高考数学一轮讲义-平面向量及其应用 （题型清单）（解析版）

这是一份高考数学一轮讲义-平面向量及其应用 （题型清单）（解析版），共37页。

题型1 平面向量的线性运算
1（2024·河北·模拟预测）在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，AE与BD交于点F，则AF=（ ）
A．34AB+14ADB．13AB+23ADC．23AB+13ADD．14AB+34AD
【答案】B
【分析】利用相似三角形的性质以及向量的加法运算来表示AF即可.
【详解】因为在平行四边形ABCD中，AB//CD，所以△DEF∼△BAF，
因为E是CD的中点，所以DFBF=DEAB=12，即BF=2DF，BF=23BD，
根据向量的加法法则，AF=AB+BF=AB+23BD=AB+23(BA+AD)=13AB+23AD，
故选：B.
2（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，在矩形ABCD中，E为边BC的中点，F为边CD上靠近点D的三等分点，G为EF的中点，记AG=λAB+μAD，则λ+μ=（ ）
A．1712B．1312C．712D．512
【答案】A
【分析】根据向量线性运算可得AG→=23AB→+34AD→，计算即可求解.
【详解】由题意可得AF→=13AB→+AD→，AE→=AB→+12AD→，
因为G为EF的中点，
所以AG→=12AF→+12AE→=12AD→+16AB→+14AD→+12AB→=23AB→+34AD→，
则λ=23,μ=34，所以λ+μ=23+34=1712.
故选：A
3（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，在△ABC中，BM=2MC,N为线段AM上一点，且AN=(1−λ)AB+λ3AC，则实数λ的值为（ ）
A．34B．25C．56D．67
【答案】D
【分析】先利用基底AB，AC表示AM，再设AN=tAM，即可构造关于λ,t的方程组.
【详解】因BM=2MC，则BM=23BC，
故AM=AB+BM=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
因A,N,M三点共线，故设AN=tAM，则AN=t3AB+2t3AC，
因AN=(1−λ)AB+λ3AC，则1−λ=t3λ3=2t3，解得λ=67．
故选：D．
题型2 平面向量的共线定理
1（2023·北京海淀·二模）已知a、b是平面内两个非零向量，那么“a∥b”是“存在λ≠0，使得|a+λb|=|a|+|λb|”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据向量的模长关系以及共线，即可结合必要不充分条件进行判断.
【详解】若a∥b，则存在唯一的实数μ≠0，使得a=μb，
故|a+λb|=|μb+λb|=|μ+λ||b|，
而|a+λb|=|μb|+|λb|=(|μ|+|λ|)|b|，
存在λ≠0使得|μ+λ|=|μ|+|λ|成立，
所以“a∥b”是“存在λ≠0，使得|a+λb|=|a|+|λb|’的充分条件，
若λ≠0且|a+λb|=|a|+|λb|，则a与λb方向相同，
故此时a∥b，所以“a∥b”是“存在存在λ≠0，使得|a+λb|=|a|+|λb|”的必要条件，
故“a∥b”是“存在λ≠0，使得|a+λb|=|a|+|λb|”的充分必要条件.
故选：C.
2（23-24高一下·广东江门·阶段练习）设a,b是非零向量，则aa=bb是a=2b成立的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】结合共线向量，单位向量，以及充分，必要条件的概念判断即可.
【详解】对于非零向量a,b，
由aa=bb可知向量a,b共线，但不一定是a=2b，所以充分性不成立；
由a=2b，可知向量a,b共线同向，则aa=bb，所以必要性成立，
所以设a,b是非零向量，则aa=bb是a=2b成立的必要不充分条件，
故选：C.
3（2025·山东·模拟预测）已知平面向量a=−2,3，b=1,2，AB=a−3b，BC=λa+b，且A，B，C三点共线，则实数λ=（ ）
A．−23B．−13C．14D．2
【答案】B
【分析】利用坐标表示向量共线可得.
【详解】AB=a−3b=−2,3−31,2=−5,−3，BC=λa+b=λ−2,3+1,2=−2λ+1,3λ+2，
因为A，B，C三点共线，所以设AB=μBC⇒−5,−3=μ−2λ+1,3λ+2，
即−5=−2λμ+μ−3=3λμ+2μ⇒λ=−13μ=−3.
故选：B
4（2025·江苏南通·模拟预测）已知012．
若BA与BC共线，则−x2−x=−1×−3，即x2−2x−3=0，
解得x=−1或x=3，所以x>12且x≠3，即x的取值范围是12,3∪3,+∞．
故选：A
题型 7 平面向量的最值问题
1（2025·河南·一模）如图梯形ABCD，AB∥CD且AB=5，AD=2DC=4，E在线段BC上，AC⋅BD=0，则AE⋅DE的最小值为
A．1513B．9513C．15D．−1513
【答案】B
【分析】先建系解得D,C坐标，再设E坐标，根据向量数量积列函数关系式，最后根据二次函数性质求最值.
【详解】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设D(m,n),C(m+2,n),(m>0,n>0)，
因此{m2+n2=16(m+2,n)⋅(m−5,n)=0∴{m2+n2=16m2+n2−3m−10=0,{m=2n=23，
因此BC:y=234−5(x−5),y=−23(x−5)，设E(x,−23(x−5)),4≤x≤5,
所以AE⋅DE=(x,−23(x−5))⋅(x−2,−23(x−5)−23)
=(x,−23(x−5))⋅(x−2,−23(x−5)−23)=13x2−110x+240
当x=5513∈[4,5]时，AE⋅DE最小值为9513.选B.
【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
2（2025·安徽滁州·二模）已知A,B,C三点在单位圆上运动，且AB=3，则BC⋅AC的取值范围为（ ）
A．−12,32B．−32,12C．12,32D．−32,−12
【答案】A
【分析】设AB的中点为E，得|OE|=12，∠AOB=120∘，将BC⋅AC化为12−cs∠COE，根据−1≤cs∠COE≤1可得结果.
【详解】设AB的中点为E，因为|OA|=|OB|=1，AB|=3，所以|OE|=12，∠AOB=120∘，
AC⃗⋅BC⃗=CA⃗⋅CB⃗=OA⃗−OC⃗⋅OB⃗−OC⃗
=OA⋅OB−OC⋅OA+OB+|OC|2
=1×1×−12−OC⋅2OE+1
=−12+1−2×1×12cs∠COE =12−cs∠COE，
因为−1≤cs∠COE≤1，所以−12≤AC⋅BC≤32.

故选：A
3（2025·广东东莞·模拟预测）边长为1的正方形内有一内切圆，MN是内切圆的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，则PM⋅PN的最大值是（ ）．
A．−14B．0C．14D．12
【答案】C
【分析】设正方形ABCD的内切圆圆心为O，由题可得MN为圆O的一条直径时，弦MN的长度最大，PM⋅PN =PO2−14，据此可得最大值.
【详解】如下图所示：设正方形ABCD的内切圆圆心为O，
当弦MN的长度最大时，MN为圆O的一条直径，
则PM⋅PN=PO+OM⋅PO+ON=PO+OM⋅PO−OM
=PO2−OM2=PO2−14.
当P与正方形ABCD的顶点重合时，OPmax=22，
因此，PM⋅PNmax=PO2−14max=14．
故选：C
4（2025·北京丰台·一模）在平行四边形ABCD中，E为边BC上的动点，O为△ABD外接圆的圆心，2DO=DA+DB，且DO=DA=2，则DO·DE的最大值为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】根据题意确定△ABD为直角三角形并求出线段DB的长，然后以DA,DB为基底去计算DO·DE的值即可.
【详解】由2DO=DA+DB可知O为AB的中点，又因为O为△ABD外接圆的圆心，
所以△ABD为直角三角形，DA⊥DB，所以DA·DB=0，
又因为DO=DA=2所以AB=4所以DB=23，
又因为E为边BC上的动点，所以BE=λBC,λ∈0,1
DO·DE=12(DA+DB)·(DB+BE)=12(DA+DB)·(DB+λBC)
=12(DA+DB)·(DB−λDA)=12(DB2−λDA2)=12(DB2−λDA2)
=12((23)2−4λ)=12(12−4λ)=6−2λ，
因为λ∈0,1，所以−2λ∈−2,0即6−2λ∈4,6
所以DO·DE的最大值为6.
故选：C
5（2025·甘肃·一模）已知梯形ABCD中，AB // CD,AB=2BC=2CD=2AD=4，点M为边CD上的动点，若∠AMB=α，则csα的范围是（ ）
A．0,17B．−17,1C．12,17D．−17,0
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，应用向量的夹角公式计算最后结合值域求解.
【详解】如图所示建立平面直角坐标系，则
A−2,0,B2,0,C1,3，D−1,3，
设Mx,3−1≤x≤1，则AM=x+2,3，BM=x−2,3，
csα=x2−4+3(x+2)2+3⋅(x−2)2+3=x2−1x4−2x2+49=x2−1x2−12+48，
令x2−1=t，则−1≤t≤0，
csα=tt2+48=−t2t2+48=−1−48t2+48，
可得csα∈−17,0，
故选:D.
6（2024·河北保定·二模）如图，圆O1和圆O2外切于点P，A，B分别为圆O1和圆O2上的动点，已知圆O1和圆O2的半径都为1，且PA⋅PB=−1，则PA+PB2的最大值为（ ）
A．2B．4C．22D．23
【答案】D
【分析】由PA⋅PB=PO1+O1A⋅PO2+O2B=1，化简得到O1A⋅O2B=PO1⋅O2B−O1A≤O2B−O1A，两边平方化简可得：−1−3≤O1A⋅O2B≤−1+3，由PA+PB2=PO1+O1A+PO2+O2B2化简即可得到答案.
【详解】PA⋅PB=PO1+O1A⋅PO2+O2B=PO1⋅PO2+PO1⋅O2B+O1A⋅PO2+O1A⋅O2B
=−1+PO1⋅O2B−O1A+O1A⋅O2B=−1，
所以O1A⋅O2B=PO1⋅O2B−O1A≤O2B−O1A，
所以O1A⋅O2B2≤O2B2+O1A2−2O1A⋅O2B，即O1A⋅O2B2+2O1A⋅O2B−2≤0，
解得−1−3≤O1A⋅O2B≤−1+3.
PA+PB2=PO1+O1A+PO2+O2B2=O1A+O2B2=O1A2+O2B2+2O1A⋅O2B
=2+2O1A⋅O2B≤2+2×−1+3=23.
故选：D
7（2025高三·全国·专题练习）已知非零向量a,b,c满足a−2c⋅b−2c=0，且不等式a+b+a−b≥λc恒成立，则实数λ的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】通过向量的几何意义，将a、b、c转化为几何图形中的线段，利用圆的性质求解.
【详解】根据题意，作出相关图形，
设OA=a，OB=b，C为AB中点，
以AB为直径作圆，设2c=OD ，
有a−2c=DA,b−2c=DB,
由于a−2c⋅b−2c=0，
即a−2c⊥b−2c，即DA⊥DB,所以D在圆C上运动，
所以2cmax=OC+AC=12a+b+12a−b,
因为a+b+a−b≥λc恒成立，变形可得：
λ≤a+b+a−bc恒成立，结合前面关系，
有a+b+a−bc=4cmaxc≥4cc=4，所以λ≤4，
故选：D.
8（2025·河北廊坊·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘,∠ABC=30∘，点P在以BC为直径的半圆（△ABC外）内及边界上运动，若AP=λAB+μAC，记2λ+μ的最大值与最小值分别为m,n，则m+n= .
【答案】72/3.5
【分析】设E、O分别为AB、BC的中点，则AP=λAB+μAC=2λAE+μAC，由三点共线可得2λ+μ=1，此时点P与点C重合，2λ+μ最小，做直线l与CE平行，且与半圆相切，由三点共线知点P在直线l上时，2λ+μ最大，设直线l与AB的延长线相交于点M， 设CE=1，求出AMAE=ANAC，可得答案.
【详解】设E为AB的中点，连接CE，
设O为BC的中点，即点O为以BC为直径的半圆的圆心，
则AP=λAB+μAC=2λAE+μAC，
当点P在CE上时，由三点共线可得2λ+μ=1，此时点P与点C重合，
2λ+μ最小，即n=1，
做直线l与CE平行，且与半圆相切，连接点A与切点P，此时2λ+μ最大，
即由三点共线知点P在直线l上时， 2λ+μ最大，
设直线l与AB的延长线相交于点M，
连接OP，则OP⊥l，延长AC与l相交于点N，
因为AC⊥BC，所以AC为半圆的一条切线，所以NC=NP，
由CE=AE=EB，∠CAE=60∘得∠CEA=∠PMB=60∘,∠ECB=∠EBC=30∘，
可得△AMN为等边三角形，AN=MN，所以AC=PM，
由NCAN=NPMN得PC//AM，又CE//l，所以四边形PCEM为平行四边形，
所以PC=EM，∠PCE=∠AMP=60∘，
设CE=1，则AE=1,BC=3，
由∠CPB=90∘,∠ECB=30∘得∠PCB=30∘，EM=PC=3PB=3×12BC=32，
可得AM=AE+EM=52，AMAE=ANAC=52，
所以AP=λAB+μAC=2λAE+μAC=2λ×25AM+μ×25AN，
因为N,P,M三点共线，所以2λ×25+μ×25=1，可得2λ+μ=52，
所以2λ+μ的最大值为m=52，
则m+n=1+52=72.
故答案为：72.
9（2025·四川成都·模拟预测）如图，A，B是单位圆（圆心为O）上两动点，C是劣弧AB（含端点）上的动点．记OC=λOA+μOB（λ，μ均为实数）．

(1)若O到弦AB的距离是12，求λ+μ的取值范围；
(2)若3OA−OB≤52，向量2OA+OB和向量OA+OB的夹角为θ，求cs2θ的最小值．
【答案】(1)[1,2]
(2)3940
【分析】（1）由题意确定∠AOB=2π3，根据数量积的运算律求得则OC⋅OA=λ−12μ，OC⋅OB=−12λ+μ，可得λ+μ=2cs〈OC,OD〉，即可求得答案；
（2）将3OA−OB≤52平方可得csα∈58,1，根据数量运算律求出2OA+OB⋅OA+OB=3+3csα，以及求得向量2OA+OB和向量OA+OB的模，即可求得cs2θ的表达式，结合余弦函数性质利用函数单调性即可求得答案.
【详解】（1）由题意知O到弦AB的距离是12，则∠ABO=∠BAO=π6，
故∠AOB=2π3，且OA⋅OB=−12，
记劣弧AB的中点为D，

则OC⋅OA=(λOA+μOB)⋅OA=λOA2+μOA⋅OB=λ−12μ，
OC⋅OB=λOA⋅OB+μOB2=−12λ+μ，
两式相加得OC⋅OA+OB=12λ+μ，
故λ+μ=2OC⋅OA+OB=2OC⋅OD=2cs〈OC,OD〉，
由于〈OC,OD〉∈0,π3，故2cs〈OC,OD〉∈[1,2]，
即λ+μ的取值范围为[1,2]；
（2）设∠AOB=α,α∈(0,π)，
由3OA−OB≤52可得9OA2+OB2−6OA⋅OB≤254，
即10−6csα≤254，结合−10，
所以OP=OA+λtAB+AC，
∵OP=OA+AP，
∴AP=λtAB+AC，
设D为BC中点，则AD=12AB+AC，故AP→=2λtAD→，
所以A,P,D共线，
∴点P的轨迹为射线AD（不含端点A）.
∴△ABC的重心一定属于集合M.
故选：A.
3（2024·四川内江·三模）已知点A、B、C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为(0,2)，则|PA+PB+PC|的最大值为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】C
【分析】由题意可得AC为直径，且|PA+PB+PC|=2PO+PB，当PO,PB共线且方向相同时模长最长，即可得出答案.
【详解】因为AB⊥BC，所以AC为直径且过原点，AC的中点为原点O，
所以由平行四边形法则可得：PA+PC=2PO，
所以|PA+PB+PC|=2PO+PB，
所以当PO,PB共线且方向相同时模长最长，即当B运动到D0,−1时，
|PA+PB+PC|=2PO+PB取得最大值为2×2+3=7.
故选：C.
4（2025高三·全国·专题练习）已知在△ABC中，BC=6,G,O分别为△ABC的重心和外心，且OG⋅BC=6，则△ABC的形状是（ ）．
A．锐角三角形B．钝角三角形
C．直角三角形D．上述三种情况都有可能
【答案】C
【分析】作△ABC的边BC上的中线AD，过点G作GE⊥BC于点E，过点A作AH⊥BC于点H，根据数量积的几何意义可得DE=1，结合重心性质可得点H,C重合，从而得解.
【详解】作△ABC的边BC上的中线AD，
因为O为△ABC的外心，所以OD⊥BC．
因为G为△ABC的重心，所以DG=13DA．
过点G作GE⊥BC于点E，过点A作AH⊥BC于点H．
由OG⋅BC=6及BC=6，由于DE为OG在BC方向上的投影向量，
由数量积的几何意义，得DE=1．

由GE//AH及DG=13DA，得DH=3．而DC=3，
所以点H,C重合，故AC⊥BC．
故选：C．
5（2025·广东广州·二模）在平面四边形ABCD中，AC=AD=4,∠CAD=60°,∠ABC=90°，若△ ABD的面积是△BCD的面积的2倍，则BD的长度为 .
【答案】27
【分析】如图建立直角坐标系，设AC，BD交点为E，由△ ABD的面积是△BCD的面积的2倍可得E坐标，然后由B，E，D三点共线结合AC=4可得B 点坐标，即可得答案.
【详解】如图，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴，
以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系.
又AC=AD=4，∠CAD=60°.
则D0,0，A23,−2，Bx,y，C23,2.
过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，则S△ABDS△BCD=12AH⋅BD12CG⋅BD=AHCG=2.
又注意到△AHE∼△CGE，则AEEC=2.设Ex1,y1，则CE=13CA，
则x1−23,y1−2=130,−4⇒E23,23.
注意到B，E，D三点共线，则DE//DB，则23x=23y⇒x=33y.
又AC=BC2+BA2=4⇒2x−232+y−22+y+22=16
⇒x2−43x+y2+8=0⇒7y2−9y+2=0⇒y−17y−2=0
则y=1或y=27，又由图可得x>23⇒y=1，x=33，则B33,1.
则DB=27+1=27.
故答案为：27

题型 9平面向量在物理的应用
1（2023·浙江温州·二模）物理学中，如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，我们就说这个力对物体做了功，功的计算公式：W=F⋅S（其中W是功，F是力，S是位移）一物体在力F1=2,4和F2=−5,3的作用下，由点A1,0移动到点B2,4，在这个过程中这两个力的合力对物体所作的功等于（ ）
A．25B．5C．−5D．−25
【答案】A
【分析】利用条件，先求出两个力的合力F1+F2及AB，再利用功的计算公式即可求出结果.
【详解】因为F1=2,4，F2=−5,3，所以F1+F2=(−3,7)，又A1,0，B2,4，所以AB=(1,4)，故W=(F1+F2)⋅AB=−3+7×4=25.
故选：A.
2（2025·宁夏·一模）如图所示，质点P从点A出发，沿AB，BC，CD运动至点D，已知AB//CD,AB=4,BC=2,CD=3，AB⋅BC=−2，则质点P位移的大小是（ ）
A．9B．215C．213D．46
【答案】D
【分析】由数量积的运算律，定义，结合模长计算可得.
【详解】由题意可得质点P位移为AD=AB+BC+CD，
所以AD=AB+BC+CD2=AB2+BC2+CD2+2AB⋅BC+2BC⋅CD+2AB⋅CD
因为AB=4,BC=2,CD=3，AB⋅BC=−2，所以AB⋅CD=12，
设AB,BC的夹角为θ，所以AB⋅BC=ABBCcsθ=−2⇒csθ=−14，
因为AB//CD,所以BC⋅CD=BCCDcsθ=2×3×−14=−32，
所以AD=46.
故选：D
3（多选）（2025·安徽黄山·二模）如图，一条河两岸平行，河的宽度d=500 m，一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行，已知船的速度v1的大小为v1=10 km/h，水流速度v2的大小为v2=2 km/h，设v1和v2的夹角为θ0OB',OA'>OC'，
即a>b,a>c，故细绳OA受力最大，即对OA绳的耐力性要求最高．
故答案为：OA
题型 10 平面向量的新定义
1（2025·吉林·模拟预测）设Ax1,y1，Bx2,y2，定义余弦距离e(A,B)=1−csOA,OB（O为原点）.若M1−t2,t，N(−1,1)，则e(M,N)的最小值为（ ）.
A．2B．1C．1−22D．0
【答案】C
【分析】分析可得M在半圆x2+y2=1(x≥0)上，结合图象确定∠MON的最小值，即可得解.
【详解】∵M1−t2,t，则1−t22+t2=1，且1−t2≥0，
∴M在半圆x2+y2=1(x≥0)上，
如图，当M在0,1时，∠MON取最小值，最小值为π4，csOM,ON取得最大值22，
此时e(M,N)取最小值，最小值为1−22.
故选：C.
2（2025·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，向量OA=a=x1,y1,OB=b=x2,y2，若a，b不共线，记以OA，OB为邻边的平行四边形的面积S(a,b)=x1y2−x2y1．已知OM=m,ON=n，OP=p=λm+μn，λ,μ∈R,λ2+μ2≠0，则S(m,p)+S(n,p)S(m,n)=（ ）
A．|λ+μ|B．|λμ|C．|λ|+|μ|D．|λμ||λ|+|μ|
【答案】C
【分析】首先根据条件设出向量OM和ON，以及向量OP的坐标，代入条件中定义，即可求解.
【详解】依题意设OM=m=x3,y3,ON=n=x4,y4，
则OP=p=λm+μn=λx3+μx4,λy3+μy4，S(m,n)=x3y4−x4y3，S(m,p)=∣x3λy3+μy4−λx3+μx4y3=μx3y4−x4y3∣，S(n,p)=x4λy3+μy4−λx3+μx4y4=|λ|x3y4−x4y3，
则S(m,p)+S(n,p)S(m,n)=|λ|+|μ|.
故选：C．
3（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量a和b，定义：a⊕b=a⋅ba2+b2，a⊙b=a⋅bb2．若平面向量a,b满足a>b>0，且a⊕b和a⊙b都在集合n4|n∈Z,0b>0，得到a2+b2>2ab，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到a⊕b12，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为n4|n∈Z,0b>0，所以a2+b2>2ab，
得到a⊕b=a⋅ba2+b2=abcsθa2+b212，得到a⊕b=14，
又因为a⊙b=a⋅bb2=a⋅bcsθb2=abcsθ>csθ>12，所以a⊙b=34或1，
所以a⊕b+a⊙b=1或54，
故选：D.
4（2025·四川·一模）如图，设Ox、Oy是平而内相交成60∘角的两条数轴，e1、e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．对于平面内任意一点P，若向量OP=xe1+ye2，则记Px,y，dOP=x+y．已知平面内两点Mx1,y1、Nx2, y2，其中dON=2，则点N的轨迹围成的图形面积为 ；若dON=2dOM=2，则dOMOM的最大值为 ．
【答案】 43 2
【分析】对x2、y2的符号进行分类讨论，确定点N的轨迹，作出其图形，计算出该图形的面积，即为所求；计算得出dOMOM=1x12+x1y1+y12，要求其最大值，令x1y1≤0，由已知得出y1=x1+1，利用二次函数的基本性质可求得dOMOM的最大值.
【详解】当x2≥0，y2≥0时，dON=x2+y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点2,0、0,2的线段；
当x2≤0，y2≤0时，dON=−x2−y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点−2,0、0,−2的线段；
当x2≤0，y2≥0时，dON=−x2+y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点−2,0、0,2的线段；
当x2≥0，y2≤0时，dON=x2−y2=2，
此时，点N的轨迹表示以点2,0、0,−2的线段；
如下图所示：
记点A2,0、B0,2、C−2,0、D0,−2，
则点N的轨迹为四边形ABCD，
因为OA=2e1=2，OB=2e2=2，同理可得OC=OD=2，
故四边形ABCD为矩形，且∠AOB=60∘，
所以，点N的轨迹围成的图形面积为4S△AOB=4×34×22=43；
由平面向量数量积的定义可得e1⋅e2=e1⋅e2cs60∘=12，
所以，OM2=x1e1+y1e22=x12e12+2x1y1e1⋅e2+y12e22=x12+x1y1+y12，
因为dOMOM=1x12+x1y1+y12，要求其最大值，令x1y1≤0，
不妨设x1≤0，y1≥0，于是dOM=−x1+y1=1，则y1=x1+1，
所以，dOMOM=1x12+x1x1+1+x1+12=13x12+3x1+1=13x1+122+14≤2，
当且仅当x1=−12时，等号成立，故dOMOM的最大值为2.
故答案为：43；2.
【点睛】关键点点睛：本题考查动点的轨迹所围成图形的面积，解题的关键在于紧扣题中的定义，分析出动点的轨迹图形，通过作出图形求解.
5（2025·浙江宁波·三模）设n维向量a=x1,x2,⋯,xn，b=y1,y2,⋯,yn，定义运算：a⋅b=x1y1+x2y2+⋯+xnyn.
(1)当n=2时，若c=y2,y1且x10，所以a⋅b>a⋅c；
（2）（i）先求M3：设a=1,2,3，b=y1,y2,y3，其中y1,y2,y3为1,2,3的排列，
所以a⋅b=y1+2y2+3y3=2(y1+y2+y3)+(y3−y1)=12+y3−y1，
而y3−y1可能取值有±1,±2，故M3={10,11,13,14}，
再求M4：设a=1,2,3,4，b=y1,y2,y3,y4，其中y1,y2,y3,y4为1,2,3,4的排列，
当y4=4，a⋅b=16+i=13i⋅yi=28+y3−y1，y3−y1可能取值有±1,±2，则a⋅b可能值为26,27,29,30；
当y4=3，a⋅b=12+i=13i⋅yi=26+y3−y1，y3−y1可能取值有±1,±2,±3，则a⋅b可能值为23,24,25,27,28,29；
当y4=2，a⋅b=8+i=13i⋅yi=24+y3−y1，y3−y1可能取值有±1,±2,±3，则a⋅b可能值为21,22,23,25,26,27；
当y4=1，a⋅b=4+i=13i⋅yi=22+y3−y1，y3−y1可能取值有±1,±2，则a⋅b可能值为20,21,23,24；
综上，M4={20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30}；
（ⅱ）由（1），若存在xiyj，则不妨交换yi,yj，则a⋅b的值会变大，
设a=1,2,⋯,n，
b=n,n−1,⋯,1，则a⋅b=nn+1n+26最小；
b=1,2,⋯,n，则a⋅b=nn+12n+16最大；
所以Mn的元素均属于集合S(n)=[nn+1n+26,nn+12n+16]，
设an表示集合{x|x∈S(n)且x∉M(n)}的元素个数，即an=|S(n)|−|M(n)|（注意|A|表示集合A的元素个数），
下证an=0(n≥4)：当n=4时，由上知a4=0，
考虑an+1及M(n+1)：由M(n+1)中最小元素为a⋅b=n+1n+2(n+3)6，最大元素为(n+1)n+22n+36，即M(n+1)中的元素均在S(n+1)中，
设a=1,2,⋯,n,n+1，b=y1,y2,⋯,yn,yn+1，其中y1,y2,⋯,yn为1,2,⋯,n的任一排列，
所以a⋅b可能取值为B(n+1)={x+(n+1)2|x∈M(n)}，即a⋅b恰好没有覆盖到集合C(n+1)=[n+1n2+8n+66,n+1n+2(2n+3)6]中的an个元素，
当a=1,2,⋯,n,n+1，b=n+1,y1,y2,⋯,yn，其中y1,y2,⋯,yn为1,2,⋯,n的任一排列，
所以a⋅b可能取值为D(n+1)={x+(n+1)(n+2)2|x∈M(n)}，即a⋅b恰好没有覆盖到集合E(n+1)=[n+1n+2(n+3)6,n+1n2+2n+33]中的an个元素，
当n≥4时，n+1n+2(n+3)6≤n+1n2+8n+66≤n+1n2+2n+33≤n+1n+2(2n+3)6，
即C(n+1)∪E(n+1)=[n+1n+2(n+3)6,n+1n+2(2n+3)6]=S(n+1)，
故M(n+1)不覆盖集合S(n+1)的元素至多有2an个，故an+1≤2an，
又a4=0，所以a5=a6=⋯=an=0，
所以M(n)={k∈Z|nn+1n+26≤k≤nn+12n+16}.
1 平面向量的运算符合平行四边形法则和三角形法则；
2 平面向量的线性运算，用基底表示任一向量，方法有：首位相接法、构造平行四边形等，同时注意方法的综合运用；
3 在运算过程中，灵活运用一些小结论，比如三角形的中线；
4 掌握平面向量运算的坐标表示，利用建系的方法也可以。
【注意】在平行向量的线性运算的应用中，用到基本定理，要注意基底的选择。
1两个向量共线
共线定理 非零向量a与向量b共线⇔有且只有一个实数λ，使得b=λa.
当λ>0时 , λa的方向与a的方向相同；
当λ