在平面直角坐标系 $xOy$ 中，$A$ 为椭圆 $\Gamma: \frac{x^2}{4}+y^2=1$ 上一点，$M$ 为线段 $OA$ 上的动点，过点 $M$ 作直线交椭圆 $\Gamma$ 于 $P,Q$ 两点．已知 $\overrightarrow{PM}=2\overrightarrow{MQ}$，求四边形 $OPAQ$ 面积的最大值．
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(16)
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $P$ 的坐标为 $(2\cos\alpha, \sin\alpha)$，$Q$ 的坐标为 $(2\cos\beta, \sin\beta)$．由 $\overrightarrow{PM}=2\overrightarrow{MQ}$，知$$x_{M}=\frac{1}{3}(2\cos\alpha+4\cos\beta), y_M=\frac{1}{3}(\sin\alpha+2\sin\beta).$$设 $\overrightarrow{OA}=\mu\overrightarrow{OM}$（$\mu>1$），则$$x_A=\frac{\mu}{3}(2\cos\alpha+4\cos\beta), y_A=\frac{\mu}{3}(\sin\alpha+2\sin\beta).$$代入椭圆方程，得$$\frac{\left(\frac{\mu}{3}\right)^2(2\cos\alpha+4\cos\alpha)^2}{4}+\left(\frac{\mu}{3}\right)^2(\sin\alpha+2\sin\beta)^2=1
\Rightarrow
5+4\cos(\alpha-\beta)=\frac{9}{\mu^2}\Rightarrow \cos(\alpha-\beta)=\frac{9}{4\mu^2}-\frac{5}{4}.$$从而$$\begin{aligned}
S_{\text{四边形}POQA}&=\mu S_{\triangle POQ}=\mu\cdot \frac{1}{2}|2\cos\alpha\sin\beta-2\cos\beta\sin \alpha|=\mu|\sin(\alpha-\beta)|\\
&=\mu\sqrt{1-\left(\frac{9}{4\mu^2}-\frac{5}{4}\right)^2}=\sqrt{-\left(\frac{9}{16}\mu^2+\frac{81}{16\mu^2}\right)+\frac{45}{8}}\\
&\sqrt{-2\sqrt{\frac{9}{16}\mu^2\cdot\frac{81}{16\mu^2}}+\frac{45}{8}}=\frac{3}{2}.\\
\end{aligned}$$当且仅当 $\mu=\sqrt{3}$ 时成立．因此，四边形 $POQA$ 的面积的最大值是 $\frac{3}{2}$．
\Rightarrow
5+4\cos(\alpha-\beta)=\frac{9}{\mu^2}\Rightarrow \cos(\alpha-\beta)=\frac{9}{4\mu^2}-\frac{5}{4}.$$从而$$\begin{aligned}
S_{\text{四边形}POQA}&=\mu S_{\triangle POQ}=\mu\cdot \frac{1}{2}|2\cos\alpha\sin\beta-2\cos\beta\sin \alpha|=\mu|\sin(\alpha-\beta)|\\
&=\mu\sqrt{1-\left(\frac{9}{4\mu^2}-\frac{5}{4}\right)^2}=\sqrt{-\left(\frac{9}{16}\mu^2+\frac{81}{16\mu^2}\right)+\frac{45}{8}}\\
&\sqrt{-2\sqrt{\frac{9}{16}\mu^2\cdot\frac{81}{16\mu^2}}+\frac{45}{8}}=\frac{3}{2}.\\
\end{aligned}$$当且仅当 $\mu=\sqrt{3}$ 时成立．因此，四边形 $POQA$ 的面积的最大值是 $\frac{3}{2}$．
答案
解析
备注
