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在 $\mathrm{\Delta }ABC$ 中，$AB=1,BC=3$, 在 $AC$ 的右侧取点 $D$, 构成平面四边形 $ABCD$.

1. 若 $\cos B+\cos D=0$ 且 $B={120}^{\circ }$，求 $\mathrm{\Delta }ACD$ 面积的最大值;
2. 若 $AD=CD=2$, 当四边形 $ABCD$ 的面积最大时，求对角线 $BD$ 的长.

1. 由条件，$D={60}^{\circ }$.在 $\mathrm{\Delta }ABC$ 中由余弦定理得$$\begin{array}{r}AC=\sqrt{1^2+3^2-2\times \frac{1}{2}\times 3}=\sqrt{13},\end{array}$$
   故在$\mathrm{\Delta }ADC$中$$\begin{array}{r}\frac{1}{2}=\frac{x^2+y^2-13}{2xy}\ge \frac{2xy-13}{2xy}\Rightarrow xy\le 13,\end{array}$$
   从而 $S_{\mathrm{\Delta }ACD}={\displaystyle \frac{1}{2}xy\sin D\le \frac{13\sqrt{3}}{4}}$.
2. 由题意，用两次余弦定理得$$\begin{array}{r}A{C}^2=10-6\cos B=8-8\cos D\Rightarrow 3\cos B-4\cos D=1.\end{array}$$
   这样$$\begin{array}{rl}{S}_{ABCD}=& \frac{1}{2}(3\sin B+4\sin D)=\frac{3\sin \alpha +4\sin \beta +\alpha (3\cos \alpha -4\cos \beta )-\alpha }{2}\\ =& \frac{3(\sin B+\alpha \cos B)+4(\sin D-\alpha \cos D)-\alpha }{2}\le \frac{7\sqrt{1+{\alpha }^2}-\alpha }{2},\end{array}$$
   由待定系数法可得 ${\displaystyle \alpha =\frac{1}{4\sqrt{3}}}$，取等时 $\cos B={\displaystyle \frac{\alpha }{\sqrt{1+{\alpha }^2}}=\frac{1}{7},\cos D=\frac{-\alpha }{\sqrt{1+{\alpha }^2}}=-\frac{1}{7}}$，从而 $AC={\displaystyle \frac{8\sqrt{7}}{7}}$. 由 $B,D$ 互补，得 $A,B,C,D$ 共圆，因此由托勒密定理得 ${\displaystyle BD=\frac{AB\cdot CD+AD\cdot BC}{AC}=\sqrt{7}}$.