沙漠之舟是什么动物-九霄云外

由向量形式的三角形面积公式得到的坐标式三角形面积公式及其应用

高考题1 (2010年高考辽宁卷理科第8题)平面上
O,A,B
三点不共线，设
OAa,OBb
，则
OAB
的面积等于( )
22
11
A.
ab(ab)
B.
ab(ab)
C.
ab(ab)2
D.
22
答案：C.
这道高考题的结论就是向量形式的三角形面积公式：
22
2
22
2
ab(ab)2

22
定理1 若三点
O,A,B
不共线，则
S
OAB

证明
S
OAB

22
1
OAOB(OAOB)2
. < br>2
22
11
OAOB1cos2AOBOAOB(OAOB)2.
22
由此结论，还可证得
定理2 若三点
O,A,B
不 共线，且点
O
是坐标原点，点
A,B
的坐标分别是
(x
1< br>,y
1
),(x
2
,y
2
)
，则
S
OAB

1
x
1
y
2
x
2< br>y
1
.
2
证法1 由定理1，得
11
2222
(x
1
y
1
)(x
2
y
2
) (x
1
x
2
y
1
y
2
)
2< br>x
1
y
2
x
2
y
1

22
证法2 可得直线
AB
的方程是
S
OAB

(y
1
y
2
)x(x
1
x
2< br>)y(x
1
y
2
x
2
y
1
) 0

所以坐标原点
O
到直线
AB
的距离是
x
1
y
2
x
2
y
1
AB
，进而可得AOB
的面积是
S
OAB

x
1
y2
x
2
y
1
11
ABx
1
y< br>2
x
2
y
1
.
22
AB
下面用定理2来简解10道高考题.
高考题2 (2014年高 考四川卷理科第10题)已知F为抛物线y
2
＝x的焦点，点A，B
→→
在该 抛物线上且位于x轴的两侧，OA·OB＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面
积之和的 最小值是( )
172
A．2 B．3 C. D.10
8

1

解 B.得
F

,0

，可不妨设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)(y
1
0y
2
)
.
< br>4

由
OAOBx
1
x
2
y
1
y
2
y
1
y
2
y
1
y2
2
，可得
y
1
y
2
2
，所以 由定理2，得
22
S
ABO

所以
11
2< br>1
2
x
1
y
2
x
2
y
1
y
1
y
2
y
2
y
1
y1
y
2
y
1
y
2
y
1
y
2
y
1
y
2

222

S
ABO
S
AFO
y
1
y
2

1199
y
1
y
1
y
2
2 y
1
y
2
3

2488
49
(可得当且 仅当
y
1
,y
2

时取等号)
38
所以选B.
高考题3 (2011年高考四川卷文科第12题)在集合

1,2,3,4,5

中任取一个偶数
a
和一
个奇数< br>b
构成以原点为起点的向量

(a,b)
.从所有得到的以原点为起 点的向量中任取两
个向量为邻边作平行四边形，记所有作为平行四边形的个数为
n
，其 中面积等于2的平行四
边形的个数
m
，则
m

( )
n
11
24
A. B.C. D.
5

15
3
15
解 B.所有满足题意的向量 有6个

1
(2,1),

2
(2,3),

3
(2,5),

4
(4,1),

5
(4,3),

6
(4,5)
，以其中的两个向量为邻边的平行
2
四边形有
nC
6
15
个.
设

i
(x
1
,y
1
),

j
(x
2
,y
2
)
，得
x
1
,x
2
 (2,4);y
1
,y
2
(1,3,5)
，由定理2得，以

i
,

j
为邻边
的平行四边形的面积是
S< br>1
x
1
y
2
x
2
y
1
 2
，可得这样的向量

i
,

j
有3对：
2
(2,3),(4,5);(2,1),(4,3);(2,1),(4,1)
.
所以
m31

.
n155
高考题4 (2011年高考四川卷理科第12题) 在集合{1,2,3,4,5}中任取一个偶数
a
和 一个
奇数
b
构成以原点为起点的向量

(a,b)
.从所 有得到的以原点为起点的向量中任取两个
向量为邻边作平行四边形.记所有作成的平行四边形的个数为< br>n
，其中面积不超过4的平行
四边形的个数为
m
，则
m

( )
n
1
422
A. B. C. D.
3
1553
解 基本事件是由向量
(2,1 ),(2,3),(2,5),(4,1),(4,5),(4,3)
中任取两个向量为邻边作平
2
行四边形，得
nC
6
15
.由定理2可得：
组成 面积为2的平行四边形的向量有3对：
(2,3),(4,5);(2,1),(4,3);(2,1) ,(4,1)
.
组成面积为4的平行四边形的向量有2对：
(2,3),(2,5) ;(2,1),(2,3)
.

组成面积为6的平行四边形的向量有2对：(2,3),(4,3);(2,1),(4,5)
.
组成面积为8的平行四边形的向量 有3对：
(2,1),(2,5);(4,1),(4,3);(4,3),(4,5)
. < br>组成面积为10的平行四边形的向量有2对：
(2,3),(4,1);(2,5),(4,5)
.
组成面积为14的平行四边形的向量有1对：
(2,5),(4,3)
.
组成面积为16的平行四边形的向量有1对：
(4,1),(4,5)
.
组成面积为18的平行四边形的向量有1对：
(2,5),(4,1)
.
满足条件的事件有
m325
个，所以
m51

.
n153
高考题5 (2009年高考陕西卷文科、理科第21题)已知双曲线
C< br>的方程为
y
2
x
2
25
5
1(a0, b0)
，离心率，顶点到渐近线的距离为.
e
a
2
b
2
5
2
(1)求双曲线
C
的方程；
(2)如图1所示，
P
是双曲线
C
上一点，
A,B
两点在双曲线
C
的两条渐近线上，且分
别位于第一、二象限.若
AP
PB,



,2

，求
AOB
面积的取值范围.
3

1



图1
y
2
x
2
1
. 解 (1)(过程略)
4< br>(2)可设
A(t,2t),B(s,2s),s0,t0
，由定理2及题设可得
S
AOB
2st
.
由
AP
PB
，可得
P


t2

s2t2

s

,

，把它代入双曲线
C
的方程，化简得
1


1


(1

)
2
4

st
，所以
S
AOB

1

1

1





1



2


2



3

可得
AOB
面积的取值范围是

2，

.
高考题6 (2007年高考陕西卷理科第21题即文科第22题)已知椭圆

8< br>

3

x
2
y
2
6
C:
2

2
1(ab0)
的离心率是，短轴的一个端点与右焦点的 距离是
3
.
ab
3
(1)求椭圆
C
的方程； < br>(2)设直线
l
与椭圆
C
交于
A,B
两点，坐标原点
O
到直线
l
的距离为
积的最大值.
3
，求
AOB
面
2
x
2
y
2
1
. 解 (1)(过程略)
3
(2)设
A(x
1
,y
1
), B(x
2
,y
2
)
，由定理2及题设得
2S
A OB
x
1
y
2
x
2
y
1
< br>由椭圆的参数方程知，可设
x
1
3cos

,y
1
sin

,x
2
3cos

,y
2< br>sin

，得
2S
AOB
x
1
y< br>2
x
2
y
1
3sin(



)

从而可得，当且仅当点
A,B
是椭圆
C
的两个 顶点且
AOB

2
时
AOB
的面积取到
最大 值，且最大值是
3
.
2
高考题7 (2010年高考重庆卷理科第20题 )已知以原点
O
为中心，
F(5,0)
为右焦点
的双曲线
C
的离心率
e
5
.
2
(1)求双曲线
C
的标准方程及其渐近线方程；
(2)如图2所 示，已知过点
M(x
1
,y
1
)
的直线
l
1
:x
1
x4y
1
y4
与过点
N(x
2
,y
2
)
(其中
x
2
x
1
) 的直线
l
2
:x
2
x4y
2
y4
的交 点
E
在双曲线
C
上，直线
MN
与两条渐近线分别交
于
G、H
两点，求
OGH
的面积.

图2
x
2
解 (1)(过程略)双曲线
C
的标准方程为
y
2
1
，其渐近线方程为
x2y0
.
4
(2)由“两点确定一直线”可得直线
MN
的方程为：
x
E
x4y
E
y4
.
分别解方程组

x
E
x4y
E
y4


x2y0,

xE
x4y
E
y4


x2y0
，得< br>
4

422

G

,,H< br>
,

.
x2yx2yx2yx2y
EEE
EEE

E

E
因为点
E
在双曲 线
C
上，所以
x
E
4y
E
4
.
由定理2，得
22
S
OGH

1

8 888



2
2

22
2

x
E
4y
E
2
x
E
2
4y
E
2

4
x4y
EE

注 下面将指出图2的错误：
因为点
E
关于
x
轴的对称点
E< br>
(x
E
,y
E
)
也在双曲线
C
上，而双曲线
C
在点
E

处的切
线方程为
x
E
x
(y
E
)y1
即
x
E
x4 y
E
y4
也即直线
MN
，所以直线
MN
与双曲线
C
应
4
当相切，而不是相离.
x
2
y
2
1
交于高考题8 (2011年高考山东卷 理科第22题)已知动直线
l
与椭圆
C:
32
P(x
1,y
1
)、Q(x
2
,y
2
)
两不同点，且< br>OPQ
的面积
S
OPQ

(1)证明：
x
1
x
2
和
y
1
y
2
均为定值； < br>(2)设线段
PQ
的中点为
M
，求
OMPQ
的最大 值；
2222
6
，其中
O
为坐标原点.
2

(3)椭圆
C
上是否存在三点
D、E、G
，使得
S
ODE
S
ODG
S
OEG
判断
DEG
的形状；若不存在，请说明理由.
6
？若存在，
2
解 (1)可设
P(3cos

,2sin

)、Q(3cos

,2sin

)
，由定理2，得
S
OPQ

66

sin(



)
22
S
OPQ

66
sin(



),sin(



) 1,cos(



)0

22



k


22
22

2
2(k
Z)
2
22
所以
x
1
x
2
3(cos

cos

)3(sin

c os

)3,y
1
y
2
3
.
(2)在(1)的解答中：
当
k
为奇数时，得
P(3sin

,2cos

)、Q(3cos

,2sin
)
，

3

1
2
2

，所以
OMPQ25sin2

.
M

(sin

cos

),(sin

cos

)

2

2
2

当
k
为偶数时，得P(3sin

,2cos

)、Q(3cos

, 2sin

)
，

3

1
2
2< br>
，所以
OMPQ25sin2

.
M
< br>(cos

sin

),(cos

sin
)


2
22

所以
OMPQ
的最大值是
5
.
2
(3)可设
D(3cos
< br>,2sin

)、E(3cos

,2sin

)、 G(3cos

,2sin

)
，由(1)
的解答知 


k



2
,
< br>

l



2
,



m



2
(k,l,m
Z)
把这三式相加，得
0(klm)


3
< br>(klm
Z)，这不可能！所以椭圆
C
上不
2
6
.
2
存在三点
D、E、G
，使得
S
ODE
 S
ODG
S
OEG

高考题9 (2013年高考山东卷文 科第22题)在平面直角坐标系
xOy
中，已知椭圆C的

中心在原点O ，焦点在
x
轴上，短轴长为2，离心率为
(1)求椭圆C的方程；
(2)< br>A,B
为椭圆C上满足
AOB
的面积为
2
.
2< br>6
的任意两点，E为线段
AB
的中点，射线
4
OE交椭圆C与 点P，设
OPtOE
，求实数
t
的值.
x
2
解 (1)(过程略)
y
2
1
.
2
(2)当直线
OE
的斜率不存在时，可求得
t2
或
2
3
.
3
当直线
OE
的斜率存在时，可设
A(2cos

,sin< br>
),B(2cos

,sin

)
，由定理2得< br>S
OAB

3
.
2
可
2631



1
sin(



),sin(



),cos(



),co s
242222
或
得




< br>




E

2coscos,si ncos

2222

，所以直线
OE:y
x









，所以 ，求得
P

tan
,sin

2cos
2
2
22

t
y
P
y
E

cos
1



2
2
或
2< br>3

3
总之，
t2
或
2
3
.
3
高考题10 (2008年高考海南、宁夏卷理科第21题)设函数
f(x)< br>1
yf(x)
在点
(2，f(2))
处的切线方程为
y3
．
ax，(aZb
，曲线
)
xb
(1)求
f(x)
的解析式.
(2)证明：函数
yf(x)
的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心； (3)证明：曲线
yf(x)
上任一点的切线与直线
x1
和直线yx
所围三角形的面积为
定值，并求出此定值．

答案：(1)
yx
1
.(2)略.(3)2.
x1
b
，曲线
x
高考题11 (2008年高考海南、宁夏卷文 科第21题)设函数
f(x)ax
yf(x)
在点
(2，f(2))< br>处的切线方程为
7x4y120
．
(1)求
f(x)
的解析式；
(2)证明：曲线
yf(x)上任一点处的切线与直线
x0
和直线
yx
所围成的三角形面
积为定值，并求此定值．
答案：(1)
yx
3
.(2)6.
x
下面给出这两道高考题结论的推广.
x
2
y
2
定理3 (1)双曲线
2

2
1(a0,b0)
上任一点的切线与两条渐近线
ab
y
bb
x,yx
围成三角形的面积是
Sab
；
aa
b(2)曲线
yax(b0)
上任一点的切线与两条渐近线
x0,yax
围成三角形的
x
面积是
Sb
；
(3)曲线
y axc
b
(b0)
上任一点的切线与两条渐近线
xd
xd 0,yaxc
围成三角形的面积是
Sb
.
证明 (1)如图3所 示，可求得过双曲线上任一点
P(x
0
,y
0
)(b
2x
0
a
2
y
0
a
2
b
2
)
的
切线方程是
b
2
x
0
xa
2
y
0
ya
2
b
2
，还可求得它与两条渐近线< br>y
22
bb
x,yx
的交点分
aa

a
2
bab
2

a
2
bab
2

别为
M

再由定理2可立得欲证成立.

bxay
,
bxay


,N


bxay< br>,
bxay


，
000

000
0

0

图3

(2)由
yax
切线方程是

b
< br>bb

x,ax
(b0)
，得
y

a 
2
.所以过该曲线上任一点
P

的
00
x
0

x
x

b

b

yax
0


a
2

(x x
0
)


x
0

x
0

从而可求得它与两条渐近线
x0,yax
的交点分别为
M
< br>
0,


2b


,N(2x
0
,2ax
0
)
，再

x
0

由定 理2可立得欲证成立.
bb
a(xd)cad
，所以曲线
xd xd
b
b
yaxc(b0)
是由曲线
yax(b0 )
沿向量
(d,cad)
平移后得到
x
xd
(3)因 为
yaxc
的，所以由结论(2)立得结论(3)成立.
(4)