6.3.1 平面向量基本定理

选项 $ \mathrm{B} $ 中, $ 6{\boldsymbol{e}}_{1}-8{\boldsymbol{e}}_{2}=2(3{\boldsymbol{e}}_{1}-4{\boldsymbol{e}}_{2}) $ , $ \therefore 6{\boldsymbol{e}}_{1}-8{\boldsymbol{e}}_{2} $ 与 $ 3{\boldsymbol{e}}_{1}-4{\boldsymbol{e}}_{2} $ 共线, $ \therefore $ 不能作为一个基底,选项 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{C} $ , $ \mathrm{D} $ 中两向量均不共线,可作为一个基底.

故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,因为{ $ {\boldsymbol{e}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{2} $ }是某一平面内所有向量的一个基底,所以 $ {\boldsymbol{e}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{2} $ 不共线.根据向量共线的充要条件可得,若存在实数 $ {\lambda }_{1} $ , $ {\lambda }_{2} $ 使 $ {\lambda }_{1}{\boldsymbol{e}}_{1}+{\lambda }_{2}{\boldsymbol{e}}_{2}=0 $ 成立,则 $ {\lambda }_{1}={\lambda }_{2}=0 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ,根据平面向量基本定理可判断 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,根据平面向量基本定理可得, $ {\lambda }_{1}{\boldsymbol{e}}_{1}+{\lambda }_{2}{\boldsymbol{e}}_{2}({\lambda }_{1},{\lambda }_{2}\in \boldsymbol{R}) $ 一定在该平面内,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,根据平面向量基本定理可得,对于该平面内任意向量 $ \boldsymbol{a} $ ,使 $ \boldsymbol{a}={\lambda }_{1}{\boldsymbol{e}}_{1}+{\lambda }_{2}{\boldsymbol{e}}_{2} $ 的实数 $ {\lambda }_{1} $ , $ {\lambda }_{2} $ 有且只有一对,故 $ \mathrm{D} $ 错误 .

故选 $ \mathrm{B} $ .

取第Ⅲ部分内一点画图易得 $ a > 0 $ , $ b < 0 $ .

如图,连接 $ AN $ ,由题知 $ \overrightarrow {MN}=\overrightarrow {MA}+\overrightarrow {AN}=\overrightarrow {AN}-\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AD} $ ,

其中 $ \overrightarrow {AN}=\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {DN}=\overrightarrow {AD}+\dfrac{5}{6}\overrightarrow {DB}=\overrightarrow {AD}+\dfrac{5}{6}(\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AD})=\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD} $ ,

故 $ \overrightarrow {MN}=\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{6}\overrightarrow {AD}-\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AD}=\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AB}-\dfrac{7}{12}\overrightarrow {AD}=\dfrac{5}{6}\boldsymbol{a}-\dfrac{7}{12}\boldsymbol{b} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

如图,因为 $ \overrightarrow {BE}=3\overrightarrow {EF} $ ,所以 $ \overrightarrow {BE}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {BF} $ , $ \overrightarrow {CF}=-\overrightarrow {AH}=-\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AE} $ ,

所以 $ \overrightarrow {BF}=\boldsymbol{a}+\overrightarrow {CF}=\boldsymbol{a}-\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AE}① $ ,

$ \overrightarrow {BE}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {BF}=\boldsymbol{b}+\overrightarrow {AE}② $ ,

由 $ ①+\dfrac{3}{4}×② $ 得 $ \dfrac{25}{16}\overrightarrow {BF}=\boldsymbol{a}+\dfrac{3}{4}\boldsymbol{b} $ ,

即 $ \overrightarrow {BF}=\dfrac{16}{25}\boldsymbol{a}+\dfrac{12}{25}\boldsymbol{b} $ .

故选 $ \mathrm{B} $ .

已知 $ D $ 是 $ BC $ 边上靠近点 $ C $ 的三等分点,所以 $ \overrightarrow {AD}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC} $ .

又 $ E $ 为 $ AD $ 中点,所以 $ \overrightarrow {BE}=\overrightarrow {AE}-\overrightarrow {AB}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC})-\overrightarrow {AB}=-\dfrac{5}{6}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC} $ ,所以 $ x=-\dfrac{5}{6} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

如图,在 $ ▱ABCD $ 中, $ DM//AB $ ,则 $ △DQM\sim △BQA $ .

因为 $ \overrightarrow {CM}=2\overrightarrow {MD} $ ,所以 $ \overrightarrow {DM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {DC} $ .又 $ \overrightarrow {AB}=\overrightarrow {DC} $ ,所以 $ \overrightarrow {DM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB} $ ,所以 $ \dfrac{DM}{AB}=\dfrac{QM}{AQ}=\dfrac{1}{3} $ ,

故 $ \overrightarrow {AQ}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AM}=\dfrac{3}{4}(\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {DM})=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AD}+\dfrac{3}{4}×\dfrac{1}{3}\overrightarrow {DC}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{4}(\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {AD})=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow {AC} $ ,即 $ \lambda =\dfrac{1}{2} $ , $ \mu =\dfrac{1}{4} $ ,故 $ \lambda +\mu =\dfrac{3}{4} $ .

设 $ \overrightarrow {AF}=m\overrightarrow {AD}(0 < m < 1) $ ,因为 $ B $ , $ F $ , $ E $ 三点共线,所以可设 $ \overrightarrow {AF}=k\overrightarrow {AE}+(1-k)\overrightarrow {AB} $ ,

又 $ 3\overrightarrow {AE}=\overrightarrow {AC} $ ,所以 $ \overrightarrow {AF}=\dfrac{k}{3}\overrightarrow {AC}+(1-k)\overrightarrow {AB} $ .

又因为 $ \overrightarrow {AD}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})=\dfrac{1}{m}\overrightarrow {AF} $ ,

所以 $ \overrightarrow {AF}=\dfrac{k}{3}\overrightarrow {AC}+(1-k)\overrightarrow {AB}=\dfrac{m}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})=\dfrac{m}{2}\overrightarrow {AB}+\dfrac{m}{2}\overrightarrow {AC} $ ,

所以 $ \begin{cases}\dfrac{k}{3}=\dfrac{m}{2},\\ 1-k=\dfrac{m}{2},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}m=\dfrac{1}{2},\\ k=\dfrac{3}{4},\end{cases} $

所以 $ \overrightarrow {AF}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow {AC}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow {AB} $ ,所以 $ \overrightarrow {BF}=\overrightarrow {AF}-\overrightarrow {AB}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow {AC}-\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} $ .

又 $ \overrightarrow {BF}=\lambda \overrightarrow {AB}+\mu \overrightarrow {AC} $ ,所以 $ \lambda =-\dfrac{3}{4} $ , $ \mu =\dfrac{1}{4} $ ,则 $ \lambda +\mu =-\dfrac{1}{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

对于①,因为 $ 2025\boldsymbol{b}-2025\boldsymbol{a}=-2025(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) $ ,所以 $ \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b} $ 和 $ 2025\boldsymbol{b}-2025\boldsymbol{a} $ 是共线向量,不能作为一个基底；

对于②,设 $ \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=\lambda (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) $ ,可得 $ \begin{cases}\lambda =1,\\ \lambda =-1,\end{cases} $ 方程组无解,所以 $ \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b} $ 和 $ \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b} $ 不共线,可以作为一个基底；

对于③,设 $ 3\boldsymbol{a}-2\boldsymbol{b}=\mu (2\boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b}) $ ,可得 $ \begin{cases}2\mu =3,\\ -3\mu =-2,\end{cases} $ 方程组无解,所以 $ 3\boldsymbol{a}-2\boldsymbol{b} $ 和 $ 2\boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b} $ 不共线,可以作为一个基底；

对于④,因为 $ \boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b}=-\dfrac{1}{2}(6\boldsymbol{b}-2\boldsymbol{a}) $ ,所以 $ \boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b} $ 和 $ 6\boldsymbol{b}-2\boldsymbol{a} $ 是共线向量,不能作为一个基底.故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意知, $ \overrightarrow {AC}=\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {DC}=\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {BD}=\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {BE}+\overrightarrow {ED})=\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {BE}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {ED}=\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {BE}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}=\dfrac{5}{4}\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {BE} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ：由 $ \overrightarrow {GA}+\overrightarrow {GB}+\overrightarrow {GC}=0 $ 得 $ \overrightarrow {GA}+(\overrightarrow {AG}+\overrightarrow {GB})+(\overrightarrow {AG}+\overrightarrow {GC})=2\overrightarrow {AG}⇒\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC}=3\overrightarrow {AG}⇒\overrightarrow {AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ：如图,取 $ BC $ 的中点为 $ M $ ,连接 $ GM $ ,由 $ \overrightarrow {GA}+\overrightarrow {GB}+\overrightarrow {GC}=0 $ 得 $ \overrightarrow {GA}=-(\overrightarrow {GB}+\overrightarrow {GC})=-2\overrightarrow {GM} $ ,所以点 $ A $ , $ G $ , $ M $ 共线,且 $ G $ 为靠近点 $ M $ 的三等分点,即 $ G $ 为 $ △ABC $ 的重心,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ：由 $ \overrightarrow {AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}=\dfrac{1}{3\lambda }\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{3\mu }\overrightarrow {AE} $ , $ D $ , $ G $ , $ E $ 三点共线,得 $ \dfrac{1}{3\lambda }+\dfrac{1}{3\mu }=1⇒\dfrac{1}{\lambda }+\dfrac{1}{\mu }=3 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ：因为 $ AC=\sqrt{3} $ , $ BC=2 $ , $ AB=1 $ ,所以 $ A{C}^{2}+A{B}^{2}=B{C}^{2} $ ,所以 $ AB\perp AC $ ,

设 $ AB $ 的中点为 $ N $ ,连接 $ GN $ ,由 $ G $ 为 $ △ABC $ 的重心,可知 $ C $ , $ G $ , $ N $ 三点共线,则 $ AN=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2} $ ,在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△ACN $ 中,有 $ CN=\sqrt{A{C}^{2}+A{N}^{2}}=\dfrac{\sqrt{13}}{2} $ ,又 $ G $ 为重心,所以 $ CG=\dfrac{2}{3}CN=\dfrac{\sqrt{13}}{3} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,因为 $ \overrightarrow {BD}=2\overrightarrow {DC} $ ,所以 $ \overrightarrow {BD}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {BC} $ ,所以 $ \overrightarrow {AD}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {BD}=\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {BC}=\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {AB})=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,设 $ \overrightarrow {BM}=k\overrightarrow {BE}(k\in \boldsymbol{R}) $ ,所以 $ \overrightarrow {AM}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {BM}=\overrightarrow {AB}+k\overrightarrow {BE}=\overrightarrow {AB}+k(\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {AB})=(1-k)\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}k\overrightarrow {AC} $ ,

又 $ A $ , $ M $ , $ D $ 三点在一条直线上,故 $ \overrightarrow {AM}//\overrightarrow {AD} $ ,故 $ \dfrac{1-k}{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{\dfrac{1}{3}k}{\dfrac{2}{3}} $ ,解得 $ k=\dfrac{6}{7} $ ,即 $ \overrightarrow {BM}=\dfrac{6}{7}\overrightarrow {BE} $ ,

故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,设 $ {S}_{△AME}=S $ ,由于 $ \overrightarrow {BM}=\dfrac{6}{7}\overrightarrow {BE} $ ,则

$ {S}_{△ABE}=7{S}_{△AME}=7S $ , $ {S}_{△ABM}=6{S}_{△AME}=6S $ ,

又 $ \overrightarrow {AM}=\dfrac{1}{7}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{7}\overrightarrow {AC}=\dfrac{3}{7}\overrightarrow {AD} $ ,所以 $ {S}_{△ABM}=\dfrac{3}{7}{S}_{△ABD}⇒{S}_{△ABD}=14S⇒{S}_{△BMD}=8S $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确;

对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ \overrightarrow {CE}=2\overrightarrow {EA} $ ,所以 $ {S}_{△BEC}=2{S}_{△ABE}=14S $ ,所以 $ {S}_{四边形CDME}={S}_{△BEC}-{S}_{△BMD}=14S-8S=6S $ ,

由 $ {S}_{△ABC}={S}_{△ABE}+{S}_{△BEC}=21S=\dfrac{\sqrt{3}}{4}×{2}^{2} $ ,得 $ S=\dfrac{\sqrt{3}}{21} $ ,所以 $ {S}_{四边形CDME}=6S=\dfrac{2\sqrt{3}}{7} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

如图,连接 $ AC $ .

因为 $ AB=2 $ , $ BC=1 $ , $ \mathrm{\angle }DAB={60}^{\circ } $ ,

所以 $ DC=AB-2AD \cos {60}^{\circ }=2-1=1 $ ,故 $ \overrightarrow {DC}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} $ .

当点 $ P $ 为线段 $ BC $ 中点时, $ \overrightarrow {AP}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB})=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} $ ,

又 $ \overrightarrow {AP}=m\overrightarrow {AB}+n\overrightarrow {AD} $ ,所以 $ m=\dfrac{3}{4} $ , $ n=\dfrac{1}{2} $ ,所以 $ m+n=\dfrac{5}{4} $ .

当点 $ P $ 在线段 $ BC $ 上运动时, $ \overrightarrow {AP}=m\overrightarrow {AB}+n\overrightarrow {AD}=m\overrightarrow {AB}+n(\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {DC})=m\overrightarrow {AB}+n(\overrightarrow {AC}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB})=(m-\dfrac{1}{2}n)\overrightarrow {AB}+n\overrightarrow {AC} $ ,

由 $ B $ , $ P $ , $ C $ 三点共线可知, $ m-\dfrac{1}{2}n+n=1 $ ,即 $ m+\dfrac{n}{2}=1 $ ,所以 $ m+n=1+\dfrac{n}{2} $ ,

又 $ \overrightarrow {AP}=(1-n)\overrightarrow {AB}+n\overrightarrow {AC} $ ,即 $ \overrightarrow {AP}-\overrightarrow {AB}=n(\overrightarrow {AC}-\overrightarrow {AB}) $ ,所以 $ \overrightarrow {BP}=n\overrightarrow {BC} $ ,所以 $ 0\leqslant n\leqslant 1 $ ,所以 $ m+n=1+\dfrac{n}{2}\leqslant \dfrac{3}{2} $ ,即 $ m+n $ 的最大值为 $ \dfrac{3}{2} $ .