1、由向量形式的三角形面積公式得到的坐標式三角形面積公式及其應用高考題 1 (2010 年高考 遼寧卷 理科 第 8 題)平面上 O,A,B 三點不 共線， 設OA a,OB b ，則 OAB 的面積等于 ( )A. a b (a b)2 B. a b (a b) 答案： C. 這道高考題的結論就是向量形式的三角形面積公式： 定理 1 若三點 O,A,B 不共線，則 S OAB 1 OA OBcos2 AOB 1 OA OB (OA OB)2 .C.12 a b(a b) 2(a b) 2 D.(OA OB)2 .證明 S OAB 1OAOB 1由此結論，還可證得定理 2 若三點O,A,B不共線，

2、且點O是坐標原點，點 A,B的坐標分別是1 (x1,y1),(x2,y2) ，則S OAB 2 x1y2 x2 y1 . 由定理 1，得1 2 2 2 2 2 S OAB(x1 y1 )(x2 y2 ) (x1x2 y1y2 )可得直線 AB 的方程是證法 1證法 21 x1y2 x2 y1(y1 y2)x (x1 x2 )y (x1 y2 x2y1) 0所以坐標原點x1y2x2 y1ABO 到直線 AB 的距離是，進而可得 AOB 的面積是1x1 y2 x2 y1 1S OAB 2 AB AB2 x1 y2 x2 y1 .下面用定理 2 來簡解 10 道高考題 .高考題 2 (2014 年高

3、考四川卷理科第 10 題)已知 F 為拋物線 y2x 的焦點，點 A，B 在該拋物線上且位于 x 軸的兩側， OAOB2(其中 O 為坐標原點 )，則 ABO 與 AFO 面 積之和的最小值是 ( )17 2A 2B3 C. 8 D. 101解 B.得 F 4,0 ，可不妨設 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 )( y1 0 y2).22由 OA OB x1x2 y1y2 y1 y2 y1y2 2，可得 y1y2 2 ，所以由定理 2，得S ABO 12 x1 y2 x2 y1 12 y1 y2 y2 y1 12 y1 y2 y1 y2 y1 y2 y1 y2所以S AFO y1

4、 y2 1241 y1 98 y1 y2 2 89 y1 y2 34 1 8 1 2 8 1 2(可得當且僅當 y1 4, y29 時取等號 )1 3 2 8所以選 B.高考題 3 (2011 年高考四川卷文科第 12題)在集合 1,2,3,4,5 中任取一個偶數 a和一個奇數 b 構成以原點為起點的向量(a,b).從所有得到的以原點為起點的向量中任取兩個向量為鄰邊作平行四邊形，記所有作為平行四邊形的個數為 n ，其中面積等于 2 的平行四邊形的個數 m ，則 m ( )2n141A.B.C.D.155153解B. 所有滿足題意 的 向 量 有 6 個1 (2,1), 2(2,3), 3 (2

5、,5),4 (4,1), 5(4,3), 6(4,5) ，以其中的兩個向量為鄰邊的平行四邊形有 n C6 15個 .設 i (x1,y1), j (x2, y2) ，得x1,x2 (2,4);y1,y2 (1,3,5) ，由定理 2得，以 i, j為鄰邊 的平行 四邊形 的面 積是 S 1 x1y2 x2y1 2 ，可 得這樣的向量 i, j 有 3 對： (2,3),(4,5);(2,1),(4,3);(2,1),(4,1).所以 m 3 1 .n 15 5 高考題 4 (2011年高考四川卷理科第 12題) 在集合1,2,3,4,5 中任取一個偶數 a和一個奇數 b 構成以原點為起點的向量

6、(a,b).從所有得到的以原點為起點的向量中任取兩個向量為鄰邊作平行四邊形 .記所有作成的平行四邊形的個數為n ，其中面積不超過 4 的平行四邊形的個數為m ，則 m ( ) n4 A.15122B. C. D.353解 基本事件是由向量 (2,1),(2,3),(2,5),(4,1),(4,5),(4,3) 中任取兩個向量為鄰邊作平行四邊形，得 n C62 15 .由定理 2 可得：組成面積為 2的平行四邊形的向量有 3對： (2,3),(4,5);(2,1),(4,3);(2,1),(4,1).組成面積為 4的平行四邊形的向量有 2對： (2,3),(2,5);(2,1),(2,3).組成

7、面積為6 的平行四邊形的向量有2 對：(2,3),(4,3);(2,1),(4,5).組成面積為8 的平行四邊形的向量有3 對：(2,1),(2,5);(4,1),(4,3);(4,3),(4,5).組成面積為10 的平行四邊形的向量有2對： (2,3),(4,1);(2,5),(4,5) .組成面積為14 的平行四邊形的向量有1對： (2,5),(4,3) .組成面積為16 的平行四邊形的向量有1對： (4,1),(4,5) .組成面積為18 的平行四邊形的向量有1對： (2,5),(4,1) .滿足條件的事件有 m 3 2 5 個，所以m51n 15 3 .高 考 題 5(2009 年高考

8、陜 西卷文 科、理科第 21 題)已知雙曲線C 的方程為x25252 1(a0,b 0) ，離心率 e，頂點到漸近線的距離為 .b225(1)求雙曲線C 的方程；(2)如圖 1 所示， P是雙曲線 C 上一點， A, B兩點在雙曲線 C 的兩條漸近線上，且分2 y2 a(2)可設 A(t,2t),B( s,2s),s 0,t 0，由定理 2及題設可得 S AOB 2st.t 2 s 2t 2 s由 AP PB，可得 P , ，把它代入雙曲線C 的方程，化簡得解 (1)( 過程略 ) y4別位于第一、二象限 .若 AP11(1 )2 4 st ，所以可得 AOB 面積的取值范圍是 2，8 .可得

9、 面積的取值范圍是 3高 考 題 6 (2007 年 高 考 陜 西 卷 理 科 第 21 題 即 文 科 第 22 題 ) 已 知 橢 圓22短軸的一個端點與右焦點的距離是3.C : x2 y2 1(a b 0)的離心率是 a 2 b 2求橢圓 C 的方程；設直線 l 與橢圓 C 交于 A,B 兩點，坐標原點3O到直線 l 的距離為 23 ，求 AOB 面積的最大值 .2解 (1)(過程略 ) y2 1.3(2)設 A(x1,y1),B(x2, y2 ) ，由定理 2及題設得2S AOB x1 y2 x2y1由橢圓的參數方程知，可設 x13cos , y1 sin ,x23cos , y2

10、sin ，得2S AOB x1 y2 x2 y13sin( )從而可得，當且僅當點 A, B是橢圓 C 的兩個頂點且 AOB 時 AOB的面積取到23最大值，且最大值是 3 .2高考題 7 (2010 年高考重慶卷理科第 20題)已知以原點 O為中心， F( 5,0) 為右焦點5的雙曲線 C 的離心率 e .2求雙曲線 C 的標準方程及其漸近線方程；(2)如圖 2 所示，已知過點 M (x1,y1)的直線 l1:x1x 4y1y 4與過點 N(x2,y2) (其中x2 x1 )的直線 l2 :x2x 4y2y 4的交點 E在雙曲線 C 上，直線 MN 與兩條漸近線分別交 于G、H 兩點，求 O

11、GH 的面積 .圖22解 (1)(過程略 )雙曲線 C 的標準方程為 x y2 1 ，其漸近線方程為 x 2y 0 .4由“兩點確定一直線”可得直線MN 的方程為： xEx 4yE y 4.分別解方程組xE x 4yE y 4 x 2y 0,xEx 4yE y 4x 2y 0，得xE 2yE2xE 2yExE 2yE xE 2yE因為點 E在雙曲線 C 上，所以 xE2 4yE2 4.由定理 2，得1S OGH882 2 2 2 ExE4yE2 xE4yxE2 4yE2注 下面將指出圖 2 的錯誤：因為點 E關于 x軸的對稱點 E (xE, yE )也在雙曲線 C上，而雙曲線 C 在點 E 處

12、的切 線方程為 xEx ( yE)y 1即 xEx 4yEy 4也即直線 MN ，所以直線 MN 與雙曲線 C 應4 E E E當相切，而不是相離高考題 8 (2011 年高考山東卷理科第22 題 )已知動直線l 與橢圓22321交于P(x1,y1)、Q(x2,y2 )兩不同點，且OPQ 的面積 S OPQ其中 O 為坐標原點2 2 2 2(1)證明： x1 x2 和 y1 y2 均為定值；(2)設線段 PQ 的中點為 M ，求 OM PQ 的最大值；(3)橢圓C 上是否存在三點 D、E、G，使得 S ODE6 ？若存在，2判斷 DEG 的形狀；若不存在，請說明理由解 (1)可設 P( 3co

13、s , 2sin )、Q( 3cos , 2sin ) ，由定理 2，得S6S OPQ 26sin( )6 ,sin() 1,cos( ) 0k (k Z)2 TOC o 1-5 h z 所以 x12x223(cos2cos2)3(sin 2cos2)3,y12y223.(2)在(1)的解答中：當 k 為奇 數時 ，得 P( 3sin , 2cos )、Q(3cos , 2sin)，M3 (sincos ),2 (sincos ) ，所以 OM PQ 125 sin2 2 .當 k 為偶 數時 ，得 P( 3sin , 2cos )、Q(3cos , 2sin)，3 2 1M 3 (cos s

14、in ), 2 (cos sin ) ，所以 OM PQ 1 25 sin2 2 .5 所以 OM PQ 的最大值是 5 .(3)可設 D( 3cos , 2sin )、E( 3cos , 2sin )、G( 3cos , 2sin )，由 (1)的解答知k 2, l 2, m 2(k,l,m Z)C 上不把這三式相加，得 0 (k l m) 3 (k l m Z )，這不可能！所以橢圓2存在三點 D、 E、G ，使得 S ODES ODG高考題 9 (2013 年高考山東卷文科第 22題)在平面直角坐標系 xOy中，已知橢圓 C 的3, cos() 1, cos22OE:y2cos2cos,

15、sin cos222tan ，求得2P 2 cos2, sin，所以中心在原點 O ，焦點在 x 軸上，短軸長為 2，離心率為 2 . 2(1)求橢圓 C 的方程；射線(2) A,B為橢圓 C上滿足 AOB 的面積為 6的任意兩點， E為線段 AB的中點， 4OE 交橢圓 C與點 P，設 OP tOE ，求實數 t的值 .2解 (1)(過程略 ) x y2 1.22(2)當直線 OE 的斜率不存在時，可求得 t 2 或 3 3當直線 OE 的斜率存在時，可設 A( 2cos ,sin ),B( 2cos ,sin )，由定理S OAB 22 sin()46 ,sin()cos2總之，t 2或

16、2 3 .3高考年高考海南、寧夏卷理科第21 題 )設函f( x) a x題 10 (20081 ，( a Zb，)曲線 y f (x)在點 (2， f (2)處的切線方程為 y 3xb(1)求 f (x) 的解析式 .(2)證明：函數 y f (x) 的圖象是一個中心對稱圖形，并求其對稱中心；證明：曲線 y f (x)上任一點的切線與直線 x 1和直線 y x 所圍三角形的面積為 定值，并求出此定值 答案： (1) y x.(2)略 .(3)2.x1高考題 11 (2008 年高考海南、寧夏卷文科第 21 題 ) 設函數 f (x) ax b ，曲線 xy f(x)在點 (2，f (2) 處

17、的切線方程為 7x 4y 12 0 (1)求 f (x) 的解析式；(2)證明：曲線 y f ( x)上任一點處的切線與直線 x 0和直線 y x 所圍成的三角形面 積為定值，并求此定值3答案： (1) y x .(2)6.x 下面給出這兩道高考題結論的推廣 .22定理 3 (1)雙曲 線 x2 y2 1(a 0,b 0) 上任 一點的 切 線 與兩條 漸 近 線 a2 b2y b x,yb x 圍成三角形的面積是 S ab ；aab(2) 曲線 y ax b(b 0) 上任一點的切線與兩條漸近線 x 0,y ax 圍成三角形的 x面積是 S b ；曲 線 y ax c b (b 0) 上 任

18、 一 點 的 切 線 與 兩 條 漸 近 線 xdx d 0,y ax c 圍成三角形的面積是 S b證明 (1)如圖 3 所示，可求得過雙曲線上任一點P(x0,y0)(b2x02 a2y02 a2b2) 的切線方程是 b2 x0 x a2 y0y a2b2 ，還可求得它與兩條漸近線 y b x,y b x 的交點分 aa別為 M22a b ab, ,Nbx0 ay0 bx0 ay0a2bbx0 ay0ab2bx0 ay0，再由定理2 可立得欲證成立圖3(2)由 y ax b(b 0)，得 yxa b2 .所以過該曲線上任一點 P x0,ax0 xx0切線方程是y ax0 x0ba2x0(x

19、x0)從而可求得它與兩條漸近線2bx 0, y ax的交點分別為 M 0,N(2x0,2ax0) ，再x0由定理 2 可立得欲證成立 .因為 y ax cb a(x d) b c ad ，所以曲線x d x dy ax c b (b 0) 是由曲線 y ax b(b 0) 沿向量 ( d,c ad) 平移后得到 x d x的，所以由結論 (2)立得結論 (3)成立.用排除法簡解 2015 年高考全國卷 I 理科第 12 題高考題 (2015 年高考全國卷 I 理科第 12 題)設函數 f(x)ex(2x1)ax a，其中 a1， 若存在唯一的整數 x0 使得 f(x0)0 得 x12，由 gx

20、()0 得 x 12，所以函數 g(x)在 是減函數、增函數A.3,33,3C. 2e,43D. 23e,1, 1 , 1,上分別, 2 , 2,上分別圖1直線 yaxa 過點 (1，0)若 a 0，則 f(x)0.結合函數圖象可知， 存在唯一的整數 x0，使得 f(x0)0 ，即存在唯一的整數 x0，使得點 (x0， f ( 1) 0， ax0 a)在點 (x0， g(x0) 的上方，得 x0 只能是 0，所以實數 a 應滿足 f(0)0， 即 f(1) 0，1 3e 2a 0，1 a0，解得 3 a1.2ee 0，即實數 a的取值范圍是 3 ,1 .2e .解法 2 (分離常數法 )D.令

21、x t 1后，得題設即關于 t的不等式 (2t 1)et 1 at(t 0) 有唯一的整數解 .若 t 0 ，由 a1，可得t1(2t 1)et 1 (2t 1)e t at所以題設即關于t 的不等式 (2t 1)et 1 at(t 0) 即(2t 1)et 1ta(t 0) 有唯一的整數解，也即關于 t 的不等式t1(2t 1)et 1ta(t 1) 有唯一的整數解設 g(t)(2t 1)et 1t(t1)，得 g (t)et 1t2(t 1)(2t 1)(t1)，所以函數 g(t) 在( , 1 上是增函數，得最大值為 g( 1) 1.又 lim g(t) 0,g( 1) 1，由此可作出函

22、數 g(t )的圖象如圖 2 所示： t圖23注意到圖象 y g(t)過點 B 2, 且 a 1，所以由圖 2可得：2e3當 a 時，滿足 g(t) a的整數 t 有 1, 2 ，所以此時不滿足題意 2e當 3 a 1時，滿足 g(t) a的整數 t 只有 1，所以此時滿足題意 2e得所求 a的取值范圍是 3 ,1 .2e .1解法 3 (排除法 )D.當 a 0 時，不等式 f(x)0 即 ex(2x 1)0 得 x 12，由 gx()0 得 x 12，所以函數所以當 a1 且 a 1 時滿足題設 (此時滿足題設的唯一整數 x0=0). 由此可排除選項 C. 所以選 D.注 小題不大做，還是

23、解法 3( 排除法 )簡潔 .本題對函數與方程思想、數形結合思想、分 類討論思想都有所考查 .例談用驗證法解題2010 年高考數學安徽卷理科第 20題的另解11111題 1 解方程： (1) x 2 ； (2) xc ； (3) x c .x2xcxc1解 (1) 容易觀察出 x 2， 均是該方程的解 . 按常規方法解此方程時， 先去分母得到一元二次方程， 該一元二次方程最多兩個解， 再 檢驗 (舍去使原方程中分母為零的解 )，所以原方程最多有兩個解 .1而已經找到了原方程的兩個解 x 2， ，所以這兩個解就是原方程的所有解 .21(2)同理，可得原方程的所有解是 x c， . c1(3)容易

24、觀察出 x c， 均是該方程的解 .c1同上得原方程最多有兩個解，而已經找到了原方程的兩個解 x c， ( 因為對于任意的 c 11非零實數 c ，c 和 都是原方程的解， 所以應當把 c 和 理解成原方程的兩個解 )，所以這兩 cc個解就是原方程的所有解 .題 2 解方程 x x x 2 2 .解 設函數 f (x) x x x 2 ，易知它是增函數，所以方程 f(x) 2 至多有 一個根 (當 2在函數 f (x)的值域中時有一個根， 否則沒有根 )，所以原方程的根是 x 2.1題 3 已知 sin cos , tan1 ，求 tan .51解由sin cos及“勾三股四弦五”可以猜出該方

25、程組有兩組解： 22 sin 2cos21 sin53cos3sin54 cos5該方程組即cos 1 sin5221sin sin 15因為關于 sin 的一元二次方程 sin21 sin1最多有兩個解， 所以該方程組也最5 多有兩組解，所以上面猜出的兩組解就是該方程組的全部解， tan . 題 41 (2007 年高考陜西卷理科第 22(1)題)已知各項全不為零的數列 ak 的前 k項和1 為Sk，且 Sk 2akak 1(k N* )，其中 a1 1，求數列 ak 的通項公式 .2S2(aaa )解 由題設得 ak 1 2Sk2(a1a2ak ) ，所以當a1,a2,ak確定時， ak

26、1也akak唯一確定 .所以由 a1 1知，數列 ak 是唯一確定的 .可以觀察出 ak k 滿足題設的所有條件，所以數列 k 是滿足題設的唯一數列，得ak k .另 解2Sk akak 1 (Sk Sk 1)(Sk 1 Sk)(k 2),Sk 12SkSk( 因 為Sk Sk 1Sk Sk 1 ak 0)(k 2)由題設得 S1 1,S2 3 ，再由知 Sk 是唯一確定的數列k1S1,Sk Sk 1, k 2.再同上得 ak k題 51 (2005 年高考江蘇卷第23(1)(2)題)設數列 an 的前 n 項和為 Sn，已知a1 1,a2 6,a3 11，且(5n 8)Sn 1 (5n 2)

27、Sn An B(n N* )，其中 A, B為常數.(1) 求 A與 B 的值；(2) 證明數列 an 為等差數列；解 (1) A 20,B8 .(2)Sn 15n 2S 20n 85n 8 Sn 5n 8(n N*)， S1 1所以 Sn 是唯一確定的數列， an 也是唯一確定的數列又由 a1 1,a2 6,a3 11 知， 若 an 為 等差 數列， 則 an 5n 4 ，于 是 1Sn 2n(5n 3).11容易驗證 Snn(5n 3) 滿足，所以題中的 Snn(5n 3),an 5n 4，ann 2 n 2 n為等差數2 1 1題 62 已知數列 an滿足 a1,an 1 an 2，求

28、 an；n n 11解 首先，由首項 a1及遞推關系an1an2 知，滿足題意的數列 an 是12 n1nn2n n唯一確定的 .所以，若能找到一個數列滿足該題目的所有條件，則該數列的通項公式就是 所求的答案 .易得 a n 1 an11k1n1k 1 ，即an k 1(k 是常數）滿足遞推關系an件，所以本題的答案就是an2 1 ，再由 n2 n 3 1 . 2 n .a112，得 an3 1 滿足題目的所有條2n2題 72 已知數列 an 滿足 a1,an1n an，求 an .n1件.易得易知本題的答案是是唯一確定的，所以只需尋求一個數列滿足該題目的所有條ann n 1 （ k 是非零常

29、數） ，即 an滿足遞推關系 an 1an ，n 1 k n n 1再由 a12，3因為絕大部分求數列通項公式的題目答案都是唯一的，所以只要能觀察或求出得 an 2 滿足題目的所有條件，所以本題的答案就是ann 3nn3n滿足所有題設的一個通項公式，則該通項公式就是所求的唯一答案對于要求解的問題 ，若能證明它最多有 n（n 是確定的正整數 ）個解，又找出了它的n個解 1, 2, , n ，則這 n個解就是該問題的所有解 .這就是本文要闡述的用驗證法解題 . 下面再用這種方法解答一道高考題：題 8 （2010安徽 理20）設數列 a1,a2 , ,an, 中的每一項都不為 0.證明 an 為等差

30、數列的充分必要條件是：對任何n N* ，都有 1 1a1 a2 a2 a3an a n 1a1 an 1證明 先證必要性 .若數列 an 是公差為 d 的等差數列：當 d 0 時，易得欲證成立當 d 0 時，有a1a2 a2 a3a2 a1 a3 a2a na n 1d a1a 2a2a3a n 1anan an 111 a1a2112 a3a1an 11 an 1 a1nda1an 1a1an 1再證充分性.只需對n(n 3) 用 數 學 歸 納 法 證明加強的結論：若1 1 1a1a2 a2a3ai ai 1 a1ai 1i (i 2,3, , n)恒成立，則 a1,a2, ,an 成等差

31、數列，且ana1 .n112當n 3時成立：當 i 2時，得,a1 a3 2a2，所以 a1,a2,a3a成等差數列， 還可證 a31 (因為由3a1a3 可得 a4 a3a3 a1 d a3 a33 1a13a3 a10，2 0 ，a1a2 a2a3 a1a3而由 i 3時成立立知 a4 0).假設n 3,4, ,k 時 成立：即 a1,a2 ,ak 成 等 差 數 列 ， 且a3 a1 ,a4334a1 a11, ,ak 1 . 4k由i2,3, ,k 時均成立及 a3a1 ,a43a11,4,aka11 知，當 a1,a2 確定時，數列 ka1,a2 ,an 1 也是確定的，而由必要性的證明知，由a1,a2確定的等差數列 a1,a2, ,an 1a1滿足題設，所以由題設及 a1,a2確定的數列就是這個等差數列，即a1,a2, ,an 1 成等差數列，同上還可證 ak 1 1 ，即 n k 1時成立 .所以要證結論成立，得充分性成立 k 1 k 1參考文獻1 甘志國 .例談用驗證法求數列通項 J.中學數學月刊， 2008(3) ：462 甘志國著 .初等數學研究 (II) 上 M .哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社， 2009.416-417 用排除法簡解 2015年高考全國卷 I 理科第 12題高考題 (2015 年