前言
本博文涉及的数学素材的求解，需要过的几个关口：心理关[畏难情绪]、运算关、函数关[分式函数，根式函数，绝对值函数、二次函数、幂函数]、变形关[换元、配方]、技巧关[分式裂项，同除]等，难度相当的大；
公式总结
-
(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}cdot acdot h_a)；圆锥曲线中三角形面积求解常用的公式；
-
(S_{ riangle ABC}=cfrac{1}{2}absinC=cfrac{1}{2}bcsinA=cfrac{1}{2}casinB)；应用在极坐标系中在极坐标系中，面积公式可能是这样的：(S_{ riangle ABC})(=)(cfrac{1}{2})(cdot)( ho_1)(cdot)( ho_2)(cdot)(sin heta)，其中( heta)为( ho_1)和( ho_2)的夹角，(quad)；
-
(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
求解策略
割补法[把一个整体三角形的面积分割表达为几个三角形的面积之和]；
视角转化法[三角形有三条底边，三条高线，当题目中有已知长度的线段实际，尽量以此线段为底边或者高线，最起码求面积时的一个量就是定值，运算量必然要少的多]；
典例剖析
(1). 求椭圆 (C) 的长轴长和离心率；
解析：由题意可得(c^{2}=a^{2}-1=1)， 所以 (a^{2}=2)，
所以椭圆的方程为: (cfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1)，所以长轴长 (2a=2sqrt{2})，
离心率 (e=cfrac{c}{a}=cfrac{1}{sqrt{2}}=cfrac{sqrt{2}}{2}).
(2). 求 ( riangle AOB) 的面积的最大值；
法1：当直线的斜率存在时，设直线的方程为 (y=k(x-1))， 令(A(x_{1}, y_{1}))， (B(x_{2}, y_{2}))，
联立(left{egin{array}{l}{y=k(x-1)}\{cfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1}end{array} ight.)
消 (y) 整理得到，((1+2k^2)x^2-4k^2x+2k^2+2=0)，
则由韦达定理得到，(x_1+x_2=-cfrac{-4k^2}{1+2k^2}=cfrac{4k^2}{1+2k^2})，(x_1x_2=cfrac{2k^2-2}{1+2k^2})，
则底边长 (|AB|=sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|)
(=sqrt{1+k^2}sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2})
(=sqrt{1+k^2}sqrt{(cfrac{4k^2}{1+2k^2})^2-4cfrac{2k^2-2}{1+2k^2}})
(=sqrt{1+k^2}sqrt{cfrac{8k^2+8}{(1+2k^2)^2}})
由于点((0,0))到直线(kx-y-k=0)的距离为高线，
底边上的高 (h=d=cfrac{|k|}{sqrt{k^2+1}})，
故 (S_{ riangle AOB}=cfrac{1}{2} imes |AB| imes d)
(=cfrac{1}{2} imessqrt{1+k^2}sqrt{cfrac{8k^2+8}{(1+2k^2)^2}} imescfrac{|k|}{sqrt{k^2+1}})
(=cfrac{1}{2} imescfrac{2sqrt{2}sqrt{1+k^2}sqrt{1+k^2}}{1+2k^2} imes cfrac{|k|}{sqrt{k^2+1}})
(=cfrac{sqrt{1+k^2} imes |k|}{1+2k^2})
为了便于计算其最大值，我们求解其平方的值，
(S_{ riangle AOB}^2=cfrac{2(1+k^2)k^2}{(1+2k^2)^2})
(=cfrac{2(k^4+k^2)}{4k^4+4k^2+1})
(=cfrac{2}{4} imescfrac{k^4+k^2}{k^4+k^2+frac{1}{4}})
(=cfrac{1}{2} imescfrac{k^4+k^2+frac{1}{4}-frac{1}{4}}{k^4+k^2+frac{1}{4}})
(=cfrac{1}{2}(1-cfrac{frac{1}{4}}{k^4+k^2+frac{1}{4}}))
(=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{4k^4+4k^2+1}))
(=cfrac{1}{2}[1-cfrac{1}{(2k^2+1)^2}])
故当(k ightarrow +infty)时，(cfrac{1}{(2k^2+1)^2} ightarrow 0)，
故([S_{ riangle AOB}^2]_{max}=cfrac{1}{2})，
故 ([S_{ riangle AOB}]_{max}=cfrac{sqrt{2}}{2}).
当直线的斜率不存在时，直线 (AB: x=1) ，联立椭圆方程 (cfrac{x^2}{2}+y^2=1)，解得 (y=pm cfrac{sqrt{2}}{2})，
故 (|AB|=sqrt{2})，此时三角形的高为 (|OF|=1)，则 ([S_{ riangle AOB}]=cfrac{1}{2} imes 1 imes sqrt{2}=cfrac{sqrt{2}}{2}).
解后反思：这个思路的不足之处在于，底边长和高线长都是动态的值，运算过程必然会很麻烦，不好计算；
法2： 由题意可得直线 (l) 的斜率不为(0)， 设直线 (l) 的方程：(x=my+1)此处这样设直线，是为了更好的利用 (|y_1-y_2|)，便于计算；(quad)，
令(A(x_{1}, y_{1}))， (B(x_{2}, y_{2}))，
联立直线和椭圆的方程，即(left{egin{array}{l}{x=my+1}\{cfrac{x^2}{2}+y^2=1}end{array} ight.,)
整理得到，((2+m^2)y^2+2my-1=0)，
由韦达定理得到，(y_{1}+y_{2}=-cfrac{2 m}{2+m^{2}})， (y_{1} y_{2}=-cfrac{1}{2+m^{2}})
[备注：(S_{ riangle AOB}=S_{ riangle AOF}+S_{ riangle BOF})，此时以定长(|OF|)为底，以两个动线段为高，而两个动线段的长度之和，可以表达为(|y_1-y_2|)的长度，这个思路要简单的多，原因是一定一动求乘积；]
所以 (S_{ riangle AOB}=cfrac{1}{2}|OF|cdot|y_{1}-y_{2}|)
(=cfrac{1}{2}cdot 1cdotsqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}})
(=cfrac{1}{2} sqrt{cfrac{4m^{2}}{(2+m^{2})^{2}}+cfrac{4}{2+m^{2}}})
(=cfrac{sqrt{2}sqrt{1+m^{2}}}{2+m^{2}})
(=cfrac{sqrt{2}}{sqrt{1+m^{2}}+cfrac{1}{sqrt{1+m^{2}}}}),
设 (t=sqrt{1+m^{2}}geqslant 1)， 则 (y=t+cfrac{1}{t}) 在 (tin[1,+infty)) 单调递增，
所以 (t=1) 时， 此时即 (m=0) 时， (y=2) 最小，
即当 (m=0)时， ((S_{ riangle AOB})_max =cfrac{sqrt{2}}{2}).
(3). 若 ( riangle AOB) 为直角三角形， 求直线 (l) 的方程.
解： 由于( riangle AOB) 为直角三角形， 则必有(OAperp OB)，
即 (overrightarrow{OA}cdotoverrightarrow{OB}=0)，(x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=0)，
由(2)可得(x_{1}x_{2}=m^{2}y_{1}y_{2}+m(y_{1}+y_{2})+1=cfrac{2-2 m^{2}}{2+m^{2}}) ，
所以 (cfrac{2-2m^{2}}{2+m^{2}}-cfrac{1}{2+m^{2}}=0)， 解得 (m^{2}=cfrac{1}{2})，
所以 (m=pmcfrac{sqrt{2}}{2})，所以直线 (l) 的方程为： (x=pmcfrac{sqrt{2}}{2}y+1).
(1).求椭圆 (omega) 的方程及离心率；
分析：由题可知，(m>0)，可知椭圆的焦点在 (x) 轴，
且可知(a^2=4m)，(b^2=m)，(c^2=3m)，左顶点为((-2sqrt{m},0))，
又椭圆的左顶点为 (A(-2，0))，即(-2sqrt{m}=-2)，故(m=1)，
则(a^2=4)，(b^2=1)，(c^2=3)，
故椭圆的方程为 (omega：cfrac{x^2}{4}+y^2=1)，且离心率为(e=cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2}).
(2).求证：直线 (PQ) 过定点；
分析：设点的坐标为(P(x_1,y_1))， (Q(x_2,y_2))，
①.当直线的斜率不存在时， (PQperp x) 轴时， (Q(x_{1},-y_{1}))，
因为点 (A) 在以 (PQ) 为直径的圆上，所以 (PA perp QA)，
所以 (overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{QA}=0)，所以 ((-2-x_{1})^{2}-y_{1}^{2}=0)，
因为 (cfrac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1)，所以 (5x_{1}^{2}+16x_{1}+12=0)，
解方程得 (x_{1}=-cfrac{6}{5}) 或 (x_{1}=-2)
因为 (l) 不过 (A(-2,0))， 所以 (x_{1}=-2) 舍去，
则(x_1=-cfrac{6}{5})，即直线 (PQ) 的方程为(x=-cfrac{6}{5})；
②.当直线的斜率存在时，设直线的方程为 (y=kx+b)为什么要这样设元？由于题目说明直线过定点，则最终应该会得到(b)(=)(m)(cdot)(k)(+)(n)，(m)，(n)为常数，比如(b)(=)(2k)或(b)(=)(3k)(-)(1)或(b)(=)(3)等，这样才可能证明直线过定点(quad)，动直线 (l) 与椭圆的交点 (P(x_1,y_1))， (Q(x_2,y_2))，
将直线 (y=kx+b) 方程代入 (cfrac{x^2}{4}+y^2=1) ，或直接代入(x^2+4y^2-4=0)，
整理后，得到 ((1+4k^2)x^2+8kbx+4b^2-4=0) ，由韦达定理可知，
(x_1+x_2=-cfrac{8kb}{1+4k^2})， (x_1x_2=cfrac{4b^2-4}{1+4k^2})，
接下来用什么来串联思路呢？
由于点(A)在以 (PQ) 为直径的圆上，则必然满足 (overrightarrow{AP}cdotoverrightarrow{AQ}=0)，
由于点(A(-2,0))，点(P(x_1,y_1))， (Q(x_2,y_2))，
则 (overrightarrow{AP}cdotoverrightarrow{AQ}=(x_1+2,y_1)cdot(x_2+2,y_2)=0)，
则我们得到，((x_1+2)(x_2+2)+y_1y_2=0)，
即((x_1+2)(x_2+2)+(kx_1+b)(kx_2+b)=0)，
整理[1]得到，((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0)，
将上述韦达定理的结果代入[2] ， 得到(12k^2-16kb+5b^2=0)，
即 ((6k-5b)(2k-b)=0) ，解得 (b=cfrac{6}{5}k)，或 (b=2k)，
当 (b=2k) ，即动直线 (l) 为(y=kx+2k=k(x+2))，即直线经过定点 ((-2,0))，不符题意，舍去；
当 (b=cfrac{6}{5}k)时，即动直线 (l) 为(y=kx+cfrac{6}{5}k=k(x+cfrac{6}{5}))，即直线经过定点 ((-cfrac{6}{5},0))；
综上所述，直线(PQ)恒过定点((-cfrac{6}{5},0))；
(3).①求 ( riangle PQM) 面积的最大值；
[题记]：本题目求解中，构建面积函数的三种考量：
思路一：(S_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imes |PQ| imes |QH|=cfrac{1}{2} imes |PQ| imes 2|OB|)
[具体运算1]：直线为(y=k(x+cfrac{6}{5}))， 线条式记录运算步骤和过程；
将 (y=k(x+cfrac{6}{5}))代入 (x^2+4y^2-4=0)，化简整理得到，
((1+4k^2)x^2+cfrac{48k^2}{5}+cfrac{144k^2-100}{25}=0)， 详细阅读请点击[3]
[具体运算2]：直线为 (x=my-cfrac{6}{5})其实质为上述直线的变形表达形式，由(y)(=)(k)((x)(+)(frac{6}{5}))，得到(frac{1}{k}y)(=)(x)(+)(frac{6}{5})，即(x)(=)(frac{1}{k}y)(-)(frac{6}{5})，令(m=frac{1}{k})，即(x)(=)(my)(-)(frac{6}{5})；(quad)，线条式记录运算步骤和过程；
将 (x=my-cfrac{6}{5})代入 (x^2+4y^2-4=0)，化简整理得到，
((4+m^2)y^2-cfrac{12}{5}y-cfrac{64}{25}=0)，详细阅读请点击[4]
思路二：(S_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imes |PM| imes |QT|)
思路三：(S_{ riangle PQM}=S_{ riangle POQ}+S_{ riangle QOM}=2 imes S_{ riangle POQ}=2 imes cfrac{1}{2} imes |OF| imes |y_1-y_2|)
解析：联结(QO)，由于(O) 为 (PM)的中点，
所以 (S_{ riangle PQM}=2S_{ riangle POQ}=2 imescfrac{1}{2} imescfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|=cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|)
当 (PQperp x) 轴时, 由(II)知 (P(-cfrac{6}{5}, cfrac{4}{5}))， (Q(-cfrac{6}{5},-cfrac{4}{5}))，
所以 (S_{ riangle PQM}=cfrac{6}{5} imes|cfrac{4}{5} imes2|=cfrac{48}{25})，
当 (PQ) 与 (x) 轴不垂直时， (S_{ riangle PQM}=2S_{ riangle POQ}=2 imescfrac{1}{2} imescfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|)
(=cfrac{6}{5}|kx_{1}-kx_{2}|=cfrac{6}{5}|k||x_{1}-x_{2}|)
(=cfrac{6}{5}|k||sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=cfrac{6}{5}|k||cfrac{4sqrt{4k^{2}+1-n^{2}}}{4k^{2}+1})
(=cfrac{24}{25}cfrac{sqrt{64k^{4}+25k^{2}}}{4k^{2}+1})
令 (t=4k^{2}+1>1) ((k eq 0))
所以 (S_{ riangle PQM}=cfrac{12}{25}sqrt{cfrac{16t^{2}-7t-9}{t^{2}}})
(=cfrac{12}{25}sqrt{16-cfrac{7}{t}-cfrac{9}{t^{2}}})
(=cfrac{12}{25}sqrt{-9(cfrac{1}{t}+cfrac{7}{18})^{2}+16+9 imescfrac{7^{2}}{18^{2}}})
因为 (0<cfrac{1}{t}<1)，所以 (0<S_{ riangle PQM}<cfrac{48}{25})，
综上, 当直线 (l: x=-cfrac{6}{5}) 时， ( riangle PQM) 的面积最大， 最大值为 (cfrac{48}{25})；
② 若 ( riangle MPQ) 为直角三角形，求直线 (l) 的方程；
解析： 因为 ( riangle MPQ) 为直角三角形， 设 (T(-cfrac{6}{5}, 0))，
由于不知道具体哪个角为直角，故分三种情况讨论:
(1^{circ}). 当 (angle QPM=90^{circ}) 时， 则 (overrightarrow{TP}cdotoverrightarrow{OP}=0)，
因为 (overrightarrow{TP}=(x_{1}+cfrac{6}{5}, y_{1}))， (overrightarrow{OP}=(x_{1}, y_{1}))，
即(x_{1}^{2}+cfrac{6}{5}x_{1}+y_1^2=0)， 则 (x_{1}^{2}+cfrac{6}{5}x_{1}+1-cfrac{x_{1}^{2}}{4}=0)，
所以 (15x_{1}^{2}+24x_{1}+20=0) ， (Delta<0)，则无解，故(angle QPM) 不可能为直角；
(2^{circ}). 当 (angle PQM=90^{circ}) 时，
当 (PQperp x) 轴时， 由椭圆的对称性可知，(angle PQM=90^{circ})，直线 (l) 的方程为(x=-cfrac{6}{5})；
当 (PQ) 与 (x) 轴不垂直时， 必须满足(k_{PQ}cdot k_{QM}=-1)，
又由于点(P(x_1,y_1))，(Q(x_2,y_2)) ，(M(-x_1,-y_1))在椭圆上，故
(cfrac{x_1^2}{4}+y_1^2=1)，(cfrac{x_2^2}{4}+y_2^2=1)，
两式相减，得到(cfrac{y_{2}^{2}-y_{1}^{2}}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}=-cfrac{1}{4})，
又(k_{PQ}cdot k_{QM}=cfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}cdotcfrac{y_{2}+y_{1}}{x_{2}+x_{1}})
(=cfrac{y_{2}^{2}-y_{1}^{2}}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}=-cfrac{1}{4} eq -1)
所以， 此时 (angle PQM eq 90^{circ})；
(3^{circ}). 当 (angle QMP=90^{circ}) 时，
由于 (PQ) 的方程为 (y=k(x+cfrac{6}{5}))，又必然有(k_{PQ}cdot k_{QM}=-cfrac{1}{4})，
所以 (k_{QM}=-cfrac{1}{4k})，又由 (angle QMP=90^{circ}) 必有 (k_{MP}cdot k_{QM}=-1)，
所以 (k_{MP}=4k)，所以直线 (PM) 的方程为 (y=4kx)，
又由(left{egin{array}{l}{y=4kx}\{y=k(x+cfrac{6}{5})}end{array} ight.,) 解得，(P(cfrac{2}{5}, cfrac{8k}{5}))，
又由于 (P(cfrac{2}{5}, cfrac{8k}{5})) 在椭圆上， 所以 (cfrac{4}{25}+4 imescfrac{64k^{2}}{25}=4)，
解得 (k=pmcfrac{sqrt{6}}{4})，
所以直线 (l) 的方程为 (y=pmcfrac{sqrt{6}}{4}(x+cfrac{6}{5}))
综上，直线 (l) 的方程为 (y=cfrac{sqrt{6}}{4} x+cfrac{3sqrt{6}}{10})， (y=-cfrac{sqrt{6}}{4} x-cfrac{3sqrt{6}}{10}) 或 (x=-cfrac{6}{5}).
(1). 求椭圆 (C) 的方程；
解析： 由已知，取过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦为(x=c)，
代入椭圆方程，求解得弦长为(|2y|=cfrac{2b^2}{a})，
由题意可得: (left{egin{array}{l}cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2}\cfrac{2b^{2}}{a}=1\a^{2}=b^{2}+c^{2}end{array} ight.，) 解得: (left{egin{array}{l}a=2 \ b=1end{array} ight.)
故椭圆 (C) 的方程为 (: cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1)；
(2). 设点 (M) 为椭圆上位于第一象限内一动点， (A, B)分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线 (MB) 与 (x) 轴交于点 (C)， 直线 (MA) 与 (y) 轴交于点 (D)，求证: 四边形(ABCD) 的面积为定值.
解析： 椭圆 (C) 的方程为 (: cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1)， 故(A(-2,0), B(0,-1))，
设 (M(m, n)(m>0, n>0))， 则 (cfrac{m^{2}}{4}+n^{2}=1)， 即 (m^{2}+4n^{2}=4)，
又由于(k_{_{BM}}=cfrac{n-(-1)}{m-0}=cfrac{n+1}{m})，且经过点((0,-1))，
则直线 (BM) 的方程为 (: y=cfrac{n+1}{m}x-1)，令(y=0)， 得 (x_{_{C}}=cfrac{m}{n+1})；
同理， 直线 (AM) 的方程为 (: y=cfrac{n}{m+2}(x+2))， 令 (x=0)， 得 (y_{_{D}}=cfrac{2n}{m+2})，
故 (S_{ABCD}=cfrac{1}{2}cdot|AC|cdot|BD|)
(=cfrac{1}{2}cdot|cfrac{m}{n+1}+2|cdot|cfrac{2n}{m+2}+1|)
(=cfrac{1}{2}cdotcfrac{(m+2n+2)^{2}}{(m+2)(n+1)})
(=cfrac{1}{2}cdotcfrac{m^{2}+4n^{2}+4+4mn+4m+8n}{mn+m+2n+2})注意数学公式的使用，((a+b+c)^2)(=)(a^2)(+)(b^2)(+)(c^2)(+)(2ab)(+)(2bc)(+)(2ca)，可以使用多项式的乘法，自行推导(quad)，
(=cfrac{1}{2}cdotcfrac{4mn+4m+8n+8}{mn+m+2n+2}=2)
即四边形 (ABCD) 的面积为定值 (2).
由((x_1+2)(x_2+2)+(kx_1+b)(kx_2+b)=0)得到，
(x_1x_2+2(x_1+x_2)+4+k^2x_1x_2+kb(x_1+x_2)+b^2=0)，
即((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0)； ↩︎((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0)，
(x_1+x_2=-cfrac{8kb}{1+4k^2})， (x_1x_2=cfrac{4b^2-4}{1+4k^2})，
((1+k^2)cdot cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}-(2+kb)(cfrac{8kb}{1+4k^2})+b^2+4=0)，
即((1+k^2)(4b^2-4)-(2+kb)cdot 8kb+(b^2+4)(1+4k^2)=0)，
打开，即(4b^2-4+4k^2b^2-4k^2-16kb-8k^2b^2+b^2+4k^2b^2+4+16k^2=0)，
运算整理的技巧，一次过；
(left.egin{array}{l}&4b^2&-4&+4k^2b^2&-4k^2&\&&&-8k^2b^2&&-16kb\&b^2&+4&+4k^2b^2&+16k^2end{array} ight})
整理得到，(12k^2-16kb+5b^2=0)， ↩︎故有(x_1+x_2=-cfrac{48k^2}{5(1+4k^2)})，(x_1x_2=cfrac{144k^2-100}{25(1+4k^2)})，
则(|PQ|=sqrt{1+k^2} imes|x_1-x_2|)
(=sqrt{1+k^2}sqrt{(-cfrac{48k^2}{5(1+4k^2)})^2-4 imescfrac{144k^2-100}{25(1+4k^2)}})
(=cdots=cfrac{sqrt{1+k^2}cdotsqrt{1024k^2+400}}{5(1+4k^2)})，
又由于原点 ((0,0)) 到直线 (kx-y+cfrac{6}{5}k=0) 的距离为 (d=cfrac{|frac{6}{5}k|}{sqrt{1+k^2}})
故三角形的高线 (h=cfrac{|12k|}{5sqrt{1+k^2}})
(S_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imescfrac{sqrt{1+k^2}cdotsqrt{1024k^2+400}}{5(1+4k^2)} imes cfrac{|12k|}{5sqrt{1+k^2}})
整理为(S_{ riangle PQM}=cfrac{6}{25} imes cfrac{sqrt{1024k^2+400}cdot |k|}{1+4k^2})
令(h(k)=cfrac{sqrt{1024k^2+400}cdot |k|}{1+4k^2})，
则(h^2(k)=cfrac{(1024k^2+400)cdot k^2}{(1+4k^2)^2})
令(1+4k^2=tgeqslant 1) ，则(k^2=cfrac{t-1}{4})，
则(h^2(k)=g(t)=cfrac{1024 imes(frac{t-1}{4})^2+400 imes(frac{t-1}{4})}{t^2})
(=cfrac{64(t^2-2t+1)+100(t-1)}{t^2}=cdots=64-cfrac{28}{t}-cfrac{36}{t^2})，
令(cfrac{1}{t}=m)，则(0<mleqslant1)，
则(h^2(k)=g(t)=l(m)=-36m^2-28m+64)，(0<mleqslant1)，
(=-36(m+cfrac{7}{18})^2+64+cfrac{49}{9})，
故当(m ightarrow 0) 时，(h^2(k)_{max} ightarrow 64)，
即(h(k)_{max} ightarrow 8)，故([S_{ riangle PQM}]_{max}=cfrac{6}{25} imes 8=cfrac{48}{25})，
此时对应(k ightarrow +infty)，即直线和 (x) 轴垂直； ↩︎故 (y_1+y_1=cfrac{12m}{5(4+m^2)}) ，(y_1y_2=-cfrac{64}{25(4+m^2)})，
故 (|PQ|=sqrt{1+(frac{1}{k})^2}cdot|y_1-y_2|=sqrt{1+m^2}cdot|y_1-y_2|)
(=sqrt{1+m^2}cdotsqrt{cfrac{144m^2}{25(4+m^2)^2}+4 imescfrac{64}{25(4+m^2)}})
(=sqrt{1+m^2}cdotsqrt{cfrac{144m^2+256m^2+4 imes 256}{25(4+m^2)^2}})
(=cfrac{4sqrt{1+m^2}cdotsqrt{25m^2+64}}{5(4+m^2)})
又由于原点 ((0,0)) 到直线 (x-my+cfrac{6}{5}=0) 的距离 (d=cfrac{|frac{6}{5}|}{sqrt{1+m^2}})，
故三角形的高线为 (h=cfrac{12}{5sqrt{1+m^2}})，
故(S_{ riangle PQM}=cfrac{1}{2} imes cfrac{4sqrt{1+m^2}cdotsqrt{25m^2+64}}{5(4+m^2)} imes cfrac{12}{5sqrt{1+m^2}})
(=cfrac{24}{25} imes cfrac{sqrt{25m^2+64}}{4+m^2})，
令(g(m)=cfrac{sqrt{25m^2+64}}{4+m^2})，
则 (g^2(m)=cfrac{25m^2+64}{(4+m^2)^2})，此时常用配凑法或换元法，
令(m^2+4=t)，则 (tgeqslant 4)，且有(m^2=t-4)，
则(g^2(m)=cfrac{25(t-4)+64}{t^2}=cfrac{25t-36}{t^2})，
(=-36(cfrac{1}{t})^2+25(cfrac{1}{t}))，令(cfrac{1}{t}=nin (0，cfrac{1}{4}])
(=-36(n-cfrac{25}{72})^2+36 imes (cfrac{25}{72})^2)，
故当 (n=cfrac{1}{4})时，(g^2(m)) 取到最大值，(g^2(m)_{max}=4)，
故(g(m)_{max}=2)，故([S_{ riangle PQM}]_{max}=cfrac{24}{25} imes2=cfrac{48}{25})；
此时(t=4)，对应(m=0)，也对应直线的斜率为(infty)，即直线和 (x) 轴垂直； ↩︎