在边长为 1 的正方形 A B C D 中，点 E 为线段…——2024 高考数学第 14 题答案解析

【答案】
（1）．$\frac{4}{3}$
（2）．$-\frac{5}{18}$

## 【解析】

【分析】解法一：以 $\{\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}\}$ 为基底向量，根据向量的线性运算求 $\overrightarrow{B E}$ ，即可得 $\lambda+\mu$ ，设 $\stackrel{\mathrm{unu}}{B F}=k \stackrel{\mathrm{un}}{B E}$ ，求 $A F, D G$ ，结合数量积的运算律求 $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{D G}$ 的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求 $\overrightarrow{B E}$ ，即可得 $\lambda+\mu$ ，设 $F(a,-3 a), a \in\left[-\frac{1}{3}, 0\right]$ ，求 $\stackrel{\text { unu }}{A F}, D G$ ，结合数量积的坐标运算求 $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{D G}$ 的最小值．

【详解】解法一：因为 $C E=\frac{1}{2} D E$ ，即 $\stackrel{\text { ur }}{C E}=\frac{2}{3} \stackrel{\text { ur }}{B A}$ ，则 $\stackrel{\text { ur }}{B E}=\stackrel{\text { und }}{B C}+\stackrel{\text { ur }}{C E}=\frac{1}{3} \stackrel{\text { ur }}{B A}+\stackrel{\text { uun }}{B C}$ ，
可得 $\lambda=\frac{1}{3}, \mu=1$ ，所以 $\lambda+\mu=\frac{4}{3}$ ；
由题意可知：$|\overrightarrow{B C}|=|\overrightarrow{B A}|=1, \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=0$ ，
因为 $F$ 为线段 $B E$ 上的动点，设 $\overrightarrow{B F}=k \overrightarrow{B E}=\frac{1}{3} k \overrightarrow{B A}+k \overrightarrow{B C}, k \in[0,1]$ ，
则 $\overrightarrow{A F}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{A B}+k \overrightarrow{B E}=\left(\frac{1}{3} k-1\right) \overrightarrow{B A}+k \overrightarrow{B C}$ ，

又因为 $G$ 为 $A F$ 中点，则 $\overrightarrow{D G}=\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{A G}=-\overrightarrow{B C}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A F}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} k-1\right) \overrightarrow{B A}+\left(\frac{1}{2} k-1\right) \overrightarrow{B C}$ ，
可得 $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{D G}=\left[\left(\frac{1}{3} k-1\right) \overrightarrow{B A}+k \overrightarrow{B C}\right] \cdot\left[\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} k-1\right) \overrightarrow{B A}+\left(\frac{1}{2} k-1\right) \overrightarrow{B C}\right]$

$=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} k-1\right)^{2}+k\left(\frac{1}{2} k-1\right)=\frac{5}{9}\left(k-\frac{6}{5}\right)^{2}-\frac{3}{10}$ ，
又因为 $k \in[0,1]$ ，可知：当 $k=1$ 时， $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{D G}$ 取到最小值 $-\frac{5}{18}$ ；
解法二：以 $B$ 为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，

则 $A(-1,0), B(0,0), C(0,1), D(-1,1), E\left(-\frac{1}{3}, 1\right)$ ，
可得 $\overrightarrow{B A}=(-1,0), \overrightarrow{B C}=(0,1), \overrightarrow{B E}=\left(-\frac{1}{3}, 1\right)$ ，
因为 $\overrightarrow{B E}=\lambda \overrightarrow{B A}+\mu \overrightarrow{B C}=(-\lambda, \mu)$ ，则 $\left\{\begin{array}{l}-\lambda=-\frac{1}{3} \\ \mu=1\end{array}\right.$ ，所以 $\lambda+\mu=\frac{4}{3}$ ；
因为点 $F$ 在线段 $B E: y=-3 x, x \in\left[-\frac{1}{3}, 0\right]$ 上，设 $F(a,-3 a), a \in\left[-\frac{1}{3}, 0\right]$ ，
且 $G$ 为 $A F$ 中点，则 $G\left(\frac{a-1}{2},-\frac{3}{2} a\right)$ ，
可得 $\overrightarrow{A F}=(a+1,-3 a), \overrightarrow{D G}=\left(\frac{a+1}{2},-\frac{3}{2} a-1\right)$ ，
则 $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{D G}=\frac{(a+1)^{2}}{2}+(-3 a)\left(-\frac{3}{2} a-1\right)=5\left(a+\frac{2}{5}\right)^{2}-\frac{3}{10}$ ，
且 $a \in\left[-\frac{1}{3}, 0\right]$ ，所以当 $a=-\frac{1}{3}$ 时， $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{D G}$ 取到最小值为 $-\frac{5}{18}$ ；
故答案为：$\frac{4}{3} ;-\frac{5}{18}$ ．