幾何概型交匯題深度透視

朱麗萍

［摘 要］隨著新課程理念的不斷深入，高考對(duì)幾何概型的考查發(fā)生了微妙的變化，不再是為考幾何概型而考幾何概型，而是注重試題的交匯性。文章結(jié)合幾個(gè)例題，分析探討幾何概型交匯題，以提高學(xué)生的數(shù)學(xué)思維能力與數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)。

［關(guān)鍵詞］幾何概型；交匯題；函數(shù)；方程

［中圖分類(lèi)號(hào)］G633.6［文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼］?A［文章編號(hào)］ 1674-6058（2023）35-0034-03

高中數(shù)學(xué)中，概率模型主要有兩類(lèi)：古典概型和幾何概型。古典概型的基本事件的個(gè)數(shù)具有有限性，而幾何概型的基本事件的個(gè)數(shù)具有無(wú)限性，因此幾何概型的基本事件只能用區(qū)域來(lái)表示，這個(gè)區(qū)域可以是長(zhǎng)度，可以是面積，也可以是體積，它的計(jì)算公式是：

[P（A）=構(gòu)成事件A的區(qū)域的長(zhǎng)度、角度、面積或體積試驗(yàn)全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域的長(zhǎng)度、角度、面積或體積]

由于幾何概型是新課標(biāo)的新增內(nèi)容，因此，對(duì)高考全國(guó)卷而言，它是必考題型，但隨著新課程改革的不斷深入，高考對(duì)幾何概型的考查發(fā)生了微妙的變化，不再是為考幾何概型而考幾何概型，而是注重試題的交匯性，這種命題方式，不僅遵循了一題多考的命題原則，而且讓試題充滿(mǎn)生機(jī)，給人以耳目一新的感覺(jué)。那么，幾何概型可以與哪些知識(shí)點(diǎn)交匯呢？下面筆者結(jié)合例題進(jìn)行分析探討。

一、與函數(shù)交匯

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)內(nèi)容，也是高考命題的重點(diǎn)與難點(diǎn)。將函數(shù)與幾何概型交匯在一起命題，可以較好地考查學(xué)生對(duì)函數(shù)的理解和函數(shù)性質(zhì)的運(yùn)用，尤其是對(duì)函數(shù)單調(diào)性的理解與應(yīng)用。

［例1］已知[m]是區(qū)間[0，4]內(nèi)任取的一個(gè)數(shù)，那么函數(shù)[f（x）=13x3-2x2+m2x+3]在[x∈R]上是增函數(shù)的概率是（）。

A. [14]B. [13] C. [12] D. [23]

分析：首先得到[f（x）=x2-4x+m2≥0]恒成立，解出[m]的范圍，再根據(jù)其在[0，4]內(nèi)取數(shù)，利用幾何概型公式得到答案。

解：[∵f（x）=x2-4x+m2]，[f（x）=13x3-2x2+m2x+3]在[x∈R]上是增函數(shù)，[∴f（x）=x2-4x+m2≥0]恒成立，[∴Δ=16-4m2≤0]，解得[m≥2]或[m≤-2]，又[∵m]是區(qū)間[0，4]內(nèi)任取的一個(gè)數(shù)，[∴2≤m≤4]。由幾何概型概率公式得函數(shù)[f（x）=13x3-2x2+m2x+3]在[x∈R]上是增函數(shù)的概率[P=4-24=12]，故選C。

點(diǎn)評(píng)：本題將三次函數(shù)的單調(diào)性與區(qū)域?yàn)殚L(zhǎng)度的幾何概型結(jié)合在一起，重點(diǎn)考查含參二次不等式恒成立問(wèn)題，將函數(shù)以及函數(shù)單調(diào)性引發(fā)的導(dǎo)數(shù)與不等式恒成立問(wèn)題與幾何概型相互滲透，使試題的綜合性大大加強(qiáng)。

二、與方程交匯

方程是函數(shù)的化身，它不僅是初中數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)重點(diǎn)，也是高中數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)重點(diǎn)。一元二次方程的根分布問(wèn)題，一直是高考數(shù)學(xué)命題的熱點(diǎn)，而與之相關(guān)的參數(shù)的取值范圍問(wèn)題恰好與長(zhǎng)度型幾何概型“一拍即合”。

［例2］在區(qū)間[-3，3]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)[a]，則關(guān)于[x]的方程[x2=-a-3x]至少有一個(gè)正根的概率為（? ?）。

A. [18]B. [16] C. [13] D. [12]

分析：根據(jù)題意可以對(duì)一元二次方程的根進(jìn)行分類(lèi)討論得出[a]的取值范圍，然后再利用幾何概型來(lái)進(jìn)行求解可得出結(jié)果。

解：由題意可將方程整理得[x2+3x+a=0]，若有兩個(gè)相等實(shí)數(shù)根，則[Δ=9-4a=0]，[a=94]代入后解得[x=-32]與題意正根不符舍去；若有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，因?yàn)閇x1+x2=-3<0]，題目要求至少有一個(gè)正根，所以只可能一個(gè)根為正，一個(gè)根為負(fù)，即[x1x2=a<0]，[Δ=9-4a>0]，解得[a<0]，由幾何概率可知關(guān)于方程至少有一個(gè)正根的概率[P=0-（-3）3-（-3）=12]，故選D。

點(diǎn)評(píng)：本題求出的在區(qū)間[-3，3]上[a]的取值范圍就是事件A發(fā)生的測(cè)度，所以本題的難點(diǎn)在于求滿(mǎn)足方程根分布要求的[a]的取值范圍，至于求幾何概型，沒(méi)有任何難度。

三、與解三角形的交匯

對(duì)于與面積有關(guān)的幾何概型，離不開(kāi)面積的計(jì)算。而計(jì)算面積最常用的方法就是直接利用面積公式，求面積往往與解三角形有關(guān)。

［例3］“康威圓定理”是英國(guó)數(shù)學(xué)家約翰·康威引以為豪的研究成果之一。定理的內(nèi)容是這樣的：如圖1所示，[△ABC]的三條邊長(zhǎng)分別為[a]，[b]，[c]（即[BC=a]，[AC=b]，[AB=c]），延長(zhǎng)線段[CA]，至點(diǎn)[A1]，使得[AA1=a]，以此類(lèi)推得到點(diǎn)[A2]，[B1]，[B2]，[C1]和[C2]，那么這六點(diǎn)共圓，此圓稱(chēng)為康威圓。若[AC=5]，[AB=13]，[cos∠BAC=513]，則往此康威圓內(nèi)投擲一點(diǎn)，該點(diǎn)落在[△ABC]內(nèi)的概率為? ? ? ? ? ? ? 。

分析：先由余弦定理求出[BC=12]，從而得到[△ABC]為直角三角形，[S△ABC=12AC·BC=30]，再分析出三角形[ABC]的康威圓圓心[O]為三角形[ABC]的內(nèi)心，求出三角形[ABC]的內(nèi)切圓半徑，由垂徑定理得到三角形[ABC]的康威圓的半徑，得到三角形[ABC]的康威圓面積，再利用幾何概型求出概率。

解：在[△ABC]中，由余弦定理得[BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠BAC=25+169-2×5×13×513=144]，故[BC=12]，由勾股定理逆定理可得[△ABC]為直角三角形，[S△ABC=12AC·BC=30]，因?yàn)閇B2C1=A1C2=A2B1=a+b+c=30]，由圓的對(duì)稱(chēng)性可得：三角形[ABC]的康威圓圓心[O]到[B2C1]，[A1C2]，[A2B1]三邊距離相等，故三角形[ABC]的康威圓圓心[O]為三角形[ABC]的內(nèi)心，如圖2所示，取[B2C1]的中點(diǎn)[D]，連接[OD]，[OC1]，設(shè)三角形[ABC]的內(nèi)切圓半徑為[r]，由三角形[ABC]的面積可得：[12AC+AB+BC·r=12AC·BC]，即[125+12+13·r=12×5×12]，解得[r=2]，即[OD=2]，由垂徑定理得[OC12=OD2+C1D2=22+152=229]，故三角形[ABC]的康威圓的面積為[π·OC12=229π]，故所求概率為[P=30229π]，故答案為[30229π]。

點(diǎn)評(píng)：本題不僅是一個(gè)與面積有關(guān)的幾何概型問(wèn)題，而且是道數(shù)學(xué)文化題，不僅考查了余弦定理的應(yīng)用，而且考查了平面幾何知識(shí)的應(yīng)用，是一道一題多考的新穎題。

四、與立體幾何的交匯

立體幾何與幾何概型的聯(lián)系，往往使人想到立體幾何中的體積問(wèn)題與體積型幾何概型，其實(shí)除此之外，還有其他類(lèi)型的幾何概型與立體幾何的交匯題，比如長(zhǎng)度型幾何概型問(wèn)題。

［例4］如圖3所示，長(zhǎng)方體[ABCD-A1B1C1D1]中，[AB=3]，[BC=2]，[CC1=1]，設(shè)點(diǎn)[E]是棱[BB1]上的動(dòng)點(diǎn)，在該長(zhǎng)方體對(duì)角線[CA1]上隨機(jī)取一點(diǎn)[F]，則[D1F⊥CE]成立的概率為（）。

A. [12] B. [13] C. [15] D. [113]

分析：建立空間直角坐標(biāo)系，使[D1F·CE=0]，得到點(diǎn)[F]滿(mǎn)足的條件即可求解。

解：以點(diǎn)[D]為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以[DA]，[DC]，[DD1]為[x]軸，[y]軸，[z]軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖4所示，則[A1]（2，0，1），[C]（0，3，0），[D1]（0，0，1），設(shè)[E（2，3，a）] [（0≤a≤1）]，[F（x，y，z）]，且設(shè)[A1F=λA1C]（[0≤λ≤1]），從而有[A1F=（x-2，y，z-1）]，[A1C=（-2，3，-1）]，[CE=（2，0，a）]，由[A1F=λA1C（0≤λ≤1）]，有[x-2=-2λ，y=3λ，z-1=-λ，]解得[x=2-2λ，y=3λ，z=1-λ，]即[F（2-2λ，3λ，1-λ）]，所以[D1F=（2-2λ，3λ，-λ）]，由題意有[D1F·CE=4-4λ-aλ=0]，所以[λ=4a+4（0≤a≤1）?45≤λ≤1]，而[0≤λ≤1]，所以在該長(zhǎng)方體對(duì)角線[CA1]上隨機(jī)取一點(diǎn)[F]，使[D1F⊥CE]的概率為[P=1-451=15]，故選C。

點(diǎn)評(píng)：本題表面上看屬于幾何概型問(wèn)題，但本質(zhì)上卻是屬于立體幾何問(wèn)題，考查空間向量在立體幾何探索性問(wèn)題中的應(yīng)用，具有一定難度，而幾何概型的“加盟”讓試題具有新高考的時(shí)代特征。

五、與解析幾何的交匯

幾何概型無(wú)所不在，它也可以出現(xiàn)在解析幾何問(wèn)題中，它能與解析幾何中的面積問(wèn)題“聯(lián)袂”出現(xiàn)在同一道題中，重點(diǎn)考查有關(guān)面積的計(jì)算。

［例5］如圖5所示，過(guò)拋物線[E：x2=2py（p>0）]的焦點(diǎn)[F]作直線[l]交[E]于[A]、[B]兩點(diǎn)，點(diǎn)[A]、[B]在[x]軸上的射影分別為[D]、[C]，當(dāng)[AB]平行于[x]軸時(shí)，四邊形[ABCD]的面積為4。

（1）求[p]的值；

（2）過(guò)拋物線上兩點(diǎn)的弦和拋物線弧圍成一個(gè)拋物線弓形，古希臘著名數(shù)學(xué)家阿基米德建立了這樣的理論：以拋物線弓形的弦為底，以拋物線上平行于弦的切線的切點(diǎn)為頂點(diǎn)作拋物線弓形的內(nèi)接三角形，則拋物線弓形的面積等于該內(nèi)接三角形面積的[43]倍。已知點(diǎn)[P]在拋物線[E]上，且[E]在點(diǎn)[P]處的切線平行于[AB]，根據(jù)上述理論，從四邊形[ABCD]中任取一點(diǎn)，求該點(diǎn)位于圖中陰影部分的概率的取值范圍。

分析：（1）根據(jù)矩形的面積公式進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，結(jié)合拋物線的弦長(zhǎng)公式、幾何概型運(yùn)算公式進(jìn)行求解即可。

解：（1）當(dāng)[AB]平行于[x]軸時(shí)，四邊形[ABCD]為矩形，[AB=2p]，[AD=p2]，所以[S四邊形ABCD=AB·AD=2p×p2=p2=4]，解得[p=2]。

（2）由（1）可知，拋物線[E：x2=4y]，即[y=x24]，[y=x2]，[F（0，1）]，設(shè)直線[l：y=kx+1]，[P（x0，y0）]，[A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]，則[yx=x0=x02=k?x0=2k]，[y0=x204=k2]，聯(lián)立[x2=4y，y=kx+1，]得[y2-2（1+2k2）y+1=0]，[y1+y2=2（1+2k2）]，[y1y2=1]，則[AB=y1+y2+2=4（1+k2）]，點(diǎn)P到AB的距離[d=2k2-k2+11+k2=1+k2]，所以[S△ABP=12AB·d=2（1+k2）1+k2]，[S弓形APB=83（1+k2）1+k2]，又[y1-y2=kx1-x2=kCD]，所以[CD=41+k2]，又四邊形[ABCD]是直角梯形或矩形，所以[S四邊形ABCD=12y1+y2·CD=4（1+2k2）1+k2]，所以概率[P=1-S弓形APBS四邊形ABCD=1-83（1+k2）1+k24（1+2k2）1+k2=23-13（1+2k2）]，由[k2≥0]得[13≤P<23]，所以所求概率的取值范圍是[13，23]。

點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程進(jìn)而求出弦長(zhǎng)，從而求出相關(guān)的面積。本題本質(zhì)上是個(gè)?？嫉闹本€與拋物線位置關(guān)系背景下的面積問(wèn)題，幾何概型的“加盟”增加了試題的新穎性和綜合性。

六、與定積分的交匯

我們知道，定積分可以用來(lái)求曲邊梯形的面積，也可以用來(lái)求某曲線繞著某直線旋轉(zhuǎn)而得到的體積，于是高考命題者經(jīng)常把定積分計(jì)算與面積型或體積型的幾何概型綜合在同一道題目中考查，考查考生的數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)和知識(shí)的綜合應(yīng)用能力。

［例6］如圖6所示，將曲線[y=x]與[x]軸及直線[x=4]圍成的區(qū)域繞[x]軸旋轉(zhuǎn)一周得到幾何體[P]，將長(zhǎng)方形[OABC]繞[x]軸旋轉(zhuǎn)一周得到幾何體[Q]，其中[O（0，0）]，[A（4，0）]，[B（4，2）]，[C（0，2）]，現(xiàn)將質(zhì)點(diǎn)隨機(jī)投入幾何體[Q]中，則質(zhì)點(diǎn)落在幾何體[P]內(nèi)的概率為（）。

A. [13] B. [12] C. [23] D. [34]

分析：由曲線[y=x]與[x]軸及直線[x=4]圍成的區(qū)域繞[x]軸旋轉(zhuǎn)一周得到幾何體[P]，根據(jù)定積分可求出體積，利用旋轉(zhuǎn)體的體積公式計(jì)算可得幾何體[Q]的體積，進(jìn)而利用幾何概型計(jì)算即可得出結(jié)果。

解：將曲線[y=x]與[x]軸及直線[x=4]圍成的區(qū)域繞[x]軸旋轉(zhuǎn)一周得到幾何體[P]，由定積分計(jì)算可得幾何體[P]的體積為[V1=π04xdx=πx2240=8π]，長(zhǎng)方形[OABC]繞[x]軸旋轉(zhuǎn)一周得到幾何體[Q]的體積為[V2=π×22×4=16π]，所以質(zhì)點(diǎn)落在幾何體[P]內(nèi)的概率為[P=V1V2=12]，故選B。

點(diǎn)評(píng)：本題屬于體積型幾何概型交匯題，難度不大，但綜合性很強(qiáng)。本題的解答關(guān)鍵是利用定積分公式計(jì)算幾何體[P]的體積。

幾何概型本身不是高考數(shù)學(xué)的命題重點(diǎn)，但在新問(wèn)題情境下的幾何概型交匯題卻是新高考命題的風(fēng)向標(biāo)。因此，我們復(fù)習(xí)幾何概型，不能只滿(mǎn)足于簡(jiǎn)單的幾何概型的計(jì)算，而應(yīng)該著重在方法交匯性問(wèn)題上，加強(qiáng)幾何概型與其他數(shù)學(xué)知識(shí)的聯(lián)系，以此來(lái)提高學(xué)生的數(shù)學(xué)思維能力與數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)。

（責(zé)任編輯? ? 黃桂堅(jiān)）