【分析】

由 $\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}$ 均为单位向量且 $\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} = \mathbf{0}$，知三向量两两夹角均为 $120^\circ$，在空间中构成等边三角形。

坐标法： 取

$\mathbf{a} = (1, 0),\quad \mathbf{b} = \left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right),\quad \mathbf{c} = \left(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

令 $\mathbf{v} = -2\mathbf{a} + t\mathbf{b} + (1-t)\mathbf{c}$，代入坐标得

$\mathbf{v} = \left(-\frac{5}{2},\ \sqrt{3}\left(t - \frac{1}{2}\right)\right)$

故

$|\mathbf{v}|^2 = \left(-\frac{5}{2}\right)^2 + \left[\sqrt{3}\left(t - \frac{1}{2}\right)\right]^2 = 3t^2 - 3t + 7$

【详解】

由上述分析得

$|\mathbf{v}|^2 = 3t^2 - 3t + 7,\quad t \in [0, 1]$

这是关于 $t$ 的二次函数，图象开口向上。

最小值： 对称轴处 $t = \dfrac{1}{2} \in [0,1]$

$|\mathbf{v}|_{\min}^2 = 3\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 - 3\left(\dfrac{1}{2}\right) + 7 = \dfrac{25}{4}$

$|\mathbf{v}|_{\min} = \dfrac{5}{2}$

最大值： 在端点处 $t = 0$ 或 $t = 1$

$t = 0:\quad |\mathbf{v}|^2 = 7 \Rightarrow |\mathbf{v}| = \sqrt{7}$

$t = 1:\quad |\mathbf{v}|^2 = 3 - 3 + 7 = 7 \Rightarrow |\mathbf{v}| = \sqrt{7}$

故取值范围为

$\boxed{\dfrac{5}{2} \le |\mathbf{v}| \le \sqrt{7}}$

【点评】

本题改编自 2020 年浙江高考数学模拟压轴题，考查平面向量与二次函数最值综合问题。

关键点：

1. 由 $\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} = \mathbf{0}$ 识别出三向量两两夹角为 $120^\circ$ 的几何条件
2. 通过坐标法将向量模长问题转化为二次函数在闭区间上的最值
3. 注意二次函数的对称轴是否在区间 $[0,1]$ 内。本题对称轴 $t = \dfrac{1}{2}$ 恰好在区间内，故最小值在顶点处取得，最大值在端点处取得

解 设 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\theta$，则：

$|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{b}|^{2}+2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta=1+4+4\cos\theta=5+4\cos\theta$

$|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{b}|^{2}-2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta=1+4-4\cos\theta=5-4\cos\theta$

故：

$|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{5+4\cos\theta},\quad |\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{5-4\cos\theta}$

设 $f(\theta)=\sqrt{5+4\cos\theta}+\sqrt{5-4\cos\theta}$，其中 $\theta\in[0,\pi]$。

平方处理：

$f^{2}(\theta)=(5+4\cos\theta)+(5-4\cos\theta)+2\sqrt{(5+4\cos\theta)(5-4\cos\theta)}$

$=10+2\sqrt{25-16\cos^{2}\theta}$

当 $\cos\theta=0$（即 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$，$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{b}$）时，$f^{2}$ 取最大值 $10+2\sqrt{25}=20$，此时 $f_{\max}=2\sqrt{5}$。

当 $\cos\theta=\pm 1$（即 $\theta=0$ 或 $\pi$，$\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 同向或反向）时，$f^{2}$ 取最小值 $10+2\sqrt{9}=16$，此时 $f_{\min}=4$。

答案：最大值为 $2\sqrt{5}$，最小值为 $4$。

【点评】本题的关键在于利用模长平方展开后使用配方法。注意到 $(5+4\cos\theta)(5-4\cos\theta)=25-16\cos^{2}\theta$，其最大值出现在 $\cos\theta=0$ 时。另外，两向量同向或反向时取得最小值，这体现了三角不等式的核心思想。

解 令 $\boldsymbol{m} = \boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}$, $\boldsymbol{n} = \boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}$，则：

$|\boldsymbol{m}-\boldsymbol{n}| = |\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}| = 6$

$\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n} = -5$

由恒等式 $|\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n}|^{2}=|\boldsymbol{m}-\boldsymbol{n}|^{2}+4 \boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}$ 得：

$|\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n}|^{2} = 36 + 4 \times (-5) = 16$

故 $|\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n}| = 4$。

又 $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b} = \boldsymbol{m}+\boldsymbol{n}+2 \boldsymbol{c}$，所以：

$\boldsymbol{c} \cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) = \boldsymbol{c} \cdot(\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n}+2 \boldsymbol{c}) = 2|\boldsymbol{c}|^{2}+\boldsymbol{c} \cdot(\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n})$

由数量积定义：

$\boldsymbol{c} \cdot(\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n}) = |\boldsymbol{c}||\boldsymbol{m}+\boldsymbol{n}| \cos \theta = 4|\boldsymbol{c}| \cos \theta$

当 $\cos \theta = -1$ 时取得最小值，即：

$\boldsymbol{c} \cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \geq 2|\boldsymbol{c}|^{2} - 4|\boldsymbol{c}|$

令 $t = |\boldsymbol{c}| \geq 0$，则 $f(t) = 2t^2 - 4t$。

二次函数顶点在 $t = 1$ 处，最小值为：

$f(1) = 2 - 4 = -2$

答案：$-2$

【点评】换元的目的，实际上是重新建构"基底"，换为新的基底，既是顺从题中的结构，也可以简化题意。实际上这也命题人的一种逆向思维，把简单的向量式赋值，命制出新的试题，而通过换元即又把问题返回为简化状态。

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