几何概型习题

常规题型

典例剖析

例1【2018常州八校联考】已知函数(f(x)=x^2+tx+t)，对(forall xin R)，(f(x)>0)，函数(g(x))(=3x^2)(-2(t+1)x)(+t)，则“(exists a，bin (0，1))，使得(g(a)=g(b)=0)”为真命题的概率为【】

$A.cfrac{1}{2}$ $B.cfrac{1}{3}$ $C.cfrac{1}{4}$ $D.cfrac{1}{5}$

分析：由(f(x)>0)对(xin R)恒成立可知，(Delta =t^2-4t<0)，解得(tin (0，4))，到此可知为长度型几何概型，且概率公式的分母为(4-0=4)；

对函数(g(x))而言，“(exists a，bin (0，1))，使得(g(a)=g(b)=0)”为真命题，即意味函数在区间((0，1))上必须有两个零点，则函数(g(x))须满足条件：

(left{egin{array}{l}{g(0)>0}\{g(1)>0}\{0<-cfrac{-2(t+1)}{2 imes 3}<1}\{Delta ge 0}end{array} ight.)，解得(0<t<1)，

由长度型几何概型求解公式可知，(P=cfrac{1-0}{4-0}=cfrac{1}{4})，故选(C)。

解后反思：

①一元二次方程根的分布。

②三种数学语言的转化能力三种数学语言的转化。

例2【2019高三理科数学课时作业用题】已知正棱锥(S-ABC)的底面边长为4，高为3，在正棱锥内任取一点(P)，使得(V_{P-ABC}<cfrac{1}{2}V_{S-ABC})的概率是【】

$A.cfrac{3}{4}$ $B.cfrac{7}{8}$ $C.cfrac{1}{2}$ $D.cfrac{1}{4}$

分析：做出正棱锥(S-ABC)如图所示，设其高线为(SO=h)，设三棱锥(P-ABC)的高为(h_1)，

先将不等关系改写为相等关系，即(V_{P-ABC}=cfrac{1}{2}V_{S-ABC})，即寻找临界状态下的点(P)的位置。

则由(cfrac{1}{3}cdot S_{ riangle ABC}cdot h=cfrac{1}{2}cdot cfrac{1}{3}cdot S_{ riangle ABC}cdot h_1)，得到(h_1=cfrac{1}{2}h)，即处于临界状态时，点(P)应该在正棱锥(S-ABC)的中截面(MND)内，

然后我们就能很容易的分析出要满足(V_{P-ABC}<cfrac{1}{2}V_{S-ABC})，则点(P)应该在正三棱台(NDM-ABC)内部，

故所求概率为(P=1-cfrac{V_{S-MND}}{V_{S-ABC}}=1-cfrac{cfrac{1}{3}cdot cfrac{sqrt{3}}{4}cdot 2^2cdot h_1}{cfrac{1}{3}cdot cfrac{sqrt{3}}{4}cdot 4^2cdot h}=1-cfrac{1}{8}=cfrac{7}{8})，故选(B)。

例8【2019届高三理科数学二轮用题】已知一只蚂蚁在底面半径为5cm，高为12cm的圆锥侧面爬行，若蚂蚁在圆锥侧面上任意一点出现的可能性相等，且将蚂蚁看作一个点，则蚂蚁距离圆锥顶点超过5cm的概率为【】

$A.cfrac{12}{13}$ $B.cfrac{5}{13}$ $C.cfrac{144}{169}$ $D.cfrac{25}{169}$

分析：将题目中的圆锥展开后，则其侧面形成一个半径为(13)，弧长为(10pi)的扇形，如下图所示，

要使的蚂蚁距离圆锥顶点超过5cm，则蚂蚁应该在扇环内部，而小扇形的弧长可以这样计算(cfrac{l}{5}=cfrac{10pi}{13})，故小扇形的弧长为(cfrac{50pi}{13})，

故所求概率为(P=1-cfrac{cfrac{1}{2} imes cfrac{50pi}{13} imes 5}{cfrac{1}{2} imes 10pi imes 13}=cfrac{144}{169})，故选(C)。

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例9【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】公元前6世纪，黄金分割被毕达哥拉斯学派发现，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，并建立起比例理论。欧几里得在《几何原本》中论及正五边形有关黄金分割的定理：正五边形(ABCDE)中，(AD)，(BE)交于点(H)，则(H)为(AD)的黄金分割点，即(frac{AH}{HD}=frac{sqrt{5}-1}{2})，现从如图所示的正五边形中任取一点，则该点恰好取自阴影部分的概率是【】

$A.cfrac{2}{5}$ $B.cfrac{sqrt{5}}{5}$ $C.cfrac{4}{7}$ $D.cfrac{2+sqrt{5}}{7}$

法1分析：由(frac{AH}{HD}=frac{sqrt{5}-1}{2})，借助比例因子，则可设(S_{ riangle AEH}=(sqrt{5}-1)k(k>0))，(S_{ riangle DEH}=2k)，

且有(S_{ riangle AHB}=S_{ riangle DHE})，又由于正五边形的对称性可知，(S_{ riangle ABE}=S_{ riangle BCD})，(S_{ riangle BCD}=S_{ riangle BDH})，

则(S_{ riangle ABE}=(sqrt{5}-1)k+2k=(sqrt{5}+1)k)，则(S_{阴影}=2k+2k+(sqrt{5}-1)k=(3+sqrt{5})k)，(S_{正}=2k+3cdot (sqrt{5}+1)k=(5+3sqrt{5})k)，

故所求概率为(P=cfrac{S_{阴影}}{S_{正}}=cfrac{(3+sqrt{5})k}{(5+3sqrt{5})k}=cfrac{sqrt{5}}{5})。

法2：设正五边形的棱长为(a)，则(S_{正}=5 imescfrac{1}{2} imes a imes cfrac{a}{2sin36^{circ}} imes 54^{circ}=cfrac{5a^2}{4} imes cfrac{cos36^{circ}}{sin36^{circ}})

(S_{ riangle ABE}=cfrac{1}{2}a^2 imes sin108^{circ})，则由比例关系可得，(S_{阴影}=cfrac{1}{2}a^2 imes cos18^{circ}(1+cfrac{2}{sqrt{5}}+1)=cfrac{1}{2}a^2 imes cos18^{circ} imes cfrac{sqrt{5}+3}{sqrt{5}+1})

故(P=cfrac{S_{阴影}}{S_{正}}=cdots=cfrac{sqrt{5}+1}{5}cdot cfrac{cos18^{circ}sin36^{circ}}{cos36^{circ}}=cdots=cfrac{sqrt{5}}{5}).

相关储备：计算(sin18^{circ}=cfrac{sqrt{5}-1}{4})

(sin3 heta=3sin heta cos^2 heta-sin^3 heta)，(cos2 heta=cos^2 heta-sin^2 heta)，

则由(sin54^{circ}=cos36^{circ})，可得(3sin18^{circ}cos^218^{circ}-sin^318^{circ}=cos^218^{circ}-sin^218^{circ}).

整理得到，(4sin^318^{circ}-2sin^218^{circ}-3sin18^{circ}+1=0)，用试商法尝试分解(x=1)为其一个根，

故可以分解为((sin18^{circ}-1)(4sin^218^{circ}+2sin18^{circ}-1)=0)，(sin18^{circ}=1)舍去，

由(4sin^218^{circ}+2sin18^{circ}-1=0)，得到(sin18^{circ}=cfrac{-2pm sqrt{4+4 imes4}}{2 imes 4}=cfrac{-1pm sqrt{5}}{4})，

舍去负值，得到(sin18^{circ}=cfrac{sqrt{5}-1}{4})，即(2sin18^{circ}=cfrac{sqrt{5}-1}{2})。