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数学考点分类解析.docx

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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数学考点分类解析

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）平面上三点不共线，设，则的面积等于（）

A.B.C.D.

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：

定理1若三点不共线，则.

证明.

由此结论，还可证得

定理2若三点不共线，且点是坐标原点，点的坐标分别是，则.

证法1由定理1，得

证法2可得直线的方程是

所以坐标原点到直线的距离是，进而可得的面积是

.

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y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2（其中O为坐标原点），则△ABO与△AFO面积之和的最小值是（）

A．2B．3C.D.

解B.得，可不妨设.

由，可得，所以由定理2，得

所以

（可得当且仅当时取等号）

所以选B.

高考题3（2011年高考四川卷文科第12题）在集合中任取一个偶数和一个奇数构成以原点为起点的向量.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，其中面积等于2的平行四边形的个数，则（）

A.B.C.D.

解B.所有满足题意的向量有6个，以其中的两个向量为邻边的平行四边形有个.

设，得，由定理2得，以为邻边的平行四边形的面积是，可得这样的向量有3对：

.

所以.

高考题4（2011年高考四川卷理科第12题）在集合{1,2,3,4,5}中任取一个偶数和一个奇数构成以原点为起点的向量.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，其中面积不超过4的平行四边形的个数为，则（）

A.B.C.D.

解基本事件是由向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，得.由定理2可得：

组成面积为2的平行四边形的向量有3对：

.

组成面积为4的平行四边形的向量有2对：

.

组成面积为6的平行四边形的向量有2对：

.

组成面积为8的平行四边形的向量有3对：

.

组成面积为10的平行四边形的向量有2对：

.

组成面积为14的平行四边形的向量有1对：

.

组成面积为16的平行四边形的向量有1对：

.

组成面积为18的平行四边形的向量有1对：

.

满足条件的事件有个，所以.

高考题5（2009年高考陕西卷文科、理科第21题）已知双曲线的方程为，离心率，顶点到渐近线的距离为.

（1）求双曲线的方程；

（2）如图1所示，是双曲线上一点，两点在双曲线的两条渐近线上，且分别位于第一、二象限.若，求面积的取值范围.

图1

解

（1）（过程略）.

（2）可设，由定理2及题设可得.

由，可得，把它代入双曲线的方程，化简得，所以

可得面积的取值范围是.

高考题6（2007年高考陕西卷理科第21题即文科第22题）已知椭圆的离心率是，短轴的一个端点与右焦点的距离是.

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线与椭圆交于两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值.

解

（1）（过程略）.

（2）设，由定理2及题设得

由椭圆的参数方程知，可设，得

从而可得，当且仅当点是椭圆的两个顶点且时的面积取到最大值，且最大值是.

高考题7（2010年高考重庆卷理科第20题）已知以原点为中心，为右焦点的双曲线的离心率.

（1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；

（2）如图2所示，已知过点的直线与过点（其中）的直线的交点在双曲线上，直线与两条渐近线分别交于两点，求的面积.

图2

解

（1）（过程略）双曲线的标准方程为，其渐近线方程为.

（2）由“两点确定一直线”可得直线的方程为：

.

分别解方程组，得.

因为点在双曲线上，所以.

由定理2，得

注下面将指出图2的错误：

因为点关于轴的对称点也在双曲线上，而双曲线在点处的切线方程为即也即直线，所以直线与双曲线应当相切，而不是相离.

高考题8（2011年高考山东卷理科第22题）已知动直线与椭圆交于两不同点，且的面积，其中为坐标原点.

（1）证明：

和均为定值；

（2）设线段的中点为，求的最大值；

（3）椭圆上是否存在三点，使得？

若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.

解

（1）可设，由定理2，得

Z）

所以.

（2）在

（1）的解答中：

当为奇数时，得，，所以.

当为偶数时，得，，所以.

所以的最大值是.

（3）可设，由

（1）的解答知

Z）

把这三式相加，得Z），这不可能！

所以椭圆上不存在三点，使得.

高考题9（2013年高考山东卷文科第22题）在平面直角坐标系中，已知椭圆C的中心在原点O，焦点在轴上，短轴长为2，离心率为.

（1）求椭圆C的方程；

（2）为椭圆C上满足的面积为的任意两点，E为线段的中点，射线OE交椭圆C与点P，设，求实数的值.

解

（1）（过程略）.

（2）当直线的斜率不存在时，可求得或.

当直线的斜率存在时，可设，由定理2得或.

可得，所以直线，求得，所以

或

总之，或.

高考题10（2008年高考海南、宁夏卷理科第21题）设函数，曲线在点处的切线方程为．

（1）求的解析式.

（2）证明：

函数的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心；

（3）证明：

曲线上任一点的切线与直线和直线所围三角形的面积为定值，并求出此定值．

答案：

（1）.

（2）略.（3）2.

高考题11（2008年高考海南、宁夏卷文科第21题）设函数，曲线在点处的切线方程为．

（1）求的解析式；

（2）证明：

曲线上任一点处的切线与直线和直线所围成的三角形面积为定值，并求此定值．

答案：

（1）.

（2）6.

下面给出这两道高考题结论的推广.

定理3

（1）双曲线上任一点的切线与两条渐近线围成三角形的面积是；

（2）曲线上任一点的切线与两条渐近线围成三角形的面积是；

（3）曲线上任一点的切线与两条渐近线围成三角形的面积是.

证明

（1）如图3所示，可求得过双曲线上任一点的切线方程是，还可求得它与两条渐近线的交点分别为，再由定理2可立得欲证成立.

图3

（2）由，得.所以过该曲线上任一点的切线方程是

从而可求得它与两条渐近线的交点分别为，再由定理2可立得欲证成立.

因为，所以曲线是由曲线沿向量平移后得到的，所以由结论

（2）立得结论（3）成立.用排除法简解2015年高考全国卷I理科第12题

高考题（2015年高考全国卷I理科第12题）设函数f（x）＝ex（2x－1）－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）<0，则a的取值范围是（　）

A.B.C.D.

解法1（数形结合法）D.令g（x）＝ex（2x－1），得g′（x）＝ex（2x＋1）.

由g′（x）>0得x>－，由g′（x）<0得x<－，所以函数g（x）在上分别是减函数、增函数．

又函数g（x）在x<时g（x）<0，在x>时g（x）>0，所以其大致图象如图1所示．

图1

直线y＝ax－a过点（1，0）．

若a≤0，则f（x）<0的整数解有无穷多个，因此只能a>0.

结合函数图象可知，存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，即存在唯一的整数x0，使得点（x0，ax0－a）在点（x0，g（x0））的上方，得x0只能是0，所以实数a应满足即解得≤a<1.

即实数a的取值范围是.

解法2（分离常数法）D.令后，得题设即关于t的不等式有唯一的整数解.

若，由a<1，可得

所以题设即关于t的不等式即有唯一的整数解，也即关于t的不等式有唯一的整数解.

设，得，所以函数在上是增函数，得最大值为.

又，由此可作出函数的图象如图2所示：

图2

注意到图象过点且，所以由图2可得：

当时，满足的整数t有，所以此时不满足题意.

当时，满足的整数t只有，所以此时满足题意.

得所求a的取值范围是.

解法3（排除法）D.当时，不等式f（x）<0即ex（2x－1）<0也即，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.

令g（x）＝ex（2x－1），得g′（x）＝ex（2x＋1）.

由g′（x）>0得x>－，由g′（x）<0得x<－，所以函数g（x）在上分别是减函数、增函数．

又g′（0）＝1，所以可得曲线在点处的切线为，如图3所示．

图3

所以当a<1且时满足题设（此时满足题设的唯一整数x0=0）.由此可排除选项C.

所以选D.

注小题不大做，还是解法3（排除法）简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.

例谈用验证法解题

——2010年高考数学安徽卷理科第20题的另解

题1解方程：

（1）；

（2）；（3）.

解

（1）容易观察出均是该方程的解.

按常规方法解此方程时，先去分母得到一元二次方程，该一元二次方程最多两个解，再检验（舍去使原方程中分母为零的解），所以原方程最多有两个解.

而已经找到了原方程的两个解，所以这两个解就是原方程的所有解.

（2）同理，可得原方程的所有解是.

（3）容易观察出均是该方程的解.

同上得原方程最多有两个解，而已经找到了原方程的两个解（因为对于任意的非零实数，和都是原方程的解，所以应当把和理解成原方程的两个解），所以这两个解就是原方程的所有解.

题2解方程.

解设函数，易知它是增函数，所以方程至多有一个根（当2在函数的值域中时有一个根，否则没有根），……所以原方程的根是.

题3已知，求.

解由及“勾三股四弦五”可以猜出该方程组有两组解：

或

该方程组即

因为关于的一元二次方程最多有两个解，所以该方程组也最多有两组解，……所以上面猜出的两组解就是该方程组的全部解，…….

题4（2007年高考陕西卷理科第22

（1）题）已知各项全不为零的数列的前项和为，且N*），其中，求数列的通项公式.

解由题设得，所以当确定时，也唯一确定.所以由知，数列是唯一确定的.

可以观察出满足题设的所有条件，所以数列是满足题设的唯一数列，得.

另解因为①

由题设得，再由①知是唯一确定的数列.再同上得.

题5（2005年高考江苏卷第23

（1）

（2）题）设数列的前项和为，已知，且N*），其中为常数.

（1）求与的值；

（2）证明数列为等差数列；

解

（1）.

（2）N*），②

所以是唯一确定的数列，也是唯一确定的数列.

又由知，若为等差数列，则，于是.

容易验证满足②，所以题中的，为等差数.

题6已知数列满足，求；

解首先，由首项及递推关系知，满足题意的数列是唯一确定的.所以，若能找到一个数列满足该题目的所有条件，则该数列的通项公式就是所求的答案.

易得，即（k是常数）满足递推关系，再由，得满足题目的所有条件，所以本题的答案就是.

题7已知数列满足，求.

解易知本题的答案是是唯一确定的，所以只需寻求一个数列满足该题目的所有条件.

易得是非零常数），即满足递推关系，再由，得满足题目的所有条件，所以本题的答案就是.

注因为绝大部分求数列通项公式的题目答案都是唯一的，所以只要能观察或求出满足所有题设的一个通项公式，则该通项公式就是所求的唯一答案.

对于要求解的问题，若能证明它最多有是确定的正整数）个解，又找出了它的个解，则这个解就是该问题的所有解.这就是本文要阐述的用验证法解题.下面再用这种方法解答一道高考题：

题8（2010·安徽·理·20）设数列中的每一项都不为0.证明为等差数列的充分必要条件是：

对任何N*，都有.

证明先证必要性.若数列是公差为的等差数列：

当时，易得欲证成立.

当时，有

再证充分性.只需对用数学归纳法证明加强的结论：

若恒成