人恰有1人参加英语翻译，有CCC＝100种； 第3类，“英、日语都精通”的人全部参加英语翻译，有CC＝10种． 由分类加法计数原理可得，共有75＋100＋10＝185种． 故这样的8人名单可开出185张． 题型三　与几何有关的组合问题　 　如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，C3，C4，C5，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.问： (1)以这10个点(不包括A，B)中的3个为顶点作三角形，可作出多少个？其中以C1为顶点的有多少个？ (2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个为顶点，可作出多少个四边形？ [解]　(1)C＋CC＋CC＝116个． 其中以C1为顶点的三角形有C＋CC＋C＝36个． (2)C＋CC＋CC＝360个． 感悟提升 解决与几何有关的组合问题的注意点 (1)解决几何图形中的组合问题，首先要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找出一个组合的模型加以处理，其次应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题． (2)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用排除法． [跟踪训练3]　(1)四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？ 解：(直接法)如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C种取法；含顶点A的3条棱上各有3个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类加法计数原理，与顶点A共面的3点的取法有3C＋3＝33种． (2)四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法？ 解：(排除法)从10个点中取4个点的取法有C种，减去4个点共面的取法种数即可．从四面体同一个面上的6个点中取出的4个点必定共面，有4C＝60种，四面体的每一条棱上的3个点与相对棱的中点共面，共有6种共面情况，从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情况(对棱中点连线两两相交且互相平分)，故4个点不共面的不同取法有C－(60＋6＋3)＝141种． 题型四　分组、分配问题　 角度　不同元素分组、分配问题 　6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，两份一本，一份四本； (4)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (5)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； (6)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． [解]　(1)先从6本书中选2本给甲，有C种选法；再从其余的4本中选2本给乙，有C种选法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C种选法．所以分给甲、乙、丙三人，每人两本，共有CCC＝90种不同的分法． (2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有CCC种分法，这个过程可以分两步完成：第1步，分为三份，每份两本，设有x种分法；第2步，将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A种分法．根据分步乘法计数原理可得CCC＝xA，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本，共有15种不同的分法． (3)这是“部分均匀分组问题”，共有＝15种不同的分法． (4)这是“不均匀分组”问题，共有CCC＝60种不同的分法． (5)在(4)的基础上再进行全排列，所以共有CCCA＝360种不同的分法． (6)可以分为三类情况：①“2，2，2型”，即(1)中的分配情况，有CCC＝90种分法；②“1，2，3型”，即(5)中的分配情况，有CCCA＝360种分法；③“1，1，4型”，有·A＝90种分法． 所以共有90＋360＋90＝540种不同的分法． 感悟提升 “分组”与“分配”问题的解法 (1)本例中的每一个小题都提出了一种类型的问题，搞清楚类型的归属对解题大有裨益．要分清是分组问题还是分配问题，这个是很关键的． (2)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种： (3)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配． [跟踪训练4]　按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？ (1)各组人数分别为2，4，6； (2)各组人数分别为3，3，6； (3)平均分成3个小组； (4)平均分成3个小组，进入3个不同车间． 解：(1)CCC＝13860种． (2)＝9240种． (3)＝5775种． (4)分两步：第1步，平均分成3个小组；第2步，让3个小组分别进入3个不同车间．故有·A＝CCC＝34650种不同的分法． 角度　相同元素分配问题 　6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列放法的种数． (1)每个盒子都不空； (2)恰有一个空盒子； (3)恰有两个空盒子． [解]　(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧各放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C＝10种放法． (2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|○|○○○|○○|，有C种插法；然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|○|○○○||○○|，有C种插法．故共有CC＝40种放法． (3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有C种插法，如|○○|○○○○|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒． ①这两块隔板与前面的三块隔板形成不相邻的两个空盒子，如||○○||○○○○|，有C种插法； ②将两块隔板与前面三块隔板之一并放形成相邻的两个空盒子，如|○○|||○○○○|，有C种插法． 故共有C(C＋C)＝30种放法． 感悟提升 相同元素分配问题的处理策略 (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的元素(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块隔板． [跟踪训练5]　将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中． (1)每盒至多1个球，有多少种放法？ (2)每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？ (3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有1个空盒，有多少种放法？ (4)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？ 解：(1)这是全排列问题，共有A＝24种放法． (2)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有C×2＝8种放法． (3)先从4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个球．因为球是相同的，即没有顺序，所以属于组合问题，故共有CC＝12种放法． (4)(隔板法)先将编号为1，2，3，4的4个盒子分别放入0，1，2，3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在○○○○○○○○○○○○○○这14个球中间的13个空中放入三块隔板，如○○|○○○○○|○○○|○○○○，故共有C＝286种放法． 1．若C－C＝C，则n＝(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 答案：C 解析：∵C＝C＋C＝C，∴n＋1＝7＋8，∴n＝14.故选C. 2.如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个顶点作为一组．其中可以构成三角形的组数为(　　) A．208 B．204 C．200 D．196 答案：C 解析：任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种：一是3条横线上的4个点，其组数为3C；二是4条竖线上的3个点，其组数为4C；三是4条四个正方形组成的一个大正方形的对角线上的3个点，其组数为4C，所以可以构成三角形的组数为C－3C－8C＝200.故选C. 3．(多选)将9个相同的小球分给甲、乙等4人，则下列说法正确的是(　　) A．若每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有56种 B．若每人至少分到2个小球，则不同的分配方法共有10种 C．若甲至少分到2个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有35种 D．若甲至少分到3个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有20种 答案：ACD 解析：若每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有C＝56种，故A正确；若每人至少分到2个小球，则4人中只有1人分到3个小球，其余3人各分到2个小球，故不同的分配方法共有C＝4种，故B错误；若甲至少分到2个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有C＝35种，故C正确；若甲至少分到3个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有C＝20种，故D正确．故选ACD. 4．将6名实习教师分配到5所学校进行培训，每名实习教师只能分配到1个学校，每个学校至少分配1名实习教师，则不同的分配方案共有________种． 答案：1800 解析：将6名教师分成5组，只有一类情况，即1，1，1，1，2，不同的分组方式有种，再分配给5所学校，可得不同的分配方案共有×A＝1800种． 5．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数． 解：解法一：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有CCC＝64种； 若2张同色，则有CCCC＝144种． 若红色卡片有1张，剩余2张不同色， 则有CCCC＝192种； 剩余2张同色，则有CCC＝72种． 故所求的不同取法的种数为64＋144＋192＋72＝472. 解法二：由题意，不考虑特殊情况，共有C种取法， 其中每种颜色的卡片取3张，有CC种取法， 任取的3张中有2张红色卡片，有CC种取法， 故所求的不同取法的种数为C－CC－CC＝472. 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 对点 与几何有关的组合问题 有限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题 分组、分配问题 分组、分配问题 排列数、组合数方程 题号 7 8 9 10 11 12 13 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 对点 实际问题中的组合计数问题 分组、分配问题 组合数计算问题 数字排列问题 实际问题中的组合计数问题 有限制条件的组合问题 与几何有关的组合问题 一、选择题 1．在平面直角坐标系xOy中，平行直线x＝m(m＝0，1，2，3，4)与平行直线y＝n(n＝0，1，2，3，4)组成的图形中，矩形共有(　　) A．25个 B．100个 C．36个 D．200个 答案：B 解析：可以组成CC＝10×10＝100个矩形．故选B. 2．从人教A版、人教B版、苏教版、湘教版、北师大版、沪教版这6个版本的数学新教材中选出3个版本，要求人教社两个版本的教材不同时被选择，则选择的方法种数是(　　) A．20 B．18 C．16 D．10 答案：C 解析：在6个版本的数学新教材中选出3个版本，共有C＝20种选法，人教版的教材同时被选择，有CC＝4种选法，故人教社两个版本的教材不同时被选择有20－4＝16种选择方法．故选C. 3．某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的4盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有(　　) A．C种 B．C种 C．C种 D．C种 答案：B 解析：根据题意，使用插空法分析：原来有12盏路灯，熄灭其中的4盏灯，还有8盏是亮着的，先将亮着的8盏灯排成一排，由于两端的灯不能熄灭，则有7个符合条件的空位，进而在7个空位中，任取4个插入熄灭的4盏灯，有C种方法．故选B. 4．某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学来自同一年级的乘车方式共有(　　) A．24种 B．18种 C．48种 D．36种 答案：A 解析：第1类，大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下2名同学要来自不同的年级，从三个年级中选两个年级，有C种选法，然后从选出的两个年级中再分别选1名同学，有CC种选法，则有CCC＝3×2×2＝12种乘车方式；第2类，大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的三个年级中选同一个年级的2名同学在甲车上，有CC种选法，然后再从剩下的两个年级中分别选1名同学，有CC种选法，则有CCCC＝3×1×2×2＝12种乘车方式．因此共有12＋12＝24种不同的乘车方式．故选A. 5．(多选)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是(　　) A．若每人都安排一项工作，则不同安排方法的种数为45 B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方法的种数为AC C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同安排方法的种数为(CC＋CC)A D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方法的种数是CCA＋CA 答案：AD 解析：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则共有45种安排方法，A正确；对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排四项工作，有CA种安排方法，B错误；对于C，先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有A种情况，则有A种安排方法，C错误；对于D，①从丙、丁、戊中选出1人开车，有CCA种安排方法，②从丙、丁、戊中选出2人开车，有CA种安排方法，由分类加法计数原理得，共有CCA＋CA种安排方法，D正确．故选AD. 二、填空题 6．若A＝6C，则m的值为________． 答案：7 解析：由A＝6C，得＝6·，即＝，解得m＝7. 7．(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)． 答案：64 解析：由题意，可分三类：第1类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有CC种方案；第2类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有CC种方案；第3类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有CC种方案．综上，不同的选课方案共有CC＋CC＋CC＝64种． 8．导师制是高中新的教学探索制度，班级科任教师作为导师既面向全体授课对象，又对指定的若干学生的个性、人格发展和全面素质提高负责．已知有3位科任教师负责某学习小组的6名同学，每2名同学由1位科任教师负责，则不同的分配方法的种数为________． 答案：90 解析：先将6名同学平均分为3组，不同的分组方式有＝15种，然后再将分好的3组分配给3位科任教师，不同的分配方式有A＝6种，所以不同的分配方法的种数为15×6＝90. 三、解答题 9．(1)设x∈N*，求C＋C的值； (2)解不等式：C＜C＜C. 解：(1)由题意可得 解得2≤x≤4， ∵x∈N*，∴x＝2或x＝3或x＝4， 当x＝2时，原式＝C＋C＝4； 当x＝3时，原式＝C＋C＝7； 当x＝4时，原式＝C＋C＝11. ∴原式的值为4或7或11. (2)原不等式可化为 ＜ ＜ ⇒ ⇒⇒x＜11. 又x∈N且4≤x≤20， ∴x＝4，5，6，7，8，9，10. ∴原不等式的解集是{4，5，6，7，8，9，10}． 10．从1到9的9个数字中取3个偶数、4个奇数，问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起的有几个？ (3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ (4)(1)中的七位数中，任意2个偶数都不相邻的有几个？ 解：(1)分步完成：第1步，在4个偶数中取3个，可有C种取法；第2步，在5个奇数中取4个，可有C种取法；第3步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有A种排法．所以符合题意的七位数有CCA＝100800个． (2)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起的有CCAA＝14400个． (3)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有CCAAA＝5760个． (4)(1)中的七位数中，任意2个偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空中，共有CCAA＝28800个． 11．(2024·江苏镇江期中)某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项．甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同．甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”．根据以上信息，这5人的奖项的所有可能情况的种数是(　　) A．15 B．18 C．22 D．26 答案：D 解析：若甲是特等奖，不考虑丙的位置，有A种；若甲不是特等奖，不考虑丙的位置，有CCA种；而丙在丁和戊之间的占，所以这5人的奖项的所有可能情况的种数是(A＋CCA)＝26.故选D. 12．10名演员，其中5名能歌，8名善舞，从中选出5人，使这5人能演出一个由1人独唱4人伴舞的节目，共有几种选法？ 解：由题意可知，能歌善舞的有(5＋8)－10＝3人，所以仅能歌的有2人，仅善舞的有5人，分四类： 第1类，能歌善舞的3人不参加节目，有CC＝10种选法； 第2类，能歌善舞的3人中有1人参加节目，有C(C＋CC)＝75种选法； 第3类，能歌善舞的3人中有2人参加节目，有C(CC＋CC)＝120种选法； 第4类，能歌善舞的3人都参加节目，有C(CC＋CC)＝40种选法． 所以共有10＋75＋120＋40＝245种选法． 13．已知平面α∥平面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体积是不同的？ 解：(1)所作的平面有三类： 第1类，α内1点，β内2点确定的平面，有CC＝60个； 第2类，α内2点，β内1点确定的平面，有CC＝36个； 第3类，α，β本身，有2个． 故所作的平面最多有60＋36＋2＝98个． (2)所作的三棱锥有三类： 第1类，α内1点，β内3点确定的三棱锥，有CC＝80个； 第2类，α内2点，β内2点确定的三棱锥，有CC＝90个； 第3类，α内3点，β内1点确定的三棱锥，有CC＝24个． 故最多可作的三棱锥有80＋90＋24＝194个． (3)在等高的情况下，相应的底面积相等，三棱锥的体积才能相等， 故体积不相同的三棱锥最多有C＋C＋CC＝114个． 14 学科网（北京）股份有限公司 $$