考点46 几何概型典型高考数学试题解读与变式(解析版)
完整版几何概型的经典题型及答案
几何概型的常见题型及典例分析一•几何概型的定义1. 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. 特点：（1） 无限性，即一次试验中，所有可能出现的结果（基本事件）有无限 多个；（2） 等可能性，即每个基本事件发生的可能性均相等 . 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）说明：用几何概率公式计算概率时，关键是构造出随机事件所对应 的几何图形，并对几何图形进行度量. 4.古典概型和几何概型的区别和联系：（1） 联系：每个基本事件发生的都是等可能的.（2） 区别：①古典概型的基本事件是有限的， 几何概型的基本事件是无 限的；②两种概型的概率计算公式的含义不同..常见题型（一）、与长度有关的几何概型分析：在区间［1,1］上随机取任何一个数都是一个基本事件.所取的数是 区间［1,1］的任意一个数，基本事件是无限多个，而且每一个基本事件的 发生都是等可能的，因此事件的发生的概率只与自变量x 的取值范围的3.计算公式:P （A ）例1、在区间［1,1］上随机取一个数x 1X ，cos 2-的值介于0到2之间的概率为（).A.- 3B.C.D.区间长度有关，符合几何概型的条件 解：在区间［1,1］上随机取一个数X ,即x ［0到-之间,需使x或 x22 2 33 2 2 2••• 1 x 2或-x 1，区间长度为3 3由几何概型知使cos —x 的值介于0到1之间的概率为2 22符合条件的区间长度 J 1所有结果构成的区间长 度 2 3 .例2、如图,A,B 两盏路灯之间长度是30米，由于光线较暗，想在其间 再随意安装两盏路灯 C,D ，问A 与C,B 与D 之间的距离都不小于10米的 概率是多少？思路点拨从每一个位置安装都是一个基本事件，基本事件有无限 多个，但在每一处安装的可能性相等，故是几何概型.解 记E : “ A 与C,B 与D 之间的距离都不小于10米”，把AB1等分，由于中间长度为妙3=10米,方法技巧我们将每个事件理解为从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个随机事件的发生 则理解为恰好取到上述区域内的某个指定区域中的点，这样的概率模型 就可以用几何概型来求解.例3、在半径为R 的圆内画平行弦，如果这些弦与垂直于弦的直径的交 点在该直径上的位置是等可能的，求任意画的弦的长度不小于 R 的概率 思考方法：由平面几何知识可知，垂直于弦的直径平分这条弦，所以， 地分布在于平行弦垂直的直径上（如图1-1 ） O 也就是说，样本空间所对应的区域 G 是一维空 间（即直线）上的线段 MN 而有利场合所对 应的区域G 是长度不小于R 的平行弦的中点K 所在的区间。
几何概型例题及解析
几何概型例题及解析题目：在边长为2的正方形内随机取一个点，则该点到正方形四个顶点的距离都大于1的概率是( )。
A. 1/2B. 1/4C. 3/4D. 1/16解析：在边长为2的正方形内，到四个顶点距离都大于1的区域是一个边长为1的正方形。
因此，所求概率为小正方形的面积与大正方形面积之比，即1/4。
题目：在半径为2的圆内随机取一条弦，则弦长小于等于2√3的概率为( )。
A. 1/4B. 1/2C. 3/4D. √3/2解析：在半径为2的圆内，弦长小于等于2√3的弦对应的圆心角为120°。
因此，所求概率为120°/360° = 1/3，但选项中并没有这个值，可能题目有误或选项不完整。
题目：在区间[0, 2]上随机取两个数x和y，则满足x^2 + y^2 ≤ 2的概率是( )。
A. π/4B. π/2C. 1 - π/4D. 1 - π/2解析：在区间[0, 2]上随机取两个数x和y，对应的平面区域是一个边长为2的正方形。
满足x^2 + y^2 ≤ 2的区域是一个半径为√2的圆在正方形内的部分。
所求概率为圆的面积与正方形面积之比，即π*(√2)^2 / (2*2) = π/2。
题目：在边长为1的正方形内随机取一个点，则该点到正方形中心的距离小于1/2的概率为( )。
A. 1/4B. 1/2C. 3/4D. √2/2解析：在边长为1的正方形内，到中心距离小于1/2的区域是一个边长为1/2的正方形。
因此，所求概率为小正方形的面积与大正方形面积之比，即(1/2)^2 = 1/4。
题目：在三维坐标系中，随机取一个点P(x, y, z)，其中x, y, z ∈ [0, 1]，则点P到原点O的距离小于等于√2/2的概率为( )。
A. π/6B. π/4C. π/3D. π/2解析：在三维坐标系中，到原点距离小于等于√2/2的点构成一个半径为√2/2的球在[0, 1]^3内的部分。
所求概率为球的体积与[0, 1]^3的体积之比，即(π*(√2/2)^3) / 1^3 = π/6。
解析几何(解答题)--五年(2020-2024)高考数学真题分类汇编(解析版)
专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点01椭圆及其性质2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点02双曲线及其性质2024Ⅱ卷2023Ⅱ新课标Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点03抛物线及其性质2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P 的证明类问题考点01：椭圆及其性质1(2024·全国·高考Ⅰ卷)已知A (0,3)和P 3,32 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】(1)12(2)直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.【详解】(1)由题意得b =39a 2+94b2=1，解得b 2=9a 2=12 ，所以e =1-b 2a2=1-912=12.(2)法一：k AP =3-320-3=-12，则直线AP 的方程为y =-12x +3，即x +2y -6=0，AP =0-3 2+3-322=352，由(1)知C :x 212+y 29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3或x=-3y=-32，即B0,-3或-3,-3 2，当B0,-3时，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-3 2时，此时k l=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0得2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B x0,y0，则x0+2y0-65=1255x2012+y209=1，解得x0=-3y0=-32或x0=0y0=-3，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B23cosθ,3sinθ，其中θ∈0,2π，则有23cosθ+6sinθ-65=1255，联立cos2θ+sin2θ=1，解得cosθ=-32sinθ=-12或cosθ=0sinθ=-1，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3，S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y =kx +3x 212+y 29=1，则4k 2+3 x 2+24kx =0，其中k ≠k AP ，即k ≠-12，解得x =0或x =-24k 4k 2+3，k ≠0，k ≠-12，令x =-24k 4k 2+3，则y =-12k 2+94k 2+3，则B -24k 4k 2+3,-12k 2+94k 2+3同法一得到直线AP 的方程为x +2y -6=0，点B 到直线AP 的距离d =1255，则-24k4k 2+3+2×-12k 2+94k 2+3-65=1255，解得k =32，此时B -3,-32 ，则得到此时k l =12，直线l 的方程为y =12x ，即x -2y =0，综上直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.法五：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当l 的斜率存在时，设PB :y -32=k (x -3)，令P x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，y =k (x -3)+32x 212+y 29=1 ，消y 可得4k 2+3 x 2-24k 2-12k x +36k 2-36k -27=0，Δ=24k 2-12k 2-44k 2+3 36k 2-36k -27 >0，且k ≠k AP ，即k ≠-12，x 1+x 2=24k 2-12k 4k 2+3x 1x 2=36k 2-36k -274k 2+3,PB =k 2+1x 1+x 2 2-4x 1x 2=43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3 ，A 到直线PB 距离d =3k +32k 2+1,S △PAB =12⋅43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3⋅3k +32k 2+1=9，∴k =12或32，均满足题意，∴l :y =12x 或y =32x -3，即3x -2y -6=0或x -2y =0.法六：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当直线l 斜率存在时，设l :y =k (x -3)+32，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则Q 0,-3k +32，联立y =kx -3k +323x 2+4y 2=36，则有3+4k 2 x 2-8k 3k -32x +36k 2-36k -27=0，3+4k2x2-8k3k-3 2x+36k2-36k-27=0，其中Δ=8k23k-3 22-43+4k236k2-36k-27>0，且k≠-1 2，则3x B=36k2-36k-273+4k2,x B=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQx P-x B=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024·全国·高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y 轴．【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故Δ=1024k4-43+4k264k2-12>0，故-12<k<12，又x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2，而N52,0，故直线BN:y=y2x2-52x-52，故y Q=-32y2x2-52=-3y22x2-5，所以y1-y Q=y1+3y22x2-5=y1×2x2-5+3y22x2-5=k x1-4×2x2-5+3k x2-42x2-5=k 2x1x2-5x1+x2+82x2-5=k2×64k2-123+4k2-5×32k23+4k2+82x2-5=k 128k2-24-160k2+24+32k23+4k22x2-5=0，故y1=y Q，即AQ⊥y轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2024·北京·高考真题)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,t t >2 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A ,B ，过点A 和C 0,1 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】(1)x 24+y 22=1,e =22(2)t =2【详解】(1)由题意b =c =22=2，从而a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，离心率为e =22；(2)直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设AB :y =kx +t ,k ≠0,t >2 ，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，联立x 24+y 22=1y =kx +t，化简并整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-4=0，由题意Δ=16k 2t 2-82k 2+1 t 2-2 =84k 2+2-t 2 >0，即k ,t 应满足4k 2+2-t 2>0，所以x 1+x 2=-4kt 1+2k 2,x 1x 2=2t 2-42k 2+1，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x 2,y 2 ，所以AD :y =y 1-y 2x 1+x 2x -x 1 +y 1，在直线AD 方程中令x =0，得y C =x 1y 2+x 2y 1x 1+x 2=x 1kx 2+t +x 2kx 1+t x 1+x 2=2kx 1x 2+t x 1+x 2 x 1+x 2=4k t 2-2 -4kt +t =2t =1，所以t =2，此时k 应满足4k 2+2-t 2=4k 2-2>0k ≠0 ，即k 应满足k <-22或k >22，综上所述，t =2满足题意，此时k <-22或k >22.4(2024·天津·高考真题)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)椭圆的离心率e =12．左顶点为A ，下顶点为B ，C 是线段OB 的中点，其中S △ABC =332．(1)求椭圆方程．(2)过点0,-32 的动直线与椭圆有两个交点P ，Q ．在y 轴上是否存在点T 使得TP ⋅TQ ≤0．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)x 212+y 29=1(2)存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e =12，故a =2c ，b =3c ，其中c 为半焦距，所以A -2c ,0 ,B 0,-3c ,C 0,-3c 2 ，故S △ABC =12×2c ×32c =332，故c =3，所以a =23，b =3，故椭圆方程为：x 212+y 29=1.(2)若过点0,-32 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y =kx -32，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,T 0,t ，由3x 2+4y 2=36y =kx -32可得3+4k 2 x 2-12kx -27=0，故Δ=144k 2+1083+4k 2 =324+576k 2>0且x 1+x 2=12k 3+4k 2,x 1x 2=-273+4k2,而TP =x 1,y 1-t ,TQ=x 2,y 2-t ，故TP ⋅TQ =x 1x 2+y 1-t y 2-t =x 1x 2+kx 1-32-t kx 2-32-t =1+k 2 x 1x 2-k 32+t x 1+x 2 +32+t 2=1+k 2 ×-273+4k 2-k 32+t ×12k 3+4k 2+32+t 2=-27k 2-27-18k 2-12k 2t +332+t 2+3+2t 2k 23+4k 2=3+2t2-12t -45 k 2+332+t 2-273+4k 2，因为TP ⋅TQ ≤0恒成立，故3+2t 2-12t -45≤0332+t 2-27≤0，解得-3≤t ≤32.若过点0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3 ,Q 0,-3 或P 0,-3 ,Q 0,3 ，此时需-3≤t ≤3，两者结合可得-3≤t ≤32.综上，存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率是53，点A -2,0 在C 上．(1)求C方程；(2)过点-2,3 的直线交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)y 29+x 24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b =2a 2=b 2+c 2e =c a =53，解得a =3b =2c =5，所以椭圆方程为y 29+x 24=1．(2)由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设PQ :y =k x +2 +3,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程y =k x +2 +3y 29+x 24=1，消去y 得：4k 2+9 x 2+8k 2k +3x +16k 2+3k =0，则Δ=64k 22k +3 2-644k 2+9 k 2+3k =-1728k >0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k 2k +34k 2+9,x 1x 2=16k 2+3k 4k 2+9，因为A -2,0 ，则直线AP :y =y 1x 1+2x +2 ，令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M 0,2y 1x 1+2,同理可得N 0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y2x 2+22=k x 1+2 +3 x 1+2+k x 2+2 +3 x 2+2=kx 1+2k +3 x 2+2 +kx 2+2k +3 x 1+2x 1+2 x 2+2=2kx 1x 2+4k +3 x 1+x 2 +42k +3x 1x 2+2x 1+x 2 +4=32k k 2+3k 4k 2+9-8k 4k +3 2k +34k 2+9+42k +3 16k 2+3k 4k 2+9-16k 2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点是定点0,3 ．6(2020年高考课标Ⅱ)已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【答案】(1)12；(2)C 1:x 236+y 227=1，C 2:y 2=12x ．解析：(1)∵F c ,0 ，AB ⊥x 轴且与椭圆C 1相交于A 、B 两点，则直线AB 的方程为x =c ，联立x =c x 2a 2+y 2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得x =c y =±b 2a，则AB =2b 2a ，抛物线C 2的方程为y 2=4cx ，联立x =cy 2=4cx ，解得x =cy =±2c，∴CD =4c ，∵CD =43AB ，即4c =8b 23a ，2b 2=3ac ，即2c 2+3ac -2a 2=0，即2e 2+3e -2=0，∵0<e <1，解得e =12，因此，椭圆C 1的离心率为12；(2)由(1)知a =2c ，b =3c ，椭圆C 1的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，联立y 2=4cxx24c2+y 23c 2=1，消去y 并整理得3x 2+16cx -12c 2=0，解得x =23c 或x =-6c (舍去)，由抛物线的定义可得MF =23c +c =5c3=5，解得c =3．因此，曲线C 1的标准方程为x 236+y 227=1，曲线C 2的标准方程为y 2=12x ．7(2021年新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x23+y 2=1 可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,kb <0 即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得bk 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +bx 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2,x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=1+k2-6kb 1+3k22-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．8(2020年高考课标Ⅰ卷)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a2+y 2=1(a >1)左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E方程；(2)证明：直线CD 过定点．【答案】(1)x 29+y 2=1；(2)证明详见解析．【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E :x 2a2+y 2=1(a >1)可得：A -a ,0 ， B a ,0 ，G 0,1∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ∴AG ⋅GB =a 2-1=8，∴a 2=9∴椭圆方程为：x 29+y 2=1(2)证明：设P 6,y 0 ，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3x +3 ，即：y =y 09x +3 联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3 ，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1∴直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1=6y 0y 02+9--2y 0y 02+1-3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32故直线CD 过定点32,09(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2，1)．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析．解析：(1)由题意可得：c a =324a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1．(2)设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．因为AM ⊥AN ，∴AM·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0,①当直线MN 的斜率存在时，设方程为y =kx +m ,如图1．代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2②,根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入①整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0将②代入，k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0,∵A (2,1)不在直线MN 上，∴2k +m -1≠0，∴2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13，所以直线过定点直线过定点E 23,-13．当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ,如图2．代入x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0得x 1-2 2+1-y 22=0,结合x 216+y 213=1,解得x 1=2舍 ,x 1=23,此时直线MN 过点E 23,-13,由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，所以AE 中点Q 满足QD 为定值(AE 长度的一半122-232+1+132=423)．由于A 2,1 ,E 23,-13 ，故由中点坐标公式可得Q 43,13．故存在点Q 43,13，使得|DQ |为定值．10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 0,-2 ,B 32,-1两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P 1,-2 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT =TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A 0,-2 ,B 32,-1，则4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1．【小问2详解】A (0,-2),B 32,-1，所以AB :y +2=23x ，①若过点P (1,-2)的直线斜率不存在，直线x =1．代入x 23+y 24=1，可得M 1,-263 ，N 1,263 ，代入AB 方程y =23x -2，可得T -6+3,-263 ，由MT =TH 得到H -26+5,-263 ．求得HN 方程：y =2+263x -2，过点(0,-2)．②若过点P (1,-2)的直线斜率存在，设kx -y -(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)．联立kx -y -(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2-6k (2+k )x +3k (k +4)=0，可得x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，y 1+y 2=-8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k -2k 2)3k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=-24k 3k 2+4(*)联立y =y 1y =23x -2,可得T 3y12+3,y 1 ,H (3y 1+6-x 1,y 1).可求得此时HN :y -y 2=y 1-y 23y 1+6-x 1-x 2(x -x 2)，将(0,-2)，代入整理得2(x 1+x 2)-6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1-3y 1y 2-12=0，将(*)代入，得24k +12k 2+96+48k -24k -48-48k +24k 2-36k 2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点M (2，3),点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12，(1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．【答案】(1)x 216+y 212=1；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM 的方程为：y -3=12(x -2)，即x -2y =-4．当y =0时，解得x =-4，所以a =4，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 过点M (2，3)，可得416+9b 2=1，解得b 2=12．所以C 的方程：x 216+y 212=1．(2)设与直线AM 平行的直线方程为：x -2y =m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x -2y =m 与椭圆方程x 216+y 212=1，可得：3m +2y 2+4y 2=48，化简可得：16y 2+12my +3m 2-48=0，所以Δ=144m 2-4×163m 2-48 =0，即m 2=64，解得m =±8，与AM 距离比较远的直线方程：x -2y =8，直线AM 方程为：x -2y =-4，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d =8+41+4=1255，由两点之间距离公式可得|AM |=(2+4)2+32=35．所以△AMN 的面积的最大值：12×35×1255=18．12(2020年高考课标Ⅲ卷)已知椭圆C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．【答案】(1)x 225+16y 225=1；(2)52．解析：(1)∵C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)∴a =5，b =m ，根据离心率e =ca=1-b a2=1-m 5 2=154，解得m =54或m =-54(舍)，∴C 的方程为：x 225+y 2542=1，即x 225+16y 225=1；(2)不妨设P ,Q 在x 轴上方∵点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x =6与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，∠PMB =∠QNB =90°，又∵∠PBM +∠QBN =90°，∠BQN +∠QBN =90°，∴∠PBM =∠BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：△PMB ≅△BNQ ，∵x 225+16y 225=1，∴B (5,0)，∴PM =BN =6-5=1，设P 点为(x P ,y P )，可得P 点纵坐标为y P =1，将其代入x 225+16y 225=1，可得：x P 225+1625=1，解得：x P =3或x P =-3，∴P 点为(3,1)或(-3,1)，①当P 点为(3,1)时，故MB =5-3=2，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=2，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,2)，可求得直线AQ 的直线方程为：2x -11y +10=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =2×3-11×1+1022+112=5125=55，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+2-0 2=55，∴△APQ 面积为：12×55×55=52；②当P 点为(-3,1)时，故MB =5+3=8，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=8，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,8)，可求得直线AQ 的直线方程为：8x -11y +40=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =8×-3 -11×1+4082+112=5185=5185，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+8-0 2=185，∴△APQ 面积为：12×185×5185=52，综上所述，△APQ 面积为：52．1313(2023年北京卷)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)离心率为53，A 、C 分别是E 的上、下顶点，B ，D 分别是E 的左、右顶点，|AC |=4．(1)求E 的方程；(2)设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线y =-2交于点N ．求证：MN ⎳CD ．【答案】(1)x 29+y 24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e =c a =53，则c =53a ，又A ,C 分别为椭圆上下顶点，AC =4，所以2b =4，即b =2，所以a 2-c 2=b 2=4，即a 2-59a 2=49a 2=4，则a 2=9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24=1．(2)因为椭圆E 的方程为x 29+y 24=1，所以A 0,2 ,C 0,-2 ,B -3,0 ,D 3,0 ，因为P 为第一象限E 上的动点，设P m ,n 0<m <3,0<n <2 ，则m 29+n 24=1，易得k BC =0+2-3-0=-23，则直线BC 的方程为y =-23x -2，k PD =n -0m -3=n m -3，则直线PD 的方程为y =n m -3x -3 ，联立y =-23x -2y =n m -3x -3，解得x =33n -2m +63n +2m -6y =-12n 3n +2m -6，即M 33n -2m +6 3n +2m -6,-12n 3n +2m -6，而k PA =n -2m -0=n -2m ，则直线PA 的方程为y =n -2mx +2，令y =-2，则-2=n -2m x +2，解得x =-4m n -2，即N -4mn -2,-2 ，又m 29+n 24=1，则m 2=9-9n 24，8m 2=72-18n 2，所以k MN =-12n3n +2m -6+233n -2m +6 3n +2m -6--4mn-2=-6n +4m -12 n -29n -6m +18 n -2 +4m 3n +2m -6=-6n 2+4mn -8m +249n 2+8m 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +249n 2+72-18n 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +24-9n 2+6mn -12m +36=2-3n 2+2mn -4m +12 3-3n 2+2mn -4m +12 =23，又k CD =0+23-0=23，即k MN =k CD ，显然，MN 与CD 不重合，所以MN ⎳CD ．14(2023年天津卷)设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右顶点分别为A 1,A 2，右焦点为F ，已知A 1F =3,A 2F =1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P 是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A 2P 交y 轴于点Q ，若三角形A 1PQ 的面积是三角形A 2FP 面积的二倍，求直线A 2P 的方程．【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =12．(2)y =±62x -2 ．解析：(1)如图，由题意得a +c =3a -c =1，解得a =2,c =1，所以b =22-12=3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =c a =12．(2)由题意得，直线A 2P 斜率存在，由椭圆的方程为x 24+y 23=1可得A 22,0 ，设直线A 2P 的方程为y =k x -2 ，联立方程组x 24+y 23=1y =k x -2，消去y 整理得：3+4k 2 x 2-16k 2x +16k 2-12=0，由韦达定理得x A 2⋅x P =16k 2-123+4k 2，所以x P =8k 2-63+4k 2，所以P 8k 2-63+4k 2,--12k3+4k 2，Q 0,-2k ．所以S △A 2QA 1=12×4×y Q ,S △A 2PF =12×1×y P ,S △A 1A 2P =12×4×y P ，所以S △A 2QA 1=S △A 1PQ +S △A 1A 2P =2S △A 2PF +S △A 1A 2P ，所以2y Q =3y P ，即2-2k =3-12k3+4k 2，解得k =±62，所以直线A 2P 的方程为y =±62x -2 ．15(2022高考北京卷)已知椭圆：E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (-2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】解析:(1)依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2-b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P -2,1 的直线为y -1=k x +2 ，设B x 1,y 1 、C x 2,y 2 ，不妨令-2≤x 1<x 2≤2，由y -1=k x +2x 24+y 2=1，消去y 整理得1+4k 2 x 2+16k 2+8k x +16k 2+16k =0，所以Δ=16k 2+8k 2-41+4k 2 16k 2+16k >0，解得k <0，所以x 1+x 2=-16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k2，直线AB 的方程为y -1=y 1-1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11-y 1，直线AC 的方程为y -1=y 2-1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21-y 2，所以MN =x N -x M =x 21-y 2-x 11-y 1=x 21-k x 2+2 +1 -x 11-k x 1+2 +1=x 2-k x 2+2 +x 1k x 1+2=x 2+2 x 1-x 2x 1+2k x 2+2 x 1+2=2x 1-x 2k x 2+2 x 1+2=2，所以x 1-x 2 =k x 2+2 x 1+2 ，即x 1+x 22-4x 1x 2=k x 2x 1+2x 2+x 1 +4即-16k 2+8k 1+4k22-4×16k 2+16k 1+4k 2=k 16k 2+16k 1+4k 2+2-16k 2+8k 1+4k2+4 即81+4k 22k 2+k 2-1+4k 2 k 2+k =k1+4k216k2+16k -216k 2+8k +41+4k 2整理得8-k =4k ，解得k =-416(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q 0,12 在线段AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =-12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】解析:(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1-sin θ)2=13-11sin 2θ-2sin θ=-11sin θ+111 2+14411≤14411，当且仅当sin θ=-111时取等号，故|PQ |的最大值是121111．(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得k 2+112 x 2+kx -34=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，所以x 1+x 2=-kk 2+112x 1x 2=-34k 2+112 ，因为直线PA :y =y 1-1x 1x +1与直线y =-12x +3交于C ,则x C=4x 1x 1+2y 1-2=4x 1(2k +1)x 1-1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2-2=4x 2(2k +1)x 2-1．则|CD |=1+14x C -x D =524x 1(2k +1)x 1-1-4x 2(2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)x 1-1 (2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)2x 1x 2-(2k +1)x 1+x 2 +1=352⋅16k 2+13k +1=655⋅16k 2+1916+13k +1≥655×4k ×34+1×123k +1=655，当且仅当k =316时取等号，故CD 的最小值为655．17(2021高考北京)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)一个顶点A (0,-2)，以椭圆E 的四个顶点为顶点的四边形面积为45．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (0，-3)的直线l 斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与直线交y =-3交于点M ，N ，当|PM |+|PN |≤15时，求k 的取值范围．【答案】(1)x 25+y 24=1；(2)[-3,-1)∪(1,3]．解析：(1)因为椭圆过A 0,-2 ，故b =2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b =45，即a =5，故椭圆的标准方程为：x 25+y 24=1．(2)设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ， 因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB :y =y 1+2x 1x -2，令y =-3，则x M =-x1y 1+2，同理x N =-x 2y 2+2直线BC :y =kx -3，由y =kx -34x 2+5y 2=20可得4+5k 2 x 2-30kx +25=0，故Δ=900k 2-1004+5k 2 >0，解得k <-1或k >1．又x 1+x 2=30k 4+5k 2,x 1x 2=254+5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0又PM +PN =x M +x N =x 1y 1+2+x 2y 2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5k故5k ≤15即k ≤3，综上，-3≤k<-1或1<k≤3．考点02双曲线及其性质1(2024·全国·高考Ⅱ)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...：过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n .(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x=2k y n-kx n1-k2-x n=2ky n-x n-k2x n1-k2，相应的y=k x-x n+y n=y n+k2y n-2kx n1-k2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n ，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k 1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV ⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV⋅UW 1-UV ⋅UWUV ⋅UW 2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2c 2+d 2-ac +bd2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n=121-k 1+k m -1+k 1-k mx 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m .而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2=x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k-921-k 1+k 2-1+k 1-k 2.这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m .这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k=x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上．【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析．解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且．x1>x2>0,y1>0．过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)x 2-y 23=1(2)见解析:(1)右焦点为F (2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±3x ，∴ba=3，∴b =3a ，∴c 2=a 2+b 2=4a 2=4，∴a =1，∴b =3．∴C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而x 1=x 2，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零．设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为y =k x -2 ,则条件①M 在AB 上，等价于y 0=k x 0-2 ⇔ky 0=k 2x 0-2 ；两渐近线方程合并为3x 2-y 2=0,联立消去y 并化简整理得：k 2-3 x 2-4k 2x +4k 2=0设A x 3,y 3 ,B x 3,y 4 ,线段中点N x N ,y N ,则x N =x 3+x 42=2k 2k 2-3,y N =k x N -2 =6kk 2-3,设M x 0,y 0 , 则条件③AM =BM 等价于x 0-x 3 2+y 0-y 3 2=x 0-x 4 2+y 0-y 4 2,移项并利用平方差公式整理得：x 3-x 4 2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4 2y 0-y 3+y 4 =0，2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4x 3-x 42y 0-y 3+y 4 =0,即x 0-x N +k y 0-y N =0,即x 0+ky 0=8k 2k 2-3；由题意知直线PM 的斜率为-3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1-y 0=-3x 1-x 0 ,y 2-y 0=3x 2-x 0 ,∴y 1-y 2=-3x 1+x 2-2x 0 ,所以直线PQ 的斜率m =y 1-y 2x 1-x 2=-3x 1+x 2-2x 0 x 1-x 2,直线PM :y =-3x -x 0 +y 0,即y =y 0+3x 0-3x ,代入双曲线的方程3x 2-y 2-3=0,即3x +y 3x -y =3中，得：y 0+3x 0 23x -y 0+3x 0 =3,解得P 的横坐标：x 1=1233y 0+3x 0+y 0+3x 0,。
高考数学冲刺复习几何概型考点深度剖析
高考数学冲刺复习几何概型考点深度剖析在高考数学的复习冲刺阶段，几何概型是一个重要的考点，也是许多同学感到困惑和容易出错的部分。
为了帮助同学们在高考中更好地应对这一考点，我们将对几何概型进行深度剖析。
一、几何概型的概念几何概型是概率论中的一个重要概念，与古典概型相对应。
在古典概型中，试验的结果是有限个等可能的基本事件；而在几何概型中，试验的结果是无限个的，且每个结果出现的可能性相等，通常借助几何图形的长度、面积或体积来计算概率。
例如，在一个边长为 1 的正方形区域内随机取一点，求该点到正方形某个顶点的距离小于 1/2 的概率。
这就是一个典型的几何概型问题。
二、几何概型的特点1、无限性几何概型的基本事件有无限多个。
2、等可能性每个基本事件发生的可能性相等。
3、几何度量通过计算几何图形的长度、面积或体积等几何度量来确定概率。
三、几何概型的计算公式若几何概型中的随机事件 A 对应的区域长度（面积或体积）为 m，全部结果构成的区域长度（面积或体积）为 n，则事件 A 发生的概率为 P(A) ＝ m ／ n 。
四、常见的几何概型类型1、长度型几何概型例如，在一条线段上取一点，求该点落在某一区间内的概率。
2、面积型几何概型比如，在一个平面区域内随机投点，求点落在某个特定区域内的概率。
3、体积型几何概型像在一个立体空间内随机取点，求点落在某个体积内的概率。
五、解题步骤1、理解题意明确题目中所描述的随机试验和所求概率的事件。
2、确定几何区域找出与随机试验对应的几何图形，并确定其度量（长度、面积或体积）。
3、计算概率根据几何概型的计算公式，计算出所求事件的概率。
六、经典例题解析例 1：在区间0, 5上随机取一个数 x ，求 x 满足 2 ＜ x ＜ 4 的概率。
解：区间0, 5的长度为 5，满足 2 ＜ x ＜ 4 的区间长度为 2，所以概率 P ＝ 2 ／ 5 。
例 2：在半径为 1 的圆内随机取一点，求该点到圆心的距离小于 1/2 的概率。
高三数学几何概型试题答案及解析
高三数学几何概型试题答案及解析1.已知直线与曲线恰有两个不同的交点，记k的所有可能取值构成集合A；P(x，y)是椭圆上一动点，与点P关于直线y＝x＋1对称，记的所有可能取值构成集合B，若随机的从集合A，B中分别抽出一个元素，则的概率是___________【答案】【解析】由，当x≥0时，显然k＞0，两边平方得，即由题意，该方程有两个不相等的正实数根即即结合k＞0解得k∈(0，1)，即A＝(0，1)对于椭圆，由于原点关于y＝x＋1的对称点为(－1，1)所以，椭圆关于y＝x＋1的对称椭圆为，－1∈[－4，4]在改椭圆上，可知y1于是∈[－1，1]，即B＝[－1，1]【方法一】由，分别以为横坐标和纵坐标，可知点()构成一个面积为2的矩形其中满足的是图中阴影部分，面积为所以，满足的概率是【方法二】当时，此事件发生的概率为，此时必有当时，此事件发生的概率为，此时与概率相等，各占，于是此时满足的概率为.以上两事件互斥，且[－1，0]与(0，1]的区间长度相等，故满足的概率为.【考点】直线与曲线的交点，轴对称图形，坐标的取值范围，几何概型.2.分别以正方形ABCD的四条边为直径画半圆，重叠部分如图中阴影区域所示，若向该正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为()A．B．C．D．【答案】B＝2π－4．∴＝，故选B项．【解析】设AB＝2，则S阴影3.若从区间(0,2)内随机取两个数，则这两个数的比不小于4的概率为()A．B．C．D．【答案】C【解析】设这两个数分别为x，y，则由条件知0<x<2,0<y<2，y≥4x或x≥4y，则所求概率P＝＝．4.已知关于x的一元二次方程x2－2(a－2)x－b2＋16＝0．(1)若a，b是一枚骰子先后投掷两次所得到的点数，求方程有两个正实数根的概率；(2)若a∈[2,6]，b∈[0,4]，求一元二次方程没有实数根的概率．【答案】（1）（2）【解析】(1)基本事件(a，b)共有36个，且a，b∈{1,2,3,4,5,6}，方程有两个正实数根等价于a－2>0,16－b2>0，Δ≥0，即a>2，－4<b<4，(a－2)2＋b2≥16．设“一元二次方程有两个正实数根”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为(6,1)，(6,2)，(6,3)，(5,3)共4个，故所求的概率为P(A)＝＝．(2)试验的全部结果构成区域Ω＝{(a，b)|2≤a≤6,0≤b≤4}，其面积为S(Ω)＝16．设“一元二次方程无实数根”为事件B，则构成事件B的区域为B＝{(a，b)|2≤a≤6,0≤b≤4，(a－2)2＋b2<16}，其面积为S(B)＝×π×42＝4π，故所求的概率为P(B)＝＝．5.已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面上对应的点为M．(1)设集合P＝{－4，－3，－2,0}，Q＝{0,1,2}，从集合P中随机取一个数作为x，从集合Q中随机取一个数作为y，求复数z为纯虚数的概率；(2)设x∈[0,3]，y∈[0,4]，求点M落在不等式组：所表示的平面区域内的概率．【答案】（1）（2）【解析】(1)记“复数z为纯虚数”为事件A．∵组成复数z的所有情况共有12个：－4，－4＋i，－4＋2i，－3，－3＋i，－3＋2i，－2，－2＋i，－2＋2i,0，i,2i，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A包含的基本事件共2个：i,2i，∴所求事件的概率为P(A)＝＝．(2)依条件可知，点M均匀地分布在平面区域{(x，y)| }内，属于几何概型，该平面区域的图形为右图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12．而所求事件构成的平面区域为{(x，y)| }，其图形如图中的三角形OAD(阴影部分)．又直线x＋2y－3＝0与x轴、y轴的交点分别为A(3,0)、D(0，)，∴三角形OAD的面积为S＝×3×＝．1∴所求事件的概率为P＝＝＝．6.若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2，BC=1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】将一个质点随机投入长方形ABCD中，基本事件总数有无限多个，故可考虑几何概型求概率．由已知得，以AB为直径的半圆的面积为．又长方形ABCD的面积为，故质点落在以AB为直径的半圆内的概率是，选B．【考点】几何概型．7. [2012·北京高考]设不等式组，表示平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是()A．B．C．D．【答案】D【解析】平面区域D的面积为4，到原点距离大于2的点位于图中阴影部分，其面积为4－π，所以所求概率为.8.在区间上随机取两个实数，,则事件“”的概率为_________．【答案】【解析】符合题意的区域范围如图所示，所以概率为.【考点】几何概型.9.在平面区域内随机取一点，则所取的点恰好满足的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，此题为几何概型，,故选C.【考点】几何概型10. (2014·荆州模拟)如图,矩形ABCD中,点E为边CD上的任意一点,若在矩形ABCD内部随机取一个点Q,则点Q取自△ABE内部的概率等于________.【答案】【解析】由几何概型的计算方法,可以得出所求事件的概率P===.11.已知复数z=x+yi(x,y∈R)在复平面上对应的点为M.(1)设集合P={-4,-3,-2,0},Q={0,1,2},从集合P中随机取一个数作为x,从集合Q中随机取一个数作为y,求复数z为纯虚数的概率.(2)设x∈[0,3],y∈[0,4],求点M落在不等式组：所表示的平面区域内的概率.【答案】（1）（2）【解析】(1)记“复数z为纯虚数”为事件A.因为组成复数z的所有情况共有12个：-4,-4+i,-4+2i,-3,-3+i,-3+2i,-2,-2+i,-2+2i,0,i,2i,且每种情况出现的可能性相等,属于古典概型,其中事件A包含的基本事件共2个：i,2i,所以所求事件的概率为P(A)==.(2)依条件可知,点M均匀地分布在平面区域{(x,y)|0≤x≤3,0≤y≤4}内,属于几何概型.该平面区域的图形为图中矩形OABC围成的区域,面积为S=3×4=12.而所求事件构成的平面区域为{(x,y)|x+2y-3≤0,x≥0,y≥0},其图形如图中的三角形OAD(阴影部分). 又直线x+2y-3=0与x轴、y轴的交点分别为A(3,0),D,所以三角形OAD的面积为S1=×3×=.所以所求事件的概率为P===.12.向边长为2米的正方形木框ABCD内随机投掷一粒绿豆，记绿豆落在P点，则P点到A点的距离大于1米，同时∠DPC∈(0，)的概率为()A．1－B．1－C．D．【答案】A【解析】由题意，易知：(1)点P在以A点为圆心，1为半径的圆外；(2)若点P在以DC为直径的圆上，则∠DPC＝，若点P在以DC为直径的圆内，则∠DPC>，故只有点P在以DC为直径的圆外时满足∠DPC为锐角．因此，点P落入图中的阴影部分，故所求概率1－，故选A．13.在区间[ 6，6]，内任取一个元素xO ，若抛物线y=x2在x=xo处的切线的倾角为，则的概率为．【答案】【解析】，，∵，∴，而，∴或，∴．【考点】几何概型、利用导数求曲线的切线的斜率．14.若在区间中随机地取两个数，则这两个数中较小的数大于的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设所选取的两个数分别为、，且，事件“这两个数中较小的数大于”所表示的集合为，所表示的平面区域如下图中的阴影部分所表示，其面积等于一个腰长为的等腰直角三角形减去一个腰长为的等腰直角三角形的面积而得到，其中阴影部分的面积为，因此事件“这两个数中较小的数大于”的概率为，故选C.【考点】几何概型15.利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，则事件“3a﹣1＞0”发生的概率为_________．【答案】【解析】3a﹣1＞0即a＞，则事件“3a﹣1＞0”发生的概率为P==．16.如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为A．B．C．D．【答案】C【解析】根据定积分的几何意义可知阴影部分的面积，而正方形的面积为1，所以点Ｐ恰好取自阴影部分的概率为．17.如图，在矩形区域ABCD的A，C两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意知，有信号的区域的面积为×2=，而矩形的面积为2，所以无信号区域的概率．18.有一底面半径为1，高为2的圆柱，点O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】设点P到点O的距离小于1的概率为P1，由几何概型，则P1＝＝＝，故点P到点O的距离大于1的概率P＝1－＝．19.小明家订了一份报纸，寒假期间他收集了每天报纸送达时间的数据，并绘制成频率分布直方图，如图所示．（1）根据图中的数据信息，求出众数和中位数（精确到整数分钟）；（2）小明的父亲上班离家的时间在上午之间，而送报人每天在时刻前后半小时内把报纸送达（每个时间点送达的可能性相等），求小明的父亲在上班离家前能收到报纸（称为事件）的概率．【答案】（1），；（2）【解析】（1）在频率分步直方图中，最高矩形的中点横坐标代表数据的众数；各个矩形的面积和为1，中位数是面积等分为的轴线和横轴的交点；平均数是各矩形的面积乘以相应矩形中点横坐标的累加值；（2）基本事件总数有无限多个，故可以考虑几何概型．可以看成平面中的点，试验的全部结果构成平面区域，而事件A发生的前提是，利用面积的比表示事件A发生的概率．试题解析：（1） 2分由频率分布直方图可知即， 3分∴解得分即 6分（2）设报纸送达时间为 7分则小明父亲上班前能取到报纸等价于， 10分如图可知，所求概率为 13分【考点】1、频率分布直方图；2、众数和中位数；3、几何概型.20.从中任取一个数，从中任取一个数，则使的概率为 .【答案】.【解析】当，时，，即，当，时，，即，当，时，，即，当，时，，即，记事件：，则事件表示的平面区域如下图的阴影部分所表示，即图中的六边形，易知、、、、、，则与都是腰长为的等腰直角三角形，且，四边形是底边长为，高为的矩形，，因此六边形的面积，因此，事件发生的概率为.【考点】1.含绝对值的不等式；2.几何概型21. 如图，∠AOB ＝60°，OA ＝2，OB ＝5，在线段OB 上任取一点C ，试求：(1)△AOC 为钝角三角形的概率； (2)△AOC 为锐角三角形的概率． 【答案】（1）0.4.（2）0.6. 【解析】如图，由平面几何知识：当AD ⊥OB 时，OD ＝1；当OA ⊥AE 时，OE ＝4，BE ＝1.(1)当且仅当点C 在线段OD 或BE 上时，△AOC 为钝角三角形，记“△AOC 为钝角三角形”为事件M ，则P(M)＝＝0.4，即△AOC 为钝角三角形的概率为0.4.(2)当且仅当点C 在线段DE 上时，△AOC 为锐角三角，记“△AOC 为锐角三角”为事件N ，则P(N)＝＝0.6，即△AOC 为锐角三角形的概率为0.6.22. 正四面体ABCD 的体积为V ，P 是正四面体ABCD 的内部的一个点． (1)设“V PABC ≥V”的事件为X ，求概率P(X)；(2)设“V PABC ≥V”且“V PBCD ≥V”的事件为Y ，求概率P(Y)． 【答案】（1）（2）【解析】首先确定点P 的区域，即区域D ；然后确定所求的事件中的点所在区域d ；分别计算区域D 和d 的体积；最后计算所求概率为.（1)如图，分别取DA 、DB 、DC 上的点E 、F 、G ，并使DE ＝3EA ，DF ＝3FB ，DG ＝3GC ，并连结EF 、FG 、GE ， 则平面EFG ∥平面ABC.当P 在正四面体DEFG 内部运动 时，满足V PABC ≥V ，故P(X)＝.(2)在AB 上取点H ，使AH ＝3HB ，在AC 上取点I ， 使AI ＝3IC ，在AD 上取点J ，使AJ ＝3JD ， 则P 在正四面体AHIJ 内部运动时，满足V PBCD ≥V.设JH 交EF 于M ，JI 交EG 于N ，则面MIN ∥面BCD.结合(1)，当P 在正四面体DFEG 的内部及正四面体AHIJ 的内部运动，也即P 在正四面体EMNJ 内部运动时，同时满足V PABC ≥V 且V PBCD ≥V ，于是P(Y)＝.23. 有5个数成公差不为零的等差数列，这5个数的和为15，若从这5个数中随机抽取一个数，则它小于3的概率是________． 【答案】【解析】设成等差数列的五个数为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则五数和为(a －2d)＋(a －d)＋a＋(a＋d)＋(a＋2d)＝5a，由题意，5a＝15，a＝3，又公差d≠0，所以其中有两个数小于3，故随机抽取一个数小于3的概率是.24.利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a,则事件“3a-1<0”发生的概率为.【答案】【解析】由题意得0<a<,根据几何概型概率公式得事件“3a-1<0”发生的概率为.25.在区间[0,π]上随机取一个数x,则事件“sin x+cos x≥”发生的概率为.【答案】【解析】sinx+cosx=sin≥,∴sin≥.2kπ+≤x+≤2kπ+π,∴2kπ+≤x≤2kπ+π.∵0≤x≤π,∴≤x≤π.∴P==.26.已知集合M＝{x|－2≤x≤8}，N＝{x|x2－3x＋2≤0}，在集合M中任取一个元素x，则“x∈M∩N”的概率是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为N＝{x|x2－3x＋2≤0}＝[1,2]，所以M∩N＝[1,2]，所以所求的概率为＝.27.在边长为2的正三角形ABC内任取一点P,则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是.【答案】【解析】以A,B,C为圆心,以1为半径作圆,与△ABC交出三个扇形,当P落在其内时符合要求,∴P==.28.如图所示是用模拟方法估计圆周率π值的程序框图,P表示估计结果,则图中空白框内应填入 .【答案】P=【解析】∵x i ,y i 为0～1之间的随机数,构成以1为边长的正方形面.当+≤1时,点(x i ,y i )均落在以原点为圆心,以1为半径且在第一象限的圆内(如图阴影所示).由程序框图知,落在阴影区域内的点共M 个. 又S 正方形=1,S 阴影=π. 根据几何概型==π,∴π=,因此估计结果P=.29. 一个袋中装有大小相同,编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球,从中有放回地每次取一个球,共取2次,则取得两个球的编号和小于15的概率为( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】两球编号之和不小于15的情况有三种,分别为(7,8),(8,7),(8,8),则两球编号之和不小于15的概率为.因此,两个球的编号和小于15的概率为1-=.30. 欧阳修《卖油翁》中写到：（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．己知铜钱是直径为4cm 的圆面，中间有边长为lcm 的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油（油滴整体落在铜钱内），则油滴整体（油滴是直径为0．2cm 的球）正好落入孔中的概率是 ．（不作近似计算）． 【答案】【解析】随机向铜钱上滴一滴油，且油滴整体落在铜钱内，则油滴在以圆面圆心为圆心，半径为的圆内，即，若油滴整体正好落入孔中，则油滴在与正方形孔距离为正方形内，即，所求概率是.【考点】几何概型概率31. 函数,则任取一点,使得的概率为【答案】 【解析】因为函数，当即.又因为所以符合的概率为.【考点】1.二次不等式的解法.2几何概型的问题.32.从等腰直角的底边上任取一点，则为锐角三角形的概率为 .【答案】【解析】在等腰直角中，设腰长为，则长为，在上取中点，则若点在线段上，能使为锐角三角形．∵，=，∴为锐角三角形的概率为．故答案为.【考点】几何概型33.如图所示，在一个边长为1的正方形内，曲线和曲线围成一个叶形图（阴影部分），向正方形内随机投一点（该点落在正方形内任何一点是等可能的），则所投的点落在叶形图内部的概率是 .【答案】【解析】可知此题求解的概率类型为关于面积的几何概型，由图可知基本事件空间所对应的几何度量，满足所投的点落在叶形图内部所对应的几何度量：，所以．【考点】几何概型；定积分．34.在区间[0,1]上任取三个数a、b、c，若点M在空间直角坐标系O－xyz中的坐标为(a，b，c)，则|OM|≤1的概率是()．A．B．C．D．【答案】D【解析】点M的轨迹构成区域的体积恰好等于以O为球心，以1为半径球体积的，因此|m|≤1的概率等于＝.35.记圆O：x2＋y2＝π2内的正弦曲线y＝sin x与x轴围成的区域为D，随机地往圆O内投一个点A，则点A落在区域D内的概率是()．A．B．C．D．【答案】B【解析】结合图形可得，D区域面积＝2 ＝2 ＝4，由几何概型可得概率为＝.36.若实数a，b满足a2＋b2≤1，则关于x的方程x2－2x＋a＋b＝0有实数根的概率是()．A．B．C．D．【答案】C【解析】要使方程有实根，则判别式Δ＝4－4(a＋b)>0，即a＋b－1<0，如图，阴影部分．所以△OAB的面积为，所以阴影部分的面积为×π×12＋＝＋，所以由几何概率公式可得所求概率为＝.37.在区间[0,4]内随机取两个数a、b，则使得函数f(x)＝x2＋ax＋b2有零点的概率为________．【答案】【解析】依题意知Δ＝a2－4b2≥0，即(a－2b)(a＋2b)≥0，又作出对应的平面区域如图，当a＝4时，b＝2，即△OBC的面积为×4×2＝4，故所求概率为＝38.如图，长方形的四个顶点为O(0，0)，A(2,0)，B(2,4)，C(0,4)，曲线经过点B，现将一质点随机投入长方形OABC中，则质点落在图中阴影区域的概率是；【答案】【解析】根据题意，由于长方形的四个顶点为O(0，0)，A(2,0)，B(2,4)，C(0,4)，曲线经过点B，可知4=4a,a=1,故可知，那么可知质点落在图中阴影区域的面积8-，而矩形的面积为8，那么可知质点落在图中阴影区域的概率是1-，故答案为点随机投入长方形OABC中，【考点】几何概型概率点评：主要是考查了概率的运用，属于基础题。
高中数学几何概型经典考点及例题讲解
几何概型考纲解读 1.根据随机数的意义，用模拟方法估计生活中的概率问题；2.根据几何概型的意义，运用几何度量求概率；3.根据几何概型，估计几何度量．[基础梳理]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．几何概型的特点(1)无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个． (2)等可能性：试验结果在每一个区域内均匀分布． 3．几何概型的概率公式 P (A )＝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).[三基自测]1．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( )答案：A2．已知A ＝{(x ，y )|－1≤x ≤1，0≤y ≤2}，B ＝{}(x ，y )|1－x 2≤y .若在区域A 中随机地扔一粒豆子，则该豆子落在区域B 中的概率为( )A ．1－π8B.π4C.π4－1 D.π8答案：A3．在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则 X ≤1的概率为( ) A.45 B.35 C.25 D.15 答案：B4．(必修3·3.3例1改编)在[0,60]上任取一个数，则x ≥50的概率为________． 答案：165．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)求在半径为r 的圆内随机撒一粒黄豆，它落在圆内接等腰直角三角形内的概率．答案：1π考点一 与长度型有关的几何概型|方法突破命题点1 与线段长度有关的几何概型[例1] (2018·长春模拟)已知线段AC ＝16 cm ，先截取AB ＝4 cm 作为长方体的高，再将线段BC 任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过128 cm 3的概率为________．[解析] 设长方体的长为x ，宽为(12－x )， 由4x (12－x )>128，得x 2－12x ＋32<0， ∴4<x <8，即在线段BC 内，截取点D ， 满足BD ∈(4,8)，其概率为8－412＝13.[答案] 13命题点2 与角度有关的几何概型[例2] 如图所示，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ，则射线OA 落在∠yOT 内的概率为________．[解析] 如题图，因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的，所以OA 落在∠yOT 内的概率为60360＝16.[答案] 16命题点3 与时间有关的几何概型[例3] (2016·高考全国卷Ⅰ改编)某公司的班车在7：30，8：00，8：30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________．[解析] 由题意得图：由图得等车时间不超过10分钟的概率为12.[答案] 12命题点4 与不等式有关的几何概型[例4] 在区间[0,5]上随机地选择一个数p ，则方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为________．[解析] 方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p 2－4(3p －2)>0，x 1＋x 2＝－2p <0，x 1x 2＝3p －2>0，解得23<p <1或p >2.又因为p ∈[0,5]，根据几何概型的概率计算公式可知 方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为 P ＝1－23＋5－25＝23.[答案]23[方法提升][母题变式]1．将例1改为在长为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，则该矩形面积大于20 cm 2的概率为( )A.16B.13C.23D.45[解析] 设AC ＝x ，则BC ＝12－x (0<x <12)，又矩形面积S ＝x (12－x )>20，∴x 2－12x ＋20<0，解得2<x <10，∴所求概率为10－212＝23.[答案] C2．将例2改为：如图，M 是半径为R 的圆周上一个定点，在圆周上等可能的任取一点N ，连接MN ，则弦MN 的长度超过2R 的概率是( )A.15 B.14 C.13D.12解析：由题意知，当MN ＝2R 时，∠MON ＝π2，所以所求概率为2×π22×π＝12.答案：D3．将例3改为：一个路口的红绿灯，红灯的时间为30 s ，黄灯的时间为5 s ，绿灯的时间为40 s ，当某人到达路口时看见的是红灯的概率是( )A.15 B.25 C.35D.45解析：设事件A 表示“某人到达路口时看见的是红灯”，则事件A 对应30 s 的时间长度，而路口红绿灯亮的一个周期为30＋5＋40＝75(s)的时间长度．根据几何概型的概率公式可得，事件A 发生的概率P (A )＝3075＝25.答案：B4．若例4的条件“两个负根”变为“无实根”，则结果如何？ 解析：由条件知Δ＝4p 2－4(3p －2)<0，解得：1<p <2， 所以没有实根的概率为P ＝2－15＝15.答案：15考点二 与面积有关的几何概型及模拟试验|模型突破[例5] (1)已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c ，其中0≤b ≤4,0≤c ≤4.记函数f (x )满足条件⎩⎪⎨⎪⎧f (2)≤12，f (－2)≤4为事件A ，则事件A 发生的概率为( )A.14 B.58C.12 D.38(2)(2018·石家庄模拟)在区间[0,1]上任取两个数，则这两个数之和小于65的概率是() A.1225 B.1625C.1725 D.1825(3)在边长为2的正方形ABCD内部任取一点M，则满足∠AMB>90°的概率为________．[解析](1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧4＋2b＋c≤12，4－2b＋c≤4，0≤b≤4，0≤c≤4，即⎩⎪⎨⎪⎧2b＋c－8≤0，2b－c≥0，0≤b≤4，0≤c≤4表示的区域如图阴影部分所示，可知阴影部分的面积为8，所以所求概率为12.(2)设这两个数分别是x，y，则总的基本事件构成的区域是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤1，0≤y≤1确定的平面区域，所求事件包含的基本事件构成的区域是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤1，0≤y≤1，x＋y<65，如图所示，阴影部分的面积是1－12×⎝⎛⎭⎫45 2＝1725，所以这两个数之和小于65的概率是1725.(3)如图，如果M 点位于以AB 为直径的半圆内部，则∠AMB >90°，否则，M 点位于半圆上及空白部分，则∠AMB ≤90°，所以∠AMB >90°的概率P ＝12×π×1222＝π8.[答案] (1)C (2)C (3)π8[模型解法]对于面积型的几何概型，关键是求其面积．(1)定型，根据题意判断是否为面积型，一般涉及区域或二元变量问题都是面积型的． (2)定量，根据条件画出图形，确定区域、求其面积． (3)求概率，利用几何概型公式求概率． [高考类题](2017·高考全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图. 正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14 B.π8 C.12D.π4解析：不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由于正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，所以黑色部分的面积为π2，故此点取自黑色部分的概率为π24＝π8，故选B.答案：B考点三 与体积有关的几何概型|易错突破[例6] (1)(2018·唐山模拟)已知正三棱锥S ABC 的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P ，使得V P ABC <12V S ABC 的概率是( )A.78B.34C.12D.14(2)(2018·长沙模拟)在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．[解析] (1)当点P 到底面ABC 的距离小于32时，V P ABC <12V S ABC .由几何概型知，所求概率为P ＝1－⎝⎛⎭⎫123＝78. (2)V 正＝23＝8，V 半球＝12×43π×13＝23π.V 半球V 正＝2π8×3＝π12，∴P ＝1－π12.[答案] (1)A (2)1－π12[易错提醒][纠错训练](2018·福州模拟)如图为某个四面体的三视图，若在该四面体的外接球内任取一点，则点落在四面体内的概率为( )A.913πB.113πC.913169πD.13169π解析：由三视图可知该立体图形为三棱锥，其底面是一个直角边长为32的等腰直角三角形，高为4，所以该三棱锥的体积为12，又外接球的直径2r 为以三棱锥的三个两两垂直的棱为长方体的对角线，即2r ＝42＋(32)2＋(32)2＝213，所以球的体积为5213π3，所以点落在四面体内的概率为125213π3＝913169π.答案：C1.[考点二](2016·高考全国卷Ⅱ)从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )A.4nm B.2n m C.4m nD.2m n解析：设由⎩⎪⎨⎪⎧0≤x n ≤10≤y n ≤1构成的正方形的面积为S ，x 2n ＋y 2n <1构成的图形的面积为S ′，所以S ′S ＝14π1＝m n ，所以π＝4mn，故选C.答案：C2.[考点一](2016·高考全国卷Ⅱ)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为( )A.710B.58C.38D.310解析：记“至少需要等待15秒才出现绿灯”为事件A ，则P (A )＝2540＝58.答案：B3.[考点二](2013·高考四川卷)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )A.14 B.12 C.34D.78解析：设通电x 秒后第一串彩灯闪亮，y 秒后第二串彩灯闪亮．依题意得0≤x ≤4,0≤y ≤4，其对应区域的面积为S ＝4×4＝16.又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒，即|x －y |≤2，如图，易知阴影区域的面积为S ′＝16－12×2×2－12×2×2＝12，∴P ＝S ′S ＝1216＝34.答案：C4.[考点一](2017·高考江苏卷)记函数f (x )＝6＋x －x 2的定义域为D .在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率是________．解析：由6＋x －x 2≥0，得－2≤x ≤3，即D ＝[－2,3]， ∴P (x ∈D )＝3－(－2)5－(－4)＝59.答案：595.[考点二](2014·高考福建卷)如图，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．解析：∵y ＝e x 与y ＝ln x 互为反函数，故直线y ＝x 两侧的阴影部分面积相等，只需计算其中一部分即可．如图，S 1＝⎠⎛01e x d x ＝e x| 1＝e 1－e 0＝e －1.∴S 总阴影＝2S 阴影＝2(e ×1－S 1)＝2[e －(e －1)]＝2，故所求概率为P ＝2e2.答案：2e 2。
归纳与技巧：几何概型(含解析)
归纳与技巧：几何概型基础知识归纳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，简称为几何概型．2．几何概型的概率公式在几何概型中，事件A 的概率的计算公式如下： P (A )＝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).基础题必做1．(教材习题改编)设A (0,0)，B (4,0)，在线段AB 上任投一点P ，则|P A |＜1的概率为( ) A.12 B.13 C.14D.15解析：选C 满足|P A |＜1的区间长度为1，故所求其概率为14.2． 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( )解析：选A 中奖的概率依次为P (A )＝38，P (B )＝28，P (C )＝26，P (D )＝13.3.分别以正方形ABCD 的四条边为直径画半圆，重叠部分如图中阴影区域所示，若向该正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为( )A.4－π2B.π－22C.4－π4D.π－24解析：选B 设正方形边长为2，阴影区域的面积的一半等于半径为1的圆减去圆内接正方形的面积，即为π－2，则阴影区域的面积为2π－4，所以所求概率为P ＝2π－44＝π－22.4．有一杯2升的水，其中含一个细菌，用一个小杯从水中取0.1升水，则此小杯中含有这个细菌的概率是________．解析：试验的全部结果构成的区域体积为2升，所求事件的区域体积为0.1升，故P ＝0.05.答案：0.055.如图所示，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ，则射线OA 落在∠yOT 内的概率为________．解析：如题图，因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的，则OA 落在∠yOT 内的概率为60360＝16.答案：16解题方法归纳1.几何概型的特点：几何概型与古典概型的区别是几何概型试验中的可能结果不是有限个，它的特点是试验结果在一个区域内均匀分布，故随机事件的概率大小与随机事件所在区域的形状位置无关，只与该区域的大小有关．2．几何概型中，线段的端点、图形的边界是否包含在事件之内不影响所求结果．与长度、角度有关的几何概型典题导入[例1] 已知圆C ：x 2＋y 2＝12，直线l ：4x ＋3y ＝25. (1)圆C 的圆心到直线l 的距离为________；(2)圆C 上任意一点A 到直线l 的距离小于2的概率为________． [自主解答] (1)根据点到直线的距离公式得d ＝255＝5；(2)设直线4x ＋3y ＝c 到圆心的距离为3，则|c |5＝3，取c ＝15，则直线4x ＋3y ＝15把圆所截得的劣弧的长度和整个圆的周长的比值即是所求的概率，由于圆半径是23，则可得直线4x ＋3y ＝15截得的圆弧所对的圆心角为60°，故所求的概率是16.[答案] 5 16本例条件变为：“已知圆C ：x 2＋y 2＝12，设M 为此圆周上一定点，在圆周上等可能地任取一点N ，连接MN .”求弦MN 的长超过26的概率．解：如图，在图上过圆心O 作OM ⊥直径CD .则MD ＝MC ＝2 6. 当N 点不在半圆弧CM D 上时，MN ＞2 6. 所以P (A )＝π×232π×23＝12.解题方法归纳求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解．确定点的边界位置是解题的关键．以题试法1．(1) 已知A 是圆上固定的一点，在圆上其他位置上任取一点A ′，则AA ′的长度小于半径的概率为________．(2)在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝1，BC ＝2.在BC 边上任取一点M ，则∠AMB ≥90°的概率为________．解析：(1)如图，满足AA ′的长度小于半径的点A ′位于劣弧BA C 上，其中△ABO 和△ACO 为等边三角形，可知∠BOC ＝2π3，故所求事件的概率P＝2π32π＝13. (2)如图，在Rt △ABC 中，作AD ⊥BC ，D 为垂足，由题意可得BD ＝12，且点M 在BD 上时，满足∠AMB ≥90°，故所求概率P ＝BD BC ＝122＝14. 答案：(1)13 (2)14与面积有关的几何概型典题导入[例2] (1) 如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )A ．1－2πB.12－1πC.2πD.1π(2)已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，x ≤a (a ＞0)表示平面区域M ，若点P (x ，y )在所给的平面区域M 内，则点P 落在M 的内切圆内的概率为( )A.(2－1)4πB ．(3－22)πC ．(22－2)πD.2－12π [自主解答] (1)法一：设分别以OA ，OB 为直径的两个半圆交于点C ，OA 的中点为D ，如图，连接OC ，DC .不妨令OA ＝OB ＝2，则OD ＝DA ＝DC ＝1.在以OA 为直径的半圆中，空白部分面积S 1＝π4＋12×1×1－⎝⎛⎭⎫π4－12×1×1＝1，所以整体图形中空白部分面积S 2＝2.又因为S 扇形OAB＝14×π×22＝π，所以阴影部分面积为S 3＝π－2. 所以P ＝π－2π＝1－2π.法二：连接AB ，设分别以OA ，OB 为直径的两个半圆交于点C ，令OA ＝2. 由题意知C ∈AB 且S 弓形AC ＝S 弓形B C ＝S 弓形O C ， 所以S 空白＝S △OAB ＝12×2×2＝2.又因为S 扇形OAB ＝14×π×22＝π，所以S 阴影＝π－2.所以P ＝S 阴影S 扇形OAB＝π－2π＝1－2π.(2)由题知平面区域M 为一个三角形，且其面积为S ＝a 2.设M 的内切圆的半径为r ，则12(2a ＋22a )r ＝a 2，解得r ＝(2－1)a .所以内切圆的面积S 内切圆＝πr 2＝π[(2－1)·a ]2＝(3－22)πa 2.故所求概率P ＝S 内切圆S＝(3－22)π.[答案] (1)A (2)B解题方法归纳求解与面积有关的几何概型首先要确定试验的全部结果和构成事件的全部结果形成的平面图形，然后再利用面积的比值来计算事件发生的概率．这类问题常与线性规划[(理)定积分]知识联系在一起．以题试法2． 点P 在边长为1的正方形ABCD 内运动，则动点P 到顶点A 的距离|P A |≤1的概率为( )A.14B.12C.π4D ．π解析：选C 如图，满足|P A |≤1的点P 在如图所示阴影部分运动，则动点P 到顶点A 的距离|P A |≤1的概率为S 阴影S 正方形＝14×π×121×1＝π4.与体积有关的几何概型典题导入[例3] (1) 在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( )A.π12 B ．1－π12C.π6D ．1－π6(2)一只蜜蜂在一个棱长为30的正方体玻璃容器内随机飞行．若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体玻璃容器的6个表面的距离均大于10，则飞行是安全的，假设蜜蜂在正方体玻璃容器内飞行到每一个位置的可能性相同，那么蜜蜂飞行是安全的概率为( )A.18B.116C.127D.38[自主解答] (1)点P 到点O 的距离大于1的点位于以O 为球心，以1为半径的半球的外部．记点P 到点O 的距离大于1为事件A ，则P (A )＝23－12×4π3×1323＝1－π12. (2)由题意，可知当蜜蜂在棱长为10的正方体区域内飞行时才是安全的，所以由几何概型的概率计算公式，知蜜蜂飞行是安全的概率为103303＝127.[答案] (1)B (2)C解题方法归纳与体积有关的几何概型是与面积有关的几何概型类似的，只是将题中的几何概型转化为立体模式，至此，我们可以总结如下：对于一个具体问题能否应用几何概型概率公式，关键在于能否将问题几何化；也可根据实际问题的具体情况，选取合适的参数，建立适当的坐标系，在此基础上，将试验的每一个结果一一对应于该坐标系中的一个点，使得全体结果构成一个可度量区域．以题试法3． 在体积为V 的三棱锥S —ABC 的棱AB 上任取一点P ，则三棱锥S —APC 的体积大于V3的概率是________． 解析：如图，三棱锥S —ABC 的高与三棱锥S —APC 的高相同．作PM ⊥AC 于M ，BN ⊥AC 于N ，则PM 、BN 分别为△APC 与△ABC 的高，所以V S —APC V S —ABC ＝S △APC S △ABC ＝PM BN ，又PM BN ＝AP AB ，所以AP AB ＞13时，满足条件．设AD AB ＝13，则P 在BD 上，所求的概率P ＝BD BA ＝23. 答案：231． 在区间⎣⎡⎦⎤－π2，π2上随机取一个x ，sin x 的值介于－12与12之间的概率为( ) A.13 B.2π C.12D.23解析：选A 由－12＜sin x ＜12，x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2， 得－π6＜x ＜π6.所求概率为π6－⎝⎛⎭⎫－π6π2－⎝⎛⎭⎫－π2＝13.2． 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，则该矩形面积小于32 cm 2的概率为( )A.16B.13C.23D.45解析：选C 设AC ＝x cm ，CB ＝(12－x )cm,0<x <12，所以矩形面积小于32 cm 2即为x (12－x )<32⇒0<x <4或8<x <12，故所求概率为812＝23.3． 在区间[0,1]上任取两个数a ，b ，则函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 2无零点的概率为( ) A.12 B.23 C.34D.14解析：选C 要使该函数无零点，只需a 2－4b 2＜0，即(a ＋2b )(a －2b )＜0. ∵a ，b ∈[0,1]，a ＋2b ＞0， ∴a －2b ＜0. 作出⎩⎪⎨⎪⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，a －2b ＜0的可行域，易得该函数无零点的概率P ＝1－12×1×121×1＝34.4． 已知函数f (x )＝kx ＋1，其中实数k 随机选自区间[－2,1]．∀x ∈[0,1]，f (x )≥0的概率是( )A.13 B.12 C.23D.34解析：选C 由∀x ∈[0,1]，f (x )≥0得⎩⎪⎨⎪⎧f (0)≥0，f (1)≥0，有－1≤k ≤1，所以所求概率为1－(－1)1－(－2)＝23. 5． 在水平放置的长为5米的木杆上挂一盏灯，则悬挂点与木杆两端的距离都大于2米的概率为( )A.15B.25C.35D.12解析：选A 如图，线段AB 长为5米，线段AC 、BD 长均为2米，线段CD 长为1米，满足题意的悬挂点E 在线段CD 上，故所求事件的概率P ＝15.6． 一只昆虫在边长分别为6,8,10的三角形区域内随机爬行，则其到三角形任一顶点的距离小于2的概率为( )A.π12 B.π10 C.π6D.π24解析：选A 记昆虫所在三角形区域为△ABC ，且AB ＝6，BC ＝8，CA ＝10，则有AB 2＋BC 2＝CA 2，AB ⊥BC ，该三角形是一个直角三角形，其面积等于12×6×8＝24.在该三角形区域内，到三角形任一顶点的距离小于2的区域的面积等于A ＋B ＋C 2π×π×22＝π2×22＝2π，因此所求的概率等于2π24＝π12.7． 若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x ，y ≥－x ，2x －y －3≤0表示的平面区域为M ，x 2＋y 2≤1所表示的平面区域为N ，现随机向区域M 内抛一粒豆子，则豆子落在区域N 内的概率为________．解析：∵y ＝x 与y ＝－x 互相垂直，∴M 的面积为3，而N 的面积为π4，所以概率为π43＝π12.答案：π128． 如图所示，图2中实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向图2中虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，则此长方体的体积是________．解析：设题图1长方体的高为h ，由几何概型的概率计算公式可知，质点落在长方体的平面展开图内的概率P ＝2＋4h(2h ＋2)(2h ＋1)＝14，解得h ＝3或h ＝－12(舍去)，故长方体的体积为1×1×3＝3. 答案：39. 投镖游戏中的靶子由边长为1米的四方板构成，并将此板分成四个边长为12米的小方块．试验是向板中投镖，事件A 表示投中阴影部分，则事件A 发生的概率为________．解析：∵事件A 所包含的基本事件与阴影正方形中的点一一对应，事件组中每一个基本事件与大正方形区域中的每一个点一一对应．∴由几何概型的概率公式得P (A )＝⎝⎛⎭⎫12212＝14. 答案：1410．已知|x |≤2，|y |≤2，点P 的坐标为(x ，y )，求当x ，y ∈R 时，P 满足(x －2)2＋(y －2)2≤4的概率．解：如图，点P 所在的区域为正方形ABCD 的内部(含边界)，满足(x －2)2＋(y －2)2≤4的点的区域为以(2,2)为圆心，2为半径的圆面(含边界)．故所求的概率P 1＝14π×224×4＝π16.11．已知集合A ＝[－2,2]，B ＝[－1,1]，设M ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，在集合M 内随机取出一个元素(x ，y )．(1)求以(x ，y )为坐标的点落在圆x 2＋y 2＝1内的概率； (2)求以(x ，y )为坐标的点到直线x ＋y ＝0的距离不大于22的概率． 解：(1)集合M 内的点形成的区域面积S ＝8.因x 2＋y 2＝1的面积S 1＝π，故所求概率为P 1＝S 1S ＝π8.(2)由题意|x ＋y |2≤22即－1≤x ＋y ≤1，形成的区域如图中阴影部分，面积S 2＝4，所求概率为P ＝S 2S ＝12.12． 已知向量a ＝(－2,1)，b ＝(x ，y )．(1)若x ，y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足a·b ＝－1的概率；(2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，求满足a·b ＜0的概率．解：(1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36个；由a·b ＝－1有－2x ＋y ＝－1，所以满足a·b ＝－1的基本事件为(1,1)，(2,3)，(3,5)共3个．故满足a·b ＝－1的概率为336＝112.(2)若x ，y 在连续区间[1,6]上取值，则全部基本事件的结果为Ω＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6}；满足a·b ＜0的基本事件的结果为A ＝{(x ，y )|1≤x ≤6,1≤y ≤6，且－2x ＋y ＜0}； 画出图形， 矩形的面积为S 矩形＝25，阴影部分的面积为S 阴影＝25－12×2×4＝21，故满足a·b ＜0的概率为2125.1．在区间[0，π]上随机取一个数x ，则事件“sin x ＋3cos x ≤1”发生的概率为( ) A.14 B.13 C.12D.23解析：选C 由sin x ＋3cos x ≤1得2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3≤1， 即sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3≤12. 由于x ∈[0，π]，故x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，4π3，因此当sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3≤12时，x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤5π6，4π3，于是x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π. 由几何概型公式知事件“sin x ＋3cos x ≤1”发生的概率为P ＝π－π2π－0＝12.2．有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．解析：先求点P 到点O 的距离小于或等于1的概率，圆柱的体积V 圆柱＝π×12×2＝2π，以O 为球心，1为半径且在圆柱内部的半球的体积V 半球＝12×43π×13＝2π3.则点P 到点O 的距离小于或等于1的概率为2π32π＝13，故点P 到点O 的距离大于1的概率为1－13＝23.答案：233． 设AB ＝6，在线段AB 上任取两点(端点A 、B 除外)，将线段AB 分成了三条线段． (1)若分成的三条线段的长度均为正整数，求这三条线段可以构成三角形的概率； (2)若分成的三条线段的长度均为正实数，求这三条线段可以构成三角形的概率． 解：(1)若分成的三条线段的长度均为正整数，则三条线段的长度的所有可能情况是1,1,4；1,2,3；2,2,2共3种情况，其中只有三条线段长为2,2,2时，能构成三角形，故构成三角形的概率为P ＝13.(2)设其中两条线段长度分别为x ，y ，则第三条线段长度为6－x －y ，故全部试验结果所构成的区域为⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜6，0＜y ＜6，0＜6－x －y ＜6，即⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜6，0＜y ＜6，0＜x ＋y ＜6所表示的平面区域为△OAB .若三条线段x ，y,6－x －y 能构成三角形， 则还要满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＞6－x －y ，x ＋6－x －y ＞y ，y ＋6－x －y ＞x ，即为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＞3，y ＜3，x ＜3所表示的平面区域为△DEF ，由几何概型知，所求概率为P ＝S △DEF S △AOB ＝14.1.如图，矩形ABCD 中，点E 为边CD 的中点，若在矩形ABCD 内部随机取一个点Q ，则点Q 取自△ABE 内部的概率等于( )A.14B.13C.12D.23解析：选C 由题意知，可设事件A 为“点Q 落在△ABE 内”，构成试验的全部结果为矩形ABCD 内所有点，事件A 为△ABE 内的所有点，又因为E 是CD 的中点，所以S △ABE ＝12AD ×AB ，S 矩形ABCD ＝AD ×AB ，所以P (A )＝12.2．在区间[0,1]上任取两个数a ，b ，则关于x 的方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实数根的概率为________．解析：由题意得Δ＝4a 2－4b 2≥0， ∵a ，b ∈[0,1]，∴a ≥b . ∴⎩⎪⎨⎪⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，a ≥b ，画出该不等式组表示的可行域(如图中阴影部分所示)．故所求概率等于三角形面积与正方形面积之比，即所求概率为12.答案：123． 设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D .在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4 B.π－22C.π6D.4－π4解析：选D 不等式组⎩⎨⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示坐标平面内的一个正方形区域，设区域内点的坐标为(x ，y )，则随机事件：在区域D 内取点，此点到坐标原点的距离大于2表示的区域就是圆x 2＋y 2＝4的外部，即图中的阴影部分，故所求的概率为4－π4.为( )A.14 B.34 C.964D.2764解析：选C 设事件A 在每次试验中发生的概率为x ，由题意有1－C 33(1－x )3＝6364，得x ＝34，则事件A 恰好发生一次的概率为C 13×34×⎝⎛⎭⎫1－342＝964.。
高一数学几何概型试题答案及解析
高一数学几何概型试题答案及解析1.在区间上随机取一个数，的值介于0到之间的概率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由，可得或，即或，则的值介于到之间的概率为：.故选A.【考点】几何概型的问题.2.甲乙两人各自在300米长的直线形跑道上跑步,则在任一时刻两人在跑道上相距不超过50米的概率是多少（）．A．B．C．D．【答案】B【解析】由随机事件特点可知，甲乙两人可以在跑道上任何位置，且互不影响.同时考虑到两人距离不超过50米，将跑到建立数轴，且设甲乙两人的坐标为.则,满足几何概型.，，故B【考点】几何概型.3.向如图中所示正方形内随机地投掷飞镖，飞镖落在阴影部分的概率为 ()．A．B．C．D．【答案】C【解析】观察这个图可知：阴影部分是一个小三角形，在直线AB的方程为6x-3y-4=0中，令x=1得A（1，），令y=-1得B（，-1）．∴三角形ABC的面积为S=AC×BC=×（1+）（1-）=，则飞镖落在阴影部分（三角形ABC的内部）的概率是：P=．故选C．【考点】几何概型．4.在棱长为3的正方体内任取一个点，则这个点到各面的距离大于1的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】以这个正方体的中心为中心且边长为1的正方体内．这个小正方体的体积为1，大正方体的体积为27，故概率为p=．【考点】几何概型．5.如图，在△AOB中，已知∠AOB=60°，OA=2，OB=5，在线段OB上任取一点C，则△AOC为钝角三角形的概率为（）A．0．6B．0．4C．0．2D．0．1【答案】B【解析】点C的活动范围在线段OB上，所以D的测度为5，△ACO为钝角三角形包含∠OAC，∠OCA为钝角，△AOC为钝角三角形时，∠ACO为钝角，或∠OAB是钝角．当∠ACO=90°时，如下图由勾股定理可求 OC=1；∠OAB=90°时，由直角三角形中的边角关系可得OC=4，BC=1,综上，所以d的测度为2，故△AOC为钝角三角形的概率等于=0．4，故选B．【考点】几何概型．6.欧阳修《卖油翁》中写到：（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为1．5 cm的圆，中间有边长为0．5 cm的正方形孔，若你随机向铜钱上滴一滴油，则油（油滴的大小忽略不计）正好落入孔中的概率为．【答案】【解析】如图，．【考点】几何概型．7.如右图，在正方形内有一扇形（见阴影部分），扇形对应的圆心是正方形的一顶点，半径为正方形的边长。
专题46 几何概型-高考全攻略之备战2018年高考数学文考点一遍过 含解析 精品
考点46几何概型（1）了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.（2）了解几何概型的意义.一、几何概型1．几何概型的概念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,简称为几何概型.2．几何概型的特点（1）试验中所有可能出现的结果（基本事件）有无限多个.（2）每个基本事件发生的可能性相等.3．几何概型的概率计算公式() P AA构成事件的区域长度（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）.4．必记结论（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.二、随机模拟用计算器或计算机模拟试验的方法为随机模拟方法或蒙特卡罗方法.这个方法的基本步骤是：（1）用计算器或计算机产生某个范围内的随机数，并赋予每个随机数一定的意义； （2）统计代表某意义的随机数的个数M 和总的随机数个数N ； （3）计算频率()n Mf A N=作为所求概率的近似值. 注意，用随机模拟方法得到的结果只能是概率的近似值或估计值，每次试验得到的结果可能不同，而所求事件的概率是一个确定的数值.考向一 与长度有关的几何概型求解与长度有关的几何概型的问题的关键是将所有基本事件及事件A 包含的基本事件转化为相应长度，进而求解．此处的“长度”可以是线段的长短，也可以是时间的长短等.注意：在寻找事件A 发生对应的区域时，确定边界点是问题的关键，但边界点能否取到不会影响事件A 的概率.典例1某学校星期一至星期五每天上午都安排五节课,每节课的时间为40分钟．第一节课上课的时间为7:50~8:30,课间休息10分钟．某同学请假后返校,若他在8:50~9:30之间到达教室,则他听第二节课的时间不少于10分钟的概率是 A ．12B ．13C ．23D ．35【答案】A故所求概率为201402=,选A ． 典例2 在区间[]0,2上随机抽取一个数x ,则事件“1211log 12x ⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭”发生的概率为A ．34B ．23 C ．13D ．14【答案】A【解析】区间[]0,2的长度为2, 由1211log 12x ⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭可得302x ≤≤, 所以所求事件的概率为P =33224-=.1．公共汽车在7:00到7:20内随机到达某站,李老师从家里赶往学校上班,7:15到达该站,则她能等到公共汽车的概率为A ．13 B ．23 C ．14D ．342．在长度为10的线段AB 上任取一点C (不同于A ,B ),则以AC ,BC 为半径的圆的面积之和小于58π的概率为 A ．B ．C ．D ．考向二与面积有关的几何概型求解与面积有关的几何概型的问题的关键是构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的几何特征找出两个“面积”，套用几何概型的概率计算公式，从而求得随机事件的概率.必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．“面积比”是求几何概型的一种重要的方法.典例3在如图所示的扇形AOB 中,∠AOB =,半圆C 切AO 于点D ,与圆弧AB 切于点B ,若随机向扇形AOB 内投一点,则该点落在半圆C 外的概率为．．． ．=×=,-,典例4 随机向边长为5，5，6的三角形中投一点P ，则点P 到三个顶点的距离都不小于2的概率是________. 【答案】π16-【解析】若点P 到三个顶点的距离都不小于2，则P 的位置位于图中阴影部分， 三角形在三个圆的面积之和为21π22π2⨯⨯=，△ABC 的面积为16412,2S =⨯⨯= 则阴影部分的面积为122πS =-， 故所求的概率为122ππ1126P -==-.3．圆O 内有一内接正三角形,向圆O 内随机投一点,则该点落在正三角形内的概率为A B ．C ．D ．4．已知1Ω是集合()22{,|1}x y x y +≤所表示的区域，2Ω是集合(){,|1}x y x y +≤所表示的区域，向区域1Ω内随机地投一个点，则该点落在区域2Ω内的概率为________.考向三 与体积有关的几何概型的求法用体积计算概率时，要注意所求概率与所求事件构成的区域的体积的关系，准确计算出所求事件构成的区域的体积，确定出基本事件构成的区域的体积，求体积比即可.一般当所给随机事件是用三个连续变量进行描述或当概率问题涉及体积时，可以考虑用此方法求解.典例5一只小蜜蜂在一个棱长为30的正方体玻璃容器内随机飞行,若蜜蜂在飞行过程中与正方体玻璃容器六个表面中至少有一个的距离不大于10,则就有可能撞到玻璃上而不安全,即始终保持与正方体玻璃容器六个表面的距离均大于10,飞行才是安全的.假设蜜蜂在正方体玻璃容器内飞行到任意位置的可能性相等,那么蜜蜂飞行安全的概率是 A ．512B ．23C．127D．425【答案】C5．如图,在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器,圆锥的上底圆周与鱼缸的底面正方形相切,圆锥的顶点在鱼缸的缸底上,现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食,则“鱼食落在圆锥外面”的概率是A．π14-B．π12C．π4D．π112-考向四随机模拟的应用利用随机模拟试验可以近似计算不规则图形A的面积,解题的依据是根据随机模拟估计概率()AP A=随机取的点落在中的随机取点频数的总次数，然后根据()随机取点构的成事全部件的区结果构成的区域面积域面积AP A=列等式求解.典例6《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明,如图是赵爽的弦图及注文,弦图是一个以勾股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,其面积分别称朱实、黄实,利用2×勾×股+(股-勾)2=4×朱实+黄实=弦实,化简得勾2+股2=弦2.设勾股形中勾股比为1若向弦图内随机抛掷3000颗图钉,则落在黄色图形内的图钉数约为A ．134B ．268C ．402D ．536【答案】C6．如图,在一不规则区域内,有一边长为1 m 的正方形,向区域内随机地撒1000颗黄豆,数得落在正方形区域内(含边界)的黄豆数为 375,以此试验数据为依据可以估计出该不规则图形的面积为A ．83 m 2B ．2 m 2C ．38m 2D ．3 m 21．在[]0,π内任取一个实数x ，则1sin 2x ≤的概率为 A ．2 3B ．1 2C ．13D ．1 42．若任取[]0,1、x y ∈,则点(),P x y 满足y x >的概率为 A ．23 B ．13 C ．12D ．343．在区间[]0,4上随机地选择一个数,p 则方程2380x px p -+-=有两个正根的概率为 A ．13 B ．23 C ．12D ．144．在直角坐标系中,任取n 个满足x 2+y 2≤1的点(x ,y ),其中满足|x|+|y|≤1的点有m 个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为 A ．4mn B ．4n m C ．2mnD ．2n m5．某校航模小组在一个棱长为6米的正方体房间内试飞一种新型模型飞机,为保证模型飞机安全,模型飞机在飞行过程中要始终保持与天花板、地面和四周墙壁的距离均大于1米,则模型飞机“安全飞行”的概率为 A ．127 B ．116 C ．38D ．8276．如图,在矩形ABCD 中,AB BC =1,以A 为圆心、1为半径作圆弧DE ,点E 在线段AB 上,在圆弧DE 上任取一点P ,则直线AP 与线段BC 有公共点的概率是A ．14B ．13 C ．25D ．357．已知函数()2,01(e 1,1e x x f x x x⎧≤<⎪=⎨≤≤⎪⎩为自然对数的底数)的图象与直线e 、x x =轴围成的区域为E ,直线e 1、x y ==与x 轴、y 轴围成的区域为F ,在区域F 内任取一点,则该点落在区域E 内的概率为A ．43e B ．23e C ．23D ．2e8．《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 ．3π 10B ．3π 20C ．3π110-D ．3π120-9．有一根长为1米的细绳,将细绳随机剪断,则两截的长度都大于18米的概率为__________. 10．一个正方体的外接球的表面积为48π,从这个正方体内任取一点,则该点取自正方体的内切球内的概率为__________.11．甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠6小时,假定它们在一天内随机到达,若两船同时到达则有一艘必须等待,试求这两艘轮船中有一艘在停靠泊位时必须等待的概率.12．某班早晨7：30开始上早读课，该班学生小陈和小李在早上7：10至7：30之间到班，且两人在此时间段的任何时刻到班是等可能的.(1)在平面直角坐标系中画出两人到班的所有可能结果表示的区域； (2)求小陈比小李至少晚5分钟到班的概率.13．已知函数()22(,f x ax bx a a b =-+∈R ).(1)若a 从集合{}0,1,2,3中任取一个元素,b 从集合{}0,1,2,3中任取一个元素,求方程()0f x =有实根的概率;(2)若b 从区间[]0,2中任取一个数,a 从区间[]0,3中任取一个数,求方程()0f x =没有实根的概率.1．（2017新课标全国Ⅰ文科）如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A ．14B ．π8C ．12D ．π 42．（2016新课标全国Ⅱ文科）某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为 A ．710B ．58C ．38D ．3103．（2017江苏）记函数()f x D ．在区间[4,5]-上随机取一个数x ，则x D ∈的概率是 ▲ ．1．【答案】C2．【答案】C【解析】设AC =x ,则BC =10-x ,0<x <10,由题意πx 2+π(10-x )2<58π,得x 2-10x +21<0,得3<x <7, 故所求的概率为.3．【答案】C【解析】由题可得，设正三角形的边长为2其外接球的直径为22sin60r ︒==r =，所以面积为4π3S =.由几何概型可知，所求概率为3P ==故选C ． 4．【答案】2π【解析】易知1Ω的面积1πS =,2 Ω的面积22S =, 根据几何概型可得所求事件的概率为P=2.π5．【答案】D6．【答案】A【解析】由几何概型的概率计算公式及题意可近似得到正方形不规则图形S S =3751000,所以该不规则图形的面积大约为1000375=83(m 2).1．【答案】C【解析】若1sin 2x ≤,则在[]0,π内π5π0π66或x x ≤≤≤≤， 所以所求概率为π216π03P ⨯==-.选C ．2．【答案】C【解析】根据几何概型的概率计算公式可知P =11112112⨯⨯=⨯.故选C ．3．【答案】A【解析】因为方程2380x px p -+-=有两个正根,所以()243800,380p p p p ∆⎧=--≥⎪>⎨⎪->⎩所以8p ≥或84,3p <≤ 又因为[]0,4,p ∈所以所求概率为841343P -==. 4．【答案】D【解析】画出可行域,如图所示,四边形ABCD 的面积为2,其中圆O 的面积为π. 由几何概型的概率公式,可得2πm n =,则π=2nm,故选D ．5．【答案】D【解析】依题意得,模型飞机“安全飞行”的概率为(626-)3=827,故选D. 6．【答案】B要使直线AP 与线段BC 有公共点,则点P 必须在圆弧EM 上,于是所求概率为P =π16π32=.故选B ． 7．【答案】A【解析】由题意，区域F的面积为e;区域E的面积S=1e2011d dx x xx+⎰⎰=31e0114|ln|33x x+=,所以在区域F内任取一点,则该点落在区域E内的概率为43e.8．【答案】D【解析】由题意，直角三角形内切圆的半径r=8151732+-=，所以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P=18159π3π211208152⨯⨯-=-⨯⨯.9．【答案】3 410．【答案】【解析】因为一个正方体的外接球的表面积为48π,所以这个正方体的棱长为4, 而棱长为4的正方体的体积为43,该正方体的内切球的半径为2,体积为×23, 所以所求概率P=.11．【解析】设甲船到达的时间为x,乙船到达的时间为y,则0≤x<24,0≤y<24.若有一艘在停靠泊位时必须等待,则|y-x|<6,如图中阴影部分所示,所以所求概率为1-=1-=.12．【解析】（1）用，x y 分别表示小陈、小李到班的时间，则][10,3010,30，x y ⎡⎤∈∈⎣⎦，所有可能结果对应坐标平面内一个正方形区域ABCD ，如图所示．（2）小陈比小李至少晚到5分钟，即5x y -≥，对应区域为△BEF ，则所求概率为1151592202032△BEFABCDS P S ⨯⨯===⨯．其中第一个数表示a 的取值,第二个数表示b 的取值,即基本事件总数为16． 设“方程()0f x =恰有实根”为事件,A当22440a b a ≠⎧⎨-≥⎩或0a =”时,“方程()0f x =恰有实根”即为“b a ≥或0a =”.于是此时,a b 的取值情况为()()()()()()()()()()0,0,0,1,0,2,0,3,1,2,1,3,2,3,1,1,2,2,3,3,即A 包含的基本事件数为10．故 “方程()0f x =有实根”的概率为()105168P A ==． （2）从区间[]0,2中任取一个数,b 从区间[]0,3中任取一个数,a 则试验的全部结果构成区域(){,|03,02}a b a b ≤≤≤≤, 这是一个长方形区域,其面积为236⨯=,设“方程()0f x =没有实根”为事件B ，则事件B 所构成的区域为(){,|03,02,}a b a b a b ≤≤≤≤>，其面积为162242-⨯⨯=．由几何概型的概率计算公式可得“方程()0f x =没有实根”的概率为()4263P B ==．1．【答案】B【解析】不妨设正方形边长为a ，由图形的对称性可知，太极图中黑、白部分面积相等，即各占圆面积的一半．由几何概型概率的计算公式得，所求概率为221π()π228a a ⨯⨯=，选B ． 【名师点睛】对于一个具体问题能否用几何概型的概率公式计算事件的概率，关键在于能否将问题几何化，也可根据实际问题的具体情况，选取合适的参数建立适当的坐标系，在此基础上，将实验的每一结果一一对应于该坐标系中的一点，使得全体结果构成一个可度量的区域；另外，从几何概型的定义可知，在几何概型中，“等可能”一词理解为对应于每个实验结果的点落入某区域内的可能性大小，仅与该区域的度量成正比，而与该区域的位置、形状无关． 2．【答案】B【解析】因为红灯持续时间为40秒,所以这名行人至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为40155408-=，故选B ． 3．【答案】59【名师点睛】（1）当试验的结果构成的区域为长度、面积或体积等时，应考虑使用几何概型来求解．（2）利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：①无限性，②等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．。
2024高考数学解析几何知识点总结与题型分析
2024高考数学解析几何知识点总结与题型分析随着时间的推移，我们离2024年的高考越来越近。
数学作为高考的一门重要科目，解析几何是其中的一个重点内容。
为了帮助同学们更好地复习解析几何，并在高考中取得好成绩，本文将对2024高考数学解析几何的知识点进行总结与题型分析。
1. 直线与平面1.1 直线的方程直线的一般方程为Ax + By + C = 0，其中A、B、C为常数。
根据直线的特点，我们可以将其方程转化为其他形式，如点斜式、两点式、截距式等，以便于解题。
1.2 平面的方程平面的一般方程为Ax + By + Cz + D = 0，其中A、B、C、D为常数。
类似于直线的情况，根据平面的性质，我们可以将其方程转化为点法式、截距式等形式。
2. 空间几何体2.1 球球是解析几何中的一个重要概念。
其方程为(x-a)^2 + (y-b)^2 + (z-c)^2 = r^2，其中(a, b, c)为球心坐标，r为半径长度。
2.2 圆锥曲线圆锥曲线包括圆、椭圆、双曲线和抛物线。
通过对几何体的方程进行适当的变化，可以得到不同类型的圆锥曲线方程。
掌握其特点和方程形式，对于解析几何的学习非常重要。
3. 空间几何关系3.1 直线与直线的位置关系直线与直线的位置关系包括相交、平行、重合等情况。
根据两条直线的方程，我们可以通过求解方程组或直线的斜率等方式，判断它们之间的空间位置关系。
3.2 直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系包括相交、平行、重合等情况。
根据直线的方程和平面的方程，我们可以通过代入求解或者检验点的方法，判断它们之间的位置关系。
4. 解析几何的常见题型4.1 直线与平面的交点求解给定直线和平面的方程，我们需要求解它们的交点。
通过将直线方程代入平面方程中，可以得到关于未知变量的方程组，进而求解出交点的具体坐标。
4.2 距离计算在解析几何中，我们常常需要计算点、直线或平面之间的距离。
对于给定的两点，我们可以利用距离公式进行计算；对于直线和平面，我们可以利用点到直线/平面的距离公式进行计算。
高三数学几何概型试题答案及解析
高三数学几何概型试题答案及解析1.若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2，BC=1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是（）A．B．C．D．【答案】Ｂ【解析】由题知，以AB为直径的圆的半径为1，故质点落在以AB为直径的半圆内的概率为=，故选B.考点:几何概型2.在区间上随机取两个数其中满足的概率是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在区间[0，2]上随机取两个数x，y，对应区域的面积为4，满足y≥2x，对应区域的面积为×1×2=1，∴所求的概率为，故选B．考点:几何概型3.张先生订了一份《南昌晚报》，送报人在早上6：30－7：30之间把报纸送到他家，张先生离开家去上班的时间在早上7：00－8：00之间，则张先生在离开家之前能拿到报纸的概率是________．【答案】【解析】以横坐标x表示报纸送到时间，以纵坐标y表示张先生离家时间，建立平面直角坐标系，如图．因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件．根据题意只要点落在阴影部分，就表示张先生在离开家之前能拿到报纸，即所求事件A发生，所以P(A)＝＝．4.已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面上对应的点为M．(1)设集合P＝{－4，－3，－2,0}，Q＝{0,1,2}，从集合P中随机取一个数作为x，从集合Q中随机取一个数作为y，求复数z为纯虚数的概率；(2)设x∈[0,3]，y∈[0,4]，求点M落在不等式组：所表示的平面区域内的概率．【答案】（1）（2）【解析】(1)记“复数z为纯虚数”为事件A．∵组成复数z的所有情况共有12个：－4，－4＋i，－4＋2i，－3，－3＋i，－3＋2i，－2，－2＋i，－2＋2i,0，i,2i，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A包含的基本事件共2个：i,2i，∴所求事件的概率为P(A)＝＝．(2)依条件可知，点M均匀地分布在平面区域{(x，y)| }内，属于几何概型，该平面区域的图形为右图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝12．而所求事件构成的平面区域为{(x，y)| }，其图形如图中的三角形OAD(阴影部分)．又直线x＋2y－3＝0与x轴、y轴的交点分别为A(3,0)、D(0，)，∴三角形OAD的面积为S1＝×3×＝．∴所求事件的概率为P＝＝＝．5.在区间[－6,6]内任取一个元素x0，抛物线x2＝4y在x＝x处的切线的倾斜角为α，则α∈[，]的概率为________．【答案】【解析】当切线的倾斜角α∈[，]时，切线斜率的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)，抛物线x2＝4y在x＝x0处的切线斜率是x，故只要x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)即可，若在区间[－6,6]内取值，则只能取区间[－6，－2]∪[2,6)内的值，这个区间的长度是8，区间[－6,6]的长度是12，故所求的概率是＝．6.在可行域内任取一点，规则如流程图所示，求输出数对(x，y)的概率．【答案】【解析】可行域为中心在原点，顶点在坐标轴上的正方形(边长为)，x2＋y2≤表示半径为的圆及其内部，所以所求概率为＝．7.在长为的线段上任取一点，并且以线段为边作正三角形，则这个正三角形的面积介于与之间的概率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解：边长为的正三角形的面积为，由得:在长为的线段上任取一点,有无限个可能的结果，所有可能结果对应一个长度为20的线段，设“以线段为边的正三角形面积介于与之间”为事件M，则包含M的全部基本事对应的是长度为6的线段，所以故选D.【考点】几何概型.8.在平面区域内随机取一点，则所取的点恰好满足的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，此题为几何概型，,故选C.【考点】几何概型9.一只昆虫在边长分别为、、的三角形区域内随机爬行，则其到三角形顶点的距离小于的地方的概率为 .【答案】.【解析】如下图所示，易知三角形为直角三角形，昆虫爬行的区域是在三角形区域内到以各顶点为圆心，半径为的圆在三角形区域内的部分，实际上就是三个扇形，将这三个扇形拼接起来就是一个半圆，其半径长为，面积为，三角形的面积为，因此昆虫爬行时到三角形顶点的距离小于的地方的概率为.【考点】几何概型10.如图，一半径为的圆形靶内有一个半径为的同心圆，将大圆分成两部分，小圆内部区域记为环，圆环区域记为环，某同学向该靶投掷枚飞镖，每次枚. 假设他每次必定会中靶，且投中靶内各点是随机的.（1）求该同学在一次投掷中获得环的概率；（2）设表示该同学在次投掷中获得的环数，求的分布列及数学期望.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）先根据题中条件确定相应的事件为几何概型，然后利用几何概型的概率计算公式（对应区域面积之比）求出相应事情的概率即可；（2）（1）由题意可得是几何概型，设，该同学一次投掷投中环的概率为；（2）由题意可知可能的值为、、、，，，，，的分布列为环，答：的数学期望为环.【考点】1.几何概型；2.离散型随机变量分布列与数学期望11.已知正方体的棱长为2，在四边形内随机取一点,则的概率为_______ ，的概率为_______.【答案】；【解析】四边形为矩形且。
2024年高考数学几何历年真题典型题型分析
2024年高考数学几何历年真题典型题型分析数学几何一直以来都是高考数学考试中的重要部分，它涵盖了许多重要的概念、定理和方法。
为了帮助同学们更好地应对2024年高考数学几何部分的考试，本文将对历年高考中的真题进行分析，总结出常见的题型及解题技巧。
本文将重点围绕三角形、圆和向量这三个重要的几何概念展开。
1. 三角形题型分析三角形是数学几何中的基本概念，也是高考数学中常见的题型。
在历年的高考数学试题中，涉及到三角形的问题很多。
主要的题型包括三角形的性质、相似三角形、全等三角形、三角形的面积等。
解答这些题目需要熟悉相关的定理和公式，并掌握解题技巧。
2. 圆题型分析圆是数学几何中另一个重要的概念，也是高考数学中常见的题型之一。
在历年的高考数学试题中，涉及到圆的问题也是非常多的。
主要的题型包括圆的性质、切线、弦长、弧长、扇形面积等。
解答这些题目需要熟悉圆的相关定理和公式，并掌握灵活运用的技巧。
3. 向量题型分析向量是数学几何中的重要概念，也是高考数学中较为复杂的题型之一。
在历年的高考数学试题中，向量的应用也是非常广泛的。
主要的题型包括向量的运算、向量共线、向量的模、向量的投影等。
解答这些题目需要熟练掌握向量的基本运算法则，并能够将其应用到具体的题目中去。
4. 解题技巧总结为了应对2024年高考几何部分的考试，同学们需要掌握以下解题技巧：（1）掌握几何定理和相关公式。
高考数学中的几何题目往往需要灵活运用各种定理和公式，因此同学们需要熟练记忆并能够灵活运用。
（2）多做历年真题。
通过多做历年真题可以熟悉考点，了解考试趋势，并能够掌握解题技巧。
（3）积累方法和技巧。
解决几何问题时，可以尝试不同的方法和技巧，找到最适合自己的解题方式。
（4）注意画图和标记。
几何问题通常需要通过合理的画图和标记来辅助解题，因此同学们需要做到思路清晰、图示准确。
综上所述，2024年高考数学几何部分的历年真题典型题型主要涉及三角形、圆和向量三个重要的几何概念。
考点46 几何概型-2018版典型高考数学试题解读与变式(原卷版)
1典型高考数学试题解读与变式2018版考点46 几何概型一、 知识储备汇总与命题规律展望1.知识储备汇总:(1)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)特点：①无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个． ②等可能性：试验结果在每一个区域内均匀分布．(3)几何概型的概率公式：P (A )＝构成事件A 的区域长度角度试验全部结果所构成的区域长度角度2.命题规律展望：几何概型是高考考查的重点与热点，以函数、不等式、数列、定积分等知识为载体，主要考查利用集合概型知识求几何概型的概率，题型为选择题、填空题，分值为5分，难度为基础题或中档题.二、题型与相关高考题解读 1.与长度角度有关的几何概型1.1考题展示与解读例1 【2016高考新课标2文数】某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为（ ） （A ）710 （B ）58 （C ）38 （D ）310【命题意图探究】本题主要考查与长度有关的几何概型问题，是基础题. 【解题能力要求】应用意识，运算求解能力【方法技巧归纳】求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)．然后求解，要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度、角度)． 1.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】若正方形ABCD 边长为4,E 为四边上任意一点，则AE 的长度大于5的概率等于（ ） A.132 B. 78 C. 38 D. 18【变式2：改编结论】在区间[]1,5内随机取一个数m ，则方程22241m x y +=表示焦点在y 轴上的椭圆的概率是（ ）A. 35B.15C.14D.34【变式3：改编问法】已知，直线和曲线有两个不同的交点，它们围成的封闭平面区域为，向区域上随机投一点，点落在区域内的概率为，若，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.2.与面积有关的几何概型2.1考题展示与解读例2【2017课标1，理】如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A．14B．π8C．12D．π4【命题意图探究】本题主要考查利用几何图形的对称性计算几何概型，是基础题.【解题能力要求】数形结合思想，运算求解能力【方法技巧归纳】求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．2.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】如图是一边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍.若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为（）学科+网23A.64πB.32πC.16π D. 8π 【变式2：改编结论】如图，在菱形ABCD 中， 3AB =， 60BAD ∠=，以4个顶点为圆心的扇形的半径为1，若在该菱形中任意选取一点，该点落在阴影部分的概率为0p ，则圆周率π的近似值为（ ）A. 07.74pB. 07.76pC. 07.79pD. 07.81p【变式3：改编问法】2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币．如图所示是一枚8克圆形金质纪念币，直径22mm ，面额100元．为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是（ ）学！科网A.27265mm π B. 236310mm π C. 23635mm π D. 236320mm π3.与体积有关的几何概型 3.1考题展示与解读例3 在棱长为a 的正方体中随机地取一点P ，则点P 与正方体各表面的距离都大于3a的概率为 ( ) A.127 B. 116 C. 19 D. 13【命题意图探究】本题主要考查正方体的体积与球体体积的计算及几何概型，是基础题.【解题能力要求】空间想象能力，运算求解能力【方法技巧归纳】求解与体积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的几何体的体积，必要时可根据题意构造三个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的空间几何体，以便求解． 3.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】一个球形容器的半径为3cm ，里面装满纯净水，因不小心混入了1个感冒病毒，从4中任取1mL 水含有感冒病毒的概率为（ ） A.13 B. 13π C. 136π D. 49π【变式2：改编结论】在球内任取一点，则点在球的内接正四面体中的概率是（ ） A.B.C.D.【变式3：改编问法】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体内随机取一点M ，则四棱锥M -ABCD 的体积小于16的概率为______． 4.几何概型与其他知识的交汇 4.1考题展示与解读例4【2016高考山东理数】在[1,1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y =kx 与圆22(5)9x y 相交”发生的概率为 . 学&科网【命题意图探究】本题主要考查直线与圆的位置关系、几何概型，是中档题. 【解题能力要求】化归与转换思想、运算求解能力【方法技巧归纳】与其他知识交汇的几何概型问题，先用相关知识计算出满足条件的长度或面积或体积，再利用几何概型公式计算其概率. 4.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】已知x ， y 是[]01，上的两个随机数，则()P x y ，到点()10，的距离大于其到直线x=-1的距离的概率为（ ） A.112 B. 1112 C. 14 D. 34【变式2：改编结论】已知P 是ABC ∆所在平面内一点， 40PB PC PA ++=，现在ABC ∆内任取一点，则该点落在PBC ∆内的概率是__________．学科+网 【变式3：改编问法】设是由轴，直线和曲线围成的曲边三角形区域，集合，若向区域上随机投一点，点落在区域内的概率为，则实数的值是( ) A.B. C. D.三、课本试题探源必修3 P142页习题3.3 B 第1题：甲、乙两艘轮船都要在某一泊位停靠6小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机的到达，试求这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率.5四．典例高考试题演练1.【广东省化州市2018届第二次模拟】如图，正方形ABCD 内得图形来自宝马汽车车标的里面部分，正方形内切圆中黑色部分和白色部分关于正方形对边中点连线成轴对称，在正方形内随机一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）A.14 B. 4π C. 8π D. 122.【广西柳州高中、南宁市二中2018届第二次联考】老师计算在晚修19:00-20:00解答同学甲乙的问题，预计解答完一个学生的问题需要20分钟.若甲乙两人在晚修内的任意时刻去问问题是相互独立的，则两人独自去时不需要等待的概率（ ）学&科网 A.29 B. 49 C. 59 D. 793.【四川省南充高中2018届三检】若b ， []1,1c ∈-，则方程2220x bx c ++=有实数根的概率为（ ） A.23 B. 12 C. 56 D. 344.【广西桂林市十八中2018届第三次月考】若在()0,π上任取实数x ，则2sin 2x >的概率为（ ） A.12 B. 22 C. 14D. 245.【辽宁省沈阳市交联体2018届上学期期中】设不等式组01{01x y ≤≤≤≤表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于1的概率是（ ） A.4π B. 22π- C. 6π D. 44π- 6.【湖南师大附中2018届11月考】在区间[]0,4上随机地选择一个数p ，则方程2380x px p -+-=有两个正根的概率为（ ） A.13 B. 23 C. 12 D. 147.【黑龙江省齐齐哈尔市八中2018届9月考】矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落6在阴影部分内的黄豆数为204颗，以此实验数据为依据可以估计出阴影部分的面积约为 ( ) A. 16 B. 16.32 C. 16.34 D. 15.96 8.【广东省揭阳市第三中学2018届10月考】在区间上随机选取一个数x ，若的概率为，则实数的值为A.32B. 2C. 4D. 5 9.【2018届河南三门峡市一高11月考】在平面直角坐标系中，记抛物线2y x x =-与x 轴所围成的平面区域为M ，该抛物线与直线y kx =（0k >）所围成的平面区域为A ，向区域M 内随机抛掷一点P ，若点P落在区域A 内的概率为827，则k 的值为（ ） A. 13 B. 23 C. 12 D. 3410.【2017•咸阳三模】某人从甲地去乙地共走了500m ，途经一条宽为xm 的河流，该人不小心把一件物品丢在途中，若物品掉在河里就找不到，若物品不掉在河里，则能找到，已知该物品能被找到的概率为，则河宽为（ ）A ．80mB ．100mC ．40mD ．50m11.【2017•商丘二模】若不等式组表示的区域Ω，不等式（x ﹣）2+y 2表示的区域为Γ，向Ω区域均匀随机撒360颗芝麻，则落在区域Γ中芝麻数约为（ ） A ．114 B ．10C ．150D ．5012.【2018届高三南京市联合体学校调研测试】欧阳修在《卖油翁》中写到：（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止。
几何概型 高考数学总复习 高考数学试题详解
1 A. 5 2 B. 5 3 C. 5 4 D. 5
(
)．
解析
30 2 以时间的长短进行度量，故 P＝ ＝ . 75 5
答案
B
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
0≤x≤2， 3． (2012· 北京 )设不等式组 0≤y≤2
表示的平面区域为
D，在区域 D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距 离大于 2 的概率是 π A. 4 π C. 6 π－ 2 B. 2 4－π D. 4 ( )．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
解析
如图所示， 正方形 OABC 及其内
部为不等式组表示的区域 D， 且区域 D 的面积为 4，而阴影部分表示的是区域 D 内到原点距离大于 2 的区域， 易知该 阴影部分的面积为 4－π，因此满足条 4－π 件的概率是 .故选 D. 4
答案
D
抓住3个考点
突破3个考向
第5讲 几何概型
【2014年高考会这样考】 考查与长度或面积有关的几何概型，也可与二元一次不 等式组所表示的平面区域相结合一起考查．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点梳理
1. 几何概型
（1）定义：事件A理解为区域Ω的某一子区域A，A的概
率只与子区域A的几何度量（长度、面积或体积）成正 比，而与A的位置和形状无关.满足以上条件的试验称为几 何概型.
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
(2) 因为在∠ DAB 内任作射线 AP，则等可能基本事件为 “∠DAB 内作射线 AP”，所以它的所有等可能事件所在 的区域 H 是∠DAB，当射线 AP 与线段 BC 有公共点时， 射线 AP 落在∠CAB 内，区域 h 为∠CAB，所以射线 AP ∠CAB 30° 1 与线段 BC 有公共点的概率为 ＝ ＝ . ∠DAB 90° 3
高一数学几何概型试题答案及解析
高一数学几何概型试题答案及解析1.已知实数x，y满足0≤x≤2π，|y|≤1则任意取期中的x，y使y＞cosx的概率为（）A．B．C．D．无法确定【答案】A【解析】0≤x≤2π，|y|≤1所对应的平面区域如下图中长方形所示，“0≤x≤2π，|y|≤1，且y＞cosx”对应平面区域如下图中蓝色阴影所示：根据余弦曲线的对称性可知，蓝色部分的面积为长方形面积的一半，故满足“0≤x≤2π，|y|≤1，且y＞cosx”的概率P=．故选A．【考点】几何概型.2.甲、乙两人约定某天晚上7：00～8：00之间在某处会面，并约定甲早到应等乙半小时，而乙早到无需等待即可离去，那么两人能会面的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设甲到达会面处的时该为７点x分钟,则，设乙到达会面处的时该为７点y分钟,则；根据题意知所有可能情况为不等式组，两人能会面则必须满足，画出不等式组所表示的平面区域：，则所求的概率为：，故选C．【考点】几何概率．3.向如图中所示正方形内随机地投掷飞镖，飞镖落在阴影部分的概率为 ()．A．B．C．D．【答案】C【解析】观察这个图可知：阴影部分是一个小三角形，在直线AB的方程为6x-3y-4=0中，令x=1得A（1，），令y=-1得B（，-1）．∴三角形ABC的面积为S=AC×BC=×（1+）（1-）=，则飞镖落在阴影部分（三角形ABC的内部）的概率是：P=．故选C．【考点】几何概型．4.在区间（0,1）中随机地取出两个数，则两数之和小于的概率是【答案】【解析】设在区间（0,1）中随机地取出的两个数为，满足条件的为图中阴影部分，所以概率为阴影部分面积：总面积=．【考点】几何概型．5.有四个游戏盘面积相等，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( )【答案】A【解析】第一个转盘中奖的概率为；第二个转盘中奖的概率为；第三个转盘中奖的概率为；第四个转盘中奖的概率为，所以中奖最高为A。
2022年高考数学真题：解析几何(解析版)
第7讲解析几何一、单选题1．（2022·全国·高考真题（理））双曲线C 的两个焦点为12,F F ，以C 的实轴为直径的圆记为D ，过1F 作D 的切线与C 的两支交于M ，N 两点，且123cos 5F NF ，则C 的离心率为（）AB ．32C ．132D ．172【答案】C 【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x 轴，设过1F 作圆D 的切线切点为G ，可判断N 在双曲线的右支，设12F NF ，21F F N ，即可求出sin ，sin ，cos ，在21F F N 中由12sin sin F F N 求出12sin F F N ，再由正弦定理求出1NF ，2NF ，最后根据双曲线的定义得到23b a ，即可得解；【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x 轴，设过1F 作圆D 的切线切点为G ，所以1OG NF ，因为123cos 05F NF，所以N 在双曲线的右支，所以OG a ，1OF c ，1GF b ，设12F NF ，21F F N ，由123cos 5F NF，即3cos 5 ，则4sin 5=，sin a c ，cos b c ，在21F F N 中，12sin sin sin F F N 4334sin cos cos sin 555b a a bc c c，由正弦定理得211225sin sin sin 2NF NF c c F F N ，所以112553434sin 2252c c a b a b NF F F N c，2555sin 222c c a a NF c 又12345422222a b a b aNF NF a，所以23b a ，即32b a ，所以双曲线的离心率132c e a故选：C2．（2022·全国·高考真题（理））椭圆2222:1(0)x y C a b a b的左顶点为A ，点P ，Q 均在C 上，且关于y 轴对称．若直线,AP AQ 的斜率之积为14，则C 的离心率为（）AB ．22C ．12D ．13【答案】A 【解析】【分析】设 11,P x y ，则 11,Q x y ，根据斜率公式结合题意可得2122114y x a ，再根据2211221x y a b，将1y 用1x 表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解： ,0A a ，设 11,P x y ，则 11,Q x y ，则1111,AP AQ y y k k x a x a，故21112211114AP AQy y y k k x a x a x a ，又2211221x y a b ，则2221212b a x y a，所以2221222114b a x a x a ，即2214b a ，所以椭圆C的离心率c e a 故选：A.3．（2022·全国·高考真题（文））设F 为抛物线2:4C y x 的焦点，点A 在C 上，点(3,0)B ，若AF BF ，则AB （）A ．2B．C ．3D．【答案】B 【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A 的横坐标，进而求得点A 坐标，即可得到答案.【详解】由题意得， 1,0F ，则2AF BF ，即点A 到准线1x 的距离为2，所以点A 的横坐标为121 ，不妨设点A 在x 轴上方，代入得， 1,2A ，所以AB .故选：B4．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b的离心率为13，12,A A 分别为C 的左、右顶点，B 为C 的上顶点．若121BA BA，则C 的方程为（）A ．2211816x y B ．22198x y +=C ．22132x y D ．2212x y 【答案】B 【解析】【分析】根据离心率及12=1BA BA ，解得关于22,a b 的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率13c e a ，解得2289b a ，2289 b a ，12,A A 分别为C 的左右顶点，则 12,0,,0A a A a ，B 为上顶点，所以(0,)B b .所以12(,),(,) BA a b BA a b ，因为121BA BA所以221 a b ，将2289b a 代入，解得229,8a b ，故椭圆的方程为22198x y +=.故选：B.二、多选题5．（2022·全国·高考真题）已知O 为坐标原点，过抛物线2:2(0)C y px p 焦点F 的直线与C 交于A ，B 两点，其中A 在第一象限，点(,0)M p ，若||||AF AM ，则（）A ．直线AB 的斜率为B ．||||OB OF C ．||4||AB OF D ．180OAM OBM【答案】ACD 【解析】【分析】由AF AM 及抛物线方程求得3(4p A ，再由斜率公式即可判断A 选项；表示出直线AB 的方程，联立抛物线求得(,3p B ，即可求出OB 判断B 选项；由抛物线的定义求出2512pAB即可判断C 选项；由0OA OB ，0MA MB 求得AOB ，AMB 为钝角即可判断D 选项.【详解】对于A ，易得(,0)2pF ，由AF AM 可得点A 在FM 的垂直平分线上，则A 点横坐标为3224p pp ，代入抛物线可得2233242p y p p ，则36(,)42p p A ，则直线AB的斜率为2342p p A 正确；对于B，由斜率为AB的方程为2p x y，联立抛物线方程得220y py p ，设11(,)B x y1p y p，则1y，代入抛物线得2123p x，解得13p x，则6(,)33p B ，则32p OB OF ，B 错误；对于C ，由抛物线定义知：325244312p p pAB p p OF，C 正确；对于D，2333(,)(,)0423343234p p p p p OA OB，则AOB 为钝角，又2225((,)043436p p p p p MA MB，则AMB 为钝角，又360AOB AMB OAM OBM ，则180OAM OBM ，D 正确.故选：ACD.6．（2022·全国·高考真题）已知O 为坐标原点，点(1,1)A 在抛物线2:2(0)C x py p 上，过点(0,1)B 的直线交C 于P ，Q 两点，则（）A ．C 的准线为1yB ．直线AB 与C 相切C ．2|OP OQ OA D ．2||||||BP BQ BA 【答案】BCD 【解析】【分析】求出抛物线方程可判断A ，联立AB 与抛物线的方程求交点可判断B ，利用距离公式及弦长公式可判断C 、D.【详解】将点A 的代入抛物线方程得12p ，所以抛物线方程为2x y ，故准线方程为14y ，A 错误；1(1)210AB k，所以直线AB 的方程为21y x ，联立221y x x y，可得2210x x ，解得1x ，故B 正确；设过B 的直线为l ，若直线l 与y 轴重合，则直线l 与抛物线C 只有一个交点，所以，直线l 的斜率存在，设其方程为1y kx ，1122(,),(,)P x y Q x y ，联立21y kx x y，得210x kx ，所以21212Δ401k x x k x x，所以2k 或2k ，21212()1y y x x ，又||OP，||OQ所以2||||||2||OP OQ k OA ，故C 正确；因为1|||BP x，2||||BQ x ，所以2212||||(1)||15BP BQ k x x k ，而2||5BA ，故D 正确.故选：BCD 三、填空题7．（2022·全国·高考真题）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b，C 的上顶点为A ，两个焦点为1F ，2F ，离心率为12．过1F 且垂直于2AF 的直线与C 交于D ，E 两点，||6DE ，则ADE的周长是________________．【答案】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆的方程为222222213412043x y x y c c c ，即，根据离心率得到直线2AF 的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE 的斜率，写出直线DE的方程：x c ，代入椭圆方程22234120x y c，整理化简得到：221390y c ，利用弦长公式求得138c，得1324a c ，根据对称性将ADE 的周长转化为2F DE △的周长，利用椭圆的定义得到周长为413a .【详解】∵椭圆的离心率为12c e a，∴2a c ，∴22223b a c c ，∴椭圆的方程为222222213412043x y x y c c c，即，不妨设左焦点为1F ，右焦点为2F ，如图所示，∵222AF a OF c a c ，，，∴23AF O，∴12AF F △为正三角形，∵过1F 且垂直于2AF 的直线与C 交于D ，E 两点，DE 为线段2AF 的垂直平分线，∴直线DE直线DE 的方程：x c ，代入椭圆方程22234120x y c ，整理化简得到：221390y c ，判别式22224139616c c ，∴12226461313cCD y，∴138c，得1324a c ，∵DE 为线段2AF 的垂直平分线，根据对称性，22AD DF AE EF ，，∴ADE 的周长等于2F DE △的周长，利用椭圆的定义得到2F DE △周长为222211*********DF EF DE DF EF DF EF DF DF EF EF a a a .故答案为：13.8．（2022·全国·高考真题）设点(2,3),(0,)A B a ，若直线AB 关于y a 对称的直线与圆22(3)(2)1x y 有公共点，则a 的取值范围是________．【答案】13,32【解析】【分析】首先求出点A 关于y a 对称点A 的坐标，即可得到直线l 的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解： 2,3A 关于y a 对称的点的坐标为 2,23A a ， 0,B a 在直线y a 上，所以A B 所在直线即为直线l ，所以直线l 为32a y x a，即 3220a x y a ；圆 22:321C x y ，圆心 3,2C ，半径1r ，依题意圆心到直线l 的距离1d，即 2225532a a ，解得1332a ，即13,32a；故答案为：13,329．（2022·全国·高考真题）已知直线l 与椭圆22163x y 在第一象限交于A ，B 两点，l 与x 轴，y 轴分别交于M ，N 两点，且||||,||MA NB MNl 的方程为___________．【答案】0x 【解析】【分析】令AB 的中点为E ，设 11,A x y ， 22,B x y ，利用点差法得到12OE AB k k ，设直线:AB y kx m ，0k ，0m ，求出M 、N 的坐标，再根据MN 求出k 、m ，即可得解；【详解】解：令AB 的中点为E ，因为MA NB ，所以ME NE ，设 11,A x y ， 22,B x y ，则2211163x y ，2222631x y ，所以2222121206633x x y y ，即 12121212063x x x x y y y y 所以1212121212y y y y x x x x ，即12OE AB k k ，设直线:AB y kx m ，0k ，0m ，令0x 得y m ，令0y 得m x k，即,0m M k ， 0,N m ，所以,22m m E k，即1222mk m k，解得k 22k （舍去），又MNMN 2m 或2m （舍去），所以直线2:22AB y x，即0x；故答案为：0x 10．（2022·全国·高考真题）写出与圆221x y 和22(3)(4)16x y 都相切的一条直线的方程________________．【答案】3544y x 或7252424y x 或1x 【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆221x y 的圆心为 0,0O ，半径为1，圆22(3)(4)16x y 的圆心1O 为(3,4)，半径为4，5 ，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l 时，因为143OO k ，所以34l k ，设方程为3(0)4y x t t O 到l的距离1d，解得54t，所以l 的方程为3544y x ，当切线为m 时，设直线方程为0kx y p ，其中0p ，0k ，由题意14，解得7242524k p，7252424y x 当切线为n 时，易知切线方程为1x ，故答案为：3544y x 或7252424y x 或1x.11．（2022·全国·高考真题（理））若双曲线2221(0)x y m m的渐近线与圆22430x y y 相切，则m _________．【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】解：双曲线 22210x y m m的渐近线为y x m ，即0x my ，不妨取0x my ，圆22430x y y ，即 2221x y ，所以圆心为 0,2，半径1r ，依题意圆心 0,2到渐近线0x my 的距离1d ，解得3m或33m （舍去）．12．（2022·全国·高考真题（文））记双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的离心率为e ，写出满足条件“直线2y x 与C 无公共点”的e 的一个值______________．【答案】2（满足1e 【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线by x a 中02b a即可求得满足要求的e 值.【详解】解：2222:1(0,0)x y C a b a b ，所以C 的渐近线方程为b y x a,结合渐近线的特点，只需02b a ，即224b a，可满足条件“直线2y x 与C 无公共点”所以 c e a又因为1e ，所以1e故答案为：2（满足1e 13．（2022·全国·高考真题（文））设点M 在直线210x y 上，点(3,0)和(0,1)均在M 上，则M 的方程为______________．【答案】22(1)(1)5x y 【解析】【分析】设出点M 的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M 上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M 在直线210x y 上，∴设点M 为(,12) a a ，又因为点(3,0)和(0,1)均在M 上，∴点M 到两点的距离相等且为半径R ，R ，222694415 a a a a a ，解得1a ，∴(1,1)M，R M 的方程为22(1)(1)5x y .故答案为：22(1)(1)5x y 14．（2022·全国·高考真题（文））过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2) 中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】 222313x y 或 22215x y 或224765339x y或2281691525x y；【解析】【分析】设圆的方程为220x y Dx Ey F ，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为220x y Dx Ey F ，若过 0,0， 4,0， 1,1 ，则01640110F D F D E F ，解得046F D E，所以圆的方程为22460x y x y ，即 222313x y ；若过 0,0， 4,0， 4,2，则01640164420F D F D E F ，解得042F D E，所以圆的方程为22420x y x y ，即 22215x y ；若过 0,0， 4,2， 1,1 ，则0110164420F D E F D E F ，解得083143F D E，所以圆的方程为22814033x y x y ，即224765339x y；若过 1,1 ， 4,0， 4,2，则1101640164420D E F D F D E F ，解得1651652F D E，所以圆的方程为2216162055x y x y ，即 2281691525x y；故答案为： 222313x y 或 22215x y 或224765339x y或2281691525x y；四、解答题15．（2022·全国·高考真题）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b的右焦点为(2,0)F ，渐近线方程为y ．(1)求C 的方程；(2)过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，点 1122,,,P x y Q x y 在C 上，且1210,0x x y ．过P且斜率为QM .从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ AB ∥；③||||MA MB ．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】(1)2213y x (2)见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得c 的值，利用渐近线方程求得,a b 的关系，进而利用,,a b c 的平方关系求得,a b 的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB 的斜率存在且不为零，设直线AB 的斜率为k ,M (x 0,y 0),由③|AM |=|BM |等价分析得到200283k x ky k ；由直线PM 和QM 的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ 的斜率03x m y，由②//PQ AB 等价转化为003ky x ，由①M 在直线AB 上等价于 2002ky k x ，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.(1)右焦点为(2,0)F ，∴2c ,∵渐近线方程为y，∴bab ，∴222244c a b a ，∴1a，∴b ．∴C 的方程为：2213y x ；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而12x x ，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零.设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为 2y k x ,则条件①M 在AB 上，等价于 2000022y k x ky k x ；两渐近线的方程合并为2230x y ,联立消去y 并化简整理得： 22223440k x k x k 设 3334,,,A x y B x y ,线段中点为 ,N N N x y ,则 2342226,2233N N N x x k kx y k x k k ,设 00,M x y ,则条件③AM BM 等价于 222203030404x x y y x x y y ,移项并利用平方差公式整理得：3403434034220x x x x x y y y y y ，3403403434220y y x x x y y y x x ,即 000N N x x k y y ,即200283k x ky k ；由题意知直线PM的斜率为直线QM∴由10102020,y y x x y y x x ,∴ 121202y y x x x ,所以直线PQ的斜率 1201212122x x x y y m x x x x,直线 00:PM y x x y ,即00y y ,代入双曲线的方程22330x y ,即3yy 中，得：00003y y ,解得P的横坐标：100x y x,同理：200x y x，∴0012012002222000033,2,33y x x x y x x x x y x y x∴03x m y,∴条件②//PQ AB 等价于003m k ky x ，综上所述：条件①M 在AB 上，等价于 2002ky k x ；条件②//PQ AB 等价于003ky x ；条件③AM BM 等价于200283k x ky k ；选①②推③:由①②解得：2200002228,433k k x x ky x k k ,∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223k x k ，20263k ky k ，∴003ky x ，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223k x k ，20263k ky k ，∴02623x k ，∴ 2002ky k x ，∴①成立.16．（2022·全国·高考真题）已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x yC a a a 上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0．(1)求l 的斜率；(2)若tan PAQ ，求PAQ △的面积．【答案】(1)1 ；(2)1629．【解析】【分析】（1）由点(2,1)A 在双曲线上可求出a ，易知直线l 的斜率存在，设:l y kx m ，1122,,,P x y Q x y ，再根据0AP BP k k ，即可解出l 的斜率；（2）根据直线,AP AQ 的斜率之和为0可知直线,AP AQ的倾斜角互补，再根据tan PAQ 即可求出直线,AP AQ 的斜率，再分别联立直线,AP AQ 与双曲线方程求出点,P Q 的坐标，即可得到直线PQ 的方程以及PQ 的长，由点到直线的距离公式求出点A 到直线PQ 的距离，即可得出PAQ △的面积．(1)因为点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a 上，所以224111a a ，解得22a ，即双曲线22:12x C y 易知直线l 的斜率存在，设:l y kx m ， 1122,,,P x y Q x y ，联立2212y kx mx y 可得， 222124220k x mkx m ，所以，2121222422,2121mk m x x x x k k ，22222216422210120m k m k m k ．所以由0AP BP k k 可得，212111022y y x x ，即 122121210x kx m x kx m ，即 1212212410kx x m k x x m ，所以 2222242124102121m mk k m k m k k，化简得， 2844410k k m k ，即 1210k k m ，所以1k 或12m k ，当12m k 时，直线 :21l y kx m k x 过点 2,1A ，与题意不符，舍去，故1k ．(2)不妨设直线,PA PB 的倾斜角为 , ，因为0AP BP k k ，所以π ，因为tan PAQtantan 2 ，2tan 0，解得tan ，于是，直线 :21PA y x，直线 :21PB y x ，联立 222112y x x y可得，23211002x x ，因为方程有一个根为2，所以103P x ，P y53，同理可得，10423Q x，Q y 4253．所以5:03PQ x y ，163PQ，点A 到直线PQ的距离223d，故PAQ △的面积为1162317．（2022·全国·高考真题（理））设抛物线2:2(0)C y px p 的焦点为F ，点 ,0D p ，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，3MF ．(1)求C 的方程；(2)设直线,MD ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线,MN AB 的倾斜角分别为, ．当 取得最大值时，求直线AB 的方程．【答案】(1)24y x ；(2):4AB x .【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMF p，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MN x my ，由韦达定理及斜率公式可得2MN AB k k ，再由差角的正切公式及基本不等式可得22AB k，设直线:AB x n ，结合韦达定理可解.(1)抛物线的准线为2px ，当MD 与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p ，此时=32pMF p，所以2p ，所以抛物线C 的方程为24y x ；(2)设222231241234,,,,,,,4444y y y y M y N y A y B y，直线:1MN x my ，由214x my y x可得2440y my ，120,4y y ，由斜率公式可得12221212444MN y y k y y y y，34223434444AB y y k y y y y ，直线112:2x MD x y y，代入抛物线方程可得 1214280x y y y ，130,8y y ，所以322y y ，同理可得412y y ，所以 34124422MNAB k k y y y y又因为直线MN 、AB 的倾斜角分别为, ，所以tan tan 22MN AB k k，若要使 最大，则0,2，设220MN AB k k k ，则2tan tan 12tan 11tan tan 1242k k k k，当且仅当12k k即2k 时，等号成立，所以当 最大时，22AB k，设直线:AB x n ，代入抛物线方程可得240y n ，34120,4416y y n y y ，所以4n ，所以直线:4AB x .【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.18．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过 30,2,,12A B两点．(1)求E 的方程；(2)设过点 1,2P 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)22143y x (2)(0,2) 【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.(1)解：设椭圆E 的方程为221mx ny ，过 30,2,,12A B，则41914n m n ，解得13m ，14n ，所以椭圆E 的方程为：22143y x .(2)3(0,2),(,1)2A B ，所以2:23AB y x ，①若过点(1,2)P 的直线斜率不存在，直线1x .代入22134x y，可得(1,3M，(1,N ，代入AB 方程223y x，可得3,)3T ，由MT TH得到H .求得HN方程：(22y x ，过点(0,2) .②若过点(1,2)P 的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y .联立22(2)0,134kx y k x y得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k ，可得1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k ，12222228(2)344(442)34k y y k k k y y k，且1221224(*)34kx y x y k联立1,223y y y x可得111113(3,),(36,).2y T y H y x y 可求得此时1222112:()36y y HN y y x x y x x，将(0,2) ，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y ，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k 显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,2). 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.。
考点46 几何概型典型高考数学试题解读与变式
典型高考数学试题解读与变式2018版考点46 几何概型一、知识储备汇总与命题规律展望1.知识储备汇总:(1)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)特点：①无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个． ②等可能性：试验结果在每一个区域内均匀分布． (3)几何概型的概率公式：P (A )＝构成事件A2.命题规律展望：几何概型是高考考查的重点与热点，以函数、不等式、数列、定积分等知识为载体，主要考查利用集合概型知识求几何概型的概率，题型为选择题、填空题，分值为5分，难度为基础题或中档题.二、题型与相关高考题解读 1.1.1考题展示与解读例1 【2016高考新课标2文数】某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为（ ） （A ）710 （B ）58 （C ）38 （D ）310【命题意图探究】本题主要考查与长度有关的几何概型问题，是基础题. 【答案】B【解析】因为红灯持续时间为40秒.所以这名行人至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为40155408-=，故选B.【解题能力要求】应用意识，运算求解能力【方法技巧归纳】求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)．然后求解，要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度、角度)． 1.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】若正方形ABCD 边长为4,E 为四边上任意一点，则AE 的长度大于5的概率等于（ ） A.132 B. 78 C. 38 D. 18【答案】D【解析】设M N ，分别为BC 或CD 靠近点C 的四等分点，则当E 在线段,CM CN 上时， AE 的长度大于5， E 所能取到点的长度为2， 正方形的周长为16， AE ∴的长度大于5，的概率等于21=168，故选D.【变式2：改编结论】在区间[]1,5内随机取一个数m ，则方程22241m x y +=表示焦点在y 轴上的椭圆的概率是（ ） A.35 B. 15 C. 14 D. 34【答案】D【解析】若方程22241m x y +=表示焦点在y 轴上的椭圆，则24m >，解得2m >， 25m << ，故方程22241m x y +=表示焦点在y 轴上的椭圆的概率是523514P -==-，故选D. 【变式3：改编问法】已知，直线和曲线有两个不同的交点，它们围成的封闭平面区域为，向区域上随机投一点，点落在区域内的概率为，若，则实数的取值范围为（ ） A.B.C.D.【答案】B2.与面积有关的几何概型 2.1考题展示与解读例2【2017课标1，理】如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A ．14B ．π8 C ．12D ．π4【命题意图探究】本题主要考查利用几何图形的对称性计算几何概型，是基础题. 【答案】B【解题能力要求】数形结合思想，运算求解能力【方法技巧归纳】求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解． 2.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】如图是一边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍.若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为（ ）A.64π B. 32π C. 16π D. 8π 【答案】D【解析】由题意得正方形的内切圆的半径为4，中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色区域的面积为22242418ππππ⨯-⨯-⨯⨯=，由几何概型概率公式可得所求概率为2888ππ=，选D 。
2024年高考数学几何历年真题全覆盖解析
2024年高考数学几何历年真题全覆盖解析数学几何一直是高考数学中的重点和难点之一。
通过对2024年高考数学几何历年真题的全面解析，我们可以更好地理解和掌握数学几何的考点和解题技巧。
下面将对2024年高考数学几何历年真题进行全覆盖解析，希望能够对大家备考有所帮助。
1. 高考数学几何考试概述数学几何是高考数学中的一部分，占比约20%。
几何在高考数学中是一个重要的板块，主要包括平面几何和立体几何两部分。
准备高考数学几何考试需要掌握几何形体的性质、几何变换的规律、几何运算的方法等内容。
2. 平面几何历年真题解析（这里可以列举若干年份的高考数学几何平面几何题目，并逐一进行详细解析，涵盖不同类型的题目，如线段、角、三角形、平行四边形、相似三角形等）3. 立体几何历年真题解析（这里可以列举若干年份的高考数学几何立体几何题目，并逐一进行详细解析，涵盖不同类型的题目，如平面与空间的位置关系、平面与立体的交点、三棱锥、圆锥、球的性质等）4. 数学几何解题技巧分享（这里可以介绍一些在解答数学几何问题时的常用技巧和方法，如等腰三角形的性质、勾股定理的应用、相似三角形的特点等）5. 高考数学几何的备考策略（这里可以分享一些建议和方法，帮助考生在备考过程中更有效地掌握数学几何知识。
比如刷历年真题、理清知识框架、注重基础知识的掌握等）通过以上对2024年高考数学几何历年真题的全面解析，我们可以看到高考数学几何考试题目的考点分布和解题思路。
掌握这些题目的解题方法和技巧，对我们备考高考数学几何有很大的帮助。
在备考过程中，我们要注重理论的学习和实践的训练，不断强化自己的数学几何能力。
只有具备扎实的数学几何基础，并能够灵活运用解题技巧，我们才能在高考中取得好成绩。
最后，祝愿所有备战2024年高考的考生能够在数学几何中大展拳脚，取得优异的成绩。
相信通过认真学习和实践，我们一定可以攀登数学几何的高峰！。
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29.
1 30.A． 4
π B． 8
1 C． 2
π D． 4
31.【命题意图探究】本题主要考查利用几何图形的对称性 计算几何概型，是基础题.
32.【答案】B
33. 【解题能力要求】数形结合思想，运算求解能力 34.【方法技巧归纳】求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构 造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解． 35.2.2【典型考题变式】 36.【变式 1：改编条件】如图是一边长为 8 的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心， 圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的 2 倍.若在正方形图案上随机取一点，则该 点取自白色区域的概率为（ ）
3 （D） 10
8.【命题意图探究】本题主要考查与长度有关的几何概型问题，是基础题.
9.【答案】B
40 −15 = 5 10.【解析】因为红灯持续时间为 40 秒.所以这名行人至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为 40 8 ，
故选 B.
11.【解题能力要求】应用意识，运算求解能力
12.【方法技巧归纳】求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度
16.【答案】D
17.【解析】设 M，N 分别为 BC 或 CD 靠近点 C 的四等分点，则当 E 在线段 CM , CN 上时， AE 的长
2 =1 度大于 5 ， E 所能取到点的长度为 2 ， 正方形的周长为16 ， AE 的长度大于 5 ，的概率等于 16 8 ，
故选 D.
18.【变式 2：改编结论】在区间 1,5 内随机取一个数 m ，则方程 m2x2 + 4 y2 = 1 表示焦点在 y 轴上的椭圆
(3) 几何概型的概率公式：P(A)＝试验全构部成结事果件所A的构区成域的长区度域长角度度 角度
2.命题规律展望：几何概型是高考考查的重点与热点，以函数、不等式、数列、定积分等知识为载体，主
要考查利用集合概型知识求几何概型的概率，题型为选择题 、填空题，分值为 5 分，难度为基础题或中档
题.
3.二、题型与相关高考题解读
=
5 −1
=
4
，故选
D.
22.【变式 3：改编问法】已知
，直线
和曲线
有两个不同的交点，
它们围成的封闭平面区域为 ，向区域 上随机投一点 ，点 落在区 域 内的概率为 ，若
实数 的取值范围为（ ）
23.A.
B.
C.
D.
24.【答案】B
，则
25.
26.与面积有关的几何概型 27.2.1 考题展示与 解读 28.例 2【2017 课标 1，理】如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部 分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是
，故选 B.
50.与体积有关的几何概型
51.3.1 考题展示与解读
a 52.例 3 在棱长为 a 的正方体中随机地取一点 P，则点 P 与正方体各表面的距离都大于 3 的概率为 ( )
1 53.A. 27
1 B. 16
1 C. 9
1 D. 3
54.【命题意图探究】本题主要考查正方体的体积与球体体积的计算及几何概型，是基础题.
，若向区域 上随机投一点 ，点 落在区域 内的概率为 ，则实数 的值是
94.A.
B.
C.
D.
95.【答案】D
96.【解析】根据题意，区域 Ω 即边长为 1 的正方形的面积为 1×1=1，区域 A 即曲边三角形的面积为
，若向区域 Ω 上随机投一点 P，点 P 落在区域 A 内的概率是 ，则有
，故选 D． 97.课本试题探源
1
1h 1
h 1
1
体积小于 6 时，设它的高为 h ，则 3
6 ，解之得 2 ，则点 M 在到平面 ABCD 的距离等于 2 的截
1
1
面以下时，四棱锥 M − ABCD 的体积小于 6 ，求得使得四棱锥 M − ABCD 的体积小于 6 的长方体的体积
V ' = 11 1 = 1 ,
1
P=V ' = 1
2 90.【答案】 3
91.【解析】如图：，可得 PD = −4PA = 2P0 P0 = −2PA ,所以点 P 到 BC 的距离是点 A 到 BC 的距离
2 的3
，
SPBC
=
2 3 SABC
P=
2 3.
92. 93.【变式 3：改编问法】设 是由 轴，直线
和曲线
围成的曲边三角形区域，集合
(
)
S2
积为
=
1 r2 2
=
1 2
P=
，根据几何概型及其概率的计算公式可得
S2 S1
=
1 2 4
= 8
，故选 C.
106.2.【广西柳州高中、南宁市二中 2018 届第二次联考】老师计算在晚修 19:00-20:00 解答同学甲乙的问
题，预计解答完一个学生的问题需要 20 分钟.若甲乙两人在晚修内的任意时刻去问问题是相互独立的，则
的概率是（ ）
3 19.A. 5
1 B. 5
1 C. 4
3 D. 4
20.【答案】D
21.【解析】若方程 m2 x2 + 4 y2 = 1 表示焦点在 y 轴上的椭圆，则 m2 4 ，解得 m 2 ， 2 m 5 ，故
5−2 3
方程 m2 x2
+ 4y2
= 1 表示焦点在
y
P
轴上的椭圆的概率是
1
2 2 四棱锥 M − ABCD 的体积小于 6 的概率 V 2 ，故答案为 2 .
72. 73.几何概型与其他知识的交汇
74.4.1 考题展示与解读
75.例 4【2016 高考山东理数】在 [ 1,1] 上随机地取一个数 k，则事件“直线 y=kx 与圆 (x 5)2 y2 9 相交”
发生的概率为
2 0
1 4
y2dy
=
1 12
y3
|10 =
1 12
，据此可得，满足题意的概率值为
1 p = 12 = 1
11 12 ，故选 A.
88.
89.【变式 2：改编结论】已知 P 是 ABC 所在平面内一点， PB + PC + 4PA = 0 ，现在 ABC 内任取一 点，则该点落在 PBC 内的概率是__________．
据题意构造三个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的空间几何体，以便求解．
60.3.2【典型考题变式】
61.【变式 1：改编条件】一个球形容器的半径为 3cm ，里面装满纯净水，因不小心混入了 1 个感冒病毒，
从中任取1mL 水含有感冒病毒的概率为（ ）
1 62.A. 3
1 B. 3
1 C. 36
(角度)．然后求解，要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度、角
度)．
13.1.2【典型考题变式】
14.【变式 1：改编条件】若正方形 ABCD 边长为 4, E 为四边上任意一点，则 AE 的长度大于 5 的概率等于
（）
1 15.A. 32
7 B. 8
3 C. 8
1 D. 8
考点 46 几何概型
一、 知识储备汇总与命题规律展望
1.知识储备汇总:
(1)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)特点：①无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个．
②等可能性：试验结果在每一个区域内均匀分布．
37.
38.A. 64
B. 32
39.【答案】D
C. 16
D.
40.【解析】由题意得正方形的内切圆的半径为 4，中间黑色大圆的半径为 2，黑色小圆的半径为 1，所以白
色区域的面积为 42 − 22 − 4 12
= 8
8 ，由几何概型概率公式可得所求概率为 82
= 8
，选 D。
41.【变式 2：改编结论】如图，在菱形 ABCD 中， AB = 3 ， BAD = 60 ，以 4 个顶点为圆心的扇形
66.A.
B.
C.
D.
67.【答案】C
68.
69.【变式 3：改编问法】已知正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1，在正方体内随机取一点 M，则四棱锥 M ABCD
1 的体积小于 6 的概率为______．
1 70.【答案】 2
71.【解析】 正方体 ABCD − A1B1C1D1 的棱长为1,正方体体积V =111 =1，当四棱锥 M − ABCD 的
55.【答案】A
a 3
a
3 1
56.【解析】符合条件的点 P 落在棱长为 3 的正方体内，根据几何概型的概率计算公式得 P= a3 = 27 .
57.故选 A.
58.【解题能力要求】空间想象能力，运算求解能力
59.【方法技巧归纳】求解与体积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的几何体的体积，必要时可根
4 D. 9
63.【答案】C
4 33 = 36 cm3 = 36 ml
64.【解析】由题意,球的体积为 3
，由几何概型公式可得从中任取1mL 水(体积
1 为 1 cm3 ),含有感冒病毒的概率为 36 ；故选 C.
65.【变式 2：改编结论】在球 内任取一点 ，则 点在球 的内接正四面体中的概率是（ ）
.
76.【命题意图探究】本题主要考查直线与圆的位置关系、几何概型，是中档题.