求三角形面积的最值[范围]

前言

三角形的面积公式，我们从小学开始学习，一直学习到高中、大学，求三角形面积的最值类题目也越来越难，到底该如何牵住这条牛鼻子呢？

公式总结

(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}cdot acdot h_a)；小学数学中的内容，
(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}absinC=cfrac{1}{2}bcsinA=cfrac{1}{2}casinB)；高中的内容
(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}(a+b+c)cdot r)，其中(r)为内切圆的半径；高中的内容
(S_{ riangle ABC}=cfrac{abc}{4R})，其中(R)为外接圆的半径；高中的内容
(S_{ riangle ABC}=sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)})，其中(p=cfrac{1}{2}(a+b+c))，海伦公式；高中或大学的内容

命题研究

强烈建议你，下述内容可以先跳过，等到所有的例题理解透彻后再来理解以下内容，会比较适合。

对(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}cdot acdot h_a)而言，若已知三角形的底边(a)是常数，则其范围或最值就只取决于这一边上的高(h_a)，故求最值或者范围就转化为求高的最值或者范围，或者换过来，令(h_a)是常数，则又取决于底边(a)的最值或者范围；又或者(a)和(h_a)的和为定值，这时候可以利用均值不等式来考查；
对(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}absinC)[仅仅取一个形式说明]而言，若(angle C)是常数，则其范围或最值就只取决于(ab)，若题目已知(a+b=2)或者(2a+b=2)，则可以借助均值不等式来考查面积的最大值，又或者在(angle C)是常数的基础上添加(c=2)[定值]，则(2R=cfrac{c}{sin C})可知，此时(a=2Rcdotsin A)，(b=2Rcdotsin B)，则面积的表达式可以转化为正弦型函数，从而借助三角函数的性质来考查面积的取值范围，这种考查角度对现在的高中生来说是个大难点，尤其是其中涉及到的运算。
对(S_{ riangle ABC}=sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)})，其中(p=cfrac{1}{2}(a+b+c))而言，高中阶段考查到的频次比较小，不过若给定了三角形一边的长度，和另外两边的关系，比如(a=2)，(b=c+3)，则设(c=x)，(b=3+x)，这样三角形的三边就变化为(2)，(x)，(x+3)，这样三角形的面积就可以使用海伦公式来刻画，从而(S=S(x))，从而可以借助函数的性质求解三角形面积的最值，或者由最值求解三角形中的其他量。

典例剖析

例1【2019年高考新课标Ⅲ】( riangle ABC)的内角(A)、(B)、(C)的对边分别为(a),(b)，(c)，已知 (acdotsincfrac{A+C}{2}=bcdotsin A).

(1)求角(B).

分析：由于(acdotsincfrac{A+C}{2}=bcdotsin A)，即为(acdotsincfrac{pi-B}{2}=acdotcoscfrac{B}{2}=bcdotsin A)

可得 (sin Acdotcoscfrac{B}{2}=sin Bcdotsin A=2sincfrac{B}{2}cdotcoscfrac{B}{2}cdotsin A)，

(ecause sin A>0)，( herefore coscfrac{B}{2}=2sincfrac{B}{2}cdotcoscfrac{B}{2}),

即(coscfrac{B}{2}cdot (2sincfrac{A}{2}-1)=0)，

若(coscfrac{B}{2}=0),可得(B=pi)，不符题意，舍去；

( hereforesincfrac{B}{2}=cfrac{1}{2})，由(0<B<pi), 可得(B=cfrac{pi}{3}).

(2)若( riangle ABC)为锐角三角形，且(c=1),求( riangle ABC)面积的取值范围.

[法1]：结合已知条件，从边的角度思考和刻画，转化为关于边的函数求解；

若( riangle ABC)为锐角三角形，且(c=1)，

由余弦定理(b^2=a^2+c^2-2acdot ccdotcos B)可得，

(b=sqrt{a^{2}+1^2-2 acdot1cdotcoscfrac{pi}{3}}=sqrt{a^{2}-a+1})

由三角形(ABC)为锐角三角形，则必须满足条件(left{egin{array}{l}{b^2+c^2>a^2}\{a^2+c^2>b^2}\{a^2+b^2>c^2}end{array} ight.)

可得到(left{egin{array}{l}{a^{2}+a^{2}-a+1>1}\{1+a^{2}-a+1>a^{2}}\{1+a^{2}>a^{2}-a+1}end{array} ight.)，解得(cfrac{1}{2}<a<2)，

可得( riangle ABC)面积

(S=cfrac{1}{2}acdotsincfrac{pi}{3}=cfrac{sqrt{3}}{4} a inleft(cfrac{sqrt{3}}{8}, cfrac{sqrt{3}}{2} ight))

解后感悟：①任意三角形的刻画：(a+b>c)且(a+c>b)且(b+c>a)；此时不需要两边差的刻画；

②锐角三角形用角刻画：(A,B,Cin (0,cfrac{pi}{2}))；

用边刻画：(a^2+b^2>c^2)且(a^2+c^2>b^2)且(b^2+c^2>a^2)；

[法2]：结合已知条件，从角的角度思考和刻画，转化为关于角的三角函数求解；

由于(B=cfrac{pi}{3})，故(A+C=cfrac{2pi}{3})，则有(A=cfrac{2pi}{3}-C)；

又由于锐角三角形的限制，则(left{egin{array}{l}{0<C<cfrac{pi}{2}}\{0<cfrac{2pi}{3}-C<cfrac{pi}{2}}end{array} ight.)，解得(cfrac{pi}{6}<C<cfrac{pi}{2})

又应用正弦定理(cfrac{a}{sin A}=cfrac{c}{sin C})，得到(cfrac{a}{c}=cfrac{sin A}{sin C})，又已知(c=1)

则由三角形面积公式得到，

(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}acdot csin B=cfrac{1}{2}cdot cfrac{a}{c}cdot c^2cdotsin B)

(=cfrac{1}{2} imes 1^2 imes cfrac{sin A}{sin C} imes sin B)(=cfrac{sqrt{3}}{4} imes cfrac{sin A}{sin C})

(=cfrac{sqrt{3}}{4} imescfrac{sin(cfrac{2pi}{3}-C)}{sin C}=cfrac{sqrt{3}}{4} imescfrac{cfrac{sqrt{3}}{2}cos C+cfrac{1}{2}sin C}{sin C})

(=cfrac{3}{8}cdot cfrac{1}{ an C}+cfrac{sqrt{3}}{8})

由于(cfrac{pi}{6}<C<cfrac{pi}{2})，(y= an C)单调递增，故(cfrac{sqrt{3}}{3}< an C<+infty)，

则有(0<cfrac{1}{ an C}<sqrt{3})，则(0<cfrac{3}{8}cdot cfrac{1}{ an C}<cfrac{3sqrt{3}}{8})，

则有(0+cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{3}{8}cdotcfrac{1}{ an C}+cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{3sqrt{3}}{8}+cfrac{sqrt{3}}{8})，

即(cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{3}{8}cdot cfrac{1}{ an C}+cfrac{sqrt{3}}{8}<cfrac{sqrt{3}}{2})，

故(cfrac{sqrt{3}}{8}<S_{ riangle ABC}<cfrac{sqrt{3}}{2})，即所求三角形面积的取值范围为(left(cfrac{sqrt{3}}{8}, cfrac{sqrt{3}}{2} ight))

例2【2019高三理科数学二轮用题】【2018福建三明一模】已知在( riangle ABC)中，(angle BAC)的平分线交(BC)边于(D)，若(AB=2)，(AC=1)，则( riangle ABD)的面积的最大值为【】

$A、cfrac{1}{2}$ $B、cfrac{2}{3}$ $C、cfrac{3}{4}$ $D、1pi$

法1：由于(AB:AC=2:1)，则由三角形的内角平分线定理可知(BD:DC=2:1)，

则(S_{ riangle ABD}=cfrac{2}{3}S_{ riangle ABC}=cfrac{2}{3} imes cfrac{1}{2} imes 2 imes1 imes sinA=cfrac{2}{3}sinAleq cfrac{2}{3})，

当且仅当(sinA=1)时，即(angle A=cfrac{pi}{2})时，(S_{ riangle ABD})面积最大，为(cfrac{2}{3})，故选(B)；

法2：利用图形求解；说明：要求面积的最大值，则需要高度最大，

如图所示，三角形的底边为(AB=2)为定值，则高度最大时，面积最大，

由于(AC=1)为定值，相当于点(C)在半圆上运动，很显然当(angle A=cfrac{pi}{2})时，( riangle ABD)的高(h)最大，

由三角形相似可知，此时(h=cfrac{2}{3})，故(S_{ riangle ABD}=cfrac{1}{2} imes 2 imes cfrac{2}{3}=cfrac{2}{3})，故选(B)；

法3：如下图所示，由于(AB:AC=2:1)，则由三角形的内角平分线定理可知(BD:DC=2:1)，令(BD=2k)，(DC=k(k>0))，

则(cos heta=cfrac{2^2+(3k)^2-1^2}{2 imes 2 imes 3k}=cfrac{3k^2-1}{4k})，则(sin heta=sqrt{1-(cfrac{3k^2-1}{4k})^2}=sqrt{cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16k^2}})，

则(S_{ riangle ABD}=cfrac{1}{2} imes 2 imes 2k imes sin heta=2 imes sqrt{k^2 imes cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16k^2}}=2sqrt{cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16}})，

令(f(k)=-9k^4+10k^2-1)，则(f'(k)=-36k^3+20k=-k(36k^2-20))，

令(f'(k)=0)，得到(k=0)(舍去)或(k=-cfrac{sqrt{5}}{3})(舍去)，或(k=cfrac{sqrt{5}}{3})，

由穿根法得到其大致图像可知，(f(k))在区间((0，cfrac{sqrt{5}}{3}))上单调递增，在区间((cfrac{sqrt{5}}{3}，+infty))上单调递减，

故(f(k)_{max}=f(cfrac{sqrt{5}}{3})=cfrac{16}{9})，故面积的最大值为(S_{ riangle ABD}=2sqrt{cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16}}=2sqrt{cfrac{frac{16}{9}}{16}}=cfrac{2}{3}).

故选(B)；

解后感悟：各位同学，如果能看到这里，估计你也能体会到导数的强大功能了吧。

例3【2020高考模拟训练用题】已知锐角( riangle ABC)的内角(A)、(B)、(C)的对边分别为(a),(b)，(c)，且(vec{m}=(a,b+c))，(vec{n}=(1,cos C+sqrt{3}sin C))，(vec{m}//vec{n}).

(1).求角(A).

分析：由已知(vec{m}//vec{n})，可得到(acos C+sqrt{3}asin C-b-c=0)，

由正弦定理边化角可得，(sin Acos C+sqrt{3}sin Asin C-sin B-sin C=0)，

由于(B=pi-A-C)，则有(sin Acos C+sqrt{3}sin Asin C-sin(A+C)-sin C=0)，

整理得到，(sqrt{3}sin Asin C-cos Asin C-sin C=0)，

由于(sin C eq 0)，则得到(sqrt{3}sin A-cos A-1=0)，

由辅助角公式可得，(2sin(A-cfrac{pi}{6})=1)，

即(sin(A-cfrac{pi}{6})=cfrac{1}{2})，

由(0<A<cfrac{pi}{2})，则(-cfrac{pi}{6}<A-cfrac{pi}{6}<cfrac{pi}{3})，

则(A-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{6})，故(A=cfrac{pi}{3}).

(2).若(a=3)，求( riangle ABC)面积的取值范围。

分析：由(cfrac{b}{sin B}=cfrac{c}{sin C}=cfrac{a}{sin A}=cfrac{3}{frac{sqrt{3}}{2}}=2sqrt{3}),

则得(b=2sqrt{3}sin B)， (c=2sqrt{3}sin C)，(C=cfrac{2pi}{3}-B)，

所以(bc=12sin Bsin C=12sin Bsin(cfrac{2pi}{3}-B)=12sin Bsin(cfrac{pi}{3}+B))

(=12sin B(cfrac{sqrt{3}}{2}cdot cos B+cfrac{1}{2}cdotsin B)=6sqrt{3}sin Bcos B+6sin^2B)

(=3sqrt{3}sin2B+3(1-cos2B)=3sqrt{3}sin2B-3cos2B+3)

(=6(cfrac{sqrt{3}}{2}sin2B-cfrac{1}{2}cos2B)+3=6sin(2B-cfrac{pi}{6})+3)

由于( riangle ABC)为锐角三角形，所以(left{egin{array}{l}0<B<cfrac{pi}{2}\ 0<cfrac{2 pi}{3}-B<cfrac{pi}{2}end{array} ight.), 解得(cfrac{pi}{6}<B<cfrac{pi}{2})

所以(cfrac{pi}{6}<2B-cfrac{pi}{6}<cfrac{5pi}{6})，(cfrac{1}{2}<sin(2B-cfrac{pi}{6})leqslant 1)，

故(6<6sin(2B-cfrac{pi}{6})+3leqslant 9)，即(6<bcleqslant9)

又由于(S_{ riangle_{ABC}}=cfrac{1}{2}bcsin A=cfrac{sqrt{3}}{4}bc)

故(cfrac{3sqrt{3}}{2}<cfrac{sqrt{3}}{4}bcleqslant cfrac{9sqrt{3}}{4})

所以， ( riangle ABC)面积的取值范围为((cfrac{3sqrt{3}}{2}, cfrac{9sqrt{3}}{4}]).

例4【2018高考新课标Ⅲ卷第6题】直线(x+y+2=0)分别与(x)轴，(y)轴交于(A)，(B)两点，点(P)在圆((x-2)^2)(+y^2)(=2)上，则( riangle ABP)面积的取值范围是【】

$A.[2，6]$ $B.[4，8]$ $C.[sqrt{2}，3sqrt{2}]$ $D.[2sqrt{2}，3sqrt{2}]$

法1：做出如下的图形，由图形可以看出，当圆上的动点到直线的距离最大时，( riangle ABP)面积最大，当当圆上的动点到直线的距离最小时，( riangle ABP)面积最小，

故三角形的高的最大值为(2sqrt{2}+r=2sqrt{2}+sqrt{2}=3sqrt{2})；三角形的高的最小值为(2sqrt{2}-r=2sqrt{2}-sqrt{2}=sqrt{2})；又(|AB|=2sqrt{2})，

故([S_{ riangle ABP}]_{max}=cfrac{1}{2} imes 3sqrt{2} imes 2sqrt{2}=6)，([S_{ riangle ABP}]_{min}=cfrac{1}{2} imes sqrt{2} imes 2sqrt{2}=2)，故选(A)。

法2：设圆上任一点的坐标为(P(2+sqrt{2}cos heta，sqrt{2}sin heta))，则三角形的高为(h=d=cfrac{|2+sqrt{2}cos heta+sqrt{2}sin heta+2|}{sqrt{2}}=cfrac{|4+2sin( heta+cfrac{pi}{4})|}{sqrt{2}})

故当(sin( heta+cfrac{pi}{4})=1)时，(h_{max}=cfrac{6}{sqrt{2}}=3sqrt{2})，

当(sin( heta+cfrac{pi}{4})=-1)时，(h_{min}=cfrac{2}{sqrt{2}}=sqrt{2})，又(|AB|=2sqrt{2})，

故([S_{ riangle ABP}]_{max}=cfrac{1}{2} imes 3sqrt{2} imes 2sqrt{2}=6)，([S_{ riangle ABP}]_{min}=cfrac{1}{2} imes sqrt{2} imes 2sqrt{2}=2)，故选(A)。

例5【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】已知抛物线(C：y^2=4x)的焦点为(F)，过点(M(4，0))的直线与抛物线(C)交于(A)，(B)两点，则( riangle ABF)的面积的最小值为【】

$A.8$ $B.12$ $C.16$ $D.24$

法1：做出如下的示意图，设直线(AB)的斜率为(k)，不妨只考虑(k>0)，则(AB:y=k(x-4))，即(kx-y-4k=0)；

将直线和抛物线方程联立，消去(x)得到，(ky^2-4y-16k=0)，则(y_1+y_2=-cfrac{-4}{k}=cfrac{4}{k})，(y_1y_2=-16)，

则(|AB|=sqrt{1+cfrac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=sqrt{1+cfrac{1}{k^2}}sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2})

(=sqrt{1+cfrac{1}{k^2}}sqrt{(cfrac{4}{k})^2-4 imes (-16)}=sqrt{cfrac{k^2+1}{k^2}}cdot 4cdot sqrt{cfrac{4k^2+1}{k^2}})

(=4cdot cfrac{sqrt{k^2+1}cdot sqrt{4k^2+1}}{k^2})，

又点(F)到直线(AB)的距离为(d=h=cfrac{|3k|}{sqrt{k^2+1}}=cfrac{3k}{sqrt{k^2+1}})，

则(S_{ riangle ABF}=cfrac{1}{2}cdot 4cdot cfrac{sqrt{k^2+1}cdot sqrt{4k^2+1}}{k^2}cdot cfrac{3k}{sqrt{k^2+1}})

(=6 imes cfrac{sqrt{4k^2+1}}{k}=6 imes sqrt{4+cfrac{1}{k^2}})，

当(k ightarrow infty)时，所求面积有最小值，(S_{min}=6 imes 2=12)。故选(B).

法2：仿上利用均值不等式可以说明，当(AB)和(x)轴垂直时，(S_{ riangle ABF})有最小值；

(S_{ riangle ABF}=cfrac{1}{2}cdot 3cdot (|y_1|+|y_2|)ge cfrac{3}{2}cdot 2sqrt{|y_1y_2|}= cfrac{3}{2}cdot 2cdot 4=12)，故选(B).

例6【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】如果( riangle ABC)内接于半径为(R)的圆，( riangle ABC)的内角(A)，(B)，(C)的对边分别为(a)，(b)，(c)，且(asinA-csinC=(sqrt{2}a-b)sinB)，若( riangle ABC)的面积的最大值为(2(sqrt{2}-1))，则(R)的值为【】

$A.1$ $B.sqrt{2}$ $C.sqrt{3}$ $D.2$

分析：边化角，由(asinA-csinC=(sqrt{2}a-b)sinB)得到，(a^2+b^2-c^2=sqrt{2}ab)，则可知(cosC=cfrac{sqrt{2}}{2})，又(Cin (0，pi))，则(C=cfrac{pi}{4})；

如图所示，弧(AB)所对的圆心角(angle C)为定值，当其在圆上运动时，只有当其落在点(D)时面积最大(底边不动，高线最大)，此时( riangle ABC)为顶角为(C=45^{circ})的等腰三角形，(angle A=angle B=cfrac{135^{circ}}{2})，

则当(a=b)时([S_{ riangle ABC}]_{max}=cfrac{1}{2}absinC=2(sqrt{2}+1))，解得(a^2=8+4sqrt{2})，

则由(cfrac{a}{sinA}=2R)得到，(4R^2=cfrac{a^2}{sin^2A}=cfrac{a^2}{sin^2frac{135^{circ}}{2}}=cfrac{8+4sqrt{2}}{frac{1}{2}(1+frac{sqrt{2}}{2})}=16)，则(R=2)。故选(D).

例7在(Delta ABC)中，角(A、B、C)的对边分别为(a、b、c)，若(b=1)，(a=2c)，则当(C)取最大值时，(Delta ABC)的面积为【】

$A、cfrac{sqrt{3}}{3}$ $B、cfrac{sqrt{3}}{6}$ $C、cfrac{2sqrt{3}}{3}$ $D、sqrt{3}$

分析：当(C)取到最大值时，(cosC)取得最小值，故先研究(cosC)，

(cosC=cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=cfrac{3c^2+1}{4c})

(=cfrac{1}{4}(3c+cfrac{1}{c})ge cfrac{1}{4}cdot 2sqrt{3}=cfrac{sqrt{3}}{2})，

当且仅当(3c=cfrac{1}{c})，即(c=cfrac{sqrt{3}}{3})时取得等号；

且此时(sinC=cfrac{1}{2})，故当(C)取到最大值时，

(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}absinC=cfrac{1}{2}cdot 2ccdot 1cdot cfrac{1}{2}=cfrac{sqrt{3}}{6})，故选(B)。

例8【2017全国卷Ⅱ文理同题，第22题高考真题】【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系(xOy)中，以坐标原点为极点，(x)轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线(C_1) 的极坐标方程为( ho cos heta=4) ．

(1).(M)为曲线(C_1)上的动点，点(P)在线段(OM)上，且满足(|OM|cdot|OP|=16)，求点(P)的轨迹(C_2)的直角坐标方程；

【法一】：学生容易想到的解法，也是我们交给学生的方法。

容易化简(C_1：x=4)，做出简单的示意图，我们可以令(M(4，m)、P(x，y))，

则由题目可知(cfrac{y}{x}=cfrac{m}{4})，即(m=cfrac{4y}{x})，

又由题目可知满足条件(|OM|cdot|OP|=16)，即(sqrt{4^2+m^2}cdotsqrt{x^2+y^2}=16)，

将(m=cfrac{4y}{x})代入，整理得到((4^2+cfrac{16y^2}{x^2})cdot(x^2+y^2)=256)，

整理得到(x^4+2x^2y^2-16x^2+y^4=0)，即(x^4+2x^2y^2+y^4=16x^2)，

即((x^2+y^2)^2=(4x)^2)，两边开方得到(x^2+y^2=4x)[此处由于(x)为非负值，故舍去(x^2+y^2=-4x)]，

最终可以化简为((x-2)^2+y^2=4(x>0))。

【法2】：直接借助极坐标系来思考运算，令(M( ho， heta))，(P( ho_1， heta)( ho_1>0))，由题可知，

点M满足(C_1)的方程( ho cos heta=4) 。则( ho=cfrac{4}{cos heta})，

又(|OM|= ho=cfrac{4}{cos heta})，(|OP|= ho_1)，又由题目可知(|OM|cdot|OP|= ho ho_1=16)，

故( ho_1=cfrac{16}{ ho}=4cos heta( ho_1>0))，两边同乘以( ho_1)得到

( ho_1^2=4 ho_1 cos heta)，转化为直角坐标方程为(x^2+y^2=4x(x eq 0))，

即((x-2)^2+y^2=4(x eq 0))为曲线(C_2)的直角坐标方程。

解后反思：

①法1的代数式变形，许多学生根本想不到；

②结题中限制(x eq 0)是为了和上述的( ho_1>0)对应。

③此题目的法2的解答提醒我们，若题目中出现了经过极点的两个线段的四则运算的条件，那么采用极坐标思考和运算应该是比较简单和快捷的，故我们必须扭转以直角坐标为桥梁的的求解思路，快速适应在极坐标系下的思维模式。

(2).设点(A)的极坐标为((2，cfrac{pi}{3}))，点(B)在曲线(C_2)上，求(Delta OAB)面积的最大值．

【法1】：直接借助平面几何的形来思考运算，结合运动观点和特殊化策略；让点(B)在圆上跑一圈即可看出思路；

连接(AC) ，易知(Delta AOC)为正三角形，底边(|OA|)为定值，则当高线最大时，(S_{Delta AOB})面积最大，

如图所示，过圆心(C)做(AO)的垂线，交(AO)于(H)，交圆(C)于点(B)，此时(S_{Delta AOB})面积最大，

(S_{max}=cfrac{1}{2}cdot |AO||HB|=cfrac{1}{2}cdot |AO|(|HC|+|BC|)=2+sqrt{3})。

【法2】：借助圆的参数方程和点线距公式求解；

直线(OA)的方程为(sqrt{3}x-y=0)，点(B)在曲线(C_2)上，

故点(B)的参数坐标为((2cos heta+2，2sin heta))(( hetain (-pi，pi)))，

故三角形(Delta OAB)的一条边(OA)上的高为点(B)到直线(OA)的距离为(h_{OA})，

(h_{OA}=cfrac{|sqrt{3}(2cos heta+2)-2sin heta|}{sqrt{(sqrt{3})^2+1^2}}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|)

则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA|cdot h_{OA}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|=|2cos( heta+cfrac{pi}{6})+sqrt{3}|)，

当(cos( heta+cfrac{pi}{6})=1)，即( heta=-cfrac{pi}{6})时，(S_{max}=2+sqrt{3})。

【法3】：直接借助极坐标系来思考运算，利用(S_{ riangle}=cfrac{1}{2}absinC)求解；

点(A(2，cfrac{pi}{3}))，点(B( ho，alpha)(alphain (-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，又点(B)满足曲线(C_2)的极坐标方程，

故(|OB|= ho=4cosalpha)，(angle AOB=cfrac{pi}{3}-alpha)，

则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA||OB|sinangle AOB=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 4cosalphacdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha))

(=4cosalpha cdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha)=4cosalphacdot(cfrac{sqrt{3}}{2}cosalpha-cfrac{1}{2}sinalpha))

(=2sqrt{3}cos^2alpha-2sinalphacdot cosalpha=sqrt{3}cdot (1+cos2alpha)-sin2alpha=-2sin(2alpha-cfrac{pi}{3})+sqrt{3})，

故当(2alpha-cfrac{pi}{3}=-cfrac{pi}{2})，即(alpha=-cfrac{pi}{12})时，(S_{Delta OAB})取到最大值(2+sqrt{3})。

引申探究

当点(A)在圆外时，如点(A(4，3))，又该如何思考呢？

分析：连接(OA)，和圆相交于点(D)，过点(C)做弦(OD)的中垂线，和弦(OD)相交于点(H)，和圆相交于点(B)，

则此时点(B)到底边(OA)的距离最大，故此时的(S_{Delta AOB})面积最大，

具体(S_{Delta AOB})面积最大时的求法如下，

底边长(|OA|)固定不变，高线(|BH|=|BC|+|HC|)，其中(|BC|)长为半径，题目给定，

(|HC|)可以用点(C(2，0))到直线(OA)的距离公式求得，或利用(RtDelta OCH)求解即可，

故面积的最大值可解；

当点(A)在圆内时，如点(A(3，1))，又该如何思考呢？

分析：连接(OA)并延长和圆相交于点(D)，

过点(C)做弦(OD)的中垂线，和弦(OD)相交于点(H)，和圆相交于点(B)，

则此时点(B)到底边(OA)的距离最大，故此时的(S_{Delta AOB})面积最大，

具体(S_{Delta AOB})面积最大时的求法如下，底边长(|OA|)固定不变，高线(|BH|=|BC|+|HC|)，

其中(|BC|)长为半径，题目给定，(|HC|)可以用点(C(2，0))到直线(OA)的距离公式求得，

或利用(RtDelta OCH)求解即可，故面积的最大值可解；

法2：直线(OA)的方程为(sqrt{3}x-y=0)，点(B)在曲线(C_2)上，故点B的参数坐标为((2cos heta+2，2sin heta))(( hetain (-pi，pi)))，

(?此处怎么转化，为什么这样转化)

故三角形(Delta OAB)的一条边(OA)上的高为点(B)到直线(OA)的距离

(h_{OA}=cfrac{|sqrt{3}(2cos heta+2)-2sin heta|}{sqrt{(sqrt{3})^2+1^2}}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|)

则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA|cdot h_{OA}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|=|2cos( heta+cfrac{pi}{6})+sqrt{3}|)，

当(cos( heta+cfrac{pi}{6})=1)，即( heta=-cfrac{pi}{6})时，(S_{max}=2+sqrt{3})。

法3：直接借助极坐标系来思考运算，

点(A(2，cfrac{pi}{3}))，点(B( ho，alpha)(alphain (-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，

又点B满足曲线(C_2)的极坐标方程，

故(|OB|= ho=4cosalpha)，(angle AOB=cfrac{pi}{3}-alpha)，

则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA||OB|sinangle AOB=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 4cosalphacdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha))

(=4cosalpha cdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha)=4cosalphacdot(cfrac{sqrt{3}}{2}cosalpha-cfrac{1}{2}sinalpha))

(=2sqrt{3}cos^2alpha-2sinalphacdot cosalpha=sqrt{3}cdot (1+cos2alpha)-sin2alpha=-2sin(2alpha-cfrac{pi}{3})+sqrt{3})，

故当(2alpha-cfrac{pi}{3}=-cfrac{pi}{2})，即(alpha=-cfrac{pi}{12})时，(S_{Delta OAB})取到最大值(2+sqrt{3})。

例9【2019三轮模拟考试理科用题】在(Delta ABC)中，已知(4cos^2cfrac{A}{2}-cos2(B+C)=cfrac{7}{2}，a=2)，则(Delta ABC)的面积的最大值为________.

分析：由(cos2(B+C)=cos(2B+2C)=cos(2pi-2A)=cos2A)，

将已知等式变形为(2cdot 2cos^2cfrac{A}{2}-cos2A=cfrac{7}{2})，

即(2(1+cosA)-cos2A=cfrac{7}{2})，

即(2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=cfrac{7}{2})，

化简为(4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0)，

解得(cosA=cfrac{1}{2}，Ain(0，pi))，故(A=cfrac{pi}{3})，

到此题目转化为已知(A=cfrac{pi}{3}，a=2)，求(Delta ABC)的面积的最大值。

接下来有两个思路途径：

思路一：使用均值不等式，由余弦定理(a^2=b^2+c^2-2bccosA，A=cfrac{pi}{3}，a=2)

得到(b^2+c^2=4+bcge 2bc)，解得(bcleq 4(当且仅当b=c=2时取到等号))，

则(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}bcsinA leq cfrac{sqrt{3}}{4} imes 4=sqrt{3})。

即三角形面积的最大值是(sqrt{3})。

法2：由于题目已知(A=cfrac{pi}{3}，a=2)，则(B+C=cfrac{2pi}{3})，故(B，Cin (0，cfrac{2pi}{3}))，

则由正弦定理得(cfrac{b}{sinB}=cfrac{c}{sinC} =cfrac{a}{sinA} =cfrac{2}{frac{sqrt{3}}{2}} =cfrac{4sqrt{3}}{3})，

则(b=cfrac{4sqrt{3}}{3}sinB)，(c=cfrac{4sqrt{3}}{3}sinC)，

则(bc=(cfrac{4sqrt{3}}{3})^2cdot sinBcdot sinC=cfrac{16}{3}sinBcdot sin(cfrac{2pi}{3}-B))

(=cfrac{16}{3}sinBcdot (cfrac{sqrt{3}}{2}cosB+cfrac{1}{2}sinB))

(=cfrac{16}{3}[cfrac{sqrt{3}}{2}sinBcdot cosB+cfrac{1}{2}sin^2B])

(=cfrac{16}{3}[cfrac{sqrt{3}}{4}sin2B+cfrac{1}{4}(1-cos2B)])

(=cfrac{16}{3}(cfrac{sqrt{3}}{4}sin2B-cfrac{1}{4}cos2B+cfrac{1}{4}))

(=cfrac{8}{3}(sin2Bcdot cfrac{sqrt{3}}{2}-cos2Bcdot cfrac{1}{2})+cfrac{4}{3})

(=cfrac{8}{3}sin(2B-cfrac{pi}{6})+cfrac{4}{3})

当(2B-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{2})，即(B=cfrac{5pi}{12} in(0，cfrac{2pi}{3}))时，(sin(2B-cfrac{pi}{6})=1)，

即(bc_{max}=cfrac{8}{3}+cfrac{4}{3}=4)

故([S_{Delta}]_{max}=cfrac{1}{2}bcsinAleq cfrac{sqrt{3}}{4} imes 4=sqrt{3})。

例10【2017(cdot)广东汕头一模】【求面积的最大值】已知(Delta ABC)的内角(A，B，C)的对边分别是(a，b，c)，且满足(b=c)，(cfrac{b}{a}=cfrac{1-cosB}{cosA})，若点(O)是(Delta ABC)外的一点，(angle AOB= heta(0< heta<pi))，(OA=2)，(OB=1)，则四边形(OACB)面积的最大值是【】

$A.cfrac{4+5sqrt{3}}{4}$ $B.cfrac{8+5sqrt{3}}{4}$ $C.3$ $D.cfrac{4+5sqrt{3}}{4}$

分析：由(cfrac{b}{a}=cfrac{sinB}{sinA}=cfrac{1-cosB}{cosA})，

得到(sinBcosA+cosBsinA=sinA)，即(sin(A+B)=sinA)

则(sinC=sinA)，即(A=C)，

故(a=b=c)，为等边三角形。

在(Delta AOB)中，(AB^2=2^2+1^2-2cdot 2cdot 1cdot cos heta=5-4cos heta)，

故(S_{OACB}=S_{Delta AOB}+S_{Delta ABC})

(=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 1cdot sin heta+cfrac{sqrt{3}}{4}cdot AB^2)

(=sin heta+cfrac{sqrt{3}}{4}(5-4cos heta)=2sin( heta-cfrac{pi}{3})+cfrac{5sqrt{3}}{4})

当( heta-cfrac{pi}{3}=cfrac{pi}{2})时，即( heta=cfrac{5pi}{6}in (0，pi))时，四边形的面积有最大值，

且(S_{max}=2+cfrac{5sqrt{3}}{4}=cfrac{8+5sqrt{3}}{4})，故选(B)。

例11在(Delta ABC)中，角(A、B、C)的对边分别为(a、b、c)，若(b=1)，(a=2c)，则当(C)取最大值时，(Delta ABC)的面积为【】

$A、cfrac{sqrt{3}}{3}$ $B、cfrac{sqrt{3}}{6}$ $C、cfrac{2sqrt{3}}{3}$ $D、sqrt{3}$

分析：当(C)取到最大值时，(cosC)取得最小值，故先研究(cosC)，

(cosC=cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=cfrac{3c^2+1}{4c})

(=cfrac{1}{4}(3c+cfrac{1}{c})ge cfrac{1}{4}cdot 2sqrt{3}=cfrac{sqrt{3}}{2})，

当且仅当(3c=cfrac{1}{c})，即(c=cfrac{sqrt{3}}{3})时取得等号；

且此时(sinC=cfrac{1}{2})，故当(C)取到最大值时，

(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}absinC)

(=cfrac{1}{2}cdot 2ccdot 1cdot cfrac{1}{2}=cfrac{sqrt{3}}{6})，

故选(B)。

例12【2018·浙江省名校协作体高三联考】在(Delta ABC)中，内角(A，B，C)所对的边分别为(a，b，c)，已知(c＝2)，(C＝cfrac{pi}{3})，Ⅰ、当(2sin2A＋sin(2B＋C)＝sinC) 时，求(Delta ABC)的面积；

分析：由(2sin2A+sin(2B＋C)＝sinC)，

得到(4sinAcosA+sin[(A+B+C)+B-A]=sinC)，即(4sinAcosA+sin[pi+B-A]=sinC)，

即(4sinAcosA-sin(B-A)=sin(B+A))，即(4sinAcosA=sin(B-A)+sin(B+A))，

则(4sinAcosA=2sinBcosA)，即(cosA(2sinA-sinB)=0)，

①当(cosA=0)时，(A=cfrac{pi}{2})，由(C＝cfrac{pi}{3})，得到(B=cfrac{pi}{6})；

此时，(b=cfrac{2sqrt{3}}{3})，(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}bcsinA=cfrac{1}{2}cdot 2cdot cfrac{2sqrt{3}}{3}=cfrac{2sqrt{3}}{3})；

②当(cosA eq 0)时，则有(sinB=2sinA)，即(b=2a)，

由(left{egin{array}{l}{a^2+b^2-ab=4}\{b=2a}end{array} ight.)，解得(b=cfrac{4sqrt{3}}{3})，(b=cfrac{2sqrt{3}}{3})，

故(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}absinC=cfrac{1}{2}cdot cfrac{4sqrt{3}}{3}cdot cfrac{2sqrt{3}}{3}cdotcfrac{1}{2}=cfrac{2sqrt{3}}{3})；

综上所述，(S_{Delta ABC}=cfrac{2sqrt{3}}{3})；

Ⅱ、求(Delta ABC)周长的最大值。

分析：具体解法见求三角形的周长类的取值范围

难点题目

例13在希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三条边长求三角形的面积，若三角形的三条边分别为(a)，(b)，(c)，则(S=sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)})，其中(p=cfrac{1}{2}(a+b+c))，已知在( riangle ABC)中，(BC=6)，(AB=2AC)，则当( riangle ABC)的面积最大时，(sinA)=__________。

解： (ecause a=6)，设 (b=x)，则(c=2x)，

可得(: p=cfrac{1}{2}(a+b+c)=3+cfrac{3 x}{2})

( herefore S=sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=sqrt{(3+cfrac{3}{2}x)(cfrac{3}{2}x-3)(3+cfrac{1}{2}x)(3-cfrac{1}{2}x)})

(=sqrt{[(cfrac{3}{2}x)^2-3^2][3^2-(cfrac{1}{2}x)^2]}=sqrt{(cfrac{9x^2}{4}-9)(9-cfrac{x^2}{4})})

(=sqrt{cfrac{81x^2}{4}-cfrac{9x^4}{16}-81+cfrac{9x^2}{4}}=sqrt{-cfrac{9}{16}x^4+cfrac{90}{4}x^2-81})

(=sqrt{-cfrac{9}{16}(x^4-40x^2)-81}=sqrt{-cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)-81+cfrac{9}{16} imes 20^2})

(=sqrt{225-81-cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)})(=sqrt{144-cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}})

由三角形的三边关系可知：(left{egin{array}{l}{x+2x>6}\{x+6>2x}\{6+2x>x}end{array} ight.)，解得：(2<x<6)

故当(x^2=20)，即当(x=2sqrt{5}in (2,6))时， (S_{ riangle ABC})取得最大值(12) ^[1]

此时由(cfrac{1}{2} imes 2sqrt{5} imes4sqrt{5}sin A=12)，解得：(sin A=cfrac{3}{5})

解后反思：①明确海伦公式的作用，已知三边可以求解三角形的面积，或表示了三边，可以表达三角形的面积函数，从而可以求面积的最值；

②注意此题目的运算，有相当的难度，求最值时还涉及到复合函数；

③注意利用三角形的三边关系，求自变量的取值范围的技巧；

例14已知点(P)是椭圆(cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{4}=1)上的动点，过(P)作圆(N：x^2+y^2=1)的两条切线(PA，PB)，(A，B)分别为切点，直线(AB)与(x)，(y)轴分别相交于(M，N)两点，则( riangle MON)((O)为坐标原点)的最小面积为____________。

分析：根据题意设点(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，(P(x_0,y_0))，

由于(PA)是圆的切线且切点为(A)，则(PA)的方程为(x_{1}x+y_{1}y=1)，^[2]

同理(PB)的方程为(x_{2}x+y_{2}y=1)，

由于点(P(x_0,y_0))在切线(PA)上，则有(x_{1}cdot x_{0}+y_{1}cdot y_{0}=1)；

点(P(x_0,y_0))在切线(PB)上，同理则有(x_{2}cdot x_{0}+y_{2}cdot y_{0}=1)

又由于直线(AB)同时与直线(PA)和(PB)相交，

则由相同结构的两个表达式(left{egin{array}{l}{x_{1}cdot x_{0}+y_{1}cdot y_{0}=1}\{x_{2}cdot x_{0}+y_{2}cdot y_{0}=1}end{array} ight.)，

可以得到直线(AB)的方程为(x_{0}x+y_{0}y=1)，^[3]

则(M)的坐标为((cfrac{1}{x_{0}}, 0))，(N)的坐标为((0, cfrac{1}{y_{0}}))，^[4]

(S_{ riangle OMN}=cfrac{1}{2}|OM|cdot|ON|=cfrac{1}{2}cdotleft|cfrac{1}{x_{0} y_{0}} ight|)

又由点(P)是椭圆(M:cfrac{x^{2}}{16}+cfrac{y^{2}}{4}=1)的动点，则有(cfrac{x_{0}^{2}}{16}+cfrac{y_{0}^{2}}{4}=1)

则有(1=cfrac{x_{0}^{2}}{16}+cfrac{y_{0}^{2}}{4}geqslant 2sqrt{cfrac{x_{0}^{2} y_{0}^{2}}{64}}=cfrac{1}{4}left|x_{0} y_{0} ight|)，

即(left|x_{0} y_{0} ight|leqslant 4)

(S_{ riangle OMN}=cfrac{1}{2}|OM||ON|left|=cfrac{1}{2}cdot ight|cfrac{1}{x_{0} y_{0}}mid geqslantcfrac{1}{8})

即( riangle OMN)面积的最小值为(cfrac{1}{8}).

解后反思：本题目的综合程度比较高，对学生的数学素养要求也比较高。

①过圆上任意一点的切线方程的求法；②合二为一的数学策略；③直线的截距式方程；④均值不等式在椭圆中的应用，⑤不等式性质；

设(x^2=t)，则(g(t)=144-cfrac{9}{16}(t-20)^{2})，是二次函数，图像开口向下，(g(t)_{max}=g(20)=144)，
而函数(m=sqrt{n})是单调递增的，故([sqrt{144-cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}]_{max}=sqrt{144}=12). ↩︎
过圆(x^2+y^2=r^2)上的点(P_0(x_0，y_0))的切线方程是(x_0x+y_0y=r^2)；
证明：由于点(P_0(x_0，y_0))在圆(x^2+y^2=r^2)上，故有(x_0^2+y_0^2=r^2)，
又由于直线(OP)的斜率(k_1=cfrac{y_0}{x_0})，故和直线(OP)垂直的圆的切线的斜率为(k_0=-cfrac{x_0}{y_0})
由点斜式可得，过圆上的点(P_0(x_0，y_0))的切线方程为(y-y_0=k_0(x-x_0))，

即(y-y_0=-cfrac{x_0}{y_0}(x-x_0))，整理为(x_0x+y_0y=x_0^2+y_0^2)，又(x_0^2+y_0^2=r^2)，
故整理得到切线方程为(x_0x+y_0y=r^2)。 ↩︎
此处用到数学中的合二为一的策略，直线(PA:x_{1}x_{0}+y_{1}y_{0}=1),直线(PB:x_{2}x_{0}+y_{2}y_{0}=1)，
故直线(AB)同时经过点(A)和点(B)，由两点确定一条直线可知，此时只需要将同一结构的表达式中的(x_1)，(x_2)换成(x)，将(y_1)，(y_2)换成(y)，即得到直线(AB)的方程(AB:x_{0}x+y_{0}y=1)。 ↩︎
将直线(AB)的方程为(x_{0}x+y_{0}y=1)变形为(cfrac{x}{frac{1}{x_0}}+cfrac{y}{frac{1}{y_0}}=1)[直线的截距式方程，由方程可以直接看出(x)截距和(y)截距]，
故得到此直线和坐标轴的交点的坐标。(Mleft(cfrac{1}{x_{0}}, 0 ight))，(Nleft(0, cfrac{1}{y_{0}} ight)). ↩︎