2022年新高考一轮复习考点精选练习18《平面向量的概念及线性运算》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习18《平面向量的概念及线性运算》（含详解），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设向量a，b不共线，eq \(AB,\s\up14(→))=2a＋pb，eq \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，若A，B，D三点共线，
则实数p的值为( )
A.－2 B.－1 C.1 D.2
已知P，Q为三角形ABC中不同两点，若eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))=0，
则S△PAB：S△QAB为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(3,5) C.eq \f(5,7) D.eq \f(7,9)
如图，在△ABC中，N为线段AC上靠近点A的三等分点，点P在线段BN上且满足：
eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))，则实数m的值为( )
A.1 B.eq \f(1,3) C.eq \f(9,11) D.eq \f(5,11)
已知O，A，B，C为同一平面内的四个点，若2eq \(AC,\s\up15(→))＋eq \(CB,\s\up15(→))=0，则向量eq \(OC,\s\up15(→))=( )
A.eq \f(2,3) eq \(OA,\s\up15(→))－eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up15(→)) B.－eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up15(→)) C.2eq \(OA,\s\up15(→))－eq \(OB,\s\up15(→)) D.－eq \(OA,\s\up15(→))＋2eq \(OB,\s\up15(→))
如图所示，在△ABC中，AD=DB，点F在线段CD上，设eq \(AB,\s\up6(→))=a，eq \(AC,\s\up6(→))=b，eq \(AF,\s\up6(→))=xa＋yb，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,y＋1)的最小值为( )
A.6＋2eq \r(2) B.6eq \r(3) C.6＋4eq \r(2) D.3＋2eq \r(2)
如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，eq \(OP,\s\up6(→))=xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，且eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，则( )
A.x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3) B.x=eq \f(1,3)，y=eq \f(2,3) C.x=eq \f(1,4)，y=eq \f(3,4) D.x=eq \f(3,4)，y=eq \f(1,4)
已知O，A，B，C为同一平面内的四个点，若2eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))=0，则向量eq \(OC,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→)) B.－eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up6(→)) C.2eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)) D.－eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))
如图，在直角梯形ABCD中，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，eq \(BC,\s\up10(→))=3eq \(EC,\s\up10(→))，F为AE的中点，则eq \(BF,\s\up10(→))=( )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→)) B.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up10(→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→)) C.－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→)) D.－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→))
在△ABC中，N是AC边上一点，且eq \(AN,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(NC,\s\up10(→))，P是BN上的一点，若eq \(AP,\s\up10(→))=meq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,9)eq \(AC,\s\up10(→))，则实数m的值为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,3) C.1 D.3
在△ABC中，点D在线段BC的延长线上，且eq \(BC,\s\up10(→))=3eq \(CD,\s\up10(→))，点O在线段CD上(与点C，D不重合)，若eq \(AO,\s\up10(→))=xeq \(AB,\s\up10(→))＋(1－x)eq \(AC,\s\up10(→))，则x的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))
已知点G是△ABC的重心，过点G作一条直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，
且eq \(AM,\s\up15(→))=xeq \(AB,\s\up15(→))，eq \(AN,\s\up15(→))=yeq \(AC,\s\up15(→))，则eq \f(xy,x＋y)的值为( )
A.3 B.eq \f(1,3) C.2 D.eq \f(1,2)
庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征.正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形，且eq \f(PT,AT)=eq \f(\r(5)－1,2).下列关系中正确的是( )
A.eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→)) B.eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(TS,\s\up14(→))
C.eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BQ,\s\up14(→)) D.eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))
二、填空题
已知D，E，F分别为△ABC的边BC，CA，AB的中点，且eq \(BC,\s\up10(→))=a，eq \(CA,\s\up10(→))=b，给出下列命题：
①eq \(AD,\s\up10(→))=eq \f(1,2)a－b；②eq \(BE,\s\up10(→))=a＋eq \f(1,2)b；③eq \(CF,\s\up10(→))=－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b；④eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(BE,\s\up10(→))＋eq \(CF,\s\up10(→))=0.
其中正确命题的个数为________.
已知△ABC和点M满足eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))=0，若存在实数m使得eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))=meq \(AM,\s\up6(→))成立，则m= .
设e1与e2是两个不共线向量，eq \(AB,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up6(→))=ke1＋e2，eq \(CD,\s\up6(→))=3e1－2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为 .
在直角梯形ABCD中，∠A=90°，∠B=30°，AB=2 eq \r(3)，BC=2，点E在线段CD上.
若eq \(AE,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋μeq \(AB,\s\up15(→))，则μ的取值范围是________.
定义两个平面向量的一种运算a⊗b=|a|·|b|sin〈a，b〉，则关于平面向量上述运算的以下结论中，
①a⊗b=b⊗a；
②λ(a⊗b)=(λa)⊗b；
③若a=λb，则a⊗b=0；
④若a=λb且λ＞0，则(a＋b)⊗c=(a⊗c)＋(b⊗c).
正确的序号是 .
如图，在等腰直角三角形ABC中，点O是斜边BC的中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若eq \(AB,\s\up10(→))=meq \(AM,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))=neq \(AN,\s\up10(→))(m＞0，n＞0)，则mn的最大值为________.
\s 0 答案解析
答案为：B.
解析：因为eq \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，所以eq \(BD,\s\up14(→))=eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))=2a－b.又因为A，B，D三点共线，
所以eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(BD,\s\up14(→))共线.设eq \(AB,\s\up14(→))=λeq \(BD,\s\up14(→))，所以2a＋pb=λ(2a－b)，
所以2=2λ，p=－λ，即λ=1，p=－1.
答案为：B.
解析：令D为AC的中点，eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))，化为eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(PB,\s\up14(→))，即2eq \(PD,\s\up14(→))=eq \(AP,\s\up14(→))，
可得AC=3AP，且点P在AC边上，则S△PAB=eq \f(1,2)S△ABC，设点M，N分别是AC，AB的中点，
则由eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))=0可得2eq \(QM,\s\up14(→))＋6eq \(QN,\s\up14(→))＋eq \(QC,\s\up14(→))=0，设点T是CN的中点，则2eq \(QM,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))＋2eq \(QT,\s\up14(→))=0，
设点S是MT的中点，则4eq \(QS,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))=0，因此可得S△QAB=eq \f(5,9)S△ABC，所以S△PABS△QAB=eq \f(3,5)，故选B.
答案为：D.
解析：eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)(eq \(AC,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))，
设eq \(BP,\s\up14(→))=λeq \(BN,\s\up14(→))(0≤λ≤1)，则eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(BN,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(AN,\s\up14(→))，
因为eq \(AN,\s\up14(→))=eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AP,\s\up14(→))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)λeq \(AC,\s\up14(→))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1－λ，,\f(2,11)＝\f(1,3)λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(6,11)，,m＝\f(5,11)，))故选D.
答案为：C
解析：因为eq \(AC,\s\up15(→))=eq \(OC,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→))，eq \(CB,\s\up15(→))=eq \(OB,\s\up15(→))－eq \(OC,\s\up15(→))，
所以2eq \(AC,\s\up15(→))＋eq \(CB,\s\up15(→))=2(eq \(OC,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→)))＋(eq \(OB,\s\up15(→))－eq \(OC,\s\up15(→)))=eq \(OC,\s\up15(→))－2eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=0，所以eq \(OC,\s\up15(→))=2eq \(OA,\s\up15(→))－eq \(OB,\s\up15(→)).
答案为：D；
解析：由题意知eq \(AF,\s\up6(→))=xa＋yb=2xeq \(AD,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，
因为C，F，D三点共线，所以2x＋y=1，即y=1－2x.
由题图可知x＞0且x≠1.所以eq \f(1,x)＋eq \f(4,y＋1)=eq \f(1,x)＋eq \f(2,1－x)=eq \f(x＋1,x－x2).
令f(x)=eq \f(x＋1,x－x2)，则f′(x)=eq \f(x2＋2x－1,x－x22)，
令f′(x)=0，得x=eq \r(2)－1或x=－eq \r(2)－1(舍).
当0＜x＜eq \r(2)－1时，f′(x)＜0，当x＞eq \r(2)－1且x≠1时，f′(x)＞0.
所以当x=eq \r(2)－1时，f(x)取得极小值，亦为最小值，最小值为f(eq \r(2)－)
=eq \f(\r(2),\r(2)－1－\r(2)－12)=3＋2eq \r(2).
答案为：B.
解析：由题意知eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))，又因为eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，
所以eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))=eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))，所以x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3).
答案为：C；
解析：因为eq \(AC,\s\up6(→))=eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，
所以2eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))=2(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→)))=eq \(OC,\s\up6(→))－2eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))=0，所以eq \(OC,\s\up6(→))=2eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)).
答案为：C；
解析：解法一：如图，取AB的中点G，连接DG，CG，则易知四边形DCBG为平行四边形，
所以eq \(BC,\s\up10(→))=eq \(GD,\s\up10(→))=eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AG,\s\up10(→))=eq \(AD,\s\up10(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up10(→))，所以eq \(AE,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BE,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up10(→))=eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→))，
于是eq \(BF,\s\up10(→))=eq \(AF,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))=－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→)).
答案为：B；
解析：如图，因为eq \(AN,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(NC,\s\up10(→))，P是eq \(BN,\s\up10(→))上一点，
所以eq \(AN,\s\up10(→))=eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up10(→))，eq \(AP,\s\up10(→))=meq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,9)eq \(AC,\s\up10(→))=meq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AN,\s\up10(→)).
因为B，P，N三点共线，所以m＋eq \f(2,3)=1，所以m=eq \f(1,3).
答案为：D；
解析：依题意，设eq \(BO,\s\up10(→))=λeq \(BC,\s\up10(→))，其中1＜λ＜eq \f(4,3)，
则有eq \(AO,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BO,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋λeq \(BC,\s\up10(→))=eq \(AB,\s\up10(→))＋λ(eq \(AC,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))=(1－λ)eq \(AB,\s\up10(→))＋λeq \(AC,\s\up10(→)).
又eq \(AO,\s\up10(→))=xeq \(AB,\s\up10(→))＋(1－x)eq \(AC,\s\up10(→))，且eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))不共线，于是有x=(1－λ)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))，
即x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0)).
答案为：B
解析：由已知得M，G，N三点共线，∴eq \(AG,\s\up15(→))=λeq \(AM,\s\up15(→))＋(1－λ)eq \(AN,\s\up15(→))=λxeq \(AB,\s\up15(→))＋(1－λ)yeq \(AC,\s\up15(→)).
∵点G是△ABC的重心，
∴eq \(AG,\s\up15(→))=eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λx＝\f(1,3)，,1－λy＝\f(1,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(1,3x)，,1－λ＝\f(1,3y)，))
得eq \f(1,3x)＋eq \f(1,3y)=1，即eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)=3，通分得eq \f(x＋y,xy)=3，∴eq \f(xy,x＋y)=eq \f(1,3).
答案为：A.
解析：由题意得，eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \(TE,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \(SE,\s\up14(→))=eq \f(\(RS,\s\up14(→)),\f(\r(5)－1,2))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→))，所以A正确；
eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \(TA,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(ST,\s\up14(→))，所以B错误；
eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(RC,\s\up14(→))－eq \(QC,\s\up14(→))=eq \(RQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(QB,\s\up14(→))，所以C错误；
eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \(SD,\s\up14(→))＋eq \(RD,\s\up14(→))，eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))=eq \(RS,\s\up14(→))=eq \(RD,\s\up14(→))－eq \(SD,\s\up14(→))，若eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))，
则eq \(SD,\s\up14(→))=0，不合题意，所以D错误.故选A.
答案为：3.
解析：eq \(BC,\s\up10(→))=a，eq \(CA,\s\up10(→))=b，eq \(AD,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up10(→))＋eq \(AC,\s\up10(→))=－eq \f(1,2)a－b，故①错误；
eq \(BE,\s\up10(→))=eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(CA,\s\up10(→))=a＋eq \f(1,2)b，故②正确；
eq \(CF,\s\up10(→))=eq \f(1,2)(eq \(CB,\s\up10(→))＋eq \(CA,\s\up10(→)))=eq \f(1,2)(－a＋b)=－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b，故③正确；
∴eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(BE,\s\up10(→))＋eq \(CF,\s\up10(→))=－b－eq \f(1,2)a＋a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a=0,.
∴正确的命题为②③④.
答案为：3；
解析：由已知条件得eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))=－eq \(MA,\s\up6(→))，
如图，延长AM交BC于D点，则D为BC的中点.
延长BM交AC于E点，延长CM交AB于F点，
同理可证E，F分别为AC，AB的中点，
即M为△ABC的重心，∴eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，即eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))=3eq \(AM,\s\up6(→))，则m=3.
答案为：-2.25；
解析：由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得eq \(AB,\s\up6(→))=λeq \(BD,\s\up6(→)).
又eq \(AB,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up6(→))=ke1＋e2，eq \(CD,\s\up6(→))=3e1－2ke2，
所以eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))=3e1－2ke2－(ke1＋e2)=(3－k)e1－(2k＋1)e2，
所以3e1＋2e2=λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，
又e1与e2不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝λ3－k，,2＝－λ2k＋1，))解得k=－eq \f(9,4).
答案为：[0,eq \f(1,2)].
解析：由题意可求得AD=1，CD=eq \r(3)，所以eq \(AB,\s\up15(→))=2eq \(DC,\s\up15(→)).∵点E 在线段CD上，
∴eq \(DE,\s\up15(→))=λeq \(DC,\s\up15(→)) (0≤λ≤1).∵eq \(AE,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \(DE,\s\up15(→))，又eq \(AE,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋μeq \(AB,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋2μeq \(DC,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \f(2μ,λ)eq \(DE,\s\up15(→))，
∴eq \f(2μ,λ)=1，即μ=eq \f(λ,2).∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤eq \f(1,2)，即μ的取值范围是[0,eq \f(1,2)].
答案为：①③④；
解析：①恒成立，②λ(a⊗b)=λ|a|·|b|sin〈a，b〉，
(λa)⊗b=|λa|·|b|sin〈a，b〉，当λ＜0时，
λ(a⊗b)=(λa)⊗b不成立，③a=λb，则sin〈a，b〉=0，
故a⊗b=0恒成立，
④a=λb，且λ＞0，则a＋b=(1＋λ)b，(a＋b)⊗c=
|(1＋λ)||b|·|c|sin〈b，c〉，(a⊗c)＋(b⊗c)
=|λb|·|c|sin〈b，c〉＋|b|·|c|sin〈b，c〉
=|1＋λ||b|·|c|sin〈b，c〉，
故(a＋b)⊗c=(a⊗c)＋(b⊗c)恒成立.
答案为：1.
解析：以A为坐标原点，线段AC、AB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
设△ABC的腰长为2，则B(0,2)，C(2,0)，O(1,1).
∵eq \(AB,\s\up10(→))=meq \(AM,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))=neq \(AN,\s\up10(→))，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,m)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)，0))，∴直线MN的方程为eq \f(nx,2)＋eq \f(my,2)=1，
∵直线MN过点O(1,1)，∴eq \f(m,2)＋eq \f(n,2)=1，即m＋n=2，
∴mn≤eq \f(m＋n2,4)=1，当且仅当m=n=1时取等号，∴mn的最大值为1.