专题27 双变量型三角形面积最值问题(原卷版)

这是一份专题27 双变量型三角形面积最值问题(原卷版)，共9页。
最值问题的基本解法有几何法和代数法：几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个或两个变量的函数，通过求解函数的最值普通方法、基本不等式方法、导数方法等解决的．
【例题选讲】
[例1] (2020·新全国Ⅱ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为eq \f(1,2)．
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
[规范解答] (1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，即x－2y＝－4．
当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4．由椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2，3)，
可得eq \f(4,16)＋eq \f(9,b2)＝1，解得b2＝12．所以C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1．
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m．
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，
此时△AMN的面积取得最大值．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＝m，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，即d＝eq \f(8＋4,\r(1＋4))＝eq \f(12\r(5),5)，
由两点之间的距离公式可得|AM|＝eq \r((2＋4)2＋32)＝3eq \r(5)．
所以△AMN的面积的最大值为eq \f(1,2)×3eq \r(5)×eq \f(12\r(5),5)＝18．
[例2] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，与直线OM相交于点N，且N是线段AB的中点，求△OAB面积的最大值．
[规范解答] (1)由椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))在椭圆C上，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(\r(3)2,a2)＋\f(\r(3)2,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3.))所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)易得直线OM的方程为y＝eq \f(1,2)x．
当直线l的斜率不存在时，AB的中点不在直线y＝eq \f(1,2)x上，故直线l的斜率存在．
设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立消y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(3＋4k2－m2)>0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(6m,3＋4k2)，
所以AB的中点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，因为N在直线y＝eq \f(1,2)x上，
所以－eq \f(4km,3＋4k2)＝2×eq \f(3m,3＋4k2)，解得k＝－eq \f(3,2)，
所以Δ＝48(12－m2)>0，得－2eq \r(3)