专题26 单变量型三角形面积最值问题(解析版)

这是一份专题26 单变量型三角形面积最值问题(解析版)，共12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] 在平面直角坐标系中，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2．以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (\r(2),2)))．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2，0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN面积的最大值．
[破题思路] 题干中给出直线l过点(－2，0)，可设出直线l的方程，利用弦长公式求|MN|，利用点到直线的距离求d，从而可求△F2MN的面积，要求△F2MN面积的最值，需建立相关函数模型求解．
[规范解答] (1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．设椭圆E的标准方程为eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)，
焦距为2c，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为eq \f (x2,2b2)＋eq \f (y2,b2)＝1．
又椭圆E过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (\r(2),2)))，∴eq \f (1,2b2)＋eq \f (\f (1,2),b2)＝1，解得b2＝1．∴椭圆E的标准方程为eq \f (x2,2)＋y2＝1．
(2)由于点(－2，0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2)，,\f (x2,2)＋y2＝1))消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0．由Δ>0，得0≤k20．所以△OAB面积的最大值为5eq \r(2)．
[例3] 已知直线l1：ax－y＋1＝0，直线l2：x＋5ay＋5a＝0，直线l1与l2的交点为M，点M的轨迹为曲线C．
(1)当a变化时，求曲线C的方程；
(2)已知点D(2，0)，过点E(－2，0)的直线l与C交于A，B两点，求△ABD面积的最大值．
[规范解答] (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax－y＋1＝0,x＋5ay＋5a＝0))消去a，得曲线C的方程为eq \f (x2,5)＋y2＝1(y≠－1，即点(0，－1)不在曲线C上)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,\f (x2,5)＋y2＝1，))得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
则y1＋y2＝eq \f (4m,m2＋5)，y1y2＝－eq \f (1,m2＋5)，
故△ABD的面积S＝2|y2－y1|＝2eq \r((y2＋y1)2－4y2y1)＝2eq \r(\f (16m2,(m2＋5)2)＋\f (4,m2＋5))＝eq \f (4\r(5)·\r(m2＋1),m2＋5)，
设t＝eq \r(m2＋1)，t∈[1，＋∞)，则S＝eq \f (4\r(5)t,t2＋4)＝eq \f (4\r(5),t＋\f (4,t))≤eq \r(5)，
当t＝eq \f (4,t)，即t＝2，m＝±eq \r(3)时，△ABD的面积取得最大值eq \r(5)．
[例4] (2019·全国Ⅱ)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－eq \f(1,2)．记M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线．
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G．
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
[规范解答] (1)由题设得eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(1,2)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq \f(2,\r(1＋2k2))．
设u＝eq \f(2,\r(1＋2k2))，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
于是直线QG的斜率为eq \f(k,2)，方程为y＝eq \f(k,2)(x－u)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(k,2)x－u，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0．①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝eq \f(u3k2＋2,2＋k2)，由此得yG＝eq \f(uk3,2＋k2)．
从而直线PG的斜率为eq \f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u3k2＋2,2＋k2)－u)＝－eq \f(1,k)．所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2ueq \r(1＋k2)，|PG|＝eq \f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，
所以△PQG的面积S＝eq \f(1,2)|PQ||PG|＝eq \f(8k1＋k2,1＋2k22＋k2)＝eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k))2)．
设t＝k＋eq \f(1,k)，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝eq \f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为eq \f(16,9)．
因此，△PQG面积的最大值为eq \f(16,9)．
[例5] 已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线经过椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的一个焦点．
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点(点A在x轴上方)，且满足eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，若点T是抛物线的曲线段AB上的动点，求△ABT面积的最大值．
[规范解答] (1)因为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点为F1(－1，0)，抛物线的准线为直线x＝－eq \f(p,2)，
所以－eq \f(p,2)＝－1，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知y1>0，y20，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以－2yeq \\al(2,2)＝－4，即y2＝－eq \r(2)，则y1＝2eq \r(2)，所以m＝eq \f(y1＋y2,4)＝eq \f(\r(2),4)．
所以|AB|＝eq \r(1＋m2)·eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)× eq \r((\r(2))2－4×(－4))＝eq \f(3\r(2),4)×3eq \r(2)＝eq \f(9,2)．
解法一(切线法)：易知当△ABT面积最大时，点T为与直线l平行且与抛物线相切的切点．
设与直线l平行的直线方程为x＝eq \f(\r(2),4)y＋t，代入y2＝4x得y2－eq \r(2)y－4t＝0．
令Δ＝(－eq \r(2))2－4(－4t)＝2＋16t＝0，解得t＝－eq \f(1,8)，
则与直线l平行且与抛物线y2＝4x相切的直线方程为x＝eq \f(\r(2),4)y－eq \f(1,8)，即4x－eq \r(2)y＋eq \f(1,2)＝0．
又直线l的方程为4x－eq \r(2)y－4＝0，
所以这两条平行直线间的距离为d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－(－4))),\r(42＋(－\r(2))2))＝eq \f(3\r(2),4)．
所以△ABT面积的最大值S＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×eq \f(9,2)×eq \f(3\r(2),4)＝eq \f(27\r(2),16)．
解法二(切点法)：设点T的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,4)，n))，－eq \r(2)0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq \f(\r(2),2)，短轴长为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)点A为椭圆上的一动点(非长轴端点)，AF2的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求△ABC面积的最大值．
1．解析 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,2b＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))故椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)①当直线AB的斜率不存在时，不妨取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2)))，
故S△ABC＝eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \r(2)．
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，
化简得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)，
|AB|＝eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])＝ eq \r((1＋k2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,2k2＋1)))2－4·\f(2k2－2,2k2＋1))))＝2eq \r(2)·eq \f(k2＋1,2k2＋1)，
点O到直线kx－y－k＝0的距离d＝eq \f(|－k|,\r(k2＋1))＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，∵O是线段AC的中点，
∴点C到直线AB的距离为2d＝eq \f(2|k|,\r(k2＋1))，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·2d＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)·\f(k2＋1,2k2＋1)))·eq \f(2|k|,\r(k2＋1))＝2eq \r(2) eq \r(\f(k2(k2＋1),(2k2＋1)2))＝2eq \r(2) eq \r(\f(1,4)－\f(1,4(2k2＋1)2))0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐
标原点)．
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值．
4．解析 (1)∵F1(1，0)，F2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，∴eq \(F1F2,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))，
eq \(F1F2,\s\up6(—→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))·(－1，－1)＝1－eq \f(p,2)＝0，∴p＝2，∴抛物线C2的方程为x2＝4y．
(2)设过点O的直线MN的方程为y＝kx(kb>0)，其短轴的一个端点到右焦点的距离为2，且点A(eq \r(2)，1)在椭圆M上．直
线l的斜率为eq \f(\r(2),2)，且与椭圆M交于B，C两点．
(1)求椭圆M的方程：
(2)求△ABC面积的最大值．
5．解析 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a＝2，))解得b＝eq \r(2)．故所求椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)设直线l的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x＋m，则m≠0．设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
把直线l的方程代入椭圆方程并化简得x2＋eq \r(2)mx＋m2－2＝0，
由Δ＝2m2－4(m2－2)＝2(4－m2)>0，可得00)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，且点P(2，1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为－1的直线与椭圆C相交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
6．解析 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(3)，))∴椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设直线AB的方程为y＝－x＋m，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))得3x2－4mx＋2m2－6＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,x1＋x2＝\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－6,3)，))∴|AB|＝eq \r(1＋－12)|x1－x2|＝eq \f(4,3)eq \r(9－m2)，原点到直线的距离d＝eq \f(|m|,\r(2))．
∴S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)eq \r(9－m2)·eq \f(|m|,\r(2))＝eq \f(\r(2),3)eq \r(9－m2m2)≤eq \f(\r(2),3)·eq \f(9－m2＋m2,2)＝eq \f(3\r(2),2)．
当且仅当m＝±eq \f(3\r(2),2)时，等号成立，∴△AOB面积的最大值为eq \f(3\r(2),2)．