中学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 解析取AC的中点记为O,连接OS g/OB,则有SO⊥AC,BO⊥AC,SO⊥平面 ABC,以OB所在的直线为x轴,OC所在的直 路线为y轴OS所在的直线为z轴,建立空间直 与角坐标O-xy(如图4),则有A(0,-2,0), B(4,0,0),C(0,2,0),S(0,0,4),由题意知三 万 法 棱锥S一ABC外接球的球心M在平面xOz 图5 的体积取得最大值 MB=MS I 在R△NAO中,NA=√5,sin∠N UMBI=IMCI (x-4)2+z2=x2+(z-4)2 在△NAC中由正弦定理得其外接圆O1 (x-4)2+z2=x2+22+z 解得x= 所以三棱锥S一ABC外 在Rt△ADM中 接球的半径R=|MB 3_4)2+(3 AM=√(22)2+(2√-1)2=√17-42 2 同理可得△MAC外接圆O2的半径 所以三棱锥S-ABC外接球的表面积 AM 2sin∠MCA 作出三棱锥N一AMC外接球Q及圆O 点评四面体出现面面垂直时,建立适当空圆O2的左视图(如图6), 间直角坐标系,以数定形,方法通用,简单明了 则QO2=001=r1-NO= 3利用三视图化球为圆 例4已知正方形ABCD的边长为22, 所以三棱锥N一AMC外接球Q半径 将△ABC沿对角线AC折起,使平面ABC⊥ R=√72+Q2 平面ACD,得到如图5所示的三棱锥B ACD若O为AC的中点,M,N分别为线段 故三棱锥N一AMC外接球的表面积为 中 DC,BO上的动点(不包括端点),且BN=CM 4xR2=(43-8√2) 设BN=x,则三棱锥N-AMC的体积取最大 值时,求三棱锥N-AMC外接球的表面积 解析由题意得OA=OB=OC=OD= 2,BO⊥AC,OD⊥AC 因平面ABC⊥平面ACD,所以BO⊥平面 图6 ●ACD,三棱锥N-4MC的体积V=3(2x x2)(x∈(0,2)),当x=1时,三棱锥N一AMC (责审高雪松) 网址: Zxsscbpt. cnki, net 12 邮箱:zx2486@
中学生数学２０２０年２月上第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 思 路 与 方 法 解析 取 AC 的 中 点 记 为 O,连 接 OS, OB,则 有 SO ⊥AC,BO ⊥AC,SO ⊥ 平 面 ABC,以OB 所在的直线为x 轴,OC 所在的直 线为y 轴,OS 所在的直线为z 轴,建立空间直 角坐标O－xyz(如图４),则有 A(０,－２,０), B(４,０,０),C(０,２,０),S(０,０,４),由题意知三 棱锥S－ABC 外接球的球 心 M 在 平 面xOz 上,设 M(x,０,z), 由 |MB|＝|MS|, {|MB|＝|MC|, 得 (x－４)２＋z２＝x２＋(z－４)２, {(x－４)２＋z２＝x２＋２２＋z２, 解得x＝z＝ ３ ２ ,所以三棱锥S－ABC 外 接球的半径R＝|MB|＝ ３ ２ －４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ３４ ２ ．所以三棱锥S－ABC 外接球的表面积 S＝４πR２＝３４π． 点评 四面体出现面面垂直时,建立适当空 间直角坐标系,以数定形,方法通用,简单明了． ３ 利用三视图化球为圆 例４ 已知正方形 ABCD 的边长为２ ２, 将△ABC 沿对角线AC 折起,使平面 ABC⊥ 平面 ACD,得 到 如 图 ５ 所 示 的 三 棱 锥 B － ACD．若O 为AC 的中点,M,N 分 别 为 线 段 DC,BO 上的动点(不包括端点),且BN＝CM ． 设BN＝x,则三棱锥 N－AMC 的体积取最大 值时,求三棱锥 N－AMC 外接球的表面积． 解析 由题意得 OA＝OB＝OC＝OD ＝ ２,BO⊥AC,OD⊥AC, 因平面ABC⊥平面ACD,所以BO⊥平面 ACD,三棱锥 N －AMC 的体积V＝ ２ ３ (２x－ x２)(x∈(０,２)),当x＝１时,三棱锥 N－AMC 图５ 的体积取得最大值． 在Rt△NAO 中,NA＝ ５,sin∠NAO＝ １ ５ , 在△NAC 中由正弦定理得其外接圆O１ 的半径r１＝ NC ２sin∠NAO ＝ ５ ２ , 在 Rt△ADM 中, AM＝ (２２)２＋(２２－１)２ ＝ １７－４２, 同理可得△MAC 外接圆O２ 的半径 r２＝ AM ２sin∠MCA ＝ ３４－８ ２ ２ , 作出三棱锥 N－AMC 外接球Q 及圆O１、 圆O２ 的左视图(如图６), 则QO２＝OO１＝r１－NO＝ ３ ２ , 所以三棱锥 N－AMC 外接球Q 半径 R＝ r２ ２＋QO２ ２ ＝ ４３－８ ２ ２ , 故三棱锥 N－AMC 外接球的表面积为 ４πR２＝(４３－８ ２)π． 图６ (责审 高雪松) １２
学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 2y 一道最值题三种思考法 朱启礼 c) (山东省单县第二中学,山东菏泽274300) 路 与 题目已知在三角形中,角 2b,面积公式S=2binC,进行合理放缩探万 的边分别为a,b,c;满足C=,且b 求最值 去 4√3sinB.则三角形ABC面积的最大值为 解法2sinC=sinB=43, 思考一根据已知条件,联想到正弦定 4 3 sin 6 2√3 理,通过恒等变换,把三角形面积表示成某个 又c2=a2+b2-2 accost 角的三角函数的形式,即转化成y=Asin(ax φ)+B的形式,然后求最值 因为a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时等号 解法1S= ×4√3sinA· 成立) 所以(2-√3)ab≤12,ab≤12(2+√3) 4√3sini bsinC=-absin ab≤3(2+√3), =12sinA sinB =12sinA sin(5I-A 当且仅当a=b时S有最大值3(2+3) 12sinA(sin 5 思考三将三角形与其外接圆相结合, 用数形结合思想研究分析问题 12sinA(-cosA+=sinA) 解法3三角形ABC的外接圆直径为 6 sinA cosA+6√3sin2A 4√3,C=丌,C=2√3 3sin2A+63· 3sin2A+3√3(1-cos2A) 3sin2A-3√3cos2A+33 6sin(2at 中 因为0<A<5 问题为何时三角形ABC面积最大,不难 所以0<2A<5,一<2A-<4 发现当三角形ABC为等腰三角形C为顶角时4 面积最大 教 当2A x时,即A=5时,S有最大 S=-ABXCD AB× ADX tan75 值6+3√3 思考二根据已知条件,运用正弦定理和 √3×√3 =6+3√3 余弦定理合理转化,联想到不等式a2+b2≥ (责审高雪松)● 址: zxss. cbpt cnki 13 邮箱:zxss2486@163
中学生数学２０２０年２月上第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 思 路 与 方 法 一道最值题 三种思考法 朱启礼 (山东省单县第二中学,山东 菏泽 ２７４３００) 题目 已知在三角形中,角 A,B,C 所对 的边 分 别 为 a,b,c;满 足 C ＝ π ６ ,且 b ＝ ４ ３sinB．则 三 角 形 ABC 面 积 的 最 大 值 为 ． 思考 一 根 据 已 知 条 件,联 想 到 正 弦 定 理,通过恒等变换,把三角形面积表示成某个 角的三角函数的形式,即转化成y＝Asin(ωx ＋φ)＋B 的形式,然后求最值． 解法１ S＝ １ ２ absinC＝ １ ２ ×４ ３sinA ４ ３sinBsin π ６ ＝１２sinAsinB ＝１２sinAsin( ５π ６ －A) ＝１２sinA(sin ５π ６ cosA－cos ５π ６ sinA) ＝１２sinA( １ ２ cosA＋ ３ ２ sinA) ＝６sinAcosA＋６ ３sin２A ＝３sin２A＋６ ３ １－cos２A ２ ＝３sin２A＋３ ３(１－cos２A) ＝３sin２A－３ ３cos２A＋３ ３ ＝６sin(２A－ π ３ )＋３ ３． 因为０＜A＜ ５π ６ , 所以０＜２A＜ ５π ３ ,－ π ３ ＜２A－ π ３ ＜ ４π ３ ． 当２A－ π ３ ＝ π ２ 时,即 A＝ ５π １２ 时,S 有最大 值６＋３ ３． 思考二 根据已知条件,运用正弦定理和 余弦定理合理转化,联 想 到 不 等 式 a２ ＋b２ ≥ ２ab,面积公式S＝ １ ２ absinC,进行合理放缩探 求最值． 解法２ c sinC ＝ b sinB ＝４ ３, c＝４ ３sin π ６ ＝２ ３． 又c２＝a２＋b２－２abcosC, １２＝a２＋b２－ ３ab． 因为a２＋b２≥２ab(当且仅当a＝b 时等号 成立), 所以(２－ ３)ab≤１２,ab≤１２(２＋ ３)． S＝ １ ２ absinC＝ １ ２ absin π ６ ＝ １ ４ ab≤３(２＋ ３), 当且仅当a＝b时S 有最大值３(２＋ ３)． 思考三 将三角形与其外接圆相结合,运 用数形结合思想研究分析问题． 解法 ３ 三 角 形 ABC 的 外 接 圆 直 径 为 ４ ３,C＝ π ６ ,C＝２ ３． 问题为何时三角形 ABC 面积最大,不难 发现当三角形 ABC 为等腰三角形C 为顶角时 面积最大． S＝ １ ２ AB×CD＝ １ ２ ×AB×AD×tan７５° ＝ １ ２ ×２ ３× ３×tan７５°＝６＋３ ３． (责审 高雪松) １３
中学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 立体几何垂直存在性问题解题方法 赵月灵 路 (北京市通州区潞河中学,北京101149) 垂直关系是立体几何的核心内容,此类问题找出.由已知易知直线PE⊥平面ABCD.所以 万 涉及的点具有运动性和不确定性,所以解决起来只需要平面GAM内有直线PE的平行线.因 :云难度较大大部分的同学对存在性问题胆怯,不为M是PD的中点,所以只需找到ED的中点 知从何处下手本文主要是谈谈在解决立体几何即可 中与垂直相关的存在性问题时,如何运用线面垂 解存在,G为 直这个“中枢站”,搭建桥梁,实现线线、线面、面CD边的中点 面之间垂直位置关系的灵活转化 连接ED,AG交 1“以静制动”,抓定量,把动态的问题过程于点O.连接EG, 转化为静态问题 存在性问题,显著特点是动,因为动点会 因为E,G分别为 产生动直线、动平面.因为“动”,所以使人很难AB,CD边的中点 看清问题的本质,理不出思路.其实,动的背后 所以AE∥DG且AE=DG 定有不动的量,我们解题时要抓住不动的东 即四边形AEGD为平行四边形,O为ED 西,“以静制动”.也就是从不变的量入手,以定的中点 量作为切入点,将动态的过程转化为静态的问 又因为M为PD的中点, 所以MO∥PE 例1如图1,在四 易证知PE⊥平面ABCD 棱锥P一ABCD中,底 所以MO⊥平面ABCD 面ABCD是菱形, 又因为MOC平面GAM, ∠ABC=60°,△PAB为 所以平面GAM⊥平面ABCD 正三角形,且侧PAB⊥ 在点的运动中,有些图形或关系保持不变 底面ABCD.E,M分别 (即静),挖掘这些静的因素往往成为解题的关 为线段AB,PD的中点 键.“以静制动”,抓定量,把动态的问题过 中 在棱CD上是否存在点G,使平面GAM 化为静态问题 学平面ABCD,请说明理由 2“以退为进”,把空间的问题转化为平面 分析证明面面垂直的判定定理是:一个内问题 平面过另一个平面的一条垂线,则这两个平面 著名数学家华罗庚指出:“善于‘退’,足够地 垂直.分析知只要平面GAM内存在一条直线 退’,退’到最原始而不失去重要性的地方,是 垂直于平面ABCD即可.可知这条直线要满足学好数学的一个决窍”“以退为进”是探索式思 两个条件:一是要在平面GAM内,二是要垂直维的一种重要方法,以退为进,最常见的是把问 于平面ABCD.平面GAM是动平面,平面AB-题简单化,从最简单的情况入手,在立体几何 CD是定平面,所以定平面ABCD的垂线容易可以把空间的问题转化为平面内问题 网址: zxss. cbp. cnki. net● 14 邮箱:zx2486@163.com
中学生数学２０２０年２月上第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 思 路 与 方 法 立体几何垂直存在性问题解题方法 赵月灵 (北京市通州区潞河中学,北京 １０１１４９) 垂直关系是立体几何的核心内容,此类问题 涉及的点具有运动性和不确定性,所以解决起来 难度较大．大部分的同学对存在性问题胆怯,不 知从何处下手．本文主要是谈谈在解决立体几何 中与垂直相关的存在性问题时,如何运用线面垂 直这个“中枢站”,搭建桥梁,实现线线、线面、面 面之间垂直位置关系的灵活转化． １“以静制动”,抓定量,把动态的问题过程 转化为静态问题 存在性问题,显著特点是动,因为动点会 产生动直线、动平面．因为“动”,所以使人很难 看清问题的本质,理不出思路．其实,动的背后, 一定有不动的量,我们解题时要抓住不动的东 西,“以静制动”．也就是从不变的量入手,以定 量作为切入点,将动态的过程转化为静态的问 题． 图１ 例１ 如图１,在四 棱锥 P－ABCD 中,底 面 ABCD 是 菱 形, ∠ABC＝６０°,△PAB 为 正三角形,且侧PAB⊥ 底面ABCD．E,M 分别 为线段AB,PD 的中点． 在棱CD 上是否存在点G,使平面GAM⊥ 平面 ABCD,请说明理由． 分析 证明面面垂直的判定定理是:一个 平面过另一个平面的一条垂线,则这两个平面 垂直．分析知只要平面 GAM 内存在一条直线 垂直于平面ABCD 即可．可知这条直线要满足 两个条件:一是要在平面GAM 内,二是要垂直 于平面ABCD．平面GAM 是动平面,平面ABＧ CD 是定平面,所以定平面 ABCD 的垂线容易 找出．由已知易知直线 PE⊥平面 ABCD．所以 只需要平面 GAM 内有直线PE 的平行线．因 为 M 是PD 的中点,所以只需找到ED 的中点 即可． 图２ 解 存 在,G 为 CD 边的中点． 连 接 ED,AG 交 于 点 O．连 接 EG, MO． 因为E,G 分别为 AB,CD 边的中点． 所以 AE∥DG 且AE＝DG, 即四边形 AEGD 为平行四边形,O 为ED 的中点． 又因为 M 为PD 的中点, 所以 MO∥PE． 易证知PE⊥平面 ABCD． 所以 MO⊥平面 ABCD． 又因为 MO⊂平面GAM, 所以平面GAM⊥平面 ABCD． 在点的运动中,有些图形或关系保持不变 (即静),挖掘这些静的因素往往成为解题的关 键．“以静制动”,抓定量,把动态的问题过程转 化为静态问题． ２“以退为进”,把空间的问题转化为平面 内问题 著名数学家华罗庚指出:“善于‘退’,足够地 ‘退’,‘退’到最原始而不失去重要性的地方,是 学好数学的一个决窍”．“以退为进”是探索式思 维的一种重要方法．以退为进,最常见的是把问 题简单化,从最简单的情况入手,在立体几何中 可以把空间的问题转化为平面内问题． １４
学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 例2如图3,在 3“执果索因”,抓线面垂直实现三种关系 三棱柱ABC 的灵活转化 A1B1C1中,侧棱垂直 垂直关系中通常围绕着直线与直线直线思 于底面,AC⊥BC,AC 与平面、平面与平面这三种关系展开研究,而 路 =BC=CC1,E,F分 别为A1B1,BC的中 三种关系的转化到至关重要的根纽作用但与 点.在棱CC1上是否存 线面的垂直往往不易找到合适的直线或平面.万 点G,使得平面 所以在探索时我们要从已知条件发散,围绕目 B1EG⊥平面A1C1F?说明理由 的灵活转化 分析同前分析知只要直线B1G或GE 例3如图5,在四 垂直于平面A1C1F即可.根据图形首先选择棱锥A-BCDE中,底 B1G⊥平面A1C1F,我们需要直线B1G垂直于面BCDE为正方形,平 平面A1C1F内两条相交直线.看似很复杂,不面ABE⊥底面BCDE 可以解决,但“以退为进”,把问题简单化,退到AB=AE=BE,点M,N 最简单的情况,如果直线B1G⊥平面A1C1F,分别是AE,AD的中点 则B1G⊥C1F必定成立,可以在面B1C1CB内在棱DE上是否存在一点G,使得CG⊥AD,并说 作B1G⊥C1F.然后发现这里A1C1⊥平面明理由 B1C1CB,所以A1C1⊥B1G,所以直线B1G⊥ 分析要证线线 平面A1C1F.通过“以退为进”,把问题简单化 垂直可以证线面垂直 把空间的线面垂直问题转化为平面内线线垂最初的想法,只要直线 直的问题解决 B1CG⊥面ADE即可,则 解存在,G为 点G和点D重合,所 图6 CC1的中点 以CD⊥面ADE,显 连接EG,GB 这不可能.到底哪个面是合适的面呢?因此已 在正方形BB1C1C 知条件面ABE⊥面BCDE,若进行发散,若O 中 为BE中点,连接O、D两点,AO⊥面BCDE, 因为F为BC中点 所以只需要做CG⊥OD 所以B1G⊥C1F 解取BE中点O,连接AO,DO,过C点 易见AC⊥平面BB1C1C 作CG⊥OD,交DE于点G则点G即为所求作 因为AC∥A1C1 的点,理由:因为平面ABE⊥面BCDE,O为 中 所以A1C1⊥平面BB1C1C BE中点,则AO⊥面BCDE,AO⊥CG,因为学 因为B1GC平面BB1C1C CG⊥面AOD,CG⊥AD 所以A1C1⊥B1G 存在性问题的难点就是不确定性,它本质上 因为A1Cl∩C1F=C1 需要通过图形展开想象能力和依据判断进行推 教 所以B1G⊥平面A1C1F 理,这一部分的学习可以有效培养同学们直观想 因为B1GC平面B1EG, 象和逻辑推理素养,希望大家掌握这些方法 所以平面B1EG⊥平面A1C1F (责审高雪松) 址: zxss. cbpt cnki 15· 邮箱:zxss2486@163
中学生数学２０２０年２月上第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 思 路 与 方 法 图３ 例２ 如 图 ３,在 三 棱 柱 ABC － A１B１C１ 中,侧 棱 垂 直 于底面,AC⊥BC,AC ＝BC＝CC１,E,F 分 别 为 A１B１,BC 的 中 点．在棱CC１ 上是否存 在一 点 G,使 得 平 面 B１EG⊥平面 A１C１F? 说明理由． 分析 同前分析知只要直线 B１G 或GE 垂直于平 面 A１C１F 即 可．根 据 图 形 首 先 选 择 B１G⊥平面A１C１F,我们需要直线B１G 垂直于 平面 A１C１F 内两条相交直线．看似很复杂,不 可以解决,但“以退为进”,把问题简单化,退到 最简单的情况,如果直线 B１G⊥平面 A１C１F, 则B１G⊥C１F 必定成立,可以在面B１C１CB 内 作 B１G ⊥C１F．然 后 发 现 这 里 A１C１ ⊥ 平 面 B１C１CB,所以 A１C１ ⊥B１G,所以直线 B１G⊥ 平面 A１C１F．通过“以退为进”,把问题简单化, 把空间的线面垂直问题转化为平面内线线垂 图４ 直的问题解决． 解 存 在,G 为 CC１ 的中点． 连接EG,GB１． 在 正 方 形 BB１C１C 中, 因为F 为BC 中点, 所以B１G⊥C１F． 易见 AC⊥平面BB１C１C, 因为 AC∥A１C１, 所以 A１C１⊥平面BB１C１C． 因为B１G⊂平面BB１C１C, 所以 A１C１⊥B１G． 因为 A１C１∩C１F＝C１, 所以B１G⊥平面 A１C１F． 因为B１G⊂平面B１EG, 所以平面B１EG⊥平面 A１C１F． ３“执果索因”,抓线面垂直,实现三种关系 的灵活转化 垂直关系中通常围绕着直线与直线、直线 与平面、平面与平面这三种关系展开研究,而 作为这三种关系的“中枢站”—线面垂直,为这 三种关系的转化起到至关重要的枢纽作用．但 线面的垂直,往往不易找到合适的直线或平面． 所以在探索时我们要从已知条件发散,围绕目 的灵活转化． 图５ 例３ 如图５,在四 棱锥 A－BCDE 中,底 面BCDE 为正方形,平 面 ABE⊥底面 BCDE, AB＝AE＝BE,点 M,N 分别是AE,AD 的中点． 在棱DE 上是否存在一点G,使得CG⊥AD,并说 明理由． 图６ 分析 要 证 线 线 垂直可 以 证 线 面 垂 直． 最初的想法,只要直线 CG⊥面 ADE 即可,则 点 G 和 点 D 重 合,所 以CD⊥面 ADE,显然 这不可能．到底哪个面是合适的面呢? 因此已 知条件面 ABE⊥面 BCDE,若进行发散,若 O 为BE 中点,连接 O、D 两点,AO⊥面 BCDE, 所以只需要做CG⊥OD． 解 取BE 中点O,连接 AO,DO,过C 点 作CG⊥OD,交DE 于点G．则点G 即为所求作 的点．理 由:因 为 平 面 ABE⊥ 面 BCDE,O 为 BE 中点,则 AO⊥ 面 BCDE,AO⊥CG,因 为 CG⊥面 AOD,CG⊥AD． 存在性问题的难点就是不确定性,它本质上 需要通过图形展开想象能力和依据判断进行推 理,这一部分的学习可以有效培养同学们直观想 象和逻辑推理素养．希望大家掌握这些方法． (责审 高雪松) １５
中学生数学·2020年2月上·第627期(高中) 随机抽样——掌握本质,准确求解 李桂春 路 (北京师范大学附属实验中学,北京100032) 万 推断性统计学的基本思想方法是用样本类别各自特点 相互联系适用范围 活/计总体,即通过从总体中抽取一个样本,根 各层抽样时可 据样本的情况去推断总体的相应情况因此科分层 抽样成几层,分层进行抽采用简单随/总体由差异 将总体按某种特征分 明显的几部 抽样或系统抽 学、合理地选择抽样方法采集样本,直接关系 分组成时 样 到对总体推断的准确程度.在学习中了解简单 随机抽样、系统抽样、分层抽样的操作方法以 3应用举例 及它们的区别与联系是我们解决有关统计问 例1对一个容量为N的总体抽取容量 题的一个重点内容 为n的样本,当选取简单随机抽样、系统抽样和 l知识归纳 分层抽样三种不同方法抽取样本时,总体中每 在抽样时每一个个体被抽到的机会是均 等的,这样的抽样叫做随机抽样,分为三种: 个个体被抽中的概率分别为p1,p2,p3,则 单随机抽样、系统抽样、分层抽样. (1)简单随机抽样:从元素个数为N的总 (A)p1=p2<p3(B)p2=p3<p 体中不放回地抽取容量为n样本,简单随机抽 (C)p1=p3<p2(D)p1=p2=p3 样常用的方法:①抽签法;②随机数表法. 解这三种抽样方法的共同点都是随机 抽样,即等可能性抽样,即不管采用哪种方式 (2)系统抽样:当总体元素个数很大时,可 进行抽样,每一个个体被抽到的概率都相等, 将总体分成均衡的若干部分,然后按照预先制 故选(D) 定的规则,从每一部分抽取一个个体,得到所 小结解答本题的关键是抓住简单随机 需要的样本 (3)分层抽样:当总体由明显差异的几部抽样法、系统抽样法、分层抽样法的共同点就 分组成时,将总体中各个个体按某种特征分是三种抽样方法都是等可能性抽样 中 层,在各层中按层在总体中所占比例进行简单 例2某地有居民100000户,其中普通家 庭99000户,高收入家庭1000户,从普通家庭 学随机抽或系统抽样 2三种随机抽样的区别和联系 中以简单随机抽样方式抽取990户,从高收入 家庭中以简单随机抽样方式抽取100户进行调 各自特点 相互联系适用范围 查,发现共有120户家庭拥有3套或3套以上 简单随从总体中逐个抽取最基本的抽样总体容量较 机抽样 小时 住房,其中普通家庭50户,高收人家庭70户 依据这些数据并结合所掌握的统计知识,你认 系统将总体分成均衡的几在起始部分抽 规则在各部分抽取单随机抽样/ 抽样部分,按事先制定的样时,采用简 为该地拥有3套或3套以上住房的家庭所占比 例的合理估计是 网址: Zxsscbpt. cnki, net 16· 邮箱:zx2486@163.com
中学生数学２０２０年２月上第６２７期(高中) 网址:zxss．cbpt．cnki．net 邮箱:zxss２４８６＠１６３．com 思 路 与 方 法 随机抽样———掌握本质,准确求解 李桂春 (北京师范大学附属实验中学,北京 １０００３２) 推断性统计学的基本思想方法是用样本 估计总体,即通过从总体中抽取一个样本,根 据样本的情况去推断总体的相应情况．因此,科 学、合理地选择抽样方法采集样本,直接关系 到对总体推断的准确程度．在学习中了解简单 随机抽样、系统抽样、分层抽样的操作方法以 及它们的区别与联系是我们解决有关统计问 题的一个重点内容． １ 知识归纳 在抽样时每一个个体被抽到的机会是均 等的,这样的抽样叫做随机抽样,分为三种:简 单随机抽样、系统抽样、分层抽样． (１)简单随机抽样:从元素个数为 N 的总 体中不放回地抽取容量为n 样本,简单随机抽 样常用的方法:①抽签法;②随机数表法． (２)系统抽样:当总体元素个数很大时,可 将总体分成均衡的若干部分,然后按照预先制 定的规则,从每一部分抽取一个个体,得到所 需要的样本． (３)分层抽样:当总体由明显差异的几部 分组成 时,将 总 体 中 各 个 个 体 按 某 种 特 征 分 层,在各层中按层在总体中所占比例进行简单 随机抽样或系统抽样． ２ 三种随机抽样的区别和联系 类别 各自特点 相互联系 适用范围 简单随 机抽样 从总体中逐个抽取 最基 本 的 抽 样 方法 总体容量较 小时 系统 抽样 将总体分成均衡的几 部分,按 事 先 制 定 的 规则在各部分抽取 在起 始 部 分 抽 样 时,采 用 简 单随机抽样 总体容量较 大时 类别 各自特点 相互联系 适用范围 分层 抽样 将总体按某种特征分 成几层,分 层 进 行 抽 取 各层 抽 样 时 可 采用 简 单 随 机 抽样 或 系 统 抽 样 总体由差异 明显的几部 分组成时 ３ 应用举例 例１ 对一个容量为 N 的总体抽取容量 为n 的样本,当选取简单随机抽样、系统抽样和 分层抽样三种不同方法抽取样本时,总体中每 个个 体 被 抽 中 的 概 率 分 别 为 p１,p２,p３,则 ( )． (A)p１＝p２＜p３ (B)p２＝p３＜p１ (C)p１＝p３＜p２ (D)p１＝p２＝p３ 解 这三种抽样方法的共同点都是随机 抽样,即等可能性抽样,即不管采用哪种方式 进行抽样,每一个个体被抽到的概率都相等, 故选(D)． 小结 解答本题的关键是抓住简单随机 抽样法、系统抽样法、分层抽样法的共同点就 是三种抽样方法都是等可能性抽样． 例２ 某地有居民１０００００户,其中普通家 庭９９０００户,高收入家庭１０００户．从普通家庭 中以简单随机抽样方式抽取９９０户,从高收入 家庭中以简单随机抽样方式抽取１００户进行调 查,发现共有１２０户家庭拥有３套或３套以上 住房,其中普通家庭５０户,高收人家庭７０户． 依据这些数据并结合所掌握的统计知识,你认 为该地拥有３套或３套以上住房的家庭所占比 例的合理估计是 ． １６