已知 \(O\) 為坐標(biāo)原點(diǎn)，\(\odot M:x^2+{(y-1)}^2=1\)，\(\odot N:x^2+{(y+3)}^2=9\)，\(A\)，\(B\) 分別為 \(\odot M\) 和 \(\odot N\) 上的動(dòng)點(diǎn)，求 \(\triangle AOB\) 面積的最大值。

法 \(1\)（純代數(shù)推導(dǎo)）：

設(shè) \(A(x_A,y_A),B(x_B,y_B)\)，根據(jù)向量叉積的幾何意義，\(\triangle AOB\) 的面積可以被表示為 \(\dfrac12|x_Ay_B-x_By_A|\)。

無腦三角換元，令 \(x_A=\sin\alpha,y_A=\cos\alpha+1\)，令 \(x_B=3\sin\beta,y_B=3\cos\beta-3=3(\cos\beta-1)\)。

問題轉(zhuǎn)化為求 \(\sin\alpha(\cos\beta-1)-(\cos\alpha+1)\sin\beta\) 的值域（常數(shù) \(3\) 先提出來了）。

有 \(\alpha,\beta\) 兩個(gè)變量，不會(huì)處理，于是考慮消去 \(\beta\)。

當(dāng) \(\alpha\) 固定時(shí)，根據(jù)輔助角公式，\(\sin\alpha(\cos\beta-1)-(\cos\alpha+1)\sin\beta=-\sin\alpha+\sqrt{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha+2\cos\alpha+1}\sin(\beta+\varphi)\)，\(\sin(\beta+\varphi)\in[-1,1]\)，所以原式 \(\in[-\sin\alpha-\sqrt{2\cos\alpha+2},-\sin\alpha+\sqrt{2\cos\alpha+2}]\)。

\(-\sin\alpha+\sqrt{2(\cos\alpha+1)}=-\sin\alpha+\sqrt{2\times 2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}}=2\left|\cos\dfrac{\alpha}{2}\right|-\sin\alpha=2\left|\cos\dfrac{\alpha}{2}\right|-2\cos\dfrac{\alpha}{2}\sin\dfrac{\alpha}{2}\)。

令 \(\theta=\dfrac{\alpha}{2}\)，求 \(2|\cos\theta|-2\cos\theta\sin\theta\) 的最大值，即求 \(2(\cos\theta-\cos\theta\sin\theta)\) 的最大值，因?yàn)?\(2\cos(\theta+\pi)-2\cos(\theta+\pi)\sin(\theta+\pi)=-2\cos\theta-2\cos\theta\sin\theta\)。

\(\cos\theta-\cos\theta\sin\theta=\cos\theta(1-\sin\theta)=\sqrt{\cos^2\theta{(1-\sin\theta)}^2}=\sqrt{(1+\sin\theta){(1-\sin\theta)}^3}\)。

根據(jù)均值不等式，\((1+\sin\theta){(1-\sin\theta)}^3=\dfrac{1}{3}(3+3\sin\theta){(1-\sin\theta)}^3\le\dfrac{1}{3}{\left(\dfrac{3+3\sin\theta+3(1-\sin\theta)}{4}\right)}^4=\dfrac{27}{16}\)，當(dāng)且僅當(dāng) \(\sin\theta=-\dfrac12\) 時(shí)取等。

\(\sqrt{(1+\sin\theta){(1-\sin\theta)}^3}\le \sqrt{\dfrac{27}{16}}=\dfrac{3\sqrt3}{4}\)，原式最大值為 \(\dfrac{3\sqrt 3}{2}\)。

同理，原式最小值為 \(-\dfrac{3\sqrt3}{2}\)。

所以 \(\triangle AOB\) 的面積最大值為 \(\dfrac{3\sqrt 3}{2}\times 3 \times \dfrac12=\dfrac{9\sqrt 3}{4}\)。