Xét các số thực \(a\) thay đổi thỏa mãn \(\left| a \right|\le 2\) và \({{z}_{1}}\), \({{z}_{2}}\) là các nghiệm phức của phương trình \({{z}^{2}}-az+1=0\).

Chọn C

Phương trình \({{z}^{2}}-az+1=0\) có \(\Delta ={{a}^{2}}-4\le 0\) (vì \(\left| a \right|\le 2\)) nên có hai nghiệm phức liên hợp \({{z}_{1}}=b+ci\); \({{z}_{2}}=b-ci\) (giả sử \(c>0\)).

Ta có

\(\left\{ \begin{align} & {{z}_{1}}+{{z}_{2}}=a \\ & {{z}_{1}}.{{z}_{2}}=1 \\ \end{align} \right.\)

nên \(b=\frac{a}{2}\) và \({{\left( {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right)}^{2}}={{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)}^{2}}-4{{z}_{1}}{{z}_{2}}={{a}^{2}}-4={{i}^{2}}\left( 4-{{a}^{2}} \right)\).

Do đó \({{z}_{1}}-{{z}_{2}}=2ci=i\sqrt{4-{{a}^{2}}}\)\( \Rightarrow \left| {{z}_{1}}-{{z}_{2}} \right|=2c\)\( =\sqrt{4-{{a}^{2}}}\).

Khi đó \({{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}\left( \frac{7}{2}-b \right).2c\)\( =\frac{1}{4}\left( 7-a \right).\sqrt{4-{{a}^{2}}}\).

Xét \(f\left( a \right)=\left( 7-a \right)\sqrt{4-{{a}^{2}}}\), với \(-2\le a\le 2\); có \({f}'\left( a \right)=-\sqrt{4-{{a}^{2}}}+\left( 7-a \right)\frac{-a}{\sqrt{4-{{a}^{2}}}}\).

\({f}'\left( a \right)=0\Leftrightarrow \sqrt{4-{{a}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}-7a}{\sqrt{4-{{a}^{2}}}}\), (điều kiện \(a<0\))

\(\Leftrightarrow 4-{{a}^{2}}={{a}^{2}}-7a\\ \Leftrightarrow 2{{a}^{2}}-7a-4=0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & a=4 \\ & a=-\frac{1}{2} \\ \end{align} \right.\)

So với điều kiện ta nhận \(a=-\frac{1}{2}\). Khi đó ta có

\(f\left( -2 \right)=0\); \(f\left( 2 \right)=0\); \(f\left( -\frac{1}{2} \right)=\frac{15\sqrt{15}}{4}\).

Suy ra \(\underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)\)\( =f\left( -\frac{1}{2} \right)=\frac{15\sqrt{15}}{4}\)\( \Rightarrow \max {{S}_{AMN}}=\frac{1}{4}.\frac{15\sqrt{15}}{4}=\frac{15\sqrt{15}}{16}\).

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác \(AMN\) là \(\frac{15\sqrt{15}}{16}\).