甘志國(guó)

高考題1（2010年高考遼寧卷理科第8題）平面上O，A，B三點(diǎn)不共線，設(shè)OA=a，OB=b，則△OAB的面積等于（ ）

A.a2b2-（a·b）2

B.a2b2+（a·b）2

C.12a2b2-（a·b）2

D.12a2b2+（a·b）2

答案：C.

這道高考題的結(jié)論就是向量形式的三角形面積公式：

定理1若三點(diǎn)O，A，B不共線，則S△OAB=12OA2OB2-（OA·OB）2.

證明S△OAB=12OAOB1-cos2∠AOB=12OA2OB2-（OA·OB）2.

由此結(jié)論，還可證得

定理2若三點(diǎn)O，A，B不共線，且點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（x1，y1），（x2，y2），則S△OAB=12x1y2-x2y1.

證法1由定理1，得

S△OAB=12（x21+y21）（x22+y22）-（x1x2+y1y2）2

=12x1y2-x2y1.

證法2可得直線AB的方程是

（y1-y2）x-（x1-x2）y+（x1y2-x2y1）=0，所以坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線AB的距離是x1y2-x2y1AB，進(jìn)而可得△AOB的面積是S△OAB=12AB·x1y2-x2y1AB=12x1y2-x2y1.

下面用定理2來(lái)簡(jiǎn)解幾道高考題.

高考題2（2014年高考四川卷理科第10題）已知F為拋物線y2=x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè)，OA·OB=2（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），則△ABO與△AFO面積之和的最小值是（ ）.

A.2B.3C.1728D.10

解B.得F14，0，可不妨設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）（y1>0>y2）.

由OA·OB=x1x2+y1y2=y21y22+y1y2=2，可得y1y2=-2，所以由定理2，得

S△ABO=12x1y2-x2y1=12y21y2-y22y1=12y1y2·y1-y2=y1-y2=y1-y2.

所以S△ABO+S△AFO=y1-y2+12·14y1=98y1-y2≥2-98y1y2=3（可得當(dāng)且僅當(dāng)y1=43，y2=

-98時(shí)取等號(hào)）.

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(gè)偶數(shù)a和一個(gè)奇數(shù)b構(gòu)成以原點(diǎn)為起點(diǎn)的向量α=（a，b）.從所有得到的以原點(diǎn)為起點(diǎn)的向量中任取兩個(gè)向量為鄰邊作平行四邊形，記所有平行四邊形的個(gè)數(shù)為n，其中面積等于2的平行四邊形的個(gè)數(shù)為m，則mn=（ ）.

A.215 B.15C.415 D.13

解B.所有滿足題意的向量有6個(gè)α1=（2，1），α2=（2，3），α3=（2，5），α4=（4，1），α5=（4，3），α6=（4，5），以其中的兩個(gè)向量為鄰邊的平行四邊形有n=C26=15個(gè).

設(shè)αi=（x1，y1），αj=（x2，y2），得x1，x2∈{2，4}；y1，y2∈{1，3，5}，由定理2得，以αi，αj為鄰邊的平行四邊形的面積是S=12x1y2-x2y1=2，可得這樣的向量αi，αj有3對(duì)：（2，3），（4，5）；（2，1），（4，3）；（2，1），（4，1）.所以mn=315=15.

注用高考題3的解法還可求解2011年高考四川卷理科第12題.

高考題4（2009年高考陜西卷文科、理科第21題）已知雙曲線C的方程為y2a2-x2b2=1（a>0，b>0），離心率e=52，頂點(diǎn)到漸近線的距離為255.

（1）求雙曲線C的方程；

圖1（2）如圖1所示，P是雙曲線C上一點(diǎn)， A，B兩點(diǎn)在雙曲線C的兩條漸近線上，且分別位于第一、二象限.若AP=λPB，λ∈13，2，求△AOB面積的取值范圍.

解（1）（過(guò)程略）y24-x2=1.

（2）可設(shè)A（t，2t），B（-s，2s），s>0，t>0，由定理2及題設(shè)可得S△AOB=2st.

由AP=λPB，可得Pt-2λs1+λ，2t+2λs1+λ，把它代入雙曲線C的方程，化簡(jiǎn)得（1+λ）2=4λst，所以

S△AOB=12λ+1λ+113≤λ≤2，

可得△AOB面積的取值范圍是2，83.

圖2高考題5（2010年高考重慶卷理科第20題）已知以原點(diǎn)O為中心，F(xiàn)（5，0）為右焦點(diǎn)的雙曲線C的離心率e=52.

（1）求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程及其漸近線方程；

（2）如圖2所示，已知過(guò)點(diǎn)M（x1，y1）的直線l1：x1x+4y1y=4與過(guò)點(diǎn)N（x2，y2）（其中x2≠x1）的直線l2：x2x+4y2y=4的交點(diǎn)E在雙曲線C上，直線MN與兩條漸近線分別交于G、H兩點(diǎn)，求△OGH的面積.

解（1）（過(guò)程略）雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24-y2=1，其漸近線方程為x±2y=0.

（2）由“兩點(diǎn)確定一直線”可得直線MN的方程為：xEx+4yEy=4.

分別解方程組xEx+4yEy=4，

x-2y=0，xEx+4yEy=4，

x+2y=0，，得G4xE+2yE，2xE+2yE，H-4xE+2yE，2xE+2yE.

因?yàn)辄c(diǎn)E在雙曲線C上，所以x2E-4y2E=4.

由定理2，得S△OGH=128x2E-4y2E--8x2E-4y2E=8x2E-4y2E=84=2.

注下面將指出圖2的錯(cuò)誤：

因?yàn)辄c(diǎn)E關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)E′（xE，-yE）也在雙曲線C上，而雙曲線C在點(diǎn)E′處的切線方程為xEx4-（-yE）y=1即xEx+4yEy=4也即直線MN，所以直線MN與雙曲線C應(yīng)當(dāng)相切，而不是相離.

高考題6（2008年高考海南、寧夏卷理科第21題）設(shè)函數(shù)f（x）=ax+1x+b（a，b∈Z），曲線y=f（x）在點(diǎn)（2，f（2））處的切線方程為y=3.

（1）求的解析式.

（2）證明：函數(shù)的圖象是一個(gè)中心對(duì)稱圖形，并求其對(duì)稱中心；

（3）證明：曲線y=f（x）上任一點(diǎn)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+1x-1.（2）略.（3）2.

高考題7（2008年高考海南、寧夏卷文科第21題）設(shè)函數(shù)f（x）=ax-bx，曲線y=f（x）在點(diǎn)（2，f（2））處的切線方程為7x-4y-12=0.

（1）求f（x）的解析式；

（2）證明：曲線y=f（x）上任一點(diǎn)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.

答案：（1）y=x-3x.（2）6.

下面給出這兩道高考題結(jié)論的推廣.

定理3（1）雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上任一點(diǎn)的切線與兩條漸近線y=bax，y=-bax圍成三角形的面積是S=ab；

（2）曲線y=ax+bx（b≠0）上任一點(diǎn)的切線與兩條漸近線x=0，y=ax圍成三角形的面積是S=b；

（3）曲線y=ax+c+bx+d（b≠0）上任一點(diǎn)的切線與兩條漸近線x+d=0，y=ax+c圍成三角形的面積是S=b.

圖3證明（1）如圖3所示，可求得過(guò)雙曲線b2x2-a2y2=a2b2上任一點(diǎn)P（x0，y0）的切線方程是b2x0x-a2y0y=a2b2，還可求得它與兩條漸近線y=bax，y=-bax的交點(diǎn)分別為Ma2bbx0-ay0，ab2bx0-ay0，Na2bbx0+ay0，-ab2bx0+ay0，再由定理2可立得欲證成立.

（2）由y=ax+bx（b≠0），得y′=a-bx2.所以過(guò)該曲線上任一點(diǎn)Px0，ax0+bx0的切線方程是

y-ax0-bx0=a-bx20（x-x0）.

從而可求得它與兩條漸近線x=0，y=ax的交點(diǎn)分別為M0，2bx0，N（2x0，2ax0），再由定理2可立得欲證成立.

（3）因?yàn)閥=ax+c+bx+d=a（x+d）+bx+d+c-ad，所以曲線y=ax+c+bx+d（b≠0）是由曲線y=ax+bx（b≠0）沿向量（-d，c-ad）平移后得到的，所以由結(jié)論（2）立得結(jié)論（3）成立.