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)|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2)|x2－x1|＝eq \f(\r(13),2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(13),2)·eq \r(m2－4×\f(m2－3,3))＝eq \f(\r(39),6)eq \r(12－m2)，
又原点O到直线l的距离d＝eq \f(2|m|,\r(13))，
所以S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(39),6)eq \r(12－m2)×eq \f(2|m|,\r(13))＝eq \f(\r(3),6)eq \r(12－m2m2)≤eq \f(\r(3),6)eq \r(\f(12－m2＋m22,4))＝eq \r(3)，
当且仅当12－m2＝m2，即m＝±eq \r(6)时等号成立，符合－2eq \r(3)所以△OAB面积的最大值为eq \r(3)．
[例3] 已知平面上一动点P到定点F(eq \r(3)，0)的距离与它到直线x＝eq \f(4\r(3),3)的距离之比为eq \f(\r(3),2)，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与曲线C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝eq \f(5,4)，求△MON的面积的最大值．
[规范解答] (1)设P(x，y)，则eq \f(\r((x－\r(3))2＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(4\r(3),3))))＝eq \f(\r(3),2)，化简，得eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，得Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简，得m2<4k2＋1， ①
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
若kOM·kON＝eq \f(5,4)，则eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(5,4)，即4y1y2＝5x1x2，∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，
∴(4k2－5)·eq \f(4(m2－1),4k2＋1)＋4kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2＋1)))＋4m2＝0，即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简，得m2＋k2＝eq \f(5,4)， ②
|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2) eq \r(\f(64k2m2,(4k2＋1)2)－4·\f(4m2－4,4k2＋1))＝eq \r(1＋k2) eq \r(\f(－16m2＋64k2＋16,(4k2＋1)2))
＝eq \r(1＋k2) eq \r(\f(4(20k2－1),(4k2＋1)2))，
∵原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，∴S△MON＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(1,2) eq \r(\f((5－4k2)(20k2－1),(4k2＋1)2))．
设4k2＋1＝t，由①②得0≤m2S△MON＝eq \f(1,2) eq \r(\f((6－t)(5t－6),t2))＝eq \f(1,2) eq \r(\f(－36＋36t－5t2,t2))＝3 eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(1,9))≤1，
∴当eq \f(1,t)＝eq \f(1,2)，即k＝±eq \f(1,2)时，△MON的面积取得最大值为1．
[例4] 已知动圆过定点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，且与定直线l：y＝－eq \f(1,4)相切．
(1)求动圆圆心的轨迹曲线C的方程；
(2)若点A(x0，y0)是直线x－y－1＝0上的动点，过点A作曲线C的切线，切点记为M，N，求证：直线MN恒过定点，并求△AMN面积S的最小值．
[规范解答] (1)根据抛物线的定义，由题意可得，动圆圆心的轨迹C是以点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))为焦点，
以定直线l：y＝－eq \f(1,4)为准线的抛物线．设抛物线C：x2＝2py(p＞0)，
因为点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))到准线l：y＝－eq \f(1,4)的距离为eq \f(1,2)，所以p＝eq \f(1,2)，所以圆心的轨迹曲线C的方程为x2＝y．
(2)证明：因为x2＝y，所以y′＝2x，设切点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则xeq \\al(2,1)＝y1，xeq \\al(2,2)＝y2，
则过点M(x1，y1)的切线方程为y－y1＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq \\al(2,1)，即y＝2x1x－y1．
同理得过点N(x2，y2)的切线方程为y＝2x2x－y2．
因为过点M，N的切线都过点A(x0，y0)，所以y0＝2x1x0－y1，y0＝2x2x0－y2，
所以点M(x1，y1)，N(x2，y2)都在直线y0＝2xx0－y上，
所以直线MN的方程为y0＝2xx0－y，即2x0x－y－y0＝0．
又因为点A(x0，y0)是直线x－y－1＝0上的动点，所以x0－y0－1＝0，
所以直线MN的方程为2x0x－y－(x0－1)＝0，即x0(2x－1)＋(1－y)＝0，所以直线MN恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x0x－y－y0＝0，,y＝x2，))得x2－2x0x＋y0＝0，又x0－y0－1＝0，
所以x2－2x0x＋x0－1＝0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4x\\al(2,0)－4x0－1＞0，,x1＋x2＝2x0，,x1·x2＝x0－1，))
所以MN＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1·x2])＝eq \r(1＋4x\\al(2,0)[2x02－4x0－1])＝eq \r(1＋4x\\al(2,0)4x\\al(2,0)－4x0＋4)．
又因为点A(x0，y0)到直线2x0x－y－y0＝0的距离为d＝eq \f(|2x0·x0－y0－y0|,\r(1＋4x\\al(2,0)))＝eq \f(|2x\\al(2,0)－2x0－1|,\r(1＋4x\\al(2,0)))＝eq \f(2|x\\al(2,0)－x0＋1|,\r(1＋4x\\al(2,0)))，
所以S＝eq \f(1,2)MN·d＝eq \f(1,2)eq \r(1＋4x\\al(2,0)4x\\al(2,0)－4x0＋4)·eq \f(2|x\\al(2,0)－x0＋1|,\r(1＋4x\\al(2,0)))＝2eq \r(x\\al(2,0)－x0＋1)·|xeq \\al(2,0)－x0＋1|．
令t＝eq \r(x\\al(2,0)－x0＋1)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))2＋\f(3,4))≥eq \f(\r(3),2)，即S＝2t3≥eq \f(3\r(3),4)，
所以当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))时，△AMN的面积S取得最小值为eq \f(3\r(3),4)．
[例5] 已知抛物线Γ：x2＝2py(p＞0)，直线y＝2与抛物线Γ交于A，B(点B在点A的左侧)两点，且|AB|＝4eq \r(3)．
(1)求抛物线Γ在A，B两点处的切线方程；
(2)若直线l与抛物线Γ交于M，N两点，且M，N的中点在线段AB上，MN的垂直平分线交y轴于点Q，求△QMN面积的最大值．
[规范解答] (1)由x2＝2py，令y＝2，得x＝±2eq \r(p)，所以4eq \r(p)＝4eq \r(3)，解得p＝3，即x2＝6y．
由y＝eq \f(x2,6)，得y′＝eq \f(x,3)，故y′|x＝2eq \r(3)＝eq \f(2\r(3),3)．
所以在A点的切线方程为y－2＝eq \f(2\r(3),3)(x－2eq \r(3))，即2x－eq \r(3)y－2eq \r(3)＝0；
同理可得在B点的切线方程为2x＋eq \r(3)y＋2eq \r(3)＝0．
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，
故设l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x2＝6y与y＝kx＋m联立，得x2－6kx－6m＝0，
又Δ＝36k2＋24m＞0，故x1＋x2＝6k，x1x2＝－6m，
故|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(36k2＋24m)＝2eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \r(3k2＋2m)．
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6k2＋2m＝4，所以m＝2－3k2，所以|MN|＝2eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \r(4－3k2)，
由Δ＝36k2＋24m＞0，得－eq \f(2\r(3),3)＜k＜eq \f(2\r(3),3)且k≠0．
因为M，N的中点为(3k，2)，所以M，N的垂直平分线方程为y－2＝－eq \f(1,k)(x－3k)，
令x＝0，得y＝5，即Q(0，5)，
所以点Q到直线kx－y＋2－3k2＝0的距离d＝eq \f(|－5＋2－3k2|,\r(1＋k2))＝3eq \r(1＋k2)，
所以S△QMN＝eq \f(1,2)·2eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \r(4－3k2)·3eq \r(1＋k2)＝3eq \r(3)·eq \r((1＋k2)2(4－3k2))．
令1＋k2＝u，则k2＝u－1，则1＜u＜eq \f(7,3)，故S△QMN＝3eq \r(3)·eq \r(u2(7－3u))．
设f(u)＝u2(7－3u)，则f′(u)＝14u－9u2，结合1＜u＜eq \f(7,3)，
令f′(u)＞0，得1＜u＜eq \f(14,9)；令f′(u)＜0，得eq \f(14,9)＜u＜eq \f(7,3)，
所以当u＝eq \f(14,9)，即k＝±eq \f(\r(5),3)时，(S△QMN)max＝3eq \r(3)×eq \f(14,9)eq \r(7－3×\f(14,9))＝eq \f(14\r(7),3)．
【对点训练】
1．如图所示，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，eq \(OA,\s\up7(→))＋eq \(OB,\s\up7(→))
＝(－4，－12)．
(1)求直线l和抛物线C的方程；
(2)抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．
2．椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，短轴一个端点到右焦点的距离为eq \r(3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为eq \f(\r(3),2)，求△AOB面积的最大值．
3．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴一端点组成一个正三角形的三个顶点，且焦点到椭圆
上的点的最短距离为1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若不过原点O的直线l与椭圆交于A，B两点，求△OAB面积的最大值．
4．已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，eq \(PF,\s\up7(→))＝3eq \(FM,\s\up7(→))．
(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；
(2)求△ABP面积的最大值．