例析以立体图形为背景的计数与概率问题-《中学生数理化》高二数学2026年7～8月刊

中学生数理化 解题篇创新题追根溯源 高三数学2026年7-8月 例析以立体图形为背景的计数 与概率问题 ■新疆生产建设兵团第三师图木舒克市第一中学 陈辉 随着新课标理念的落地生根，高考命题 数。求解本题的关键是对四点共面分类讨论。 发生了深刻的变化，由原来的“知识立意”渐 例2如图1，已知 渐转变为“能力立意”，一题多考，让知识“交 A 在正方体ABCD- 汇”，是新高考命题的必然趋势。于是以立体 AB,C1D1顶点处有一 图形为背景的计数与概率问题应运而生，这 点Q。若点Q每次都会 类问题不仅考查立体几何、排列组合和概率 随机地沿一条棱向相邻 的基本知识，还考查空间想象能力、分析问题 的某个顶点移动，且向 图1 能力和数学求解能力。这类问题综合性较 每个顶点移动的概率相 强，对同学们提出了更高的能力要求，要求同 同。从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称 学们思路清晰，尤其是对基本事件的计算要 为移动一次。若点Q的初始位置位于点A 做到不重不漏。下面举例说明这类问题的解 处，点Q移动n次后仍在侧面ADD1A1的概 法，供同学们参考。 率为P,则P,=一：满足P.-2<1000 1 1 一、以正方体为背景 例1在正方体的8个顶点和6个面 的最小n值为 的中心（共14个点）中任取4个点，以这4个 解析：在正方体中，每一个顶点都有3个 相邻的顶点，其中任意两个顶点在同一面上。 点为顶点可构成四面体的个数为。 解析：从14个点中取4个点，共有C= 当点Q在左侧面时，随机移动一次仍在 1001(种)取法。 左侧面的概率为：当点Q在右侧面时，随 四点共面分下面四种情况： ①正方体的6个面：每个面包含4个顶 机移动一次在左侧画的标率为号 点和1个中心点，此时共有6C=30(种)； 2 ②3个中间平面（平行于正方体面的中 心面)：每个平面包含4个中心点，此时共有 由题意可知P,=号P.十号1-P) ,1 3C=3(种)； ③6个对角面：每个对角面包含4个顶 P.+所以Pn--(,-),即 3 点和2个中心点，此时共有6C=90(种)； ④8个斜切面（三条面对角线形成的）： P.-}是首项为卫-合=g公比为的 每个面包含3个顶点和3个中心点，此时共 有8C=120(种)。 等比数列n,专名×()厂=×()” 所以四点不共面的取法有1001一30一3一90 若P。一 <1o则×（）广< 2 120=758(种)，即可构成四面体的个数为758。 点评：本题是以正方体为背景的计数问 1000,即3">500。 因为3=243<500,3= 题。先求出总取法，再分四种情况讨论四点共 729>500,所以n的最小值为6。 面的取法，然后采用别除法求出四面体的个 ,点评：本题是以正方体为背景的概率问 74 局草新根西骨中学生教理化 题，同时与等比数列交汇。先根据全概率公 综上所述，符合条件的点P有10个。 式进行概率计算，再结合递推公式求通项公 ,点评：本题是以三棱锥为背景的计数问 式，然后利用通项公式解决问题。 题，求解本题的关键是善于分类讨论，根据D 二、以三棱锥（四面体）为背景 中元素对应，点的个数分类讨论后可得符合条 例3已知三棱锥A1-A,AA,的侧楼 件的点P的个数。 长相等，且侧棱两两垂直。设P为该三棱锥 例4在三棱锥A-BCD中，已知 表面（含棱）上异于顶点A1、A2、A:、A:的 △BCD、△ACD均是边长为a的正三角形， 点，记D={d|d=PA:,i=1,2,3,4}。若 楼AB=。 a。现对其四个顶点随机贴上写 集合D中有且只有两个元素，则符合条件的 点P有个。 有数宇1~8的八个标签中的四个，f(A), 解析：设D中的两个元素分别为d1,d:。 f(B),f(C),f(D)表示顶点A,B,C,D所 若d1,d:对应的点A:的个数分别为1， 贴数字，E为侧棱AB上一点。 3或3,1，不妨设d:对应的点的个数为3，d: (1)求事件f(C)+f(D)为偶数的概率P1; 对应的点的个数为1，此时有两种情形： (2)若器-分求二面角RCDA ①d1=|PA2=|PA,1=|PA,1,d, |PA1|,此时P为等边三角形AAA:的中 的平面角0大于的概率P:。 心，即符合条件的点P有1个： 解析：(1)用M1表示“f(C)、f(D)均为 ②d:=|PA:|=|PA,|=|PAg1,d2= 奇数”的事件，用M2表示“f(C)、f(D)均为 |PA,,其中s∈{2,3,4}，i,j,k彼此互异且 偶数”的事件。 为1,2,3,4中取出s后余下的3个数，此时 则从8个数宇标签中任取2个贴在C、D P为直角三角形A:A,A。的外心（斜边的中 顶点的样本点有CA=56(个)，事件M1包 点)，即符合条件的点P有3个。 含CA=12(个)样本点，事件M:也包含12 若d:,d2对应的点A:的个数分别为2， 个样本点，根据古典概型知识得P(M)三 2,设d1=|PA:|=PA,|,d,=|PA,|= |PA,|,其中{i,j,s,t}={1,2,3,4},且i,j, =品PM,)-品-品 s,t彼此互异，此时A:A,A,A,恰为四面体 记“f(C)十f(D)为偶数”为事件Q,则 的一对对棱，则P在线段A,A的中垂面上， 也在线段A,A,的中垂面上。不妨设A:A,< Q=M,+M:.P=P(M )+P(M:)= A,A,如图2，记M为A,A,的中点，G为 A:A,的中点，N为A:M的中点，则这两个中 + 3 垂面的交线为GN,而P在该三棱锥表面且 (2)如图3，取边CD的中点F,连接 异于各顶点，故P为G或者N。故符合条件 BF、AF、EF。 C 的点P的个数为2 ×2=6。 E B 图3 因为△BCD、△ACD均是边长为a的正 图2 三角形，所以AF⊥CD,BF⊥CD。又AF∩ 75 中学生数理化 解题篇创新题追根溯源 高二数学2026年7-8月 BF=F,AFC平面ABF,BFC平面ABF, 解析：不妨设质 因此CD⊥平面ABF,从而∠AFE是二面角 点在点E处，移动一 E-CD-A的平面角0。 次可以到A,B,C,D 又AF=BF=号&=AB,则∠AFB 四个顶点中的一个。 A 记质点移动n次后回 ∠FBA=∠BAF=S. 到初始位置的概率为 P.,仍在平面ABCD AE EF 图4 in∠AFE=sin∠BAF,则AE= 又 上的概率为Qm,易知 EFsin∠AFE ，同理BE=EFsin∠BFE 移动一次后，P1=0,Q1=1。 sin∠BAF sin∠ABFe 质点移动两次后仍在平面ABCD上的 标率Q=Q.=名 1 当二面角ECD-A的平面角0大于无 时，fA=AE-sin∠AFE sin 1 (B)-BE-sin ZBFE 因此Q+1=2Q。+(1-Q)×1,即Q+ sn(- 1 2 sin 一2Q。十1，整理得Q+1一 4 =√3+1。 π -2(Q.-),所以数列{Q.-号}是以 sin 12 1 当f(B)=1时，f(A)≥3，则f(A)可取 Q,--1-号-为首项，-为公比的等 3,4,5,6,7,8共六个值；当f(B)=2时， f(A)≥6，则f(A)可取6,7,8共三个值：当 比数列故Q.-号=（)》即Q.=号 f(B)≥3时，f(A)≥9，则f(A)不存在。 从8个数宇标签中任取2个贴在A、B +(》 顶点的样本点有56个，其中使得二面角E 故Q=号+号（←）m≥8，因此 CD-A的平面角0大于平的样本点有g个， p=Q=[层+号()门=言 所以P品 3(-2)广n≥2。当n=1时，P,=0满足上 点、评：本题是以三棱锥为背景的概率问 题。(1)先求总的样本数，再求事件∫(C)、 式故P.=吉+()广 ∫(D)均为偶数或奇数的概率，进而可求得事 ,点评：本题是以正八面体为背景且与数 件f(C)十f(D)为偶数的概率。(2)易证 列交汇的概率问题。记质，点移动次后仍在 CD⊥平面ABF,则∠AFE是二面角E-CD 平面ABCD上的概率为Q.,由题意归纳出 A的平面角日，再由正弦定理得出AE、BE, 求得-能>后+1，然后分美特论即 Q,构造数列Q.-号}，求解Q,最后根据 可。本题综合性较强，涉及知识点多，具有一 P.=4Q。-1得解。 定难度。 由此可见，在求解以立体图形为背景的 三、以其他立体图形为背景 计数和概率问题时，一定要审清题意，并注重 例5如图4，在正八面体EABCDF 分类讨论和问题的转化，学会抽丝剥茧，排除 中，有一质点每次从正八面体的某一顶点等 立体图形的干扰，还计数和概率问题的“本来 可能地跳到相邻的四个顶点，则移动n次后 面目”。 质点回到初始位置的概率为 (责任编辑赵倩) 76