前言
本博文涉及的數學素材的求解，需要過的幾個關口：心理關[畏難情緒]、運算關、函數關[分式函數，根式函數，絕對值函數、二次函數、冪函數]、變形關[換元、配方]、技巧關[分式裂項，同除]等，難度相當的大；
公式總結
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\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_a\)；圓錐曲線中三角形面積求解常用的公式；
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\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}absinC=\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{1}{2}casinB\)；應用在極坐標系中在極坐標系中，面積公式可能是這樣的：\(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\cdot\)\(\rho_1\)\(\cdot\)\(\rho_2\)\(\cdot\)\(\sin\theta\)，其中\(\theta\)為\(\rho_1\)和\(\rho_2\)的夾角，\(\quad\)；
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\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\cdot r\)，其中\(r\)為內切圓的半徑；高中的內容
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\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{abc}{4R}\)，其中\(R\)為外接圓的半徑；高中的內容
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\(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中\(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，海倫公式；高中或大學的內容
求解策略
割補法[把一個整體三角形的面積分割表達為幾個三角形的面積之和]；
視角轉化法[三角形有三條底邊，三條高線，當題目中有已知長度的線段實際，盡量以此線段為底邊或者高線，最起碼求面積時的一個量就是定值，運算量必然要少的多]；
典例剖析
(1). 求橢圓 \(C\) 的長軸長和離心率；
解析：由題意可得\(c^{2}=a^{2}-1=1\)， 所以 \(a^{2}=2\)，
所以橢圓的方程為: \(\cfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1\)，所以長軸長 \(2a=2\sqrt{2}\)，
離心率 \(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{1}{\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).
(2). 求 \(\triangle AOB\) 的面積的最大值；
法1：當直線的斜率存在時，設直線的方程為 \(y=k(x-1)\)， 令\(A(x_{1}, y_{1})\)， \(B(x_{2}, y_{2})\)，
聯立\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{\cfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1}\end{array}\right.\)
消 \(y\) 整理得到，\((1+2k^2)x^2-4k^2x+2k^2+2=0\)，
則由韋達定理得到，\(x_1+x_2=-\cfrac{-4k^2}{1+2k^2}=\cfrac{4k^2}{1+2k^2}\)，\(x_1x_2=\cfrac{2k^2-2}{1+2k^2}\)，
則底邊長 \(|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)
\(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)
\(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(\cfrac{4k^2}{1+2k^2})^2-4\cfrac{2k^2-2}{1+2k^2}}\)
\(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\cfrac{8k^2+8}{(1+2k^2)^2}}\)
由於點\((0,0)\)到直線\(kx-y-k=0\)的距離為高線，
底邊上的高 \(h=d=\cfrac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}\)，
故 \(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}\times |AB|\times d\)
\(=\cfrac{1}{2}\times\sqrt{1+k^2}\sqrt{\cfrac{8k^2+8}{(1+2k^2)^2}}\times\cfrac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{2\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}\sqrt{1+k^2}}{1+2k^2}\times \cfrac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(=\cfrac{\sqrt{1+k^2}\times |k|}{1+2k^2}\)
為了便於計算其最大值，我們求解其平方的值，
\(S_{\triangle AOB}^2=\cfrac{2(1+k^2)k^2}{(1+2k^2)^2}\)
\(=\cfrac{2(k^4+k^2)}{4k^4+4k^2+1}\)
\(=\cfrac{2}{4}\times\cfrac{k^4+k^2}{k^4+k^2+\frac{1}{4}}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{k^4+k^2+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}}{k^4+k^2+\frac{1}{4}}\)
\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{\frac{1}{4}}{k^4+k^2+\frac{1}{4}})\)
\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{4k^4+4k^2+1})\)
\(=\cfrac{1}{2}[1-\cfrac{1}{(2k^2+1)^2}]\)
故當\(k\rightarrow +\infty\)時，\(\cfrac{1}{(2k^2+1)^2}\rightarrow 0\)，
故\([S_{\triangle AOB}^2]_{max}=\cfrac{1}{2}\)，
故 \([S_{\triangle AOB}]_{max}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).
當直線的斜率不存在時，直線 \(AB: x=1\) ，聯立橢圓方程 \(\cfrac{x^2}{2}+y^2=1\)，解得 \(y=\pm \cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
故 \(|AB|=\sqrt{2}\)，此時三角形的高為 \(|OF|=1\)，則 \([S_{\triangle AOB}]=\cfrac{1}{2}\times 1\times \sqrt{2}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).
解后反思：這個思路的不足之處在於，底邊長和高線長都是動態的值，運算過程必然會很麻煩，不好計算；
法2： 由題意可得直線 \(l\) 的斜率不為\(0\)， 設直線 \(l\) 的方程：\(x=my+1\)此處這樣設直線，是為了更好的利用 \(|y_1-y_2|\)，便於計算；\(\quad\)，
令\(A(x_{1}, y_{1})\)， \(B(x_{2}, y_{2})\)，
聯立直線和橢圓的方程，即\(\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\cfrac{x^2}{2}+y^2=1}\end{array}\right.,\)
整理得到，\((2+m^2)y^2+2my-1=0\)，
由韋達定理得到，\(y_{1}+y_{2}=-\cfrac{2 m}{2+m^{2}}\)， \(y_{1} y_{2}=-\cfrac{1}{2+m^{2}}\)
[備注：\(S_{\triangle AOB}=S_{\triangle AOF}+S_{\triangle BOF}\)，此時以定長\(|OF|\)為底，以兩個動線段為高，而兩個動線段的長度之和，可以表達為\(|y_1-y_2|\)的長度，這個思路要簡單的多，原因是一定一動求乘積；]
所以 \(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OF|\cdot|y_{1}-y_{2}|\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot 1\cdot\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}\)
\(=\cfrac{1}{2} \sqrt{\cfrac{4m^{2}}{(2+m^{2})^{2}}+\cfrac{4}{2+m^{2}}}\)
\(=\cfrac{\sqrt{2}\sqrt{1+m^{2}}}{2+m^{2}}\)
\(=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+m^{2}}+\cfrac{1}{\sqrt{1+m^{2}}}}\),
設 \(t=\sqrt{1+m^{2}}\geqslant 1\)， 則 \(y=t+\cfrac{1}{t}\) 在 \(t\in[1,+\infty)\) 單調遞增，
所以 \(t=1\) 時， 此時即 \(m=0\) 時， \(y=2\) 最小，
即當 \(m=0\)時， \((S_{\triangle AOB})_\max =\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).
(3). 若 \(\triangle AOB\) 為直角三角形， 求直線 \(l\) 的方程.
解： 由於\(\triangle AOB\) 為直角三角形， 則必有\(OA\perp OB\)，
即 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)，\(x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=0\)，
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 \(m=\pm\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，所以直線 \(l\) 的方程為： \(x=\pm\cfrac{\sqrt{2}}{2}y+1\).
(1).求橢圓 \(\omega\) 的方程及離心率；
分析：由題可知，\(m>0\)，可知橢圓的焦點在 \(x\) 軸，
且可知\(a^2=4m\)，\(b^2=m\)，\(c^2=3m\)，左頂點為\((-2\sqrt{m},0)\)，
又橢圓的左頂點為 \(A(-2，0)\)，即\(-2\sqrt{m}=-2\)，故\(m=1\)，
則\(a^2=4\)，\(b^2=1\)，\(c^2=3\)，
故橢圓的方程為 \(\omega：\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，且離心率為\(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\).
(2).求證：直線 \(PQ\) 過定點；
分析：設點的坐標為\(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，
①.當直線的斜率不存在時， \(PQ\perp x\) 軸時， \(Q(x_{1},-y_{1})\)，
因為點 \(A\) 在以 \(PQ\) 為直徑的圓上，所以 \(PA \perp QA\)，
所以 \(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{QA}=0\)，所以 \((-2-x_{1})^{2}-y_{1}^{2}=0\)，
因為 \(\cfrac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1\)，所以 \(5x_{1}^{2}+16x_{1}+12=0\)，
解方程得 \(x_{1}=-\cfrac{6}{5}\) 或 \(x_{1}=-2\)
因為 \(l\) 不過 \(A(-2,0)\)， 所以 \(x_{1}=-2\) 舍去，
則\(x_1=-\cfrac{6}{5}\)，即直線 \(PQ\) 的方程為\(x=-\cfrac{6}{5}\)；
②.當直線的斜率存在時，設直線的方程為 \(y=kx+b\)為什么要這樣設元？由於題目說明直線過定點，則最終應該會得到\(b\)\(=\)\(m\)\(\cdot\)\(k\)\(+\)\(n\)，\(m\)，\(n\)為常數，比如\(b\)\(=\)\(2k\)或\(b\)\(=\)\(3k\)\(-\)\(1\)或\(b\)\(=\)\(3\)等，這樣才可能證明直線過定點\(\quad\)，動直線 \(l\) 與橢圓的交點 \(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，
將直線 \(y=kx+b\) 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 \((1+4k^2)x^2+8kbx+4b^2-4=0\) ，由韋達定理可知，
\(x_1+x_2=-\cfrac{8kb}{1+4k^2}\)， \(x_1x_2=\cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}\)，
接下來用什么來串聯思路呢？
由於點\(A\)在以 \(PQ\) 為直徑的圓上，則必然滿足 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AQ}=0\)，
由於點\(A(-2,0)\)，點\(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，
則 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AQ}=(x_1+2,y_1)\cdot(x_2+2,y_2)=0\)，
則我們得到，\((x_1+2)(x_2+2)+y_1y_2=0\)，
即\((x_1+2)(x_2+2)+(kx_1+b)(kx_2+b)=0\)，
整理[1]得到，\((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0\)，
將上述韋達定理的結果代入[2] ， 得到\(12k^2-16kb+5b^2=0\)，
即 \((6k-5b)(2k-b)=0\) ，解得 \(b=\cfrac{6}{5}k\)，或 \(b=2k\)，
當 \(b=2k\) ，即動直線 \(l\) 為\(y=kx+2k=k(x+2)\)，即直線經過定點 \((-2,0)\)，不符題意，舍去；
當 \(b=\cfrac{6}{5}k\)時，即動直線 \(l\) 為\(y=kx+\cfrac{6}{5}k=k(x+\cfrac{6}{5})\)，即直線經過定點 \((-\cfrac{6}{5},0)\)；
綜上所述，直線\(PQ\)恆過定點\((-\cfrac{6}{5},0)\)；
(3).①求 \(\triangle PQM\) 面積的最大值；
[題記]：本題目求解中，構建面積函數的三種考量：
思路一：\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times |PQ|\times |QH|=\cfrac{1}{2}\times |PQ|\times 2|OB|\)
[具體運算1]：直線為\(y=k(x+\cfrac{6}{5})\)， 線條式記錄運算步驟和過程；
將 \(y=k(x+\cfrac{6}{5})\)代入 \(x^2+4y^2-4=0\)，化簡整理得到，
\((1+4k^2)x^2+\cfrac{48k^2}{5}+\cfrac{144k^2-100}{25}=0\)， 詳細閱讀請點擊[3]
[具體運算2]：直線為 \(x=my-\cfrac{6}{5}\)其實質為上述直線的變形表達形式，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\(x\)\(=\)\(my\)\(-\)\(\frac{6}{5}\)；\(\quad\)，線條式記錄運算步驟和過程；
將 \(x=my-\cfrac{6}{5}\)代入 \(x^2+4y^2-4=0\)，化簡整理得到，
\((4+m^2)y^2-\cfrac{12}{5}y-\cfrac{64}{25}=0\)，詳細閱讀請點擊[4]
思路二：\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times |PM|\times |QT|\)
思路三：\(S_{\triangle PQM}=S_{\triangle POQ}+S_{\triangle QOM}=2\times S_{\triangle POQ}=2\times \cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_1-y_2|\)
解析：聯結\(QO\)，由於\(O\) 為 \(PM\)的中點，
所以 \(S_{\triangle PQM}=2S_{\triangle POQ}=2\times\cfrac{1}{2}\times\cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|=\cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|\)
當 \(PQ\perp x\) 軸時, 由(II)知 \(P(-\cfrac{6}{5}, \cfrac{4}{5})\)， \(Q(-\cfrac{6}{5},-\cfrac{4}{5})\)，
所以 \(S_{\triangle PQM}=\cfrac{6}{5}\times|\cfrac{4}{5}\times2|=\cfrac{48}{25}\)，
當 \(PQ\) 與 \(x\) 軸不垂直時， \(S_{\triangle PQM}=2S_{\triangle POQ}=2\times\cfrac{1}{2}\times\cfrac{6}{5}|y_{1}-y_{2}|\)
\(=\cfrac{6}{5}|kx_{1}-kx_{2}|=\cfrac{6}{5}|k||x_{1}-x_{2}|\)
\(=\cfrac{6}{5}|k||\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\cfrac{6}{5}|k||\cfrac{4\sqrt{4k^{2}+1-n^{2}}}{4k^{2}+1}\)
\(=\cfrac{24}{25}\cfrac{\sqrt{64k^{4}+25k^{2}}}{4k^{2}+1}\)
令 \(t=4k^{2}+1>1\) \((k\neq 0)\)
所以 \(S_{\triangle PQM}=\cfrac{12}{25}\sqrt{\cfrac{16t^{2}-7t-9}{t^{2}}}\)
\(=\cfrac{12}{25}\sqrt{16-\cfrac{7}{t}-\cfrac{9}{t^{2}}}\)
\(=\cfrac{12}{25}\sqrt{-9(\cfrac{1}{t}+\cfrac{7}{18})^{2}+16+9\times\cfrac{7^{2}}{18^{2}}}\)
因為 \(0<\cfrac{1}{t}<1\)，所以 \(0<S_{\triangle PQM}<\cfrac{48}{25}\)，
綜上, 當直線 \(l: x=-\cfrac{6}{5}\) 時， \(\triangle PQM\) 的面積最大， 最大值為 \(\cfrac{48}{25}\)；
② 若 \(\triangle MPQ\) 為直角三角形，求直線 \(l\) 的方程；
解析： 因為 \(\triangle MPQ\) 為直角三角形， 設 \(T(-\cfrac{6}{5}, 0)\)，
由於不知道具體哪個角為直角，故分三種情況討論:
\(1^{\circ}\). 當 \(\angle QPM=90^{\circ}\) 時， 則 \(\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{OP}=0\)，
因為 \(\overrightarrow{TP}=(x_{1}+\cfrac{6}{5}, y_{1})\)， \(\overrightarrow{OP}=(x_{1}, y_{1})\)，
即\(x_{1}^{2}+\cfrac{6}{5}x_{1}+y_1^2=0\)， 則 \(x_{1}^{2}+\cfrac{6}{5}x_{1}+1-\cfrac{x_{1}^{2}}{4}=0\)，
所以 \(15x_{1}^{2}+24x_{1}+20=0\) ， \(\Delta<0\)，則無解，故\(\angle QPM\) 不可能為直角；
\(2^{\circ}\). 當 \(\angle PQM=90^{\circ}\) 時，
當 \(PQ\perp x\) 軸時， 由橢圓的對稱性可知，\(\angle PQM=90^{\circ}\)，直線 \(l\) 的方程為\(x=-\cfrac{6}{5}\)；
當 \(PQ\) 與 \(x\) 軸不垂直時， 必須滿足\(k_{PQ}\cdot k_{QM}=-1\)，
又由於點\(P(x_1,y_1)\)，\(Q(x_2,y_2)\) ，\(M(-x_1,-y_1)\)在橢圓上，故
\(\cfrac{x_1^2}{4}+y_1^2=1\)，\(\cfrac{x_2^2}{4}+y_2^2=1\)，
兩式相減，得到\(\cfrac{y_{2}^{2}-y_{1}^{2}}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}=-\cfrac{1}{4}\)，
又\(k_{PQ}\cdot k_{QM}=\cfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}\cdot\cfrac{y_{2}+y_{1}}{x_{2}+x_{1}}\)
\(=\cfrac{y_{2}^{2}-y_{1}^{2}}{x_{2}^{2}-x_{1}^{2}}=-\cfrac{1}{4}\neq -1\)
所以， 此時 \(\angle PQM\neq 90^{\circ}\)；
\(3^{\circ}\). 當 \(\angle QMP=90^{\circ}\) 時，
由於 \(PQ\) 的方程為 \(y=k(x+\cfrac{6}{5})\)，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 \(k_{MP}=4k\)，所以直線 \(PM\) 的方程為 \(y=4kx\)，
又由\(\left\{\begin{array}{l}{y=4kx}\\{y=k(x+\cfrac{6}{5})}\end{array}\right.,\) 解得，\(P(\cfrac{2}{5}, \cfrac{8k}{5})\)，
又由於 \(P(\cfrac{2}{5}, \cfrac{8k}{5})\) 在橢圓上， 所以 \(\cfrac{4}{25}+4\times\cfrac{64k^{2}}{25}=4\)，
解得 \(k=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
所以直線 \(l\) 的方程為 \(y=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}(x+\cfrac{6}{5})\)
綜上，直線 \(l\) 的方程為 \(y=\cfrac{\sqrt{6}}{4} x+\cfrac{3\sqrt{6}}{10}\)， \(y=-\cfrac{\sqrt{6}}{4} x-\cfrac{3\sqrt{6}}{10}\) 或 \(x=-\cfrac{6}{5}\).
(1). 求橢圓 \(C\) 的方程；
解析： 由已知，取過橢圓的焦點且與長軸垂直的弦為\(x=c\)，
代入橢圓方程，求解得弦長為\(|2y|=\cfrac{2b^2}{a}\)，
由題意可得: \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\\\cfrac{2b^{2}}{a}=1\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{array}\right.，\) 解得: \(\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array}\right.\)
故橢圓 \(C\) 的方程為 \(: \cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\)；
(2). 設點 \(M\) 為橢圓上位於第一象限內一動點， \(A, B\)分別為橢圓的左頂點和下頂點，直線 \(MB\) 與 \(x\) 軸交於點 \(C\)， 直線 \(MA\) 與 \(y\) 軸交於點 \(D\)，求證: 四邊形\(ABCD\) 的面積為定值.
解析： 橢圓 \(C\) 的方程為 \(: \cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\)， 故\(A(-2,0), B(0,-1)\)，
設 \(M(m, n)(m>0, n>0)\)， 則 \(\cfrac{m^{2}}{4}+n^{2}=1\)， 即 \(m^{2}+4n^{2}=4\)，
又由於\(k_{_{BM}}=\cfrac{n-(-1)}{m-0}=\cfrac{n+1}{m}\)，且經過點\((0,-1)\)，
則直線 \(BM\) 的方程為 \(: y=\cfrac{n+1}{m}x-1\)，令\(y=0\)， 得 \(x_{_{C}}=\cfrac{m}{n+1}\)；
同理， 直線 \(AM\) 的方程為 \(: y=\cfrac{n}{m+2}(x+2)\)， 令 \(x=0\)， 得 \(y_{_{D}}=\cfrac{2n}{m+2}\)，
故 \(S_{ABCD}=\cfrac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|BD|\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot|\cfrac{m}{n+1}+2|\cdot|\cfrac{2n}{m+2}+1|\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{(m+2n+2)^{2}}{(m+2)(n+1)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{m^{2}+4n^{2}+4+4mn+4m+8n}{mn+m+2n+2}\)注意數學公式的使用，\((a+b+c)^2\)\(=\)\(a^2\)\(+\)\(b^2\)\(+\)\(c^2\)\(+\)\(2ab\)\(+\)\(2bc\)\(+\)\(2ca\)，可以使用多項式的乘法，自行推導\(\quad\)，
\(=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{4mn+4m+8n+8}{mn+m+2n+2}=2\)
即四邊形 \(ABCD\) 的面積為定值 \(2\).
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\((1+k^2)(4b^2-4)-(2+kb)\cdot 8kb+(b^2+4)(1+4k^2)=0\)，
打開，即\(4b^2-4+4k^2b^2-4k^2-16kb-8k^2b^2+b^2+4k^2b^2+4+16k^2=0\)，
運算整理的技巧，一次過；
\(\left.\begin{array}{l}&4b^2&-4&+4k^2b^2&-4k^2&\\&&&-8k^2b^2&&-16kb\\&b^2&+4&+4k^2b^2&+16k^2\end{array}\right\}\)
整理得到，\(12k^2-16kb+5b^2=0\)， ↩︎故有\(x_1+x_2=-\cfrac{48k^2}{5(1+4k^2)}\)，\(x_1x_2=\cfrac{144k^2-100}{25(1+4k^2)}\)，
則\(|PQ|=\sqrt{1+k^2}\times|x_1-x_2|\)
\(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(-\cfrac{48k^2}{5(1+4k^2)})^2-4\times\cfrac{144k^2-100}{25(1+4k^2)}}\)
\(=\cdots=\cfrac{\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{1024k^2+400}}{5(1+4k^2)}\)，
又由於原點 \((0,0)\) 到直線 \(kx-y+\cfrac{6}{5}k=0\) 的距離為 \(d=\cfrac{|\frac{6}{5}k|}{\sqrt{1+k^2}}\)
故三角形的高線 \(h=\cfrac{|12k|}{5\sqrt{1+k^2}}\)
\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{1024k^2+400}}{5(1+4k^2)} \times \cfrac{|12k|}{5\sqrt{1+k^2}}\)
整理為\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{6}{25}\times \cfrac{\sqrt{1024k^2+400}\cdot |k|}{1+4k^2}\)
令\(h(k)=\cfrac{\sqrt{1024k^2+400}\cdot |k|}{1+4k^2}\)，
則\(h^2(k)=\cfrac{(1024k^2+400)\cdot k^2}{(1+4k^2)^2}\)
令\(1+4k^2=t\geqslant 1\) ，則\(k^2=\cfrac{t-1}{4}\)，
則\(h^2(k)=g(t)=\cfrac{1024\times(\frac{t-1}{4})^2+400\times(\frac{t-1}{4})}{t^2}\)
\(=\cfrac{64(t^2-2t+1)+100(t-1)}{t^2}=\cdots=64-\cfrac{28}{t}-\cfrac{36}{t^2}\)，
令\(\cfrac{1}{t}=m\)，則\(0<m\leqslant1\)，
則\(h^2(k)=g(t)=l(m)=-36m^2-28m+64\)，\(0<m\leqslant1\)，
\(=-36(m+\cfrac{7}{18})^2+64+\cfrac{49}{9}\)，
故當\(m\rightarrow 0\) 時，\(h^2(k)_{max}\rightarrow 64\)，
即\(h(k)_{max}\rightarrow 8\)，故\([S_{\triangle PQM}]_{max}=\cfrac{6}{25}\times 8=\cfrac{48}{25}\)，
此時對應\(k\rightarrow +\infty\)，即直線和 \(x\) 軸垂直； ↩︎故 \(y_1+y_1=\cfrac{12m}{5(4+m^2)}\) ，\(y_1y_2=-\cfrac{64}{25(4+m^2)}\)，
故 \(|PQ|=\sqrt{1+(\frac{1}{k})^2}\cdot|y_1-y_2|=\sqrt{1+m^2}\cdot|y_1-y_2|\)
\(=\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{\cfrac{144m^2}{25(4+m^2)^2}+4\times\cfrac{64}{25(4+m^2)}}\)
\(=\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{\cfrac{144m^2+256m^2+4\times 256}{25(4+m^2)^2}}\)
\(=\cfrac{4\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{25m^2+64}}{5(4+m^2)}\)
又由於原點 \((0,0)\) 到直線 \(x-my+\cfrac{6}{5}=0\) 的距離 \(d=\cfrac{|\frac{6}{5}|}{\sqrt{1+m^2}}\)，
故三角形的高線為 \(h=\cfrac{12}{5\sqrt{1+m^2}}\)，
故\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times \cfrac{4\sqrt{1+m^2}\cdot\sqrt{25m^2+64}}{5(4+m^2)}\times \cfrac{12}{5\sqrt{1+m^2}}\)
\(=\cfrac{24}{25}\times \cfrac{\sqrt{25m^2+64}}{4+m^2}\)，
令\(g(m)=\cfrac{\sqrt{25m^2+64}}{4+m^2}\)，
則 \(g^2(m)=\cfrac{25m^2+64}{(4+m^2)^2}\)，此時常用配湊法或換元法，
令\(m^2+4=t\)，則 \(t\geqslant 4\)，且有\(m^2=t-4\)，
則\(g^2(m)=\cfrac{25(t-4)+64}{t^2}=\cfrac{25t-36}{t^2}\)，
\(=-36(\cfrac{1}{t})^2+25(\cfrac{1}{t})\)，令\(\cfrac{1}{t}=n\in (0，\cfrac{1}{4}]\)
\(=-36(n-\cfrac{25}{72})^2+36\times (\cfrac{25}{72})^2\)，
故當 \(n=\cfrac{1}{4}\)時，\(g^2(m)\) 取到最大值，\(g^2(m)_{max}=4\)，
故\(g(m)_{max}=2\)，故\([S_{\triangle PQM}]_{max}=\cfrac{24}{25}\times2=\cfrac{48}{25}\)；
此時\(t=4\)，對應\(m=0\)，也對應直線的斜率為\(\infty\)，即直線和 \(x\) 軸垂直； ↩︎