2008-上海卷理-07 填-古典概型

本题导读

本题是一道概率与几何交汇的题目。考查古典概型的计数问题，需要严谨找出所有三点共线的特殊情况，侧重考查逻辑分类的全面性。

📌【题干】

Question

（2008年上海卷(理)） 在平面直角坐标系中，从六个点：$A(0,0)$、$B(2,0)$、$C(1,1)$、$D(0,2)$、$E(2,2)$、$F(3,3)$ 中任取三个，这三点能构成三角形的概率是 $\underline{}$.（结果用分数表示）

🔍【思路分析】

破题导航

1. 计算从 6 个点中任取 3 个点的一切可能结果总数 $N=C_6^3$。
2. 寻找不能构成三角形的特例（即三点共线的情况），分别计算其组合数。
3. 利用间接法，用总组合数减去共线组合数得到能构成三角形的个数，进而求出概率。

✅【答案】

点击查看答案

$\frac{3}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

从 6 个点中任取 3 个点的总取法为： $N=C_6^3=\frac{6\times 5\times 4}{3\times 2\times 1}=20\text{ 种}$ 三点不能构成三角形，当且仅当这三点共线。观察给定的点分布：

• 位于直线 $y=x$ 上的点有：$A(0,0)$、$C(1,1)$、$E(2,2)$、$F(3,3)$ 共 4 个点。从这 4 点中任取 3 个均共线，取法有 $C_4^3=4$ 种；
• 位于直线 $x+y=2$ 上的点有：$D(0,2)$、$C(1,1)$、$B(2,0)$ 共 3 个点。从这 3 点中任取 3 个均共线，取法有 $C_3^3=1$ 种。

除此之外，不存在其它 3 点共线的情况。 因此，三点共线的取法共有 $4+1=5$ 种。 能构成三角形的取法共有 $20-5=15$ 种。 故所求概率 $P=\frac{15}{20}=\frac{3}{4}$。

故答案为：$\frac{3}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：古典概型概率公式 $P=\frac{m}{n}$、点共线的代数判定。
2. 核心方法：间接排除法（正面分类复杂时，从反面“三点共线”入手更快捷）。
3. 避坑指南：容易遗漏倾斜直线上的共线点（特别是 $x+y=2$ 上的 $D,C,B$ 三点），在坐标系中通过描点或计算斜率进行全面排查是避坑的关键。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 源于组合数学中经典的点线计数问题（如：网格中能构成三角形的三个点的选法）。
2. 结论推广: 设有 $m$ 个点在同一条直线上，其余点均不共线，则能构成三角形的取法数为 $C_n^3-C_m^3$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 22.01 计数原理、排列与组合

类题演练 (Links)

• 2011-重庆卷文-14 填-古典概型组合
• 2009-上海卷文-11 填-组合概率对立事件
• 2009-上海卷理-07 填-古典概型