解

不妨设 $\triangle ABC$ 三边为 $a,b,c$。

在 $\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AC}$ 两边点乘 $\overrightarrow{AB}$：

$\overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{AB} = |\overrightarrow{AB}|^2 + 2\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}$

得：

$\frac{c^2}{2} = c^2 + 2bc \cos A$

$\cos A = -\frac{c}{4b} \quad \dots \dots (1)$

在 $\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{AC}$ 两边点乘 $\overrightarrow{AC}$：

$\overrightarrow{AO} \cdot \overrightarrow{AC} = 2|\overrightarrow{AC}|^2 + \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB}$

得：

$\frac{b^2}{2} = 2b^2 + bc \cos A$

$\cos A = -\frac{3b}{2c} \quad \dots \dots (2)$

由 (1)、(2) 得：

$\cos^2 A = \left(-\frac{c}{4b}\right) \cdot \left(-\frac{3b}{2c}\right) = \frac{3}{8}$

因此：

$\sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A} = \sqrt{1 - \frac{3}{8}} = \sqrt{\frac{5}{8}} = \frac{\sqrt{10}}{4}$

【点评】

在向量式的两边点乘同一个向量，一般是借助条件中的显性数量积，从而将向量式化为代数式，得到对应的方程，凸显隐含条件，特别是在外接圆问题中，此法比较常见，注意向量式蕴藏两个方程，两次恰当点乘才能充分挖掘条件。

答案：$\sin \angle BAC = \frac{\sqrt{10}}{4}$

析 不妨先分析"尾"：$|\vec{a}-\vec{b}|$，遇模先平方，有 $|\vec{a}-\vec{b}|^2=13-2\vec{a}\cdot\vec{b}$，显然矛盾都集中在 $\vec{a}\cdot\vec{b}$，故而只须求 $\vec{a}\cdot\vec{b}$ 的最小值，那么 $\vec{a}\cdot\vec{b}$ 就是我们的主元，再看"首"，条件中 $(\vec{a}+\vec{b})\cdot\vec{c}=1+\vec{a}\cdot\vec{b}$ 有 $\vec{a}\cdot\vec{b}$，首尾呼应，只须将式子的左边通过放缩，化为关于主元 $\vec{a}\cdot\vec{b}$ 的式子即可。

解 依题有：$|\vec{a}-\vec{b}|^2=13-2\vec{a}\cdot\vec{b}$，$1+\vec{a}\cdot\vec{b}=(\vec{a}+\vec{b})\cdot\vec{c}=|\vec{a}+\vec{b}||\vec{c}|\cos<\vec{a}+\vec{b},\vec{c}>$，两边平方得：

$(1+\vec{a}\cdot\vec{b})^2=|\vec{a}+\vec{b}|^2\cos^2<\vec{a}+\vec{b},\vec{c}>\leq|\vec{a}+\vec{b}|^2$

即 $(1+\vec{a}\cdot\vec{b})^2\leq13+2\vec{a}\cdot\vec{b}$，解得 $-2\sqrt{3}\leq\vec{a}\cdot\vec{b}\leq2\sqrt{3}$。

故有 $|\vec{a}-\vec{b}|^2=13-2\vec{a}\cdot\vec{b}\leq13+4\sqrt{3}=(1+2\sqrt{3})^2$，$\therefore|\vec{a}-\vec{b}|$ 的最大值为 $1+2\sqrt{3}$。

【点评】 在很多题目中，向量和式、差式、数量积式，其结构都有一定的显性牵连和隐藏关系，（特别是 $\vec{a}\pm\vec{b}$ 与 $\vec{a}\cdot\vec{b}$ 的关系），须通过条件分析，以一式为"主元"，尝试归元，化为一元代数问题解决。

解析

以点 $B$ 为坐标原点，设 $\overrightarrow{BA} = \boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{BC} = \boldsymbol{b}$。

由于 $\angle ABC = 60^\circ$，所以 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|$。

由于 $AC = 1$，且 $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA} = \boldsymbol{b} - \boldsymbol{a}$，所以：

$|\boldsymbol{b} - \boldsymbol{a}|^2 = 1$

$|\boldsymbol{b}|^2 + |\boldsymbol{a}|^2 - 2\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = 1$

$|\boldsymbol{a}|^2 + |\boldsymbol{b}|^2 - |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| = 1 \quad (1)$

接下来表示各点的位置向量：

• 点 $D$：$\overrightarrow{BD} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BA} = \dfrac{1}{3}\boldsymbol{a}$
• 点 $C$：$\overrightarrow{BC} = \boldsymbol{b}$
• 向量 $\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BD} = \boldsymbol{b} - \dfrac{1}{3}\boldsymbol{a}$
• 点 $E$：$\overrightarrow{BE} = \overrightarrow{BD} + \overrightarrow{DE} = \overrightarrow{BD} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{DC} = \dfrac{1}{3}\boldsymbol{a} + \dfrac{1}{4}\left(\boldsymbol{b} - \dfrac{1}{3}\boldsymbol{a}\right) = \dfrac{1}{4}\boldsymbol{a} + \dfrac{1}{4}\boldsymbol{b}$
• 点 $A$：$\overrightarrow{BA} = \boldsymbol{a}$
• 点 $F$（$AC$ 中点）：$\overrightarrow{BF} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC}) = \dfrac{1}{2}(\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b})$

计算点积：

$\overrightarrow{BE} \cdot \overrightarrow{BF} = \left(\dfrac{1}{4}\boldsymbol{a} + \dfrac{1}{4}\boldsymbol{b}\right) \cdot \left(\dfrac{1}{2}\boldsymbol{a} + \dfrac{1}{2}\boldsymbol{b}\right)$

$= \dfrac{1}{8}|\boldsymbol{a}|^2 + \dfrac{1}{8}\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} + \dfrac{1}{8}\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{a} + \dfrac{1}{8}|\boldsymbol{b}|^2$

$= \dfrac{1}{8}\left(|\boldsymbol{a}|^2 + |\boldsymbol{b}|^2 + 2\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}\right)$

$= \dfrac{1}{8}\left(|\boldsymbol{a}|^2 + |\boldsymbol{b}|^2 + |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\right) \quad (\text{因为 } \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} = \dfrac{1}{2}|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|)$

由约束条件 $(1)$ 得：$|\boldsymbol{a}|^2 + |\boldsymbol{b}|^2 = 1 + |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|$，代入上式：

$\overrightarrow{BE} \cdot \overrightarrow{BF} = \dfrac{1}{8}\left(1 + |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| + |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\right) = \dfrac{1}{8}\left(1 + 2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\right)$

现在需要最大化 $|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|$。设 $x = |\boldsymbol{a}|$，$y = |\boldsymbol{b}|$，则约束条件为：

$x^2 + y^2 - xy = 1$

由基本不等式 $x^2 + y^2 \geq 2xy$，得：

$2xy - xy \leq 1 \implies xy \leq 1$

当且仅当 $x = y$ 时取等号。此时 $x^2 + x^2 - x^2 = x^2 = 1$，所以 $x = y = 1$。

因此 $|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|$ 的最大值为 $1$。

答案：

$\max(\overrightarrow{BE} \cdot \overrightarrow{BF}) = \dfrac{1}{8}(1 + 2 \times 1) = \dfrac{3}{8}$

解析

设 $t_a = |\vec{AE}|$，其中 $AE$ 为角 $A$ 的平分线。

根据三角形内角平分线定理，有 $\frac{BE}{EC} = \frac{c}{b}$。

由于 $B, E, C$ 三点共线，利用向量的分点公式可得：

$\vec{t_a} = \vec{AE} = \frac{b}{b+c} \cdot \vec{AB} + \frac{c}{b+c} \cdot \vec{AC}$

为方便计算，记 $\vec{c} = \vec{AB}$ 且 $|\vec{c}|=c$，记 $\vec{b} = \vec{AC}$ 且 $|\vec{b}|=b$。

计算模的平方：

$|\vec{t_a}|^2 = \left( \frac{b}{b+c}\vec{c} + \frac{c}{b+c}\vec{b} \right)^2$

$|\vec{t_a}|^2 = \frac{b^2 c^2}{(b+c)^2} + \frac{c^2 b^2}{(b+c)^2} + \frac{2bc}{(b+c)^2} \vec{b} \cdot \vec{c}$

利用余弦定理的向量形式，已知 $\vec{a} = \vec{AC} - \vec{AB} = \vec{b} - \vec{c}$，则：

$\vec{a}^2 = (\vec{b} - \vec{c})^2 = \vec{b}^2 + \vec{c}^2 - 2\vec{b} \cdot \vec{c}$

可得：$2\vec{b} \cdot \vec{c} = b^2 + c^2 - a^2$。

代入并化简：

$|\vec{t_a}|^2 = \frac{2b^2 c^2}{(b+c)^2} + \frac{bc(b^2 + c^2 - a^2)}{(b+c)^2}$

$= \frac{bc}{(b+c)^2} (2bc + b^2 + c^2 - a^2)$

$= \frac{bc}{(b+c)^2} [(b+c)^2 - a^2]$

$= \frac{bc}{(b+c)^2} (b+c+a)(b+c-a)$

令半周长 $p = \dfrac{a+b+c}{2}$，则 $b+c-a = 2(p-a)$，代入得：

$t_a^2 = \frac{bc}{(b+c)^2} \cdot 2p \cdot 2(p-a) = \frac{4bc}{(b+c)^2} p(p-a)$

因此：

$\boxed{t_a = \frac{2\sqrt{bc}}{b+c} \sqrt{p(p-a)}}$

同理可得：

$t_b = \frac{2\sqrt{ca}}{c+a} \sqrt{p(p-b)}$

$t_c = \frac{2\sqrt{ab}}{a+b} \sqrt{p(p-c)}$

其中 $p = \dfrac{a+b+c}{2}$ 为半周长。

答案：

$t_a = \frac{2\sqrt{bc}}{b+c} \sqrt{p(p-a)}, \quad t_b = \frac{2\sqrt{ca}}{c+a} \sqrt{p(p-b)}, \quad t_c = \frac{2\sqrt{ab}}{a+b} \sqrt{p(p-c)}$

其中 $p = \dfrac{a+b+c}{2}$。

解析

设 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的外接圆圆心。根据西尔维斯特定理（Sylvester’s Theorem），

$\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC},$

我们有：

$\sum \overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HB} = \sum (\overrightarrow{HO} + \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{HO} + \overrightarrow{OB})$

$= \sum (HO^2 + \overrightarrow{HO} \cdot \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{HO} \cdot \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB})$

$= 3OH^2 + 2 \overrightarrow{HO} \cdot (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) + \sum \frac{R^2 + R^2 - c^2}{2}$

$= OH^2 + 3R^2 - \sum \dfrac{c^2}{2}$

充分性：
当$ABC$为等边三角形时， $O = H$，即外心与垂心重合，$a = b = c = \sqrt{3}R$，所以 $\sum \dfrac{c^2}{2} = \dfrac{9R^2}{2}$，代入得：

$OH^2 + 3R^2 - \sum \dfrac{c^2}{2}= OH^2 + 3R^2 - \dfrac{9R^2}{2} = -\dfrac{3R^2}{2}$

必要性：
当 $OH^2 + 3R^2 - \sum \frac{c^2}{2} = -\frac{3R^2}{2}$ 时，

整理得：

$OH^2 + \frac{9}{2}R^2 = \frac{1}{2}(a^2 + b^2 + c^2)$

由正弦定理：$a = 2R \sin A \Rightarrow a^2 = 4R^2 \sin^2 A$，代入得：

$OH^2 + \frac{9}{2}R^2 = 2R^2(\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C)$

$= R^2 \left( 3 - \cos 2A - \cos 2B - \cos 2C \right)$

$OH^2 + \frac{3}{2}R^2 + R^2(\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C) = 0 \quad \dots \dots (1)$

下证： $\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C \ge -\frac{3}{2}$

不妨设 $A \ge B \ge C$，则 $C$ 为锐角。

$\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C = 2\cos(A+B)\cos(A-B) + \cos[2\pi - 2(A+B)]$

$= -2\cos C \cos(A-B) + 2\cos^2 C - 1$

$\ge 2\cos^2 C - 2\cos C - 1$

$= 2\left(\cos C - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{3}{2}$

当 $\cos C = \frac{1}{2}$ 且 $A = B$，即 $A = B = C = 60^\circ$ 时取等号。

将 $\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C \ge -\frac{3}{2}$ 代入 (1) 得：

$0 \ge OH^2$

$\therefore OH = 0$

即 外心与垂心重合。

$\therefore \triangle ABC$ 为等边三角形。

证毕。 $\square$

设 $r_a$ 为 $A$ 旁切圆的半径。由于 $M, N, P$ 分别是 $A$ 旁切心 $I_A$ 在直线 $AC, BC, AB$ 上的投影，因此 $I_A$ 到这些直线的距离等于旁切圆半径：

$|\overrightarrow{I_A M}| = |\overrightarrow{I_A N}| = |\overrightarrow{I_A P}| = r_a$

给定条件为 $\overrightarrow{I_A M} + \overrightarrow{I_A P} = \overrightarrow{I_A N}$。两边取模：

$|\overrightarrow{I_A M} + \overrightarrow{I_A P}|^2 = |\overrightarrow{I_A N}|^2$

$|\overrightarrow{I_A M}|^2 + |\overrightarrow{I_A P}|^2 + 2\overrightarrow{I_A M} \cdot \overrightarrow{I_A P} = |\overrightarrow{I_A N}|^2$

代入模长 $r_a$：

$r_a^2 + r_a^2 + 2r_a^2 \cos(\theta) = r_a^2$

其中 $\theta$ 是 $\overrightarrow{I_A M}$ 与 $\overrightarrow{I_A P}$ 之间的夹角。化简得：

$2\cos(\theta) = -1 \implies \cos(\theta) = -\frac{1}{2} \implies \theta = 120^\circ$

在四边形 $AMI_A P$ 中，$M$ 和 $P$ 处的角均为 $90^\circ$（因为它们是投影）。四边形内角和为 $360^\circ$，所以：

$\angle A + \angle MI_A P = 180^\circ$

由于向量 $\overrightarrow{I_A M}$ 与 $\overrightarrow{I_A P}$ 之间的夹角为 $\theta = 120^\circ$，有 $\angle MI_A P = 120^\circ$。因此：

$\angle A = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$

在向量方程 $\overrightarrow{I_A M} + \overrightarrow{I_A P} = \overrightarrow{I_A N}$ 中，向量 $\overrightarrow{I_A M} + \overrightarrow{I_A P}$ 必在 $\angle MI_A P$ 的角平分线上。直线 $AI_A$ 是 $\angle A$ 的内角平分线，同时也是 $\angle MI_A P$ 的角平分线。因此，向量 $\overrightarrow{I_A N}$ 必与直线 $AI_A$ 共线。这意味着点 $A, I_A, N$ 共线。由于 $N$ 是 $I_A$ 在 $BC$ 上的投影，直线 $I_A N$ 垂直于 $BC$。因此，$\angle A$ 的内角平分线也是 $A$ 到 $BC$ 的高。这一对称条件意味着三角形 $ABC$ 是等腰三角形，即 $AB = AC$，所以 $ABC$ 是等边三角形。

答案： $3$

解析

法一（辅助线法）：

如图，过点 $M$ 作 $EF \parallel AC$，延长 $BM$ 交 $AC$ 于点 $D$。

则 $\dfrac{S_{\triangle ABM}}{S_{\triangle BCM}} = \dfrac{EM}{FM}$。

因为 $\overrightarrow{AM} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EM}$

所以 $\overrightarrow{AE} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}$，则 $\overrightarrow{EB} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$

所以 $\overrightarrow{EF} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{EM} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$

从而 $\dfrac{EM}{EF} = \dfrac{3}{4}$，$\dfrac{EM}{MF} = 3$

所以 $\dfrac{S_{\triangle ABM}}{S_{\triangle BCM}} = \dfrac{EM}{FM} = 3$

法二（奔驰定理）：

由 $\overrightarrow{AM} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}$ 得：

$12\overrightarrow{AM} = 8(\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MB}) + 3(\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MC})$

所以 $\overrightarrow{MA} + 8\overrightarrow{MB} + 3\overrightarrow{MC} = \vec{0}$

由奔驰定理，$S_{\triangle BCM} : S_{\triangle ACM} : S_{\triangle ABM} = 1 : 8 : 3$

即 $\dfrac{S_{\triangle ABM}}{S_{\triangle BCM}} = 3$

答案： $[1, 4]$

解析

取 $\overrightarrow{OE} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{OB}$，

∵ $\overrightarrow{OC} = x\overrightarrow{OA} + y\overrightarrow{OB}$，

∴ $\dfrac{1}{x+4y}\overrightarrow{OC} = \dfrac{x}{x+4y}\overrightarrow{OA} + \dfrac{y}{x+4y}\overrightarrow{OB}$，

∴ $\dfrac{1}{x+4y}\overrightarrow{OC} = \dfrac{x}{x+4y}\overrightarrow{OA} + \dfrac{4y}{x+4y} \cdot \dfrac{1}{4}\overrightarrow{OB}$，

令 $\overrightarrow{OM} = \dfrac{1}{x+4y}\overrightarrow{OC}$，所以 $O$、$M$、$C$ 三点共线，

又∵ $\overrightarrow{OM} = \dfrac{x}{x+4y}\overrightarrow{OA} + \dfrac{4y}{x+4y}\overrightarrow{OE}$，所以 $A$、$M$、$E$ 三点共线，

∴ $x + 4y = \dfrac{|\overrightarrow{OC}|}{|\overrightarrow{OM}|}$，

∵ $|\overrightarrow{OC}| = 1$，由图易知 $|\overrightarrow{OM}| \in \left[\dfrac{1}{4}, 1\right]$，

∴ $x + 4y \in [1, 4]$。

解析

延长 $AO$ 交 $BC$ 于点 $D$，设 $\overrightarrow{AD} = \lambda \overrightarrow{AO} = \lambda x \overrightarrow{AB} + \lambda y \overrightarrow{AC}$，由于 $B, D, C$ 三点共线则 $\lambda x + \lambda y = 1$，即

$x + y = \frac{1}{\lambda} = \frac{AO}{AD} = \frac{AO}{AO + OD} = \frac{1}{1 + \frac{OD}{OA}}$

过 $O$ 做 $BC, AB$ 的垂线．垂足分别为 $E, F$．

由 $\cos \angle BAC = \frac{1}{3}$，得 $\cos \angle OAF = \sqrt{\frac{2}{3}}$，
$\sin \angle OAF = \sqrt{\frac{1}{3}}$，则 $\frac{OE}{OA} = \frac{OF}{OA} = \sqrt{\frac{1}{3}}$，
又因为 $OD \geqslant OE$，所以 $\frac{OD}{OA} \geqslant \frac{OE}{OA} = \frac{OF}{OA} = \sqrt{\frac{1}{3}}$，
所以

$x + y \leqslant \frac{1}{1 + \sqrt{\frac{1}{3}}} = \frac{3 - \sqrt{3}}{2}$

答案： $\displaystyle \frac{3 - \sqrt{3}}{2}$