专题1 平面向量的综合应用

因为 $ A $ , $ M $ , $ N $ 三点共线,所以可设 $ \overrightarrow {AM}=m\overrightarrow {AN}(0\leqslant m\leqslant 1) $ .因为 $ 2\overrightarrow {BN}=\overrightarrow {NC} $ ,

所以 $ \overrightarrow {BM}=\overrightarrow {BA}+\overrightarrow {AM}=\overrightarrow {BA}+m\overrightarrow {AN}=-\overrightarrow {AB}+m(\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC}-\overrightarrow {BA})=-\overrightarrow {AB}+m\cdot [\dfrac{1}{3}(\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {AB})-\overrightarrow {BA}]=(\dfrac{2m}{3}-1)\overrightarrow {AB}+\dfrac{m}{3}\overrightarrow {AC} $ .

因为 $ \overrightarrow {BM}=\lambda \overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC} $ ,所以 $ \begin{cases}\lambda =\dfrac{2m}{3}-1,\\ \dfrac{1}{3}=\dfrac{m}{3},\end{cases} $ 可得 $ \lambda =-\dfrac{1}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

在四边形 $ ABCD $ 中,因为 $ \overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}=\overrightarrow {AC} $ ,所以四边形 $ ABCD $ 为平行四边形.

又 $ |\overrightarrow {AD}|=2|\overrightarrow {AB}|=2 $ , $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}=1 $ ,所以 $ \mathrm{\angle }BAD={60}^{\circ } $ .

对于 $ \mathrm{A} $ , $ \overrightarrow {AE}=\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {DE}=\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} $ ,设 $ \overrightarrow {AF}=\lambda \overrightarrow {AE}=\lambda (\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB})=\lambda \overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\lambda \overrightarrow {AB} $ .

因为 $ B $ , $ F $ , $ D $ 三点共线,所以 $ \lambda +\dfrac{1}{2}\lambda =1 $ ,解得 $ \lambda =\dfrac{2}{3} $ ,所以 $ \overrightarrow {AF}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AD} $ ,故选项 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ ,设 $ \overrightarrow {BF} $ 与 $ \overrightarrow {AB} $ 的夹角为 $ \theta $ .因为 $ \overrightarrow {BD}=\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB} $ ,所以 $ {\overrightarrow {BD}}^{2}=(\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB})^{2}={\overrightarrow {AD}}^{2}+{\overrightarrow {AB}}^{2}-2\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {AB}=3 $ ,所以 $ BD=|\overrightarrow {BD}|=\sqrt{3} $ .在 $ △ABD $ 中,因为 $ AB=1 $ , $ AD=2 $ , $ BD=\sqrt{3} $ ,所以 $ A{D}^{2}=A{B}^{2}+B{D}^{2} $ ,所以 $ BD\perp AB $ ,即 $ \theta ={90}^{\circ } $ ,所以 $ \overrightarrow {BF} $ 在 $ \overrightarrow {AB} $ 上的投影向量为 $ |\overrightarrow {BF}| \cos \theta \cdot \dfrac{\overrightarrow {AB}}{|\overrightarrow {AB}|}=0×\dfrac{\overrightarrow {AB}}{|\overrightarrow {AB}|}=0 $ ,故选项 $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ ,由题意, $ \overrightarrow {AF}\cdot \overrightarrow {AB}=(\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AD})\cdot \overrightarrow {AB}=\dfrac{1}{3}{\overrightarrow {AB}}^{2}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}×1=1 $ ,故选项 $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ , $ |\overrightarrow {AF}|=\sqrt{\dfrac{1}{9}{\overrightarrow {AB}}^{2}+\dfrac{4}{9}{\overrightarrow {AD}}^{2}+\dfrac{4}{9}\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AD}}=\dfrac{\sqrt{21}}{3} $ ,则 $ \cos \mathrm{\angle }FAB=\dfrac{\overrightarrow {AF}\cdot \overrightarrow {AB}}{|\overrightarrow {AF}||\overrightarrow {AB}|}=\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{21}}{3}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7} $ .若 $ \tan \alpha =\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,则结合题意知 $ \alpha ={30}^{\circ } $ ,又因为 $ \alpha =\dfrac{1}{2}\mathrm{\angle }DEF=\dfrac{1}{2}\mathrm{\angle }FAB={30}^{\circ } $ ,所以 $ \mathrm{\angle }FAB=2\alpha ={60}^{\circ } $ ,不满足 $ \cos \mathrm{\angle }FAB=\dfrac{\sqrt{21}}{7} $ ,故选项 $ \mathrm{D} $ 不正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

过点 $ H $ , $ C $ 分别作 $ AB $ 的垂线,垂足分别为点 $ M $ , $ N $ ,如图所示,

由题知 $ \mathrm{\angle }HAM=\mathrm{\angle }CBN=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,故 $ AM=BN=4 \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=2\sqrt{2} $ ,

当点 $ P $ 在线段 $ HG $ 上时, $ |\overrightarrow {AP}| \cos ⟨\overrightarrow {AB} $ , $ \overrightarrow {AP}⟩ $ 取最小值,

此时, $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AP}=\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AM}=-|\overrightarrow {AB}|\cdot |\overrightarrow {AM}|=-4×2\sqrt{2}=-8\sqrt{2} $ ；

当点 $ P $ 在线段 $ CD $ 上时, $ |\overrightarrow {AP}| \cos ⟨\overrightarrow {AB} $ , $ \overrightarrow {AP}⟩ $ 取最大值,

此时, $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AP}=\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AN}=|\overrightarrow {AB}|\cdot |\overrightarrow {AN}|=|\overrightarrow {AB}|\cdot (|\overrightarrow {AB}|+|\overrightarrow {BN}|)=4×(4+2\sqrt{2})=16+8\sqrt{2} $ .

综上所述, $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AP}\in [-8\sqrt{2},16+8\sqrt{2}] $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为 $ △A{B}_{1}{C}_{1} $ , $ △{B}_{1}{B}_{2}{C}_{2} $ , $ △{B}_{2}{B}_{3}{C}_{3} $ 是三个边长为2的等边三角形,

所以 $ △A{B}_{1}{C}_{2} $ 为等腰三角形, $ \mathrm{\angle }A{B}_{1}{C}_{2}={120}^{\circ } $ , $ \mathrm{\angle }A{B}_{3}{C}_{3}={60}^{\circ } $ ,

所以 $ \mathrm{\angle }{C}_{2}A{B}_{3}={30}^{\circ } $ , $ A{C}_{2}=2\sqrt{3} $ ,

延长 $ A{C}_{2} $ , $ {B}_{3}{C}_{3} $ 交于点 $ D $ ,如图所示.

则 $ \mathrm{\angle }D={90}^{\circ } $ ,所以 $ \overrightarrow {A{C}_{2}}\perp \overrightarrow {{B}_{3}{C}_{3}} $ ,

所以 $ \overrightarrow {A{C}_{2}}\cdot \overrightarrow {{B}_{3}{C}_{3}}=0 $ ,

所以 $ {m}_{i}=\overrightarrow {A{C}_{2}}\cdot \overrightarrow {A{P}_{i}}=\overrightarrow {A{C}_{2}}\cdot (\overrightarrow {A{B}_{3}}+\overrightarrow {{B}_{3}{P}_{i}})=\overrightarrow {A{C}_{2}}\cdot \overrightarrow {A{B}_{3}}+\overrightarrow {A{C}_{2}}\cdot \overrightarrow {{B}_{3}{P}_{i}}=2\sqrt{3}×6× \cos {30}^{\circ }+0=18 $ ,

所以 $ {m}_{1}+{m}_{2}+\cdots +{m}_{5}=90 $ .

设 $ AD=m $ , $ BD=n $ ,则 $ FD=\dfrac{1}{3}m $ ,则 $ \overrightarrow {BA}\cdot \overrightarrow {CA}=(\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DA})\cdot (\overrightarrow {CD}+\overrightarrow {DA})=(\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DA})\cdot (-\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DA})={\overrightarrow {AD}}^{2}-{\overrightarrow {BD}}^{2}={m}^{2}-{n}^{2}=7 $ ,

$ \overrightarrow {BF}\cdot \overrightarrow {CF}=(\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DF})\cdot (\overrightarrow {CD}+\overrightarrow {DF})=(\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DF})\cdot (-\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DF})={\overrightarrow {DF}}^{2}-{\overrightarrow {BD}}^{2}=\dfrac{1}{9}{m}^{2}-{n}^{2}=-1 $ .

联立 $ \begin{cases}{m}^{2}-{n}^{2}=7,\\ \dfrac{1}{9}{m}^{2}-{n}^{2}=-1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}{m}^{2}=9,\\ {n}^{2}=2.\end{cases} $

所以 $ \overrightarrow {BE}\cdot \overrightarrow {CE}=(\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DE})\cdot (\overrightarrow {CD}+\overrightarrow {DE}) $

$ =(\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DE})\cdot (-\overrightarrow {BD}+\overrightarrow {DE})={\overrightarrow {DE}}^{2}-{\overrightarrow {BD}}^{2}=\dfrac{4}{9}{m}^{2}-{n}^{2}=2. $ 故选 $ \mathrm{D} $ .

如图,以 $ O $ 为坐标原点,直线 $ OC $ 为 $ x $ 轴建立平面直角坐标系,

则 $ E(\dfrac{1}{2},0) $ , $ F(-\dfrac{1}{4},\dfrac{\sqrt{3}}{4}) $ ,设 $ \mathrm{\angle }MOC=\theta $ , $ 0\leqslant \theta \leqslant \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,则 $ M( \cos \theta , \sin \theta ) $ ,

则 $ \overrightarrow {ME}=(\dfrac{1}{2}- \cos \theta ,- \sin \theta ) $ , $ \overrightarrow {MF}=(-\dfrac{1}{4}- \cos \theta ,\dfrac{\sqrt{3}}{4}- \sin \theta ) $ ,

则 $ \overrightarrow {ME}\cdot \overrightarrow {MF}=(\dfrac{1}{2}- \cos \theta )(-\dfrac{1}{4}- \cos \theta )+(- \sin \theta )(\dfrac{\sqrt{3}}{4}- \sin \theta )={ \cos }^{2}\theta +{ \sin }^{2}\theta -\dfrac{\sqrt{3}}{4} \sin \theta -\dfrac{1}{4} \cos \theta -\dfrac{1}{8}=\dfrac{7}{8}-\dfrac{1}{2} \sin (\theta +\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .

又 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \theta +\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ ,所以 $ \dfrac{1}{2}\leqslant \sin (\theta +\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\leqslant 1 $ ,所以 $ \dfrac{3}{8}\leqslant \overrightarrow {ME}\cdot \overrightarrow {MF}\leqslant \dfrac{5}{8} $ ,

所以 $ \overrightarrow {ME}\cdot \overrightarrow {MF} $ 的取值范围为 $ [\dfrac{3}{8},\dfrac{5}{8}] $ .

如图,延长 $ AG $ 交 $ BC $ 于点 $ D $ ,因为点 $ G $ 是 $ △ABC $ 的重心,

所以 $ \overrightarrow {AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AD}=\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}.① $

因为 $ M $ , $ G $ , $ N $ 三点共线,所以 $ \exists t > 0 $ ,使得

$ \overrightarrow {AG}=t\overrightarrow {AM}+(1-t)\overrightarrow {AN} $ ,

因为 $ \overrightarrow {AM}=x\overrightarrow {AB} $ , $ \overrightarrow {AN}=y\overrightarrow {AC} $ ,所以 $ \overrightarrow {AG}=tx\overrightarrow {AB}+(1-t)y\overrightarrow {AC}.② $

由①②可得 $ \begin{cases}tx=\dfrac{1}{3},\\ (1-t)y=\dfrac{1}{3},\end{cases} $ 消去 $ t $ 得 $ \dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=1 $ ,

则 $ x+9y=(x+9y)\cdot \dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=\dfrac{1}{3}(10+\dfrac{x}{y}+\dfrac{9y}{x})\geqslant \dfrac{10}{3}+\dfrac{1}{3}×2\sqrt{9}=\dfrac{16}{3} $ ,

当且仅当 $ x=3y $ 时,等号成立,

即 $ x=\dfrac{4}{3} $ , $ y=\dfrac{4}{9} $ 时, $ x+9y $ 取得最小值,最小值为 $ \dfrac{16}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

（1） 因为 $ B $ , $ O $ , $ D $ 三点共线,所以设 $ \overrightarrow {AO}=p\overrightarrow {AB}+(1-p)\overrightarrow {AD} $ .

又因为 $ \overrightarrow {AD}=3\overrightarrow {DC} $ ,所以 $ \overrightarrow {AD}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AC} $ ,所以 $ \overrightarrow {AO}=p\overrightarrow {AB}+\dfrac{3-3p}{4}\overrightarrow {AC} $ .

因为 $ C $ , $ O $ , $ E $ 三点共线,所以设 $ \overrightarrow {AO}=q\overrightarrow {AC}+(1-q)\overrightarrow {AE} $ ,又因为 $ \overrightarrow {AE}=2\overrightarrow {EB} $ ,所以 $ \overrightarrow {AE}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB} $ ,所以 $ \overrightarrow {AO}=q\overrightarrow {AC}+\dfrac{2-2q}{3}\overrightarrow {AB} $ ,

根据平面向量基本定理,可得 $ \begin{cases}p=\dfrac{2-2q}{3},\\ \dfrac{3-3p}{4}=q,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}p=\dfrac{1}{3},\\ q=\dfrac{1}{2}.\end{cases} $

所以 $ \overrightarrow {AO}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC} $ .因为 $ \overrightarrow {AO}=m\overrightarrow {AB}+n\overrightarrow {AC} $ ,所以 $ m=\dfrac{1}{3} $ , $ n=\dfrac{1}{2} $ ,

所以 $ m+n=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{6} $ .

（2） 如图,延长 $ AO $ 与 $ BC $ 交于点 $ F $ ,因为 $ B $ , $ F $ , $ C $ 三点共线,

所以设 $ \overrightarrow {AF}=t\overrightarrow {AB}+(1-t)\overrightarrow {AC} $ .

由（1）知 $ \overrightarrow {AO}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC} $ ,且 $ \overrightarrow {AF}//\overrightarrow {AO} $ ,所以可设 $ \overrightarrow {AO}=\lambda \overrightarrow {AF} $ ,

则 $ \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC}=\lambda [t\overrightarrow {AB}+(1-t)\overrightarrow {AC}]=\lambda t\overrightarrow {AB}+\lambda (1-t)\overrightarrow {AC} $ ,

所以 $ \begin{cases}\lambda t=\dfrac{1}{3},\\ \lambda (1-t)=\dfrac{1}{2},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}t=\dfrac{2}{5},\\ \lambda =\dfrac{5}{6},\end{cases} $ 所以 $ \overrightarrow {AO}=\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AF} $ ,所以 $ \overrightarrow {OF}=\dfrac{1}{6}\overrightarrow {AF} $ .

所以 $ \dfrac{S\prime }{S}=\dfrac{1}{6} $ .