6.3.1 平面向量的基本定理

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[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
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必修第二册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

平面向量的基本定理

设 $\overrightarrow{e_1}$， $\overrightarrow{e_2}$ 同一平面内的两个不共线向量，$\vec{a}$ 是该平面内任一向量，则存在唯一实数对 $(λ，μ)$，使 $\vec{a}=\lambda \overrightarrow{e_1}+\mu \overrightarrow{e_2}$.
我们把 $\left\{\overrightarrow{e_1}， \overrightarrow{e_2}\right\}$ 叫做表示这个平面内所有向量的一个基底.
如下图， $\vec{a}=\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O N}=\lambda \overrightarrow{e_1}+\mu \overrightarrow{e_2}$，其中 $\lambda=\dfrac{|O M|}{|O A|}$， $\mu=\dfrac{|O N|}{|O B|}$.

解释
(1) 基底 $\left\{\overrightarrow{e_1}， \overrightarrow{e_2}\right\}$ 要求 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是不共线向量；
(2) 唯一性：若 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 不共线，且 $\lambda_1 \overrightarrow{e_1}+\mu_1 \overrightarrow{e_2}=\lambda_2 \overrightarrow{e_1}+\mu_2 \overrightarrow{e_2}$ ， 则 $λ_1 =λ_2$ ，$μ_1=μ_2$.
(3) 平面内任一向量均可由同一个基底唯一表示，这对研究问题带来极大的便利.
 

基本方法

【题型1】 平面向量的基本定理的理解

【典题 1】如果 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是平面内一组不共线的向量，那么下列四组向量中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是 (　　)
 A．$\overrightarrow{e_1}$ 与 $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\overrightarrow{e_1}-2 \overrightarrow{e_2}$ 与 $\overrightarrow{e_1}+2 \overrightarrow{e_2}$
 C．$\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}$ 与 $\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\overrightarrow{e_1}-2 \overrightarrow{e_2}$ 与 $-\overrightarrow{e_1}+2 \overrightarrow{e_2}$
解析 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是平面内一组不共线的向量，作为基底的向量，前提为不共线向量，
所以对于选项 $ABC$ 都为不共线向量，选项 $D$: $\overrightarrow{e_1}-2 \overrightarrow{e_2}$ 与 $-\overrightarrow{e_1}+2 \overrightarrow{e_2}$ 为共线向量．
故选 $D$．
点拨 作为基底的两个向量要求不共线.
 

【巩固练习】

1. 若 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是平面内的一组基底，则下列四组向量能作为平面向量的基底的是 (　　)
 A． $\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$， $\overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_1}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $2 \overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$， $\overrightarrow{e_1}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{e_2}$
 C． $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}$， $\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $2 \overrightarrow{e_2}-3 \overrightarrow{e_1}$， $6 \overrightarrow{e_1}-4 \overrightarrow{e_2}$
 

2. 如图所示，每个小正方形的边长都是 $1$，则下列说法正确的是 (　　)

 A. $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是该平面所有向量的一组基， $\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{e_1}+2 \overrightarrow{e_2}$
 B. $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是该平面所有向量的一组基， $\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B}=2 \overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}$
 C. $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 不是该平面所有向量的一组基， $\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{e_1}+2 \overrightarrow{e_2}$
 D. $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 不是该平面所有向量的一组基， $\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B}=2 \overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}$
 

3. 若 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是平面 α 内两个不共线的向量，则下列说法中正确的是 (　　)
 A. $\lambda \overrightarrow{e_1}+\mu \overrightarrow{e_2}(\lambda， \mu \in R)$ 不可以表示平面 $α$ 内的所有向量
 B. 对于平面 $α$ 中的任一向量 $\vec{a}$，使 $\vec{a}=\lambda \overrightarrow{e_1}+\mu \overrightarrow{e_2}$ 的实数 $λ$，$μ$ 有无数多对
 C. 若 $λ_1$，$μ_1$，$λ_2$，$μ_2$ 均为实数，且向量 $\lambda_1 \overrightarrow{e_1}+\mu_1 \overrightarrow{e_2}$ 与 $\lambda_2 \overrightarrow{e_1}+\mu_2 \overrightarrow{e_2}$ 共线，则有且只有一个实数 $λ$，使 $\lambda_1 \overrightarrow{e_1}+\mu_1 \overrightarrow{e_2}=\lambda\left(\lambda_2 \overrightarrow{e_1}+\mu_2 \overrightarrow{e_2}\right)$
 D. 若存在实数 $λ$，$μ$ 使 $\lambda \overrightarrow{e_1}+\mu \overrightarrow{e_2}=\overrightarrow{0}$，则 $\lambda=\mu=0$
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 观察四个选项，对于选项 $A$： $\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}=-\left(\overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_1}\right)$，
   故 $\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$ 与 $\overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_1}$ 共线，所以不能作为基底；
   $B$， $2 \overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}=2\left(\overrightarrow{e_1}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{e_2}\right)$，故 $2 \overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$ 与 $\overrightarrow{e_1}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{e_2}$ 线，所以不能作为基底；
   $C$：若 $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}$ 与 $\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$ 共线，则 $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}=\lambda\left(\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}\right)$，可得 $\left\{\begin{array}{l} \lambda=1 \\ \lambda=-1 \end{array}\right.$，
   故不存在 $λ$ 使 $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}=\lambda\left(\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}\right)$，故 $\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}$ 与 $\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}$ 不共线，所以能作为基底；
   $D$， $-2\left(2 \overrightarrow{e_2}-3 \overrightarrow{e_1}\right)=6 \overrightarrow{e_1}-4 \overrightarrow{e_2}$，故 $2 \overrightarrow{e_2}-3 \overrightarrow{e_1}$ 与 $6 \overrightarrow{e_1}-4 \overrightarrow{e_2}$ 共线，所以不能作为基底；
   故选：$C$．

2. 答案 $A$
   解析 结合题意，平面向量 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 不共线，是该平面所有向量的一组基底，故 $CD$ 错误，
   又 $\because \overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C}=\overrightarrow{C D}=\overrightarrow{e_1}+2 \overrightarrow{e_2}$，
   故选：$A$．

3. 答案 $D$
   解析 对于 $A$，因为 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是平面 α 内两个不共线的向量，
   所以 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 可以作为平面中所有向量的一组基底，故 $A$ 错误；
   对于 $B$，由平面向量基本定理可知，$B$ 错误；
   对于 $C$，当 $λ_1=λ_2=μ_1=μ_2=0$ 时，这样的 $λ$ 有无数个，故 $C$ 错误；
   故选：$D$．
    

【题型2】 平面向量的基本定理的运用

【典题 1】 已知在 $△ABC$ 中，$M$，$N$ 分别是边 $AB$、$AC$ 上的点，且 $\overrightarrow{A M}=2 \overrightarrow{M B}$， $\overrightarrow{A N}=3 \overrightarrow{N C}$，$BN$ 与 $CM$ 相交于点 $P$，记 $\vec{a}=\overrightarrow{A B}$， $\vec{b}=\overrightarrow{A C}$，用 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 表示 $\overrightarrow{A P}$ 的结果是 $\underline{\quad \quad}$ .
解析 如图，

由题意，可知 $\overrightarrow{A M}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}$， $\overrightarrow{A N}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A C}$，
设 $\overrightarrow{B P}=\lambda \overrightarrow{B N}$，
则有： $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B P}=\overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{B N}=\overrightarrow{A B}+\lambda(\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A B})$
$=\overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{A N}-\lambda \overrightarrow{A B}=(1-\lambda) \overrightarrow{A B}+\lambda \cdot \dfrac{3}{4} \overrightarrow{A C}=(1-\lambda) \vec{a}+\dfrac{3}{4} \lambda \vec{b}$①
又设 $\overrightarrow{C P}=\mu \overrightarrow{C M}$，
则有 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C P}=\overrightarrow{A C}+\mu \overrightarrow{C M}=\overrightarrow{A C}+\mu(\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A C})=\overrightarrow{A C}+\mu \overrightarrow{A M}-\mu \overrightarrow{A C}$
$=(1-\mu) \overrightarrow{A C}+\mu \cdot \dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}=\dfrac{2}{3} \mu \vec{a}+(1-\mu) \vec{b}$②
通过比较①②，可得关于 $λ$，$μ$ 的二元一次方程组： $\left\{\begin{array}{l} 1-\lambda=\dfrac{2}{3} \mu \\ \dfrac{3}{4} \lambda=1-\mu \end{array}\right.$，
解此二元一次方程组，得 $\left\{\begin{array}{l} \lambda=\dfrac{2}{3} \\ \mu=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.$，
将结果带入①式，可得： $\overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}$，
故选：$D$．
点拨
1. 若 $\overrightarrow{e_1}$， $\overrightarrow{e_2}$ 不共线，且 $\lambda_1 \overrightarrow{e_1}+\mu_1 \overrightarrow{e_2}=\lambda_2 \overrightarrow{e_1}+\mu_2 \overrightarrow{e_2}$，则 $λ_1 =λ_2$ ，$μ_1=μ_2$.
2. 向量 $\overrightarrow{A P}$ 用同一基底 $\vec{a}$， $\vec{b}$ 以两种方式表示 $\overrightarrow{A P}=(1-\lambda) \vec{a}+\dfrac{3}{4} \lambda \vec{b}=\dfrac{2}{3} \mu \vec{a}+(1-\mu) \vec{b}$，由平面向量基本定理的唯一性求出 $λ$，$μ$，得到 $\overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}$.
 

【典题 2】如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，$E$，$F$ 分别为 $BC$，$CD$ 的中点，且 $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{D E}=4$， $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{B F}=-1$，则 $\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B D}=$$\underline{\quad \quad}$．

解析 $\because \overrightarrow{A F}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D F}=\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D C}=\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}$，
$\overrightarrow{D E}=\overrightarrow{D C}+\overrightarrow{C E}=\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A B}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}$，
$\therefore\left(\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right) \cdot\left(\overrightarrow{A B}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}\right)=4$，
即 $\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}^2-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}^2=4$ ①，
$\because \overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}$，$\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C F}=\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}$
$\therefore\left(\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}\right) \cdot\left(\overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right)=-1$，
即 $\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}^2+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}^2=-1$ ②，
由①－②得， $\overrightarrow{A B}^2-\overrightarrow{A D}^2=5$，
$\therefore \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B D}=(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}) \cdot(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B})=\overrightarrow{A D}^2-\overrightarrow{A B}^2=-5$．
故答案为：$-5$．
点拨 本题直接使用数量积的定义处理显然不行，选择正确基底 $\overrightarrow{A B}$， $\overrightarrow{A D}$，其他向量用基底表示，则可把问题转化为基底的问题.
 
 

【巩固练习】

1. 在 $△ABC$ 中，点 $D$ 在 $BC$ 边上，且 $BD=DC$，点 $E$ 在 $AC$ 边上，且 $A E=\dfrac{4}{5} A C$，连接 $DE$，若 $\overrightarrow{D E}=m \overrightarrow{A B}+n \overrightarrow{A C}$，则 $m+n=$(　　)
 A. $-\dfrac{1}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $\dfrac{4}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $-\dfrac{4}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $\dfrac{1}{5}$
 

2. 在三角形 $ABC$ 中，若 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{B C}|$，$AC=6$，$AB=3$，$E$，$F$ 为 $BC$ 边的三等分点，则 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A F}=$(　　)
 A．$21$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$18$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$15$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$12$
 

3. 如图，在 $△ABC$ 中， $\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C}$，$P$ 是 $BN$ 上的一点，若 $\overrightarrow{A P}=m \overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{13} \overrightarrow{A C}$，则实数 $m$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$ .

 

4. 如图，在 $▱OACB$ 中，$E$ 是 $AC$ 的中点，$F$ 是 $BC$ 上的一点，且 $BC=3BF$，若 $\overrightarrow{O C}=m \overrightarrow{O E}+n \overrightarrow{O F}$，其中 $m，n∈R$，则 $m+n$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$ .

 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 由题意得 $\overrightarrow{D E}=\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{A E}=-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})+\dfrac{4}{5} \overrightarrow{A C}=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{3}{10} \overrightarrow{A C}$，
   $\therefore m=-\dfrac{1}{2}$， $n=\dfrac{3}{10}$， $m+n=-\dfrac{1}{5}$．
   故选：$A$．

2. 答案 $C$
   解析 若 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{B C}|$，
   
   则 $\overrightarrow{A B}^2+\overrightarrow{B C^2}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}^2+\overrightarrow{B C}^2-2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}$，即有 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=0$，
   $∵AC=6$，$AB=3$，$∴BC^2=6^2－3^2=27$．
   $∵E$，$F$ 为 $BC$ 边的三等分点，
   则 $\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{A F}=(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E})(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B F})=\left(\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}\right)\left(\overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{B C}\right)$
   $=\dfrac{2}{9} \overrightarrow{B C}^2+\overrightarrow{A B^2}+\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=\dfrac{2}{9} \times 27+3^2+0=15$．
   故选：$C$．

3. 答案 $\dfrac{7}{13}$
   解析 因为 $\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C}$，所以 $3 \overrightarrow{A N}=\overrightarrow{A C}$，
   又因为 $\overrightarrow{A P}=m \overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{13} \overrightarrow{A C}$，所以 $\overrightarrow{A P}=m \overrightarrow{A B}+\dfrac{6}{13} \overrightarrow{A N}$，
   又因为 $B$，$P$，$N$ 三点共线，
   所以 $\overrightarrow{B P}=\lambda \overrightarrow{B N}(\lambda \neq 0)$，
   即 $\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{A B}=\lambda(\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A B})(\lambda \neq 0)$，
   所以 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A N}+(1-\lambda) \overrightarrow{A B}(\lambda \neq 0)$，
   所以 $\left\{\begin{array}{l} \lambda=\dfrac{6}{13} \\ m=1-\lambda \end{array}\right.$，解得 $m=\dfrac{7}{13}$．

4. 答案 $\dfrac{7}{5}$
   解析 因为 $\overrightarrow{O F}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}， \overrightarrow{O E}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}$，
   所以 $\overrightarrow{O A}=\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O E}-\dfrac{3}{5} \overrightarrow{O F}$，$\overrightarrow{O B}=\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O F}-\dfrac{2}{5} \overrightarrow{O E}$，
   又 $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}=\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O E}-\dfrac{3}{5} \overrightarrow{O F}+\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O F}-\dfrac{2}{5} \overrightarrow{O E}=\dfrac{4}{5} \overrightarrow{O E}+\dfrac{3}{5} \overrightarrow{O F}$，
   所以 $m=\dfrac{4}{5}$， $n=\dfrac{3}{5}$，故 $m+n=\dfrac{7}{5}$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 设 $\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是 (　　)
 A．$\vec{e}_1+\vec{e}_2$ 和 $\vec{e}_1-3 \vec{e}_2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\vec{e}_1+6 \vec{e}_2$ 和 $\vec{e}_1+\vec{e}_2$
 C． $3 \vec{e}_1-4 \vec{e}_2$ 和 $6 \vec{e}_1-8 \vec{e}_2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\vec{e}_1+2 \vec{e}_2$ 和 $2 \vec{e_1}-\vec{e_2}$
 

2. 在 $△ABC$ 中，点 $D$ 满足 $\overrightarrow{B D}=2 \overrightarrow{C D}$．记 $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$， $\overrightarrow{A C}=\vec{b}$，则 $\overrightarrow{A D}=$(　　)
 A. $-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{3}{2} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ B. $\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{2}{3} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ C. $-\vec{a}+2 \vec{b}$ $\qquad \qquad$ D. $\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}$
 

3. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$E$，$F$ 分别为 $AB$，$CD$ 的中点，若 $\overrightarrow{A D}=\vec{a}$， $\overrightarrow{B C}=\vec{b}$，则 $\overrightarrow{E F}$(　　)

 A. $\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ B. $\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ C. $\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{3}{2} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ D. $\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{3}{2} \vec{b}$
 

4. 如图，在 $△ABC$ 中， $\overrightarrow{B M}=\lambda \overrightarrow{B C}$， $\overrightarrow{N C}=\mu \overrightarrow{A C}$，直线 $AM$ 交 $BN$ 于点 $Q$， $\overrightarrow{B Q}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{B N}$，则 (　　)

 A.$λ+μ=1$ $\qquad \qquad \qquad$ B. $\lambda \mu=\dfrac{1}{4}$ $\qquad \qquad$ C.$(λ-1)(2μ-3)=1$ $\qquad \qquad$ D.$(2λ-3)(μ-1)=1$
 

5. 如图，在 $△ABC$ 中， $\overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{4} \overrightarrow{A B}$， $\overrightarrow{A E}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}$，$BE$ 和 $CD$ 相交于点 $F$，则向量 $\overrightarrow{A F}$ 等于 (　　)

 A． $\dfrac{1}{7} \overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{7} \overrightarrow{A C}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{7} \overrightarrow{A B}+\dfrac{3}{7} \overrightarrow{A C}$
 C．$\dfrac{1}{14} \overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{14} \overrightarrow{A C}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{1}{14} \overrightarrow{A B}+\dfrac{3}{14} \overrightarrow{A C}$
 

6. 如图，在 $△ABC$ 中， $\angle B A C=\dfrac{\pi}{3}$， $\overrightarrow{A D}=2 \overrightarrow{D B}$，$P$ 为 $CD$ 上一点，且满足 $\overrightarrow{A P}=m \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}$，若 $AC=3$，$AB=4$，则 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{C D}$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$ .

 

7. 如图，在 $△ABC$ 中， $\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}$，$P$ 是 $BN$ 的中点，若 $\overrightarrow{A P}=m \overrightarrow{A B}+n \overrightarrow{A C}$，则 $m+n=$ $\underline{\quad \quad}$ .

 

8. 如图，在长方形 $ABCD$ 中，$M$， $N$ 分别为线段 $BC$，$CD$ 的中点，若 $\overrightarrow{M N}=\lambda \overrightarrow{A M}+\mu \overrightarrow{B N}$，$λ$，$μ∈R$，则 $λ+μ=$ $\underline{\quad \quad}$.

 

9. 如图，过 $△ABC$ 的重心 $G$ 的直线分别交边 $AB$、$AC$ 于 $P$、$Q$ 两点，且 $\overrightarrow{A B}=x \overrightarrow{A P}$， $\overrightarrow{A C}=y \overrightarrow{A Q}$，则 $xy$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．

 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 ∵$\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 是平面内所有向量的一组基底，$∴\overrightarrow{e_1}$，$\overrightarrow{e_2}$ 不共线，
   $∴\vec{e}_1+\vec{e}_2$ 和 $\vec{e}_1-3 \vec{e}_2$ 不共线，$\vec{e}_1+6 \vec{e}_2$ 和 $\vec{e}_1+\vec{e}_2$ 不共线， $\vec{e}_1+2 \vec{e}_2$ 和 $2 \vec{e_1}-\vec{e_2}$ 不共线，
   $6 \vec{e}_1-8 \vec{e}_2=2\left(3 \vec{e}_1-4 \vec{e}_2\right)$，
   故 $3 \vec{e}_1-4 \vec{e}_2$ 和 $6 \vec{e}_1-8 \vec{e}_2$ 共线，
   故选：$C$．

2. 答案 $C$
   解析 由题意可得， $2 \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}$，故 $\overrightarrow{A D}=2 \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}=2 \vec{b}-\vec{a}$．故选：$C$．

3. 答案 $A$
   解析 由题意知 $\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{E B}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C F}$， $\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{E A}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D F}$，
   因为 $E$，$F$ 分别为 $AB$，$CD$ 的中点，
   所以 $\overrightarrow{E B}=-\overrightarrow{E A}$，$\overrightarrow{D F}=-\overrightarrow{C F}$
   所以 $2 \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C}$，
   所以 $\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B C}$，
   因为 $\overrightarrow{A D}=\vec{a}$， $\overrightarrow{B C}=\vec{b}$，
   所以 $\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}$．
   故选：$A$．

4. 答案 $C$
   解析 $\overrightarrow{B Q}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{B N}=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A N})=\dfrac{2}{3}[\overrightarrow{B A}+(1-\mu) \overrightarrow{A C}]=\dfrac{2}{3}[\overrightarrow{B A}+(1-\mu)(\overrightarrow{B C}-\overrightarrow{B A})]$
   $=\dfrac{2}{3}[\mu \overrightarrow{B A}+(1-\mu) \overrightarrow{B C}]=\dfrac{2}{3} \mu \overrightarrow{B A}+\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{(1-\mu)}{\lambda} \overrightarrow{B M}$，
   $∵Q$，$M$，$A$ 三点共线，
   $\therefore \dfrac{2}{3} \mu+\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1-\mu}{\lambda}=1$，化简整理得 $(λ-1)(2μ-3)=1$．
   故选：$C$．

5. 答案 $B$
   解析 设 $\overrightarrow{C F}=k \overrightarrow{C D}=k(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})=k\left(\dfrac{1}{4} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}\right)$，
   $\because \overrightarrow{B F}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C F}=k\left(\dfrac{1}{4} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}\right)+\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}=\left(\dfrac{1}{4} k-1\right) \overrightarrow{A B}+(1-k) \overrightarrow{A C}$，
   $\overrightarrow{B E}=\overrightarrow{A E}-\overrightarrow{A B}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}$．
   $\because \overrightarrow{B F} \| \overrightarrow{B E}$，
   $\therefore \overrightarrow{B F}=\lambda \overrightarrow{B E}$，则 $\left(\dfrac{1}{4} k-1\right) \overrightarrow{A B}+(1-k) \overrightarrow{A C}=\lambda\left(\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}\right)$．
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} \dfrac{1}{4} k-1=-\lambda \\ 1-k=\dfrac{1}{2} \lambda \end{array}\right.$， $\therefore k=\dfrac{4}{7}$， $\overrightarrow{C F}=\dfrac{1}{7} \overrightarrow{A B}-\dfrac{4}{7} \overrightarrow{A C}$，
   $\therefore \overrightarrow{A F}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C F}=\dfrac{1}{7} \overrightarrow{A B}+\dfrac{3}{7} \overrightarrow{A C}$．
   故选：$B$．

6. 答案 $\dfrac{13}{12}$
   解析 $\because \overrightarrow{A D}=2 \overrightarrow{D B}$， $\therefore \overrightarrow{A D}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}$，
   $\because \overrightarrow{C P} \| \overrightarrow{C D}$， $\therefore \overrightarrow{C P}=k \overrightarrow{C D}$，即 $\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{A C}=k(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})$，
   又 $\because \overrightarrow{A P}=m \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}$，则 $(m-1) \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}=k\left(\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}\right)$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} m-1=-k \\ \dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{3} k \end{array}\right.$， $\therefore k=\dfrac{3}{4}$， $m=\dfrac{1}{4}$，
   则 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A P} \cdot(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})=\left(\dfrac{1}{4} \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}\right) \cdot\left(\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C}\right)$
   $=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\dfrac{1}{4} \overrightarrow{A C^2}-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=\dfrac{16}{3}-\dfrac{9}{4}-\dfrac{1}{3} \times 4 \times 3 \cos \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{13}{12}$.

7. 答案 $\dfrac{3}{4}$
   解析 $∵$ 在 $△ABC$ 中，$\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}$，$P$ 是 $BN$ 的中点，
   $\therefore \overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{4} \overrightarrow{A C}$，
   $\therefore m=\dfrac{1}{2}$， $n=\dfrac{1}{4}$， $\therefore m+n=\dfrac{3}{4}$．

8. 答案 $\dfrac{2}{5}$
   解析 在长方形 $ABCD$ 中，向量 $\overrightarrow{A B}$，$\overrightarrow{A D}$ 不共线，$M$，$N$ 分别为线段 $BC$，$CD$ 的中点，
   则有 $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}$， $\overrightarrow{B N}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C N}=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}$，
   $\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M C}+\overrightarrow{C N}=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}$， 因 $\overrightarrow{M N}=\lambda \overrightarrow{A M}+\mu \overrightarrow{B N}$，
   则有 $-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}=\lambda\left(\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}\right)+\mu\left(-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}\right)$$=\left(\lambda-\dfrac{1}{2} \mu\right) \overrightarrow{A B}+\left(\dfrac{1}{2} \lambda+\mu\right) \overrightarrow{A D}$，
   于是得 $\left\{\begin{array}{l} \lambda-\dfrac{1}{2} \mu=-\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \lambda+\mu=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.$，解得 $\lambda=-\dfrac{1}{5}$， $\mu=\dfrac{3}{5}$，
   所以 $\lambda+\mu=\dfrac{2}{5}$.

9. 答案 $\left[2， \dfrac{9}{4}\right]$
   解析 $∵P$，$G$，$Q$ 三点共线，$∴$ 存在 $m$，使 $\overrightarrow{A G}=m \overrightarrow{A Q}+(1-m) \overrightarrow{A P}$，
   又 $∵G$ 是 $△ABC$ 的重心，
   $\therefore \overrightarrow{A G}=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\dfrac{1}{3}(y \overrightarrow{A Q}+x \overrightarrow{A P})$，
   $\therefore \dfrac{1}{3}(y \overrightarrow{A Q}+x \overrightarrow{A P})=m \overrightarrow{A Q}+(1-m) \overrightarrow{A P}$，
   $∴x+y=3$，
   又 $\because \overrightarrow{A B}=x \overrightarrow{A P}$，
   $∴1≤x≤2$，
   故 $x y=x(3-x)=-\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}$，
   故 $2 \leq-\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4} \leq \dfrac{9}{4}$，
   故答案为：$\left[2， \dfrac{9}{4}\right]$．
    

【B组---提高题】

1.(多选) 设 $\vec{a}$ 是已知的平面向量，向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$， $\vec{c}$ 在同一平面内且两两不共线，下列说法正确的是 (　　)
 A. 给定向量 $\vec{b}$，总存在向量 $\vec{c}$，使 $\vec{a}=\vec{b}+\vec{c}$
 B. 给定向量 $\vec{b}$ 和 $\vec{c}$，总存在实数 $λ$ 和 $μ$，使 $\vec{a}=\lambda \vec{b}+\mu \vec{c}$
 C. 给定单位向量 $\vec{b}$ 和正数 $μ$，总存在单位向量 $\vec{c}$ 和实数 $λ$，使 $\vec{a}=\lambda \vec{b}+\mu \vec{c}$
 D. 若 $|\vec{a}|=2$，存在单位向量 $\vec{b}$，$\vec{c}$ 和正实数 $λ$，$μ$，使 $\vec{a}=\lambda \vec{b}+\mu \vec{c}$，则 $λ+μ>2$
 

2. 在 $△ABC$ 内使 $AP^2+BP^2+CP^2$ 的值最小的点 $P$ 是 $△ABC$ 的 (　　)
 A．外心 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．内心 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．垂心 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．重心
 

参考答案

1. 答案 $ABD$
   解析 对于选项 $A$，给定向量 $\vec{a}$ 和 $\vec{b}$，只需求得其向量差 $\vec{a}-\vec{b}$ 即为所求的向量 $\vec{c}$，
   故总存在向量 $\vec{c}$，使 $\vec{a}=\vec{b}+\vec{c}$，故 $A$ 正确；
   对于选项 $B$，当向量 $\vec{b}$，$\vec{c}$ 和 $\vec{a}$ 在同一平面内且两两不共线时，向量 $\vec{b}$，$\vec{c}$ 可作基底，
   由平面向量基本定理可知结论成立，故 $B$ 正确；
   对于选项 $C$，取 $\vec{a}=(4，4)$， $\mu=2$， $\vec{b}=(1，0)$ 无论 $λ$ 取何值，向量 $\lambda \vec{b}$ 都平行于 $x$ 轴，
   而向量 $\mu \vec{c}$ 的模恒等于 $2$，要使 $\vec{a}=\lambda \vec{b}+\mu \vec{c}$ 成立，根据平行四边形法则，向量 $\mu \vec{c}$ 的纵坐标一定为 $4$，
   故找不到这样的单位向量 $\vec{c}$ 使等式成立，故 $C$ 错误；
   对于选项 $D$， $\because|\vec{a}|=(\lambda \vec{b}+\mu \vec{c})^2=\lambda^2+\mu^2+2 \lambda \mu \cos \langle\vec{b}， \vec{c}>=4$，又 $\vec{b}$，$\vec{c}$ 不共线，
   $∴λ^2+μ^2+2λμ>4$，即 $(λ+μ)^2>4$，即 $λ+μ＞2$，故 $D$ 正确
   故选：$ABD$．

2. 答案 $D$
   解析 令 $\overrightarrow{C A}=\vec{a}$，$\overrightarrow{C B}=\vec{b}$，设 $\overrightarrow{C P}=\vec{m}$，则 $\overrightarrow{A P}=\vec{m}-\vec{a}$， $\overrightarrow{B P}=\vec{m}-\vec{b}$，
   
   于是 $A P^2+B P^2+C P^2=\overrightarrow{A P^2}+\overrightarrow{B P^2}+\overrightarrow{C P^2}=(\vec{m}-\vec{a})^2+(\vec{m}-\vec{b})^2+\vec{m}^2$
   $=3 \vec{m}^2-2(\vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{m}+\vec{a}^2+\vec{b}^2=3\left[\vec{m}-\dfrac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b})\right]^2-\dfrac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b})^2+\vec{a}^2+\vec{b}^2$．
   所以当 $\vec{m}=\dfrac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b})$ 时，$AP^2+BP^2+CP^2$ 最小，
   设 $AB$ 的中点为 $D$，
   $\because \vec{m}=\dfrac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b})$， $\therefore 3 \vec{m}=\vec{a}+\vec{b} \Rightarrow \dfrac{3}{2} \vec{m}=\dfrac{\vec{a}+\vec{b}}{2} \Rightarrow \dfrac{3}{2} \vec{m}=\overrightarrow{C D}$，
   $∴$ 点 $P$ 在边 $AB$ 的中线上，同理点 $P$ 在边 $AC$、$BC$ 的中线上
   $∴$ 点 $P$ 为 $△ABC$ 的重心．
   故选 $D$．