高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题09平面向量特训(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题09平面向量特训(原卷版+解析)，共33页。

1．【2022年全国乙卷理科03】已知向量a,b满足|a|=1,|b|=3,|a−2b|=3，则a⋅b=（ ）
A．−2B．−1C．1D．2
2．【2022年新高考1卷03】在△ABC中，点D在边AB上，BD=2DA．记CA=m，CD=n，则CB=（ ）
A．3m−2nB．−2m+3nC．3m+2nD．2m+3n
3．【2022年新高考2卷04】已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb，若=，则t=（ ）
A．−6B．−5C．5D．6
4．【2020年全国3卷理科06】已知向量a，b满足|a|=5，|b|=6，a⋅b=−6，则csa,a+b=（ ）
A．−3135B．−1935C．1735D．1935
5．【2020年山东卷07】已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP⋅AB 的取值范用是（ ）
A．(−2,6)B．(−6,2)
C．(−2,4)D．(−4,6)
6．【2020年海南卷07】已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP⋅AB 的取值范用是（ ）
A．(−2,6)B．(−6,2)
C．(−2,4)D．(−4,6)
7．【2019年全国新课标2理科03】已知AB→=（2，3），AC→=（3，t），|BC→|＝1，则AB→•BC→=（ ）
A．﹣3B．﹣2C．2D．3
8．【2019年新课标1理科07】已知非零向量a→，b→满足|a→|＝2|b→|，且（a→−b→）⊥b→，则a→与b→的夹角为（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
9．【2018年新课标1理科06】在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB→=（ ）
A．34AB→−14AC→B．14AB→−34AC→C．34AB→+14AC→D．14AB→+34AC→
10．【2018年新课标2理科04】已知向量a→，b→满足|a→|＝1，a→⋅b→=−1，则a→•（2a→−b→）＝（ ）
A．4B．3C．2D．0
11．【2017年新课标2理科12】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA→•（PB→+PC→）的最小值是（ ）
A．﹣2B．−32C．−43D．﹣1
12．【2017年新课标3理科12】在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP→=λAB→+μAD→，则λ+μ的最大值为（ ）
A．3B．22C．5D．2
13．【2016年新课标2理科03】已知向量a→=（1，m），b→=（3，﹣2），且（a→+b→）⊥b→，则m＝（ ）
A．﹣8B．﹣6C．6D．8
14．【2016年新课标3理科03】已知向量BA→=（12，32），BC→=（32，12），则∠ABC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
15．【2015年新课标1理科07】设D为△ABC所在平面内一点，BC→=3CD→，则（ ）
A．AD→=−13AB→+43AC→B．AD→=13AB→−43AC→
C．AD→=43AB→+13AC→D．AD→=43AB→−13AC→
16．【2014年新课标2理科03】设向量a→，b→满足|a→+b→|=10，|a→−b→|=6，则a→•b→=（ ）
A．1B．2C．3D．5
17．【2021年新高考1卷10】已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，则（ ）
A．|OP1|=|OP2|B．|AP1|=|AP2|
C．OA⋅OP3=OP1⋅OP2D．OA⋅OP1=OP2⋅OP3
18．【2022年全国甲卷理科13】设向量a，b的夹角的余弦值为13，且a=1，b=3，则2a+b⋅b=_________．
19．【2021年全国甲卷理科14】已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb．若a⊥c，则k=________．
20．【2021年全国乙卷理科14】已知向量a=(1,3),b=(3,4)，若(a−λb)⊥b，则λ=__________．
21．【2021年新高考2卷15】已知向量a+b+c=0，|a|=1，|b|=|c|=2，a⋅b+b⋅c+c⋅a=_______．
22．【2020年全国1卷理科14】设a,b为单位向量，且|a+b|=1，则|a−b|=______________.
23．【2020年全国2卷理科13】已知单位向量a，b的夹角为45°，ka–b与a垂直，则k=__________.
24．【2019年新课标3理科13】已知a→，b→为单位向量，且a→•b→=0，若c→=2a→−5b→，则cs＜a→，c→＞= ．
25．【2018年新课标3理科13】已知向量a→=（1，2），b→=（2，﹣2），c→=（1，λ）．若c→∥（2a→+b→），则λ＝ ．
26．【2017年新课标1理科13】已知向量a→，b→的夹角为60°，|a→|＝2，|b→|＝1，则|a→+2b→|＝ ．
27．【2016年新课标1理科13】设向量a→=（m，1），b→=（1，2），且|a→+b→|2＝|a→|2+|b→|2，则m＝ ﹣2 ．
28．【2015年新课标2理科13】设向量a→，b→不平行，向量λa→+b→与a→+2b→平行，则实数λ＝ ．
29．【2014年新课标1理科15】已知A，B，C为圆O上的三点，若AO→=12（AB→+AC→），则AB→与AC→的夹角为 ．
30．【2013年新课标1理科13】已知两个单位向量a→，b→的夹角为60°，c→=ta→+（1﹣t）b→．若b→•c→=0，则t＝ ．
31．【2013年新课标2理科13】已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE→•BD→= ．
模拟好题
1．已知向量a,b满足b=2，a与b的夹角为60∘，则当实数λ变化时，|b−λa|的最小值为（ ）
A．3B．2C．10D．23
2．已知△ABC为等边三角形，AB=2，设点P、Q满足AP=λAB， AQ=(1−λ)AC，λ∈R，若BQ⋅CP=−32，则λ=（ ）
A．18B．14C．12D．34
3．已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC,OA=AB，则向量OC在向量CA上的投影向量为（ ）
A．12CAB．32OCC．−12CAD．−32OC
4．已知P是等边三角形ABC所在平面内一点，且AB=23，BP=1，则AP⋅CP的最小值是（ ）
A．1B．2C．3D．2
5．已知单位向量a与向量b=0,2垂直，若向量c满足a+b+c=1，则c的取值范围为（ ）
A．1,5−1B．3−12,3+12C．5−1,5+1D．3+12,3
6．已知向量a，b 满足a=3,1，a·b＝4，则b的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
7．在平行四边形ABCD中，E,F分别是BC,CD的中点，DE交AF于点G，则AG=（ ）
A．25AB−45BCB．25AB+45BC
C．−25AB+45BCD．−25AB−BC
8．已知点O为△ABC所在平面内的一点，且OA2=OB2=OC2，OA⋅OB= OB⋅OC=OC⋅OA=−2，则△ABC的面积为（ ）
A．3B．23C．33D．534
9．在△ABC中，AB⋅AC=9，sinA+C=csAsinC，S△ABC=6，P为线段AB上的动点，且CP=x⋅CACA+y⋅CBCB，则2x+1y的最小值为（ ）
A．116+63B．116C．1112+63D．1112
10．△ABC中，AC=2，AB=2，A=45°，P是△ABC外接圆上一点，AP=λAB+μAC，则λ+μ的最大值是（ ）
A．2+12B．2−12C．3−22D．3+22
11．已知复数z1对应的向量为OZ1，复数z2对应的向量为OZ2，则（ ）
A．若z1+z2=z1−z2，则OZ1⊥OZ2
B．若OZ1+OZ2⊥OZ1−OZ2，则z1=z2
C．若z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，则z1z2=z1z2
D．若z1=z2，则z12=z22
12．已知△ABC是半径为2的圆O的内接三角形，则下列说法正确的是（ ）
A．若角C=π3，则AB⋅AO=12
B．若2OA+AB+AC=0，则|BC|=4
C．若|OA−OB|=OA⋅OB，则OA，OB的夹角为π3
D．若(BC+BA)⋅AC=|AC|2，则AB为圆O的一条直径
13．中华人民共和国的国旗图案是由五颗五角星组成，这些五角星的位置关系象征着中国共产党领导下的革命与人民大团结．如图，五角星是由五个全等且顶角为36°的等腰三角形和一个正五边形组成．已知当AB=2时，BD=5−1，则下列结论正确的为（ ）
A．DE=DHB．AF⋅BJ=0
C．AH=5+12ABD．CB+CD=JC−JH
14．已知△ABC中，AB=3,AC=5,BC=7,O为△ABC外接圆的圆心，I为△ABC内切圆的圆心，则下列叙述正确的是（ ）
A．△ABC外接圆半径为1433B．△ABC内切圆半径为32
C．AO⋅BC=8D．AI⋅BC=1
15．定义平面向量的一种运算“Θ”如下：对任意的两个向量a=x1,y1，b=x2,y2，令aΘb=x1y2−x2y1,x1x2+y1y2，下面说法一定正确的是（ ）
A．对任意的λ∈R，有λaΘb=λaΘb
B．存在唯一确定的向量e使得对于任意向量a，都有aΘe=eΘa=a成立
C．若a与b垂直，则aΘbΘc与aΘbΘc共线
D．若a与b共线，则aΘbΘc与aΘbΘc的模相等
16．在平面直角坐标系xOy中，r>0，⊙M：x−r2+y2=3r24与抛物线C：y2=4x有且仅有两个公共点，直线l过圆心M且交抛物线C于A，B两点，则OA⋅OB=______．
17．已知△ABC是等边三角形，E，F分别是AB和AC的中点，P是△ABC边上一动点，则满足PE⋅PF=BE⋅CF的点P的个数为______．
18．已知平面向量e1,e2满足2e2−e1=2，设a=e1+4e2,b=e1+e2，若1≤a⋅b≤2，则|a|的取值范围为________．
19．已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，A=π3，c=3，asinB=3,D,E分别为线段AB,AC上的动点，ADAB=CECA，则DE的最小值为__________.
20．在平行四边形ABCD中，|AB+AD|=|BD|=3,|AB|=1，则AC⋅BD=___________.
21．已知非零向量a,b 满足a=b ，且a+b⊥b，则a 与b的夹角为_______．
22．已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且AB=2，则AC⋅BC的最小值为______．
23．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F分在边BC，CD上，BE=λBC，DF=μDC．若λ+μ=23，则AE⋅AF的最小值为___________．
24．设a,b为不共线的向量，满足c=λa+μb,3λ+4μ=2(λ,μ∈R)，且c=a−c=b−c，若a−b=3，则a⋅b2−(a⋅b)2的最大值为________．
25．已知平面向量a,b,c满足|a|=1,|b|=|c|=22，且(a−b)⋅(a−c)=0，θ=a,b0≤θ≤π4，则b⋅(a−c)|a−c|的取值范围是_____________．
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题09平面向量
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国乙卷理科03】已知向量a,b满足|a|=1,|b|=3,|a−2b|=3，则a⋅b=（ ）
A．−2B．−1C．1D．2
【答案】C
【解析】
解：∵|a−2b|2=|a|2−4a⋅b+4b2，
又∵|a|=1,|b|=3,|a−2b|=3,
∴9=1−4a⋅b+4×3=13−4a⋅b，
∴a⋅b=1
故选：C.
2．【2022年新高考1卷03】在△ABC中，点D在边AB上，BD=2DA．记CA=m，CD=n，则CB=（ ）
A．3m−2nB．−2m+3nC．3m+2nD．2m+3n
【答案】B
【解析】
因为点D在边AB上，BD=2DA，所以BD=2DA，即CD−CB=2CA−CD，
所以CB= 3CD−2CA=3n−2m =−2m+3n．
故选：B．
3．【2022年新高考2卷04】已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb，若=，则t=（ ）
A．−6B．−5C．5D．6
【答案】C
【解析】
解：c=3+t,4,csa,c=csb,c,即9+3t+165c=3+tc,解得t=5,
故选：C
4．【2020年全国3卷理科06】已知向量a，b满足|a|=5，|b|=6，a⋅b=−6，则csa,a+b=（ ）
A．−3135B．−1935C．1735D．1935
【答案】D
【解析】
∵a=5，b=6，a⋅b=−6，∴a⋅a+b=a2+a⋅b=52−6=19.
a+b=a+b2=a2+2a⋅b+b2=25−2×6+36=7，
因此，cs=a⋅a+ba⋅a+b=195×7=1935.
故选：D.
5．【2020年山东卷07】已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP⋅AB 的取值范用是（ ）
A．(−2,6)B．(−6,2)
C．(−2,4)D．(−4,6)
【答案】A
【解析】
AB的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到AP在AB方向上的投影的取值范围是(−1,3)，
结合向量数量积的定义式，
可知AP⋅AB等于AB的模与AP在AB方向上的投影的乘积，
所以AP⋅AB的取值范围是(−2,6)，
故选：A.
6．【2020年海南卷07】已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP⋅AB 的取值范用是（ ）
A．(−2,6)B．(−6,2)
C．(−2,4)D．(−4,6)
【答案】A
【解析】
AB的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到AP在AB方向上的投影的取值范围是(−1,3)，
结合向量数量积的定义式，
可知AP⋅AB等于AB的模与AP在AB方向上的投影的乘积，
所以AP⋅AB的取值范围是(−2,6)，
故选：A.
7．【2019年全国新课标2理科03】已知AB→=（2，3），AC→=（3，t），|BC→|＝1，则AB→•BC→=（ ）
A．﹣3B．﹣2C．2D．3
【答案】解：∵AB→=（2，3），AC→=（3，t），
∴BC→=AC→−AB→=（1，t﹣3），
∵|BC→|＝1，
∴t﹣3＝0即BC→=（1，0），
则AB→•BC→=2
故选：C．
8．【2019年新课标1理科07】已知非零向量a→，b→满足|a→|＝2|b→|，且（a→−b→）⊥b→，则a→与b→的夹角为（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【答案】解：∵（a→−b→）⊥b→，
∴(a→−b→)⋅b→=a→⋅b→−b→2
=|a|→|b|→cs＜a→，b→＞−b→2=0，
∴cs＜a→，b→＞=|b|→2|a|→|b|→
=|b|→22|b|→2=12，
∵＜a→，b→＞∈[0，π]，
∴＜a→，b→＞=π3．
故选：B．
9．【2018年新课标1理科06】在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB→=（ ）
A．34AB→−14AC→B．14AB→−34AC→C．34AB→+14AC→D．14AB→+34AC→
【答案】解：在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，
EB→=AB→−AE→=AB→−12AD→
=AB→−12×12（AB→+AC→）
=34AB→−14AC→，
故选：A．
10．【2018年新课标2理科04】已知向量a→，b→满足|a→|＝1，a→⋅b→=−1，则a→•（2a→−b→）＝（ ）
A．4B．3C．2D．0
【答案】解：向量a→，b→满足|a→|＝1，a→⋅b→=−1，则a→•（2a→−b→）＝2a→2−a→⋅b→=2+1＝3，
故选：B．
11．【2017年新课标2理科12】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA→•（PB→+PC→）的最小值是（ ）
A．﹣2B．−32C．−43D．﹣1
【答案】解：建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，
则A（0，3），B（﹣1，0），C（1，0），
设P（x，y），则PA→=（﹣x，3−y），PB→=（﹣1﹣x，﹣y），PC→=（1﹣x，﹣y），
则PA→•（PB→+PC→）＝2x2﹣23y+2y2＝2[x2+（y−32）2−34]
∴当x＝0，y=32时，取得最小值2×（−34）=−32，
故选：B．
12．【2017年新课标3理科12】在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP→=λAB→+μAD→，则λ+μ的最大值为（ ）
A．3B．22C．5D．2
【答案】解：如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴建立如图所示的坐标系，
则A（0，0），B（1，0），D（0，2），C（1，2），
∵动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，
设圆的半径为r，
∵BC＝2，CD＝1，
∴BD=22+12=5
∴12BC•CD=12BD•r，
∴r=25，
∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=45，
设点P的坐标为（255csθ+1，255sinθ+2），
∵AP→=λAB→+μAD→，
∴（255csθ+1，255sinθ+2）＝λ（1，0）+μ（0，2）＝（λ，2μ），
∴255csθ+1＝λ，255sinθ+2＝2μ，
∴λ+μ=255csθ+55sinθ+2＝sin（θ+φ）+2，其中tanφ＝2，
∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，
∴1≤λ+μ≤3，
故λ+μ的最大值为3，
故选：A．
13．【2016年新课标2理科03】已知向量a→=（1，m），b→=（3，﹣2），且（a→+b→）⊥b→，则m＝（ ）
A．﹣8B．﹣6C．6D．8
【答案】解：∵向量a→=（1，m），b→=（3，﹣2），
∴a→+b→=（4，m﹣2），
又∵（a→+b→）⊥b→，
∴12﹣2（m﹣2）＝0，
解得：m＝8，
故选：D．
14．【2016年新课标3理科03】已知向量BA→=（12，32），BC→=（32，12），则∠ABC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【答案】解：BA→⋅BC→=34+34=32，|BA→|=|BC→|=1；
∴cs∠ABC=BA→⋅BC→|BA→||BC→|=32；
又0°≤∠ABC≤180°；
∴∠ABC＝30°．
故选：A．
15．【2015年新课标1理科07】设D为△ABC所在平面内一点，BC→=3CD→，则（ ）
A．AD→=−13AB→+43AC→B．AD→=13AB→−43AC→
C．AD→=43AB→+13AC→D．AD→=43AB→−13AC→
【答案】解：由已知得到如图
由AD→=AB→+BD→=AB→+43BC→=AB→+43(AC→−AB→)=−13AB→+43AC→；
故选：A．
16．【2014年新课标2理科03】设向量a→，b→满足|a→+b→|=10，|a→−b→|=6，则a→•b→=（ ）
A．1B．2C．3D．5
【答案】解：∵|a→+b→|=10，|a→−b→|=6，
∴分别平方得a→2+2a→•b→+b→2=10，a→2−2a→•b→+b→2=6，
两式相减得4a→•b→=10﹣6＝4，
即a→•b→=1，
故选：A．
17．【2021年新高考1卷10】已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，则（ ）
A．|OP1|=|OP2|B．|AP1|=|AP2|
C．OA⋅OP3=OP1⋅OP2D．OA⋅OP1=OP2⋅OP3
【答案】AC
A：OP1=(csα,sinα)，OP2=(csβ,−sinβ)，所以|OP1|=cs2α+sin2α=1，|OP2|=(csβ)2+(−sinβ)2=1，故|OP1|=|OP2|，正确；
B：AP1=(csα−1,sinα)，AP2=(csβ−1,−sinβ)，所以|AP1|=(csα−1)2+sin2α=cs2α−2csα+1+sin2α=2(1−csα)=4sin2α2=2|sinα2|，同理|AP2|=(csβ−1)2+sin2β=2|sinβ2|，故|AP1|,|AP2|不一定相等，错误；
C：由题意得：OA⋅OP3=1×cs(α+β)+0×sin(α+β)=cs(α+β)，OP1⋅OP2=csα⋅csβ+sinα⋅(−sinβ)=cs(α+β)，正确；
D：由题意得：OA⋅OP1=1×csα+0×sinα=csα，OP2⋅OP3=csβ×cs(α+β)+(−sinβ)×sin(α+β)
=cs(β+(α+β))=cs(α+2β)，故一般来说OA⋅OP1≠OP2⋅OP3故错误；
故选：AC
18．【2022年全国甲卷理科13】设向量a，b的夹角的余弦值为13，且a=1，b=3，则2a+b⋅b=_________．
【答案】11
【解析】
解：设a与b的夹角为θ，因为a与b的夹角的余弦值为13，即csθ=13，
又a=1，b=3，所以a⋅b=a⋅bcsθ=1×3×13=1，
所以2a+b⋅b=2a⋅b+b2=2a⋅b+b2=2×1+32=11．
故答案为：11．
19．【2021年全国甲卷理科14】已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb．若a⊥c，则k=________．
【答案】−103.
∵a=(3,1),b=(1,0),∴c=a+kb=(3+k,1),
∵a⊥c,∴a�c=3(3+k)+1×1=0，解得k=−103,
故答案为：−103.
20．【2021年全国乙卷理科14】已知向量a=(1,3),b=(3,4)，若(a−λb)⊥b，则λ=__________．
【答案】35
因为a−λb=(1,3)−λ(3,4)=(1−3λ,3−4λ)，所以由(a−λb)⊥b可得，
3(1−3λ)+4(3−4λ)=0，解得λ=35．
故答案为：35．
21．【2021年新高考2卷15】已知向量a+b+c=0，|a|=1，|b|=|c|=2，a⋅b+b⋅c+c⋅a=_______．
【答案】−92
由已知可得(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a⋅b+b⋅c+c⋅a)=9+2(a⋅b+b⋅c+c⋅a)=0，
因此，a⋅b+b⋅c+c⋅a=−92.
故答案为：−92.
22．【2020年全国1卷理科14】设a,b为单位向量，且|a+b|=1，则|a−b|=______________.
【答案】3
【解析】
因为a,b为单位向量，所以a=b=1
所以a+b=a+b2=a2+2a⋅b+b2=2+2a⋅b=1
解得：2a⋅b=−1
所以a−b=a−b2=a2−2a⋅b+b2=3
故答案为：3
23．【2020年全国2卷理科13】已知单位向量a，b的夹角为45°，ka–b与a垂直，则k=__________.
【答案】22
【解析】
由题意可得：a→⋅b→=1×1×cs45∘=22，
由向量垂直的充分必要条件可得：ka→−b→⋅a→=0，
即：k×a→2−a→⋅b→=k−22=0，解得：k=22.
故答案为：22．
24．【2019年新课标3理科13】已知a→，b→为单位向量，且a→•b→=0，若c→=2a→−5b→，则cs＜a→，c→＞= ．
【答案】解：a→⋅c→=a→⋅(2a→−5b→)=2a→2−5a→⋅b→=2，
∵c→2=（2a→−5b→）2＝4a→2−45a→⋅b→+5b→2=9，
∴|c→|＝3，
∴cs＜a→，c→＞=a→⋅c→|a→||c→|=23．
故答案为：23
25．【2018年新课标3理科13】已知向量a→=（1，2），b→=（2，﹣2），c→=（1，λ）．若c→∥（2a→+b→），则λ＝ ．
【答案】解：∵向量a→=（1，2），b→=（2，﹣2），
∴2a→+b→=（4，2），
∵c→=（1，λ），c→∥（2a→+b→），
∴14=λ2，
解得λ=12．
故答案为：12．
26．【2017年新课标1理科13】已知向量a→，b→的夹角为60°，|a→|＝2，|b→|＝1，则|a→+2b→|＝ ．
【答案】解：【解法一】向量a→，b→的夹角为60°，且|a→|＝2，|b→|＝1，
∴(a→+2b→)2=a→2+4a→•b→+4b→2
＝22+4×2×1×cs60°+4×12
＝12，
∴|a→+2b→|＝23．
【解法二】根据题意画出图形，如图所示；
结合图形OC→=OA→+OB→=a→+2b→；
在△OAC中，由余弦定理得
|OC→|=22+22−2×2×2×cs120°=23，
即|a→+2b→|＝23．
故答案为：23．
27．【2016年新课标1理科13】设向量a→=（m，1），b→=（1，2），且|a→+b→|2＝|a→|2+|b→|2，则m＝ ﹣2 ．
【答案】解：|a→+b→|2＝|a→|2+|b→|2，
可得a→•b→=0．
向量a→=（m，1），b→=（1，2），
可得m+2＝0，解得m＝﹣2．
故答案为：﹣2．
28．【2015年新课标2理科13】设向量a→，b→不平行，向量λa→+b→与a→+2b→平行，则实数λ＝ ．
【答案】解：∵向量a→，b→不平行，向量λa→+b→与a→+2b→平行，
∴λa→+b→=t（a→+2b→）=ta→+2tb→，
∴λ=t1=2t，解得实数λ=12．
故答案为：12．
29．【2014年新课标1理科15】已知A，B，C为圆O上的三点，若AO→=12（AB→+AC→），则AB→与AC→的夹角为 ．
【答案】解：在圆中若AO→=12（AB→+AC→），
即2AO→=AB→+AC→，
即AB→+AC→的和向量是过A，O的直径，
则以AB，AC为邻边的四边形是矩形，
则AB→⊥AC→，
即AB→与AC→的夹角为90°，
故答案为：90°
30．【2013年新课标1理科13】已知两个单位向量a→，b→的夹角为60°，c→=ta→+（1﹣t）b→．若b→•c→=0，则t＝ ．
【答案】解：∵c→=ta→+(1−t)b→，c→⋅b→=0，∴c→⋅b→=ta→⋅b→+(1−t)b→2=0，
∴tcs60°+1﹣t＝0，∴1−12t=0，解得t＝2．
故答案为2．
31．【2013年新课标2理科13】已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE→•BD→= ．
【答案】解：∵已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则 AB→⋅AD→=0，
故 AE→⋅BD→=（ AD→+DE→ ）•（BA→+AD→）＝（AD→+12AB→）•（AD→−AB→）=AD→2−AD→⋅AB→+12AB→⋅AD→−12AB→2=4+0﹣0−12×4=2，
故答案为 2．
模拟好题
1．已知向量a,b满足b=2，a与b的夹角为60∘，则当实数λ变化时，|b−λa|的最小值为（ ）
A．3B．2C．10D．23
【答案】A
【解析】
如图，设OA=a,OB=b,，
当b−λa⊥a时，|b−λa|取得最小值，
过B作BE⊥OA，即|b−λa|取得最小值为BE，
因为a与b的夹角为60∘，
所以∠BOA=60°,∠BEO=90°, OB=2，
所以BE=3.
故选：A.
2．已知△ABC为等边三角形，AB=2，设点P、Q满足AP=λAB， AQ=(1−λ)AC，λ∈R，若BQ⋅CP=−32，则λ=（ ）
A．18B．14C．12D．34
【答案】C
【解析】
由题意可知，BQ=AQ−AB=(1−λ)AC−AB ，CP=AP−AC=λAB−AC ，
又∵△ABC为等边三角形，AB=2，AB⋅AC =2×2×12=2，
BQ⋅CP=[(1−λ)AC−AB]⋅(λAB−AC)=λ(1−λ)×2−4λ−4(1−λ)=−32，
解得λ=12，
故选: C.
3．已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC,OA=AB，则向量OC在向量CA上的投影向量为（ ）
A．12CAB．32OCC．−12CAD．−32OC
【答案】C
【解析】
依题意△ABC三角形的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，
所以O是BC的中点，即BC是圆O的直径，且∠BAC=π2，
由于OA=AB，所以三角形OAB是等边三角形，
设圆O的半径为1，则OC=1,CA=3，
所以向量OC在向量CA上的投影向量为OC⋅cs5π6⋅CACA=−12CA.
故选：C.
4．已知P是等边三角形ABC所在平面内一点，且AB=23，BP=1，则AP⋅CP的最小值是（ ）
A．1B．2C．3D．2
【答案】A
【解析】
设AC中点为O，连接OB，则OB＝3，
因为BP=1，所以P点在以B为圆心，1为半径的圆上，
所以AP⋅CP=PA⋅PC =14(PA+PC)2−(PA−PC)2 =PO2−AC24 =PO2−3，
显然，当B，P，O三点共线时，PO取得最小值2，
∴(AP⋅CP)min=4−3=1．
故选：A
5．已知单位向量a与向量b=0,2垂直，若向量c满足a+b+c=1，则c的取值范围为（ ）
A．1,5−1B．3−12,3+12C．5−1,5+1D．3+12,3
【答案】C
【解析】
由题意不妨设a=1,0，设c=x,y，则a+b+c=1,0+0,2+x,y=1+x,2+y．
∵a+b+c=1，∴1+x2+2+y2=1，即表示圆心为−1,−2，半径为1的圆，设圆心为P，∴OP=−12+−22=5．
∵c=x2+y2表示圆P上的点到坐标原点的距离，5−1≤c=x2+y2⩽5+1，∴c的取值范围为5−1,5+1，
故选：C．
6．已知向量a，b 满足a=3,1，a·b＝4，则b的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【答案】D
【解析】
∵a=2，∴a⋅b=abcsθ=2bcsθ=4，
其中θ为向量a，b的夹角，
即b=2csθ，当csθ=1时，b有最小值2，
故选:D．
7．在平行四边形ABCD中，E,F分别是BC,CD的中点，DE交AF于点G，则AG=（ ）
A．25AB−45BCB．25AB+45BC
C．−25AB+45BCD．−25AB−BC
【答案】B
【解析】
解：如图，
过点F作BC的平行线交DE于H，
则H是DE的中点，且HF=12EC=14BC，
∴HF=14AD，
又△AGD∼△FGH，
所以AGGF=ADFH，即FG=14AG，
所以AG=45AF，
又AF=AD+DF=BC+12AB，
∴AG=45AF=45BC+12AB=25AB+45BC.
故选：B
8．已知点O为△ABC所在平面内的一点，且OA2=OB2=OC2，OA⋅OB= OB⋅OC=OC⋅OA=−2，则△ABC的面积为（ ）
A．3B．23C．33D．534
【答案】C
【解析】
因为OA2=OB2=OC2，所以OA2=OB2=OC2，所以OA=OB=OC，
所以O为△ABC的外心.
因为OA⋅OB= OB⋅OC，所以OB⋅OA−OC=0，所以OB⋅CA=0，
所以OB⊥CA，同理得OA⊥BC，OC⊥AB，
所以O为△ABC的垂心，
因为△ABC的外心与垂心重合，所以△ABC为正三角形，
所以∠AOB=∠BOC=∠AOC=2π3，所以OA⋅OB=|OA|⋅|OB|⋅cs2π3 =−12|OA|2 =−2，
所以|OA|2=4，所以S△ABC=3S△AOB=3×12|OA|2×32 =33.
故选：C.
9．在△ABC中，AB⋅AC=9，sinA+C=csAsinC，S△ABC=6，P为线段AB上的动点，且CP=x⋅CACA+y⋅CBCB，则2x+1y的最小值为（ ）
A．116+63B．116C．1112+63D．1112
【答案】C
【解析】
设AB=c,AC=b，根据题意可得
bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，解得b=3c=5，sinA=45,csA=35
所以CB=a=4，
所以CP=x⋅CACA+y⋅CBCB=x3CA+y4CB，
因为A,P,B三点共线，所以x3+y4=1，
所以2x+1y=2x+1yx3+y4
=1112+x3y+y2x
≥1112+2x3y⋅y2x=1112+63，
当且仅当x3+y4=1x3y=y2x，即x=6(4−6)5y=4(26−3)5时取等号，
所以2x+1y的最小值为1112+63，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：此题考查平面向量的数量积运算，考查正弦定理的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是由已知条件求出a,b,c后，再由A,P,B三点共线，得x3+y4=1，所以2x+1y=2x+1yx3+y4化简后结合基本不等式可求出其最小值，考查运算能力，属于较难题
10．△ABC中，AC=2，AB=2，A=45°，P是△ABC外接圆上一点，AP=λAB+μAC，则λ+μ的最大值是（ ）
A．2+12B．2−12C．3−22D．3+22
【答案】A
【解析】
解：由余弦定理BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
即BC2=4+2−2×2×2×22=2，
所以BC=2，所以BC2+AC2=AB2，即C=90°，
则△ABC为等腰直角三角形.
设AB的中点为O，则O为△ABC外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，
则A−1,0，B1,0，C0,1，设Pcsθ,sinθ，θ∈[0,2π)，
则AP=csθ+1,sinθ， AB=2,0，AC=1,1，
因为AP=λAB+μAC，即csθ+1,sinθ=λ2,0+μ1,1，
所以2λ+μ=csθ+1μ=sinθ，
所以λ+μ=12csθ+sinθ+1=12+22sinθ+π4，
所以当θ+π4=π2，即θ=π4时λ+μmax=12+22；
故选：A
11．已知复数z1对应的向量为OZ1，复数z2对应的向量为OZ2，则（ ）
A．若z1+z2=z1−z2，则OZ1⊥OZ2
B．若OZ1+OZ2⊥OZ1−OZ2，则z1=z2
C．若z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，则z1z2=z1z2
D．若z1=z2，则z12=z22
【答案】ABC
【解析】
因为 z1+z2=z1−z2，所以OZ1+OZ2=OZ1−OZ2，
则OZ1+OZ22=OZ1−OZ22，即4OZ1⋅OZ2=0，则OZ1⊥OZ2，故选项A正确；
因为OZ1+OZ2⊥OZ1−OZ2，所以OZ1+OZ2⋅OZ1−OZ2=0，
即OZ12=OZ22，则z1=z2，故选项B正确；
设z1=a+bia,b∈R，因为z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，
则z2=a−bia,b∈R，所以z1z2=a2+b2，z1z2=a2+b2，则z1z2=z1z2，
故选项C正确；
若z1=1+i，z2=1−i满足z1=z2，而z12≠z22，故选项D错误；
故选：ABC.
12．已知△ABC是半径为2的圆O的内接三角形，则下列说法正确的是（ ）
A．若角C=π3，则AB⋅AO=12
B．若2OA+AB+AC=0，则|BC|=4
C．若|OA−OB|=OA⋅OB，则OA，OB的夹角为π3
D．若(BC+BA)⋅AC=|AC|2，则AB为圆O的一条直径
【答案】BC
【解析】
对于A，作OD垂直于AB.垂足为D，则AD=12AB ,
由正弦定理得AB=2×2×sinC=4×sinπ3=23 ，
故AB⋅AO=|AB|⋅|AO|⋅cs∠BAO=|AB|⋅|AD|=12×(23)2=6,故A错误；
对于B,由2OA+AB+AC=0得，OA+AB+OA+AC=0，
即OB+OC=0,则点O为BC的中点，即BC为圆的直径，故|BC|=4，B正确；
对于C，设OA，OB的夹角为θ ，
由|OA−OB|=OA⋅OB得，|OA−OB|2=(OA⋅OB)2，即8−8csθ=16cs2θ ，
解得csθ=12 或csθ=−1，
由于|OA−OB|=OA⋅OB>0，故csθ=12,θ∈(0,π)，故θ=π3，
则OA，OB的夹角为π3，C正确；
对于D,由 (BC+BA)⋅AC=|AC|2得(BC+BA)⋅AC−|AC|2=(BC+BA−AC)⋅AC=0，
即(BC+BA+CA)⋅AC=0,2BA⋅AC=0，则BC为圆O的一条直径，D错误，
故选:BC
13．中华人民共和国的国旗图案是由五颗五角星组成，这些五角星的位置关系象征着中国共产党领导下的革命与人民大团结．如图，五角星是由五个全等且顶角为36°的等腰三角形和一个正五边形组成．已知当AB=2时，BD=5−1，则下列结论正确的为（ ）
A．DE=DHB．AF⋅BJ=0
C．AH=5+12ABD．CB+CD=JC−JH
【答案】AB
【解析】
对于A，连接DH，如图，由DF=FH，∠DFH=108∘得：∠DHF=36∘=∠E，DE=DH，A正确；
对于B，连接AF，由AD=AH,FD=FH得：AF垂直平分DH，而BJ//DH，即AF⊥BJ，则AF⋅BJ=0，B正确；
对于C，AH与AB不共线，C不正确；
对于D，连接CH，BH，由选项A知，DH=DE=BC，而BC//DH，则四边形BCDH是平行四边形，
CB+CD=CH=JH−JC，D不正确.
故选：AB
14．已知△ABC中，AB=3,AC=5,BC=7,O为△ABC外接圆的圆心，I为△ABC内切圆的圆心，则下列叙述正确的是（ ）
A．△ABC外接圆半径为1433B．△ABC内切圆半径为32
C．AO⋅BC=8D．AI⋅BC=1
【答案】BCD
【解析】
在△ABC中，csA=32+52−722×3×5=−12，所以sinA=32，
设△ABC外接圆半径为R，则2R=BCsinA=732=1433，则R=733，故A错误；
设△ABC内切圆半径为r，则S△ABC=123+5+7r=12×3×5×32，解得r=32，故B正确；
因为cs∠BAO=12ABOA=32733=3314，cs∠CAO=12ACOA=52733=5314，
所以AO⋅BC=AO⋅AC−AB=AO⋅AC−AO⋅AB
=733×5×5314−733×3×3314=8，故C正确；
设内切圆与三角形分别切于D,E,F，则设AE=EF=x,CE=CD=y,BD=BF=z，
x+y=5x+z=3y+z=7，解得x=12,y=92,z=52，所以AI=AF2+r2=1，
则cs∠BAI=12，cs∠CAI=12，
所以AI⋅BC=AI⋅AC−AB=AI⋅AC−AI⋅AB =1×5×12−1×3×12=1，故D正确.
故选：BCD.
15．定义平面向量的一种运算“Θ”如下：对任意的两个向量a=x1,y1，b=x2,y2，令aΘb=x1y2−x2y1,x1x2+y1y2，下面说法一定正确的是（ ）
A．对任意的λ∈R，有λaΘb=λaΘb
B．存在唯一确定的向量e使得对于任意向量a，都有aΘe=eΘa=a成立
C．若a与b垂直，则aΘbΘc与aΘbΘc共线
D．若a与b共线，则aΘbΘc与aΘbΘc的模相等
【答案】AD
【解析】
设向量a=x1,y1，b=x2,y2，对于A，对任意的λ∈R，有λaΘb=λx1,λy1Θx2,y2=λx1y2−λx2y1,λx1x2+λy1y2
=λx1y2−x2y1,x1x2+y1y2 =λaΘb，故A正确；
对于B，假设存在唯一确定的向量e=x0,y0使得对于任意向量a，都有aΘe=eΘa=a成立，即x1y0−x0y1,x1x0+y1y0=x0y1−x1y0,x0x1+y0y1=x1,y1恒成立，即方程组
x1y0−x0y1=x0y1−x1y0=x1x1x0+y1y0=y1，对任意x1,y1恒成立，而此方程组无解，故B不正确；
对于C，若a与b垂直，则x1x2+y1y2=0，设c=x3,y3，则aΘbΘc=x1y2−x2y1,0Θx3,y3=x1y2y3−x2y1y3,x1y2x3−x2y1x3，
aΘbΘc=x1,y1Θx2y3−x3y2,x2x3+y2y3
=x1x2x3+x1y2y3−y1x2y3+y1x3y2,x1x2y3−x1y2x3+y1x2x3+y1y2y3
=x1y2y3−y1x2y3,−x1y2x3+y1x2x3≠μx1y2y3−y1x2y3,x1y2x3−y1x2x3，其中μ∈R，故C不正确；
对于D，若a与b共线，则x1y2−x2y1=0，设c=x3,y3，
aΘbΘc=0,x1x2+y1y2Θx3,y3=−x1x2x3−y1y2x3,x1x2y3+y1y2y3，
aΘbΘc=x1x2x3+x1y2y3−y1x2y3+y1y2x3,x1x2y3−x1y2x3+y1x2x3+y1y2y3
=x1x2x3+y1y2x3,x1x2y3+y1y2y3，所以aΘbΘc与aΘbΘc的模相等，故D正确.
故选：AD.
【点睛】
本题在平面向量的基础上，加以创新，属于创新题，考查平面向量的基础知识以及分析问题、解决问题的能力.
16．在平面直角坐标系xOy中，r>0，⊙M：x−r2+y2=3r24与抛物线C：y2=4x有且仅有两个公共点，直线l过圆心M且交抛物线C于A，B两点，则OA⋅OB=______．
【答案】0
【解析】
因⊙M与抛物线C有且仅有两个公共点，而⊙M与抛物线C都关于x轴对称，因此，两个公共点的横坐标相同，并且唯一，
由x−r2+y2=3r24y2=4x消去y并整理得：x2−2(r−2)x+r24=0，且x≥0，
于是得r−2≥0Δ=4(r−2)2−r2=3r2−16r+16=0，解得r=4，
即点M(4,0)，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x=ty+4，
由x=ty+4y2=4x消去x并整理得：y2−4ty−16=0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=4t,y1y2=−16，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=y124⋅y224+y1y2=(−16)216+(−16)=0.
故答案为：0
17．已知△ABC是等边三角形，E，F分别是AB和AC的中点，P是△ABC边上一动点，则满足PE⋅PF=BE⋅CF的点P的个数为______．
【答案】4
【解析】
解：以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
设△ABC的边长为4，则B−2,0，C2,0，A0,23，E−1,3，F1,3，BE=1,3，CF=−1,3，
设Px,y，则PE=−1−x,3−y，PF=1−x,3−y，
由PE⋅PF=BE⋅CF得−1−x,3−y⋅1−x,3−y=1,3⋅−1,3，
所以x2+y−32=3，即点P的轨迹是以0,3为圆心，3为半径的圆，也就是以AO为直径的圆，易知该圆与△ABC的三边有4个公共点．
故答案为：4
18．已知平面向量e1,e2满足2e2−e1=2，设a=e1+4e2,b=e1+e2，若1≤a⋅b≤2，则|a|的取值范围为________．
【答案】[3−1,5+1]
【解析】
设c=e1−2e2，则b=12(a+c)，则由条件1≤a⋅b≤2知2≤a⋅(a+c)≤4，
所以3≤a2+a⋅c+14c2≤5，所以3≤a+c2≤5,c2=1，
又a+c2−c2≤a=a+c2−c2≤a+c2+c2
所以3−1≤|a|≤5+1．
故答案为：[3−1,5+1].
19．已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，A=π3，c=3，asinB=3,D,E分别为线段AB,AC上的动点，ADAB=CECA，则DE的最小值为__________.
【答案】35719##31957
【解析】
在△ABC中，由正弦定理得：asinπ3=3sinC，∴asinC=3sinπ3=332，
∴sinCsinB=asinCasinB=3323=32，由正弦定理得：cb=32，∴b=2；
设AD=tAB0≤t≤1，则CE=tCA=−tAC，∴AE=AC+CE=1−tAC，
∴DE2=AE−AD2=1−tAC−tAB2=1−t2b2+t2c2−2t1−tbccsA =41−t2+9t2−6t1−t=19t2−14t+4，
∴当t=719时，DE2min=4919−9819+4=2719，∴DEmin=35719，
即DE的最小值为35719.
故答案为：35719.
【点睛】
思路点睛：本题考查平面向量与解三角形综合应用问题，求解线段长度的基本思路是将其转化为平面向量模长的求解问题，通过向量线性运算和向量数量积的运算律，将所求模长转化为关于变量t的函数的形式，利用函数最值的求解方法可求得结果.
20．在平行四边形ABCD中，|AB+AD|=|BD|=3,|AB|=1，则AC⋅BD=___________.
【答案】7
【解析】
因为BD=AD−AB，所以|AD−AB|=3，两边平方得：
AD2−2AD⋅AB+AB2=9①
又|AB+AD|=3，两边平方得：
AD2+2AD⋅AB+AB2=9②
两式相减得：AD⋅AB=0，
所以AD2+AB2=9，
因为|AB|=1，所以|AD|=22，
AC⋅BD=AD+ABAD−AB=AD2−AB2=8−1=7，
故答案为：7
21．已知非零向量a,b 满足a=b ，且a+b⊥b，则a 与b的夹角为_______．
【答案】π##180°
【解析】
依题意作下图：
a=BD=AC ，b=BA,a+b=BC ，
由已知条件可知，AC=AB ，AB⊥BC ，
由勾股定理得：AC2=AB2+BC2 ，∴BC=0 ，
即a+b=0 ，向量a 与向量b 的方向相反，即夹角为π ；
故答案为：π .
22．已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且AB=2，则AC⋅BC的最小值为______．
【答案】1−2##−2+1
【解析】
因为AB=2，又|OA|=|OB|=1，所以|OA|2+|OB|2=|AB|2，所以∠AOB=π2，
以O为原点，OA,OB所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系：
则A(1,0)，B(0,1)，设C(x,y)，则x2+y2=1，
AC=(x−1,y)，BC=(x,y−1)，
所以AC⋅BC=x(x−1)+y(y−1) =x2+y2−x−y =−x−y+1，
设−x−y+1=t，即x+y+t−1=0，
依题意直线x+y+t−1=0与圆有交点，
所以|t−1|1+1≤1，得1−2≤t≤1+2，
所以AC⋅BC的最小值为1−2.
故答案为：1−2
23．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F分在边BC，CD上，BE=λBC，DF=μDC．若λ+μ=23，则AE⋅AF的最小值为___________．
【答案】49
【解析】
解：如图，
∵ BE=λBC，DF=μDC，且λ+μ=23，
∴ AE⋅AF=(AB+BE)⋅(AD+DF)，
=(AB+λBC)⋅(AD+μDC)=(AB+λAD)⋅(AD+μAB)
=(1+λμ)AB⋅AD+λ|AD|2+μ|AB|2
=(1+λμ)×2×2×(−12)+4(λ+μ)=−2(1+λμ)+83．
由题意可得，λ，μ>0，
∵λ+μ=23，
∴λμ⩽(λ+μ2)2=19，则−2(1+λμ)⩾−209，
∴ −2(1+λμ)+83⩾49（当且仅当λ=μ=13时等号成立），
∴ AE⋅AF的最小值为49．
故答案为：49．
24．设a,b为不共线的向量，满足c=λa+μb,3λ+4μ=2(λ,μ∈R)，且c=a−c=b−c，若a−b=3，则a⋅b2−(a⋅b)2的最大值为________．
【答案】324
【解析】
令a=OA,b=OB,c=OC，又因为|c|=|a−c|=|b−c|，
即|OC|=|CA|=|CB|，
则点C为△OAB的外心，因为|a−b|=|AB|=3，
设B(−32,0),A(32,0),C(0,m)，不妨取m>0
则点O(x0,y0)在圆C:x2+(y−m)2=m2+94上，
由OC=λOA+μOB，代入坐标，(−x0,m−y0)−=λ(32−x0,−y0)+μ(−32−x0,−y0)，
解得x0=32⋅μ−λ1−λ−μ,y0−m=(μ+λ)m1−λ−μ，
联立3λ+4u=2和C:x2+(y−m)2=m2+94，
解得m=3321−2λ(λ<12)，故|y0|=|m+(μ+λ)m1−λ−μ|=631−2λ2−λ
=66⋅12−λ(12−λ)+32=6612−λ+3212−λ≤6，
当且仅当12−λ=3212−λ即λ=−1时取“=”.
故S△OAB=12|AB|⋅|y0|≤9，于是
[(|a|⋅|b|)2−(a⋅b)2]max=[|OA|2⋅|OB|2⋅(1−cs2∠AOB)]max
=[|OA|2⋅|OB|2⋅sin2∠AOB]max=4(S△OAB2)max=324.
故答案为：324
【点睛】
求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
25．已知平面向量a,b,c满足|a|=1,|b|=|c|=22，且(a−b)⋅(a−c)=0，θ=a,b0≤θ≤π4，则b⋅(a−c)|a−c|的取值范围是_____________．
【答案】−255,255
【解析】
由题可设OA=a，OB=b，OC=c，O(0,0)，A(1,0)，
B、C在以O为圆心半径为22的圆上，
又(a−b)⋅(a−c)=0，则BA⊥CA．
因为∠AOB=θ∈0,π4，记b与a−c的夹角为α，
①当θ=0时，α=π2，csα=0；
②当θ=π4时，由对称性可设B(2,−2)，
∴kAB=−2，∴kAC=12，tan∠OAC=−12，π2<∠OAC<π
∴cs∠OAC=−255，sin∠OAC=55，
∴csα=cs∠OAC−π4=−255×22+55×22=−1010；
综上，结合图像可得csα∈−1010,1010，
所以b⋅(a−c)|a−c|=|b|⋅|a−c|⋅csα|a−c|=22csα∈−255,255．
故答案为：−255,255．