高中数学高考第3节 几何概型 教案

这是一份高中数学高考第3节 几何概型 教案，共14页。

1．几何概型的定义
如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．
2．几何概型的两个基本特点
(1)无限性：在一次试验中可能出现的结果有无限多个．
(2)等可能性：每个试验结果的发生具有等可能性．
3．几何概型的概率公式
P(A)＝eq \f(构成事件A的区域长度面积或体积,试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积).
eq \O([常用结论])
几种常见的几何概型
(1)与长度有关的几何概型，其基本事件只与一个连续的变量有关；
(2)与面积有关的几何概型，其基本事件与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决问题；
(3)与体积有关的几何概型，可借助空间几何体的体积公式解答问题．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．( )
(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．( )
(3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( )
(4)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P＝eq \f(1,9).eq \r()( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)×
二、教材改编
1．在线段[0,3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D．1
B [坐标小于1的区间为[0,1)，长度为1，[0,3]的区间长度为3，故所求概率为eq \f(1,3).]
2．有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )
A B C D
A [∵P(A)＝eq \f(3,8)，P(B)＝eq \f(2,8)，P(C)＝eq \f(2,6)，P(D)＝eq \f(1,3)，
∴P(A)＞P(C)＝P(D)＞P(B)．故选A.]
3．某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过2分钟的概率是( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
C [试验的全部结果构成的区域长度为5，所求事件的区域长度为2，故所求概率为P＝eq \f(2,5).]
4．已知四边形ABCD为长方形，AB＝2，BC＝1，O为AB的中点，在长方体ABCD内随机取一点，取到的点到O的距离大于1的概率为( )
A.eq \f(π,4) B．1－eq \f(π,4)
C.eq \f(π,8) D．1－eq \f(π,8)
B [如图，依题意可知所求概率为图中阴影部分与长方形的面积比，即所求概率P＝eq \f(S阴影,S长方形ABCD)＝eq \f(2－\f(π,2),2)＝1－eq \f(π,4).]
考点1 与长度(角度)有关的几何概型
长度、角度等测度的区分方法
(1)如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，则把题中所表示的几何模型转化为长度，然后求解．解题的关键是构建事件的区域(长度)．
(2)当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域问题时，应以角度的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段．
(1)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6)))上随机取一个数α，使tan 2α＞1的概率为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
(2)在Rt△ABC中，AB＝BC，在BC边上随机取点P，则∠BAP＜30°的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(3),2)
(3)在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM，与AB交于点M，则AM＜AC的概率为 ．
(1)C (2)B (3)eq \f(3,4) [(1)∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6)))，
∴2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，
由tan 2α＞1，得eq \f(π,4)＜2α＜eq \f(π,3)，则eq \f(π,8)＜α＜eq \f(π,6)，
∴tan 2α＞1的概率为eq \f(\f(π,6)－\f(π,8),\f(π,6)－\f(π,12))＝eq \f(1,2)，故选C.
(2)在Rt△ABC中，AB＝BC，Rt△ABC为等腰直角三角形，令AB＝BC＝1，则AC＝eq \r(2).
在BC边上随机取点P，当∠BAP＝30°时，BP＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，
在BC边上随机取点P，则∠BAP＜30°的概率为：P＝eq \f(BP,BC)＝eq \f(\r(3),3)，故选B.
(3)过点C作CN交AB于点N，使AN＝AC，如图所示．
显然当射线CM处在∠ACN内时，AM＜AC.又∠A＝45°，所以∠ACN＝67.5°，故所求概率为P＝eq \f(67.5°,90°)＝eq \f(3,4).]
本例(2)易把∠BAC当作试验的结果构成的区域，本例(3)易把线段AB当作试验的结果构成的区域．
[教师备选例题]
1．在长为12 cm的线段AB上任取一点C，现作一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形的面积大于20 cm2的概率为 ( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(4,5)
C [设|AC|＝x，则|BC|＝12－x，所以x(12－x)＞20，解得2＜x＜10，故所求概率P＝eq \f(10－2,12)＝eq \f(2,3).]
2．某单位试行上班刷卡制度，规定每天8：30上班，有15分钟的有效刷卡时间(即8：15～8：30)，一名职工在7：50到8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，则他能有效刷卡上班的概率是( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(5,8) C.eq \f(1,3) D.eq \f(3,8)
D [该职工在7：50到8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，设其构成的区域为线段AB，且AB＝40，职工的有效刷卡时间是8：15到8：30之间，设其构成的区域为线段CB，且CB＝15，如图，所以该职工有效刷卡上班的概率P＝eq \f(15,40)＝eq \f(3,8)，故选D.
]
1.某公司的班车在7：00,8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
B [如图所示，画出时间轴．
小明到达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB上时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型的概率计算公式，得所求概率P＝eq \f(10＋10,40)＝eq \f(1,2)，故选B.]
2．如图，四边形ABCD为矩形，AB＝eq \r(3)，BC＝1，以A为圆心，1为半径作四分之一个圆弧eq \x\t(DE)，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为 ．
eq \f(1,3) [因为在∠DAB内任作射线AP，所以它的所有等可能事件所在的区域是∠DAB，当射线AP与线段BC有公共点时，射线AP落在∠CAB内，则区域为∠CAB，所以射线AP与线段BC有公共点的概率为eq \f(∠CAB,∠DAB)＝eq \f(30°,90°)＝eq \f(1,3).]
考点2 与体积有关的几何概型
与体积有关的几何概型问题
如果试验的结果所构成的区域的几何度量可用空间几何体的体积表示，则其概率的计算公式为：
P(A)＝eq \f(构成事件A的区域体积,试验的全部结果所构成的区域体积)，
求解的关键是计算事件的总体积以及事件A的体积．
(1)在边长为2的正方体内部随机取一点，则该点到正方体8个顶点的距离都不小于1的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(5,6) C.eq \f(π,6) D．1－eq \f(π,6)
(2)已知正三棱锥S­ABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VP­ABC＜eq \f(1,2)VS­ABC的概率是( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
(1)D (2)A [(1)符合条件的点在边长为2的正方体内部，且以正方体的每一个顶点为球心，半径为1的eq \f(1,8)球体外，则所求概率P＝1－eq \f(\f(4,3)π,8)＝1－eq \f(π,6)，故选D.
(2)当P在三棱锥的三条侧棱的中点所在的平面及下底面构成的正三棱台内时符合要求，由几何概型知，P＝1－eq \f(1,8)＝eq \f(7,8).]
解答本例(2)时，应利用VP­ABC＝eq \f(1,2)VS­ABC求出点P的临界值位置，再结合题意确定点P所在的区域．
1.在一个球内有一棱长为1的内接正方体，一动点在球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( )
A.eq \f(6,π) B.eq \f(3,2)π C.eq \f(3,π) D.eq \f(2\r(3),3π)
D [由题意可知这是一个几何概型，棱长为1的正方体的体积V1＝1，球的直径是正方体的体对角线长，故球的半径R＝eq \f(\r(3),2)，球的体积V2＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up20(3)＝eq \f(\r(3),2)π，
则此点落在正方体内部的概率P＝eq \f(V1,V2)＝eq \f(2\r(3),3π).]
2．在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD­A1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为 ．
1－eq \f(π,12) [如图，与点O距离等于1的点的轨迹是一个半球面，其体积V1＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×13＝eq \f(2π,3).
事件“点P与点O距离大于1的概率”对应的区域体积为23－eq \f(2π,3)，
根据几何概型概率公式得，点P与点O距离大于1的概率P＝eq \f(23－\f(2π,3),23)＝1－eq \f(π,12).]
考点3 与面积有关的几何概型
与面积有关的几何概型问题
解决与面积有关的几何概型问题，其解题关键是明确试验所发生的区域及事件所发生的区域面积，其解题流程为：
与平面几何相结合
(1)(2019·南昌模拟)我国古代数学家赵爽在《周髀算经》一书中给出了勾股定理的绝妙证明．如图是赵爽的弦图．弦图是一个以勾股形(即直角三角形)之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱(红)色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用2×勾×股＋(股－勾)2＝4×朱实＋黄实＝弦实＝弦2，化简得：勾2＋股2＝弦2.设勾股形中勾股比为1∶eq \r(3)，若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽略不计)，则落在黄色图形内的图钉数大约为( )
A．866 B．500 C．300 D．134
(2)(2019·武汉模拟)把半径为2的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围成星形放在半径为2的圆内，现在往该圆内任投一点，此点落在阴影内的概率为( )
A.eq \f(4,π)－1 B.eq \f(π－1,π)
C.eq \f(π－2,4) D．2－eq \f(4,π)
(1)D (2)D [(1)设勾为a，则股为eq \r(3)a，从而弦为2a，
图中大正方形的面积为4a2，小正方形的面积为(eq \r(3)－1)2a2＝(4－2eq \r(3))a2，则图钉落在黄色图形内的概率为P＝eq \f(4－2\r(3)a2,4a2)＝1－eq \f(\r(3),2)，所以落在黄色图形内的图钉数大约为1 000eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)))≈134，故选D.
(2)标注图形并作辅助线如图：
S圆＝π×22＝4π，
S阴影＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)S圆－S△COD))×8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×4π－\f(1,2)×2×2))×8＝8π－16，
则所求概率为P＝eq \f(8π－16,4π)＝2－eq \f(4,π)，故选D.]
解答此类问题的关键是利用平面几何的知识求出相关平面图形的面积．
[教师备选例题]
七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的，如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,8) C.eq \f(3,8) D.eq \f(3,16)
B [不妨设小正方形的边长为1，则两个小等腰直角三角形的边长分别为1,1，eq \r(2)，两个大等腰直角三角形的边长为2,2,2eq \r(2)，即最大正方形的边长为2eq \r(2)，则较大等腰直角三角形的边长分别为eq \r(2)，eq \r(2)，2，故所求概率P＝1－eq \f(\f(1,2)×2＋1＋1＋2×2,8)＝eq \f(1,8).]
与线性规划相结合
已知关于x，y的不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y－2≤0，,2x＋y－4≤0，,x≥0))表示的平面区域为M，在区域M内随机取一点N(x0，y0)，则3x0－y0－2≤0的概率为( )
A.eq \f(5,6) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,3)
C [作出不等式组表示的平面区域M，如图中阴影部分所示(△ABC及其内部)，由题意可知所求概率P＝eq \f(S△ABD,S△ABC)，易得A(0,4)，B(0，－2)，C(2,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，\f(8,5)))，则S△ABC＝eq \f(1,2)×[4－(－2)]×2＝6，S△ABD＝eq \f(1,2)×[4－(－2)]×eq \f(6,5)＝eq \f(18,5)，所以P＝eq \f(S△ABD,S△ABC)＝eq \f(3,5)，故选C.
]
解答本题的关键是作出平面区域M，及使3x0－y0－2≤0的区域，并正确求出它们的面积．
1．在如图所示的圆形图案中有12片树叶，构成树叶的圆弧均相同且所对的圆心角为eq \f(π,3)，若在圆内随机取一点，则此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率是( )
A．2－eq \f(3\r(3),π) B．4－eq \f(6\r(3),π)
C．－eq \f(1,3)－eq \f(\r(3),2π) D.eq \f(2,3)
B [设圆的半径为r，如图所示．
12片树叶是由24个相同的弓形组成，且弓形AmB的面积为
S弓形AmB＝eq \f(1,6)πr2－eq \f(1,2)r2·sineq \f(π,3)＝eq \f(1,6)πr2－eq \f(\r(3),4)r2，
因此所求概率为
P＝eq \f(24S弓形AmB,S圆)＝eq \f(24\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)πr2－\f(\r(3),4)r2)),πr2)＝4－eq \f(6\r(3),π)，故选B.]
2．在区间(0,2)内随机取一个实数a，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y≥0，,y≥0，,x－a≤0))的点(x，y)构成区域的面积大于1的概率是( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,4)
C [作出约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y≥0，,y≥0，,x－a≤0))表示的平面区域如图中阴影部分所示，则阴影部分的面积S＝eq \f(1,2)×a×2a＝a2＞1，∴1＜a＜2，根据几何概型的概率计算公式得所求概率为eq \f(2－1,2－0)＝eq \f(1,2).]
高中新课标把“体现数学文化价值”作为高中数学课程的十项理念之一，强调数学文化是贯穿整个高中数学课程的重要内容．古典概型、几何概型中常常这样考查数学文化．
【例1】 (2019·赤峰模拟)《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛，齐王获胜的概率是( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,5) C.eq \f(5,9) D.eq \f(3,4)
A [设齐王的上、中、下三个等次的马分别为a，b，c，
田忌的上、中、下三个等次的马分别记为A，B，C，
从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛的所有的可能为Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9种，
根据题设其中Ab，Ac，Bc是田忌胜，共三种可能，则齐王的马获胜有6种情况，
所以齐王获胜的概率为P＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3)，故选A.]
[评析] 据题意，设齐王的上、中、下三个等次的马分别为a，b，c，田忌的上、中、下三个等次的马分别记为A，B，C，用列举法列举齐王与田忌赛马的情况，可得齐王胜出的情况，由等可能事件的概率计算可得答案．
【例2】 《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“”表示一根阴线)，从八卦中任取一卦，这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线的概率为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,8) D.eq \f(1,2)
C [从八卦中任取一卦，基本事件总数n＝8，
这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线包含的基本事件个数m＝3，
∴这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(3,8)，故选C.]
[评析] 从八卦中任取一卦，基本事件总数n＝8，这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线包含的基本事件个数m＝3，由此能求出这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线的概率．
【素养提升练习】
(2019·烟台模拟)2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p使得p＋2是素数，素数对(p，p＋2)称为孪生素数．从10以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
A [依题意，10以内的素数共有4个，分别是2,3,5,7，从中选两个共6个基本事件，分别是(2,3)，(2,5)，(2,7)，(3,5)，(3,7)，(5,7)．
而10以内的孪生素数有(3,5)，(5,7)两对，包含2个基本事件，
所以从10以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率P＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，故选A.]
【例3】 (2018·全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
A [法一：设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积为S1＝eq \f(1,2)bc，区域Ⅱ的面积S2＝eq \f(1,2)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))eq \s\up20(2)＋eq \f(1,2)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))eq \s\up20(2)－
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))eq \s\up20(2),2)－\f(1,2)bc))＝eq \f(1,8)π(c2＋b2－a2)＋eq \f(1,2)bc＝eq \f(1,2)bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，则BC＝2eq \r(2)，所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝eq \f(1,2)×2×2＝2，区域Ⅲ的面积S3＝eq \f(π×\r(2)2,2)－2＝π－2，区域Ⅱ的面积S2＝π×12－(π－2)＝2.根据几何概型的概率计算公式，得p1＝p2＝eq \f(2,π＋2)，p3＝eq \f(π－2,π＋2)，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.]
[评析] 先分别求出Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个区域的面积，再利用几何概型的概率公式对选项进行判断即可．
【素养提升练习】
《九章算术》中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？”其大意：已知直角三角形的两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径为多少步．现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是( )
A.eq \f(3π,10) B.eq \f(3π,20)
C．1－eq \f(3π,10) D．1－eq \f(3π,20)
D [直角三角形的斜边长为eq \r(82＋152)＝17，设内切圆半径为r，
则8＋15－2r＝17，解得r＝3，从而内切圆的面积为S内切＝9π.
因此豆子落在内切圆外部的概率为
P＝1－eq \f(9π,\f(1,2)×8×15)＝1－eq \f(3π,20)，故选D.]
课外素养提升⑨ 数学建模——数学文化与概率
古典概型中的数学文化
几何概型中的数学文化