解説

方針・初手

$B,C$ の位置関係は、$\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=3$ から決まる。まず $BC$ と、点 $O$ から直線 $BC$ までの距離を求める。

その後、$A$ は中心 $O$、半径 $4$ の円周上を動く点とみなし、三角形 $ABC$ の面積を「底辺 $BC$、高さは $A$ から直線 $BC$ までの距離」として最大化する。

解法1

$\angle BOC=\theta$ とおく。条件より

$$ \overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC} = OB\cdot OC\cos\theta

$$

であるから、

$$ 3=3\cdot 2\cos\theta

$$

より

$$ \cos\theta=\frac{1}{2}

$$

となる。したがって

$$ \theta=60^\circ

$$

である。

余弦定理より、

$$ BC^2=OB^2+OC^2-2\cdot OB\cdot OC\cos60^\circ

$$

だから、

$$ BC^2=3^2+2^2-2\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=9+4-6=7

$$

となる。よって

$$ BC=\sqrt{7}

$$

である。

次に、点 $O$ から直線 $BC$ へ下ろした垂線の足を $H$ とする。三角形 $OBC$ の面積を2通りに表す。

まず、$OB=3,OC=2,\angle BOC=60^\circ$ より、

$$ \begin{aligned} [OBC] &= \frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot \sin60^\circ\\ &= 3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\\ &= \frac{3\sqrt{3}}{2} \end{aligned} $$

である。

一方、底辺を $BC$ と見れば、

$$ [OBC]=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot OH

$$

であるから、

$$ \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2}\cdot \sqrt{7}\cdot OH

$$

より、

$$ OH=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}

$$

である。

ここで、$A$ は $OA=4$ を満たすので、中心 $O$、半径 $4$ の円周上を動く。三角形 $ABC$ の面積は

$$ [ABC]=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot {A\text{ から直線 }BC\text{ までの距離}}

$$

である。

直線 $BC$ から点 $O$ までの距離は $OH$ であり、$A$ は $O$ から距離 $4$ の点である。したがって、$A$ から直線 $BC$ までの距離が最大になるのは、$O$ から見て直線 $BC$ と反対側に、直線 $BC$ に垂直な方向へ $A$ を取るときである。

このときの最大距離は

$$ OH+OA = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}+4

$$

である。

よって、三角形 $ABC$ の面積の最大値は

$$ \begin{aligned} [ABC]_{\max} &= \frac{1}{2}\cdot \sqrt{7}\left(4+\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\right)\\ &= 2\sqrt{7}+\frac{3\sqrt{3}}{2} \end{aligned}

$$

である。

解説

この問題では、$A$ だけが動く点であり、$B,C$ の位置関係は条件から固定される。したがって、三角形 $ABC$ の面積を最大にするには、底辺 $BC$ を固定し、$A$ から直線 $BC$ までの距離を最大にすればよい。

$A$ が円周上を動くことに気づけば、直線から円周上の点までの距離の最大値は「中心から直線までの距離 $+$ 半径」で求められる。この処理がこの問題の中心である。

答え

$$ 2\sqrt{7}+\frac{3\sqrt{3}}{2}

$$