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在 \(\triangle ABC\) 中, \(\sin \dfrac{\angle ABC}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\), 点 \(D\) 在线段 \(AC\) 上, 且 \(AD=2DC\), \(BD=\dfrac{4\sqrt3}{3}\), 则 \(\triangle ABC\) 的面积的最大值为\(\underline{\qquad\qquad}\).
解析:
法一 根据题意有
\[ \cos\angle ABC=1-2\sin^2\dfrac{\angle ABC}{2}=\dfrac 13.\]
因此 \(\angle ABC\) 是一个大小确定的锐角, 并且 \(\tan\angle ABC = 2\sqrt 2\). 如图, 建立平面直角坐标系.
设 \(\theta=\angle DBC, C(x,0)\). 则 \(D\) 点坐标为\[
\begin{cases}
& x_D=BD\cdot \cos\theta=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\cos\theta,\ & y_D=BD\cdot \sin\theta=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\sin\theta.
\end{cases}\] 又 \(D\) 点是线段 \(AC\) 上靠近 \(C\) 点的三等分点, 从而 \(A\) 点坐标易求得\[
\left( x_A,y_A\right)=\left( 4\sqrt{3}\cos\theta-2x,4\sqrt{3}\sin\theta \right).\]
结合 \(k_{AB}=\tan\angle ABC=2\sqrt{2}\) 可得 \(x,\theta\) 的关系式如下\[
\dfrac{4\sqrt{3}\sin\theta}{4\sqrt{3}\cos\theta-2x}=2\sqrt{2}.\]
即有 \(x=2\sqrt{3}\cos\theta-\dfrac{\sqrt{6}}{2}\sin\theta\). 从而 \(\triangle ABC\) 的面积\[
\begin{split}
S_{\triangle ABC}&=3S_{\triangle DBC}=3\cdot \dfrac 12\cdot BD\sin\theta\cdot BC\ &=3\cdot \dfrac 12\cdot \dfrac{4\sqrt{3}}{3} \sin\theta\cdot \left( 2\sqrt{3}\cos\theta-\dfrac{\sqrt{6}}{2}\sin\theta\right) \ &=6\cdot \left( \sin 2\theta+\dfrac{\sqrt{2}}{4}\cos 2\theta-\dfrac{\sqrt{2}}{4} \right)\ &\leqslant 3\sqrt{2}.
\end{split}\]
当且仅当 \(\tan 2\theta=2\sqrt{2}\), 也即 \(\tan\theta =\dfrac{\sqrt{ 2}}{2}\) 时, 上述不等式取等, 因此所求三角形面积最大值为 \(3\sqrt 2\).
法二 如图, 作辅助线 \(CE\), 使得 \(CE\parallel AB\), 延长 \(BD\) 交 \(CE\) 于点 \(E\),
则 \(\triangle ABD\sim \triangle CED\), 且相似比为 \(2:1\), 于是
\[
BE=BD+DE=BD+\dfrac12 BD=2\sqrt{3}.
\]并且\[
\angle BCE=\angle BCD+\angle ECD=\angle BCA+\angle BAC=\pi-\angle ABC.\] 故 \(\triangle BCE\) 中存在定弦定角模型, 作 \(CH\perp BE\), 垂足为 \(H\), 显然当 \(H\) 为 \(BE\) 中点时 \(CH\) 取得最大值. 即
\[
\begin{split}
S_{\triangle ABC}&=3S_{\triangle DBC}=2S_{\triangle EBC}\ &=2\cdot \dfrac 12\cdot CH\cdot BE\ &\leqslant \left( \dfrac 12BE \cdot \tan \dfrac{\angle ABC}{2}\right)\cdot BE\ &=3\sqrt 2.
\end{split} \] 因此所求三角形面积最大值为 \(3\sqrt{2}\).
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Math521/p/11509721.html
