三角形 ABC 面积与正方形 MNPQ（BP·CQ 最大值）

题目：已知 $\triangle ABC$ 是面积为 $3\sqrt3$ 的等边三角形，四边形 $MNPQ$ 是面积为 $2$ 的正方形，其各顶点均位于 $\triangle ABC$ 的内部及三边上，且可在 $\triangle ABC$ 内任意旋转，则 $\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}$ 的最大值为（　　）

A. $-\dfrac92$　　B. $\dfrac32$　　C. $\sqrt6-\sqrt2-2$　　D. $\sqrt6+\sqrt2-2$

【答案】D

【解析】

【详解】解：因为 $\triangle ABC$ 是面积为 $3\sqrt3$ 的等边三角形，记 $\triangle ABC$ 边长为 $a$，

所以 $\dfrac12\times\dfrac{\sqrt3}{2}\times a^2=3\sqrt3$，解得 $a=2\sqrt3$。

记三角形内切圆的半径为 $r$，根据 $S=\dfrac12 Cr$，可得：

$3\sqrt3=\dfrac12\times 2\sqrt3\times 3\times r$，解得 $r=1$。

因为正方形 $MNPQ$ 面积为 2，所以正方形边长为 $\sqrt2$。

记正方形 $MNPQ$ 外接圆半径为 $R$，

所以其外接圆直径等于正方形的对角线 2，即 $R=1$。

根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，正方形外接圆即为等边三角形的内切圆。因为正方形 $MNPQ$ 可在 $\triangle ABC$ 内任意旋转，可知正方形 $MNPQ$ 各个顶点均在该三角形的内切圆上。

以三角形底边 $BC$ 为 $x$ 轴，以 $BC$ 的垂直平分线为 $y$ 轴建立直角坐标系，则 $B(-\sqrt3,0)$，$C(\sqrt3,0)$，$A(0,3)$，内切圆圆心 $O(0,1)$，

故可知，圆的方程为 $x^2+(y-1)^2=1$。

故设 $P(\cos\theta,\ 1+\sin\theta)$，$Q(\cos\varphi,\ 1+\sin\varphi)$。

因为 $|PQ|=\sqrt2$，即 $(\cos\theta-\cos\varphi)^2+(\sin\theta-\sin\varphi)^2=2$，

化简可得 $2-2\cos(\theta-\varphi)=2$，即 $\cos(\theta-\varphi)=0$，

解得 $\varphi=\theta-\dfrac{\pi}{2}$ 或 $\varphi=\theta+\dfrac{\pi}{2}$。

① 当 $\varphi=\theta-\dfrac{\pi}{2}$ 时，点 $Q$ 坐标可化为 $(\sin\theta,\ 1-\cos\theta)$，

此时 $\overrightarrow{BP}=(\cos\theta+\sqrt3,\ 1+\sin\theta)$，$\overrightarrow{CQ}=(\sin\theta-\sqrt3,\ 1-\cos\theta)$，

所以当 $\theta-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}$，即 $\theta=\dfrac{3\pi}{4}$ 时，$(\sqrt3+1)(\sin\theta-\cos\theta)$ 取得最大值 $(\sqrt3+1)\sqrt2$，此时 $\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}$ 取得最大值 $\sqrt6+\sqrt2-2$；

② 当 $\varphi=\theta+\dfrac{\pi}{2}$ 时，点 $Q$ 坐标可化为 $(-\sin\theta,\ 1+\cos\theta)$，

此时 $\overrightarrow{CQ}=(-\sin\theta-\sqrt3,\ 1+\cos\theta)$，

该最大值小于①的最大值。

综上可知：$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{CQ}$ 取得最大值 $\sqrt6+\sqrt2-2$。

故选：D