几何概型交汇题深度透视

［摘 要］随着新课程理念的不断深入，高考对几何概型的考查发生了微妙的变化，不再是为考几何概型而考几何概型，而是注重试题的交汇性。文章结合几个例题，分析探讨几何概型交汇题，以提高学生的数学思维能力与数学学科核心素养。

［关键词］几何概型；交汇题；函数；方程

［中图分类号］ G633.6 ［文献标识码］  A ［文章编号］ 1674-6058（2023）35-0034-03

高中数学中，概率模型主要有两类：古典概型和几何概型。古典概型的基本事件的个数具有有限性，而几何概型的基本事件的个数具有无限性，因此几何概型的基本事件只能用区域来表示，这个区域可以是长度，可以是面积，也可以是体积，它的计算公式是：

[P（A）=构成事件A的区域的长度、角度、面积或体积试验全部结果所构成的区域的长度、角度、面积或体积]

由于几何概型是新课标的新增内容，因此，对高考全国卷而言，它是必考题型，但随着新课程改革的不断深入，高考对几何概型的考查发生了微妙的变化，不再是为考几何概型而考几何概型，而是注重试题的交汇性，这种命题方式，不仅遵循了一题多考的命题原则，而且让试题充满生机，给人以耳目一新的感觉。那么，几何概型可以与哪些知识点交汇呢？下面笔者结合例题进行分析探讨。

一、与函数交汇

函数是高中数学的重点内容，也是高考命题的重点与难点。将函数与几何概型交汇在一起命题，可以较好地考查学生对函数的理解和函数性质的运用，尤其是对函数单调性的理解与应用。

［例1］已知[m]是区间[0，4]内任取的一个数，那么函数[f（x）=13x3-2x2+m2x+3]在[x∈R]上是增函数的概率是（ ）。

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]的范围，再根据其在[0，4]内取数，利用几何概型公式得到答案。

解：[∵f（x）=x2-4x+m2]，[f（x）=13x3-2x2+m2x+3]在[x∈R]上是增函数，[∴f（x）=x2-4x+m2≥0]恒成立，[∴Δ=16-4m2≤0]，解得[m≥2]或[m≤-2]，又[∵m]是区间[0，4]内任取的一个数，[∴2≤m≤4]。由几何概型概率公式得函数[f（x）=13x3-2x2+m2x+3]在[x∈R]上是增函数的概率[P=4-24=12]，故选C。

点评：本题将三次函数的单调性与区域为长度的几何概型结合在一起，重点考查含参二次不等式恒成立问题，将函数以及函数单调性引发的导数与不等式恒成立问题与几何概型相互渗透，使试题的综合性大大加强。

二、与方程交汇

方程是函数的化身，它不仅是初中数学的学习重点，也是高中数学的学习重点。一元二次方程的根分布问题，一直是高考数学命题的热点，而与之相关的参数的取值范围问题恰好与长度型几何概型“一拍即合”。

［例2］在区间[-3，3]上随机取一个数[a]，则关于[x]的方程[x2=-a-3x]至少有一个正根的概率为（    ）。

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

分析：根据题意可以对一元二次方程的根进行分类讨论得出[a]的取值范围，然后再利用几何概型来进行求解可得出结果。

解：由题意可将方程整理得[x2+3x+a=0]，若有两个相等实数根，则[Δ=9-4a=0]，[a=94]代入后解得[x=-32]与题意正根不符舍去；若有两个不相等的实数根，因为[x1+x2=-3<0]，题目要求至少有一个正根，所以只可能一个根为正，一个根为负，即[x1x2=a<0]，[Δ=9-4a>0]，解得[a<0]，由几何概率可知关于方程至少有一个正根的概率[P=0-（-3）3-（-3）=12]，故选D。

点评：本题求出的在区间[-3，3]上[a]的取值范围就是事件A发生的测度，所以本题的难点在于求满足方程根分布要求的[a]的取值范围，至于求几何概型，没有任何难度。

三、与解三角形的交汇

对于与面积有关的几何概型，离不开面积的计算。而计算面积最常用的方法就是直接利用面积公式，求面积往往与解三角形有关。

［例3］“康威圆定理”是英国数学家约翰·康威引以为豪的研究成果之一。定理的内容是这样的：如图1所示，[△ABC]的三条边长分别为[a]，[b]，[c]（即[BC=a]，[AC=b]，[AB=c]），延长线段[CA]，至点[A1]，使得[AA1=a]，以此类推得到点[A2]，[B1]，[B2]，[C1]和[C2]，那么这六点共圆，此圆称为康威圆。若[AC=5]，[AB=13]，[cos∠BAC=513]，则往此康威圆内投掷一点，该点落在[△ABC]内的概率为              。

分析：先由余弦定理求出[BC=12]，从而得到[△ABC]为直角三角形，[S△ABC=12AC·BC=30]，再分析出三角形[ABC]的康威圆圆心[O]为三角形[ABC]的内心，求出三角形[ABC]的内切圆半径，由垂径定理得到三角形[ABC]的康威圆的半径，得到三角形[ABC]的康威圆面积，再利用几何概型求出概率。

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]为直角三角形，[S△ABC=12AC·BC=30]，因为[B2C1=A1C2=A2B1=a+b+c=30]，由圆的对称性可得：三角形[ABC]的康威圆圆心[O]到[B2C1]，[A1C2]，[A2B1]三边距离相等，故三角形[ABC]的康威圆圆心[O]为三角形[ABC]的内心，如图2所示，取[B2C1]的中点[D]，连接[OD]，[OC1]，设三角形[ABC]的内切圆半径为[r]，由三角形[ABC]的面积可得：[12AC+AB+BC·r=12AC·BC]，即[125+12+13·r=12×5×12]，解得[r=2]，即[OD=2]，由垂径定理得[OC12=OD2+C1D2=22+152=229]，故三角形[ABC]的康威圆的面积为[π·OC12=229π]，故所求概率为[P=30229π]，故答案为[30229π]。

点评：本题不仅是一个与面积有关的几何概型问题，而且是道数学文化题，不仅考查了余弦定理的应用，而且考查了平面几何知识的应用，是一道一题多考的新颖题。

四、与立体几何的交汇

立体几何与几何概型的联系，往往使人想到立体几何中的体积问题与体积型几何概型，其实除此之外，还有其他类型的几何概型与立体几何的交汇题，比如长度型几何概型问题。

［例4］如图3所示，长方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[AB=3]，[BC=2]，[CC1=1]，设点[E]是棱[BB1]上的动点，在该长方体对角线[CA1]上随机取一点[F]，则[D1F⊥CE]成立的概率为（ ）。

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

分析：建立空间直角坐标系，使[D1F·CE=0]，得到点[F]满足的条件即可求解。

解：以点[D]为坐标原点，分别以[DA]，[DC]，[DD1]为[x]轴，[y]轴，[z]轴建立空间直角坐标系，如图4所示，则[A1]（2，0，1），[C]（0，3，0），[D1]（0，0，1），设[E（2，3，a）] [（0≤a≤1）]，[F（x，y，z）]，且设[A1F=λA1C]（[0≤λ≤1]），从而有[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）]，由题意有[D1F·CE=4-4λ-aλ=0]，所以[λ=4a+4（0≤a≤1）⇒45≤λ≤1]，而[0≤λ≤1]，所以在该长方体对角线[CA1]上随机取一点[F]，使[D1F⊥CE]的概率为[P=1-451=15]，故选C。

点评：本题表面上看属于几何概型问题，但本质上却是属于立体几何问题，考查空间向量在立体几何探索性问题中的应用，具有一定难度，而几何概型的“加盟”让试题具有新高考的时代特征。

五、与解析几何的交汇

几何概型无所不在，它也可以出现在解析几何问题中，它能与解析几何中的面积问题“联袂”出现在同一道题中，重点考查有关面积的计算。

［例5］如图5所示，过抛物线[E：x2=2py（p>0）]的焦点[F]作直线[l]交[E]于[A]、[B]两点，点[A]、[B]在[x]轴上的射影分别为[D]、[C]，当[AB]平行于[x]轴时，四边形[ABCD]的面积为4。

（1）求[p]的值；

（2）过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的[43]倍。已知点[P]在抛物线[E]上，且[E]在点[P]处的切线平行于[AB]，根据上述理论，从四边形[ABCD]中任取一点，求该点位于图中阴影部分的概率的取值范围。

分析：（1）根据矩形的面积公式进行求解即可；（2）根据导数的几何意义，结合抛物线的弦长公式、几何概型运算公式进行求解即可。

解：（1）当[AB]平行于[x]轴时，四边形[ABCD]为矩形，[AB=2p]，[AD=p2]，所以[S四边形ABCD=AB·AD=2p×p2=p2=4]，解得[p=2]。

（2）由（1）可知，抛物线[E：x2=4y]，即[y=x24]，[y=x2]，[F（0，1）]，设直线[l：y=kx+1]，[P（x0，y0）]，[A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]，则[yx=x0=x02=k⇒x0=2k]，[y0=x204=k2]，联立[x2=4y，y=kx+1，]得[y2-2（1+2k2）y+1=0]，[y1+y2=2（1+2k2）]，[y1y2=1]，则[AB=y1+y2+2=4（1+k2）]，点P到AB的距离[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]，又四边形[ABCD]是直角梯形或矩形，所以[S四边形ABCD=12y1+y2·CD=4（1+2k2）1+k2]，所以概率[P=1-S弓形APBS四边形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围是[13，23]。

点评：解答本题的关键是利用导数的几何意义求出切线方程进而求出弦长，从而求出相关的面积。本题本质上是个常考的直线与抛物线位置关系背景下的面积问题，几何概型的“加盟”增加了试题的新颖性和综合性。

六、与定积分的交汇

我们知道，定积分可以用来求曲边梯形的面积，也可以用来求某曲线绕着某直线旋转而得到的体积，于是高考命题者经常把定积分计算与面积型或体积型的几何概型综合在同一道题目中考查，考查考生的数学运算素养和知识的综合应用能力。

［例6］如图6所示，将曲线[y=x]与[x]轴及直线[x=4]围成的区域绕[x]轴旋转一周得到几何体[P]，将长方形[OABC]绕[x]轴旋转一周得到几何体[Q]，其中[O（0，0）]，[A（4，0）]，[B（4，2）]，[C（0，2）]，现将质点随机投入几何体[Q]中，则质点落在几何体[P]内的概率为（ ）。

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

分析：由曲线[y=x]与[x]轴及直线[x=4]围成的区域绕[x]轴旋转一周得到几何体[P]，根据定积分可求出体积，利用旋转体的体积公式计算可得几何体[Q]的体积，进而利用几何概型计算即可得出结果。

解：将曲线[y=x]与[x]轴及直线[x=4]围成的区域绕[x]轴旋转一周得到几何体[P]，由定积分计算可得几何体[P]的体积为[V1=π04xdx=πx2240=8π]，长方形[OABC]绕[x]轴旋转一周得到几何体[Q]的体积为[V2=π×22×4=16π]，所以质点落在几何体[P]内的概率为[P=V1V2=12]，故选B。

点评：本题属于体积型几何概型交汇题，难度不大，但综合性很强。本题的解答关键是利用定积分公式计算几何体[P]的体积。

几何概型本身不是高考数学的命题重点，但在新问题情境下的几何概型交汇题却是新高考命题的风向标。因此，我们复习几何概型，不能只满足于简单的几何概型的计算，而应该着重在方法交汇性问题上，加强几何概型与其他数学知识的联系，以此来提高学生的数学思维能力与数学学科核心素养。

（责任编辑    黄桂坚）