四边形 ABCD △ACD 面积最大值
题目：如图，四边形 $ABCD$ 中 $3\vec{AB}=2\vec{CD}$，$AC\cap BD=O$，若 $\vec{AC}+2\vec{DO}=4\vec{AB}$，且 $\vec{BA}\cdot\vec{BD}=9$，则 $\triangle ACD$ 面积的最大值为（ ）
A. $3\sqrt2$ B. $2\sqrt6$ C. $4\sqrt3$ D. $6\sqrt3$
解答
设 $\vec{BO}=\lambda\vec{BA}+\mu\vec{BC}$，$\vec{BO}=k\vec{OD}$，$\angle ABO=\theta$。
$\because \vec{AC}+2\vec{DO}=4\vec{AB}$，$\therefore \vec{AB}+\vec{BC}-2\vec{OD}=4\vec{AB}$
$$\therefore\ \vec{OD}=\frac{3}{2}\vec{BA}+\frac{1}{2}\vec{BC},\qquad \therefore\ \vec{BO}=\frac{3k}{2}\vec{BA}+\frac{k}{2}\vec{BC}$$
$\therefore \lambda+\mu=\dfrac{3k}{2}+\dfrac{k}{2}=1$，$\therefore k=\dfrac{1}{2}$。
$\therefore \vec{BO}=\dfrac{1}{2}\vec{OD}$，$S_{\triangle AOD}=2S_{\triangle AOB}$，$\lambda=\dfrac{3}{4},\ \mu=\dfrac{1}{4}$。
$$\therefore\ \vec{BO}=\frac{3}{4}\bigl(\vec{BO}+\vec{OA}\bigr)+\frac{1}{4}\bigl(\vec{BO}+\vec{OC}\bigr)$$
$$\therefore\ \vec{BO}=\vec{BO}+\frac{3}{4}\vec{OA}+\frac{1}{4}\vec{OC}\ \implies\ \vec{AO}=\frac{1}{3}\vec{OC}$$
面积比：
$$\frac{S_{\triangle COD}}{S_{\triangle BOA}}=\frac{\frac{1}{2}OD\cdot OC\cdot\sin\angle COD}{\frac{1}{2}OB\cdot OA\cdot\sin\angle BOA}=2\times 3=6$$
（$OD=2OB$，$OC=3OA$，对顶角正弦相等。）
$$\therefore\ \frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABD}}=\frac{6S_{\triangle AOB}+2S_{\triangle AOB}}{S_{\triangle AOB}+2S_{\triangle AOB}}=\frac{8}{3}$$
角度约束：
$$\frac{S_{\triangle COD}}{S_{\triangle BOA}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot DC\cdot DO\cdot\sin\angle BDC}{\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BO\cdot\sin\theta}=6$$
代入 $DO=2BO$：$DC\sin\angle BDC=3AB\sin\theta$；又 $3AB=2CD$，即 $CD=\dfrac{3}{2}AB$，
$$\therefore\ \sin\theta=\frac{1}{2}\sin\angle BDC\le\frac{1}{2}\ \implies\ \tan\theta\le\frac{\sqrt3}{3}$$
最大值：由 $\vec{BA}\cdot\vec{BD}=9$，即 $BA\cdot BD\cos\theta=9$，
$$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BA\cdot BD\sin\theta=\frac{9}{2}\tan\theta\le\frac{9}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{3\sqrt3}{2}$$
$$\therefore\ S_{\triangle ACD}=\frac{8}{3}S_{\triangle ABD}\le\frac{8}{3}\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=4\sqrt3$$
故选 C。