压轴题06 向量、复数压轴题16题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

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压轴题06向量、复数压轴题十六大题型汇总
01向量新考点问题
1.（2024·上海嘉定·二模）已知OA=x1,y1，OB=x2,y2，且OA、OB不共线，则△OAB的面积为（ ）
A．12x1x2−y1y2B．12x1y2−x2y1
C．12x1x2+y1y2D．12x1y2+x2y1
【答案】B
【分析】利用向量的数量积写出其夹角的表达式，结合同角三角函数的平方式以及三角形的面积公式，可得答案.
【详解】设OA与OB的夹角为θ，由OA⋅OB=OAOBcsθ，则csθ=OA⋅OBOAOB=x1x2+y1y2x12+y12x22+y22，
由sinθ=1−cs2θ=x1y2−x2y1x12+y22x22+y22，则S△ABO=12OAOBsinθ=12x1y2−x2y1.
故选：B.
2. （多选）（2023·广东深圳·模拟预测）已知Px1,y1，Qx2,y2是椭圆x24+9y24=1上两个不同点，且满足x1x2+9y1y2=−2，则下列说法正确的是（ ）
A．2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最大值为6+25
B．2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最小值为3−5
C．x1−3y1+5+x2−3y2+5的最大值为25+2105
D．x1−3y1+5+x2−3y2+5的最小值为10−22
【答案】AD
【分析】设x=m,3y=n，设C(m1,n1),D(m2,n2)，可得OC=(m1,n1)，OD=(m2,n2),可得C、D两点均在圆m2+n2=4的圆上，且∠COD=2π3，根据点到直线的距离公式及圆的性质可得2x1+3y1−35+2x2+3y2−35及x1−3y1+52+x2−3y2+52的最值，可得答案.
【详解】由x24+9y24=1，可得x2+9y2=4，又Px1,y1，Qx2,y2是椭圆x2+9y2=4上两个不同点,
可得x12+9y12=4,x22+9y22=4，设x=m,3y=n，则m2+n2=4，
设C(m1,n1),D(m2,n2),O为坐标原点，可得OC=(m1,n1)，OD=(m2,n2),
可得m12+n12=4,m22+n22=4，且m1m2+n1n2=−2，
所以OC⋅OD=−2，csOC,OD=OC⋅ODOC⋅OD=−12，又OC,OD∈0,π，
可得C、D两点均在圆m2+n2=4的圆上，且∠COD=2π3，
设CD的中点为E，则OE=2csπ3=1,
根据点到直线的距离公式可知：2x1+3y1−35+2x2+3y2−35=2m1+n1−35+2m2+n2−35为点C、D两点到直线2x+y−3=0的距离d1、d2之和，
设E到直线2x+y−3=0的距离d3，由题可知圆心到直线2x+y−3=0的距离为−322+1=35，
则d1+d2=2d3≤2(EO+35)=2(1+35)=2+65，d1+d2=2d3≥2(35−EO)=2(35−1)=65−2
可得d1+d2的最大值为2+65，d1+d2的最小值为65−2；
可得2x1+3y1−3+2x2+3y2−3=5(d1+d2)，可得2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最大值为5×(2+65)=25+6，最小值为6−25，故A正确，B错误；
同理，x1−3y1+52+x2−3y2+52=m1−n1+52+m2−n2+52为点C、D两点到直线x−y+5=0的距离d4、d5之和，
设E到直线x−y+5=0的距离d6，由题可知圆心到直线x−y+5=0的距离为512+1=52，
则d4+d5=2d6≤2(52+1)=52+2，d4+d5=2d6≥2(52−1)=52−2，
可得x1−3y1+5+x2−3y2+5=2(d4+d5)，可得2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最大值为10+22，最小值为10−22，故C错误，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是把问题转化为圆上点到直线的距离问题，结合到直线的距离公式及圆的性质即得.
3. （2024·新疆乌鲁木齐·二模）已知A1,A2,A3,A4,A5五个点，满足：AnAn+1⋅An+1An+2=0n=1,2,3，AnAn+1An+1An+2=nn=1,2,3，则A1A5的最小值为 ．
【答案】1
【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出|A1A5|，再用基本不等式求解出最值即可.
【详解】因为AnAn+1An+1An+2=nn=1,2,3，
所以A1A2A2A3=1，A2A3A3A4=2，A3A4A4A5=3，
由题意设|A1A2|=x，则|A2A3|=1x，|A3A4|=2x,|A4A5|=32x，
设A1(0,0)，如图，因为求|A1A5|的最小值，
则A2(x,0)，A3(x,1x)，A4(−x,1x)，A5(−x,−12x)，
所以|A1A5|2=x2+14x2≥2x2⋅14x2=1，
当且仅当x2=14x2，即x=22时取等号，
所以|A1A5|的最小值为1．
故答案为：1.
【点睛】关键点点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到|A1A5|2=x2+14x2，再利用基本不等式即可求出最值.
4. （2024·浙江·二模）设正n边形的边长为1，顶点依次为A1,A2,⋯,An，若存在点P满足PA1⋅PA2=0，且k=1nPAk=1，则n的最大值为 .（参考数据：tan36°≈0.73）
【答案】5
【分析】由题意确定P点的轨迹，分类讨论，结合向量的运算说明正六边形中以及n≥7时不符合题意，说明n=5时满足题意，即可得答案.
【详解】由题意知点P满足PA1⋅PA2=0，则P点在以A1A2为直径的圆上，
当n=6时，设B,C,D,M为A1A2,A3A4,A5A6,CD的中点，如图，
|k=16PAk|=2|PB+PC+PD|=2|PB+2PM|，
当PB,PM共线且方向时，即B,P,M三点共线时，|k=1nPAk|取最小值，
此时|PB|=12,|BM|=3−34=334，则|PM|=334−12，
则2|PB+2PM|min=33−3>1，故n=6时，不满足题意；
当n=5时，设C,N为A1A2,A3A5的中点，如图，
|K=15PAk|=|2PC+2PN+PA4|，当PC,PA4共线且反向时，|K=15PAk|取最小值，
此时C,P,N,A4共线，∠A4A1C=72∘,tan72°=2tan36°1−tan236°≈3.13,|CA4|=12×tan72°≈1.56,|PA4|=|CA4|−12≈1.06，
∠A4A5A3=36∘,∴|A4N|=1×sin36∘≈1×0.731+0.732≈0.59,|PN|≈1.06−0.59=0.47，
则|2PC+2PN+PA4|min≈|1−2×0.47−1.06|=1，
则当PC,PA4共线且同向时，必有|2PC+2PN+PA4|max>1，
故n=5时，存在点P满足PA1⋅PA2=0，且k=1nPAk=1；
当n≥7时，如图，正七边形的顶点到对边的高h必大于正六边形对边之间的高，依此类推，

故此时不存在点P满足PA1⋅PA2=0，且k=1nPAk=1；
故n的最小值为5，
故答案为：5
【点睛】难点点睛：本题考查了平面向量的运算以及向量的模的最值问题，综合性较强，难度加大，难点在于要分类讨论正n边形的情况，结合向量的加减运算，确定模的最值情况.
5. （2022·浙江·三模）已知平面向量x1,x2,x3,x4,x5满足2k≤xk≤2k+1,k=1,2,⋯,5，且x1+x2+x3+x4+x5=0．则x1+x2+x3+x4+x5的最小值是 ，最大值是 ．
【答案】 2 30
【分析】先求出x1,x2,x3,x4,x5模长的范围，由题设得x1+x2+x3=x4+x5，通过向量的线性运算得x1+x2+x3和x4+x5取得最小值1，最大值15，即可求解.
【详解】由题意知：2≤x1≤3,4≤x2≤5,6≤x3≤7,8≤x4≤9,10≤x5≤11，
又x1+x2+x3+x4+x5=0，可得x1+x2+x3=−x4+x5，则x1+x2+x3=x4+x5；
显然当x1=2,x2=4,x3=6，且x1+x2=−x3时，x1+x2+x3取得最小值0；
当x4=9,x5=10，且x4,x5方向相反时，x4+x5取得最小值1；
又由上知x1+x2+x3=x4+x5，则x1+x2+x3的最小值取不到0，
又因为当x1=2,x2=4,x3=7，x1,x2方向相同，与x3方向相反时，x1+x2+x3=1，
此时x1+x2+x3=x4+x5，同时取得最小值1，故x1+x2+x3+x4+x5的最小值为1+1=2，
只要x1+x2+x3,x4+x5方向相反，即可满足x1+x2+x3+x4+x5=0；
显然当x1=3,x2=5,x3=7，且x1,x2,x3方向相同时，x1+x2+x3取得最大值15；
当x4=9,x5=11，且x4,x5方向相同时，x4+x5取得最大值20；
又由上知x1+x2+x3=x4+x5，则x4+x5的最大值取不到20，
又当x4=8,x5=10时，由三角形法则知，必然存在x4,x5使得x4+x5=15，
此时x1+x2+x3=x4+x5，同时取得最大值15，
故x1+x2+x3+x4+x5的最大值为15+15=30，
只要x1+x2+x3,x4+x5方向相反，即可满足x1+x2+x3+x4+x5=0.
故答案为：2；30.
02投影向量问题
6.（2022·上海金山·一模）已知向量a与b的夹角为120°，且a⋅b=−2，向量c满足c=λa+1−λb00 ，
又c=μ1u+μ2v. 注意到=π3.
1=a+b2=2λ1u+3λ2v2 ⇒4λ12+9λ22+6λ1λ2=1，
2=c⋅u+c⋅v=c⋅u+v=μ1u+μ2v⋅u+v ⇒μ1+μ2=43，
∵c−12a−13b=μ1u+μ2v−λ1u−λ2v=μ1−λ1u+μ2−λ2v，
∴4λ12+9λ22+6λ1λ2−1=0μ1+μ2−43=0c−12a−13b=μ1−λ12+μ2−λ22+μ1−λ1μ2−λ2
设y=μ1−λ12+μ2−λ22+μ1−λ1μ2−λ2+δ14λ12+9λ22+6λ1λ2−1+δ2μ1+μ2−43
y'μ1=2μ1−λ1+μ2−λ2+δ2=0 1 y'μ2=2μ2−λ2+μ1−λ1+δ2=0 2
y'λ1=−2μ1−λ1−μ2−λ2+δ18λ1+6λ2=0 3y'λ1=−2μ2−λ2−μ1−λ1+δ118λ2+6λ1=0 44λ12+9λ22+6λ1λ2=1 5 μ1+μ2=43 6
(1)与(2)联立得：μ1−λ1=μ2−λ2 (7)
(3)与(4)联立得：λ1=6λ2 (8)
将(8)代入(5)中得：λ1=6189,λ2=1189，
∴μ1−μ2=λ1−λ2=5189，与6联立得：μ1=5+4212189,μ2=421−52189，
对应y=43−7236，故c−12a−13b=43−76,
故答案为：43−76
03向量最值取值范围问题
11.（多选）（2024·浙江宁波·二模）若平面向量a,b,c满足a=1,b=1,c=3且a⋅c=b⋅c，则（ ）
A．a+b+c的最小值为2
B．a+b+c的最大值为5
C．a−b+c的最小值为2
D．a−b+c的最大值为13
【答案】BD
【分析】由向量a,b,c方向间的关系，判断a+b+c的最大值和最小值；由a−b⊥c，通过a−b的最值，计算a−b+c的最值.
【详解】当向量a,b方向相同，与c方向相反时，满足a⋅c=b⋅c，
此时a+b+c有最小值c−a+b=1，A选项错误；
当向量a,b,c方向相同时，满足a⋅c=b⋅c，
此时a+b+c有最大值a+b+c=5，B选项正确；
a⋅c=b⋅c，有a−b⋅c=0，即a−b⊥c，则a−b+c=a−b2+c2，
向量a,b方向相同时，a−b的最小值为0，a−b+c的最小值为3，C选项错误；
向量a,b方向相反时，a−b的最大值为2，a−b+c的最大值为13，D选项正确.
故选：BD
12. （23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥S−ABC中，底面边长AB=2，侧棱AS=3，向量a，b满足a⋅a+AC=a⋅AB，b⋅b+AC=b⋅AS，则a−b的最大值为 .
【答案】4
【分析】利用向量运算化简变形，设a=CM,b=CN，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥S−ABC，则AS=BS=CS=3，且AB=BC=CA=2，
由a⋅a+AC=a⋅AB化简得a2=a⋅CB，
由b⋅b+AC=b⋅AS化简得b2=b⋅CS.
设a=CM,b=CN，代入a2=a⋅CB，b2=b⋅CS，
分别化简得MC⋅MB=0，且NC⋅NS=0，
故点M在以BC为直径的球面上，半径r1=12BC=1；
点N在以SC为直径的球面上，半径r2=12CS=32
分别取线段BC、SC的中点E、F，
则EF=12BS=32，
故a−bmax=MNmax=EF+r1+r2=32+1+32=4.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
13. （2023·河南郑州·模拟预测）已知△ABC中，AB=AC=22，AB+λBCmin=2λ∈R，AM=12MB，AP=sin2α⋅AB+cs2α⋅AC，α∈π6,π3，则MP的取值范围为（ ）
A．423,453B．43,453
C．173,413D．43,413
【答案】D
【分析】
根据已知可得A到BC的距离为2，△ABC为等腰直角三角形，若D,E为BC的两个四等分点，N为BC中点，P在线段DE上运动，且AN=2，数形结合求MP的取值范围.
【详解】由AB+λBCmin=2λ∈R，结合向量加法法则知：A到BC的距离为2，
又AB=AC=22，则BC=4，所以AB2+AC2=BC2，故△ABC为等腰直角三角形，
由AP=sin2α⋅AB+cs2α⋅AC，则sin2α+cs2α=1，所以P,B,C共线，
又α∈π6,π3，则sin2α,cs2α∈[14,34]，若D,E为BC的两个四等分点，N为BC中点，如下图示，

所以P在线段DE上运动，且AN=2，BD=1，BE=3，
由图：若MP⊥BC，则MP//AN，又AM=12MB，此时BP=23BN=43∈[1,3]，
故上述情况MPmin= 23AN=43，易知ME=MP2+(BE−BP)2=169+259=413，
由图知：P与E重合时，MPmax=ME=413，
综上，MP的取值范围为43,413.
故选：D
14. （2022·浙江台州·二模）已知平面向量e1,e2,e3,|e1|=|e2|=|e3|=1,〈e1,e2〉=60°.若对区间[12,1]内的三个任意的实数λ1,λ2,λ3,都有|λ1e1+λ2e2+λ3e3|⩾12|e1+e2+e3|,则向量e1与e3夹角的最大值的余弦值为（ ）
A．−3+66B．−3+56C．−3−66D．−3−56
【答案】A
【分析】建立直角坐标系,设出相关向量,通过分析e3位置,寻求临界值.
【详解】设C(csθ,sinθ).
如图,不妨设e1=OA=(1,0),e2=OB=(12,32),e3=CO=(−csθ,−sinθ).
设M为AB的中点,G为OC的中点,F为BD的中点,E为AD的中点.
则M(34,34),G(12csθ,12sinθ).
12(e1+e2+e3)=GO+OM=GM
λ1e1+λ2e2+λ3e3=HO+OP=HP,点P在平行四边形EDFM内(含边界).
由题知|HP|⩾|GM|恒成立.
为了使〈e1,e3〉最大,则思考〈e1,e3〉为钝角,即思考C点在第一或第四象限.
思考临界值即P与M重合,G与H重合,且GM不能充当直角三角形斜边,否则可以改变H的位置，使得|HM|0，f(t)递增，
所以t=10时，f(t)min=8，(S△ABC)=12，
综上，(S△ABC)=12，
此时ℎmax=2S△AMNMN=3．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出P点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据∠ANM是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）
04向量与不等式结合
16.（2024·安徽芜湖·二模）若实数x，y满足x2+y2=25，则50+8x+6y+50+8x−6y的最大值为
【答案】610
【分析】利用向量不等式并结合x的范围求最值.
【详解】设a=x,y,b=1,1,
则a⋅b=x+y≤ab=2⋅x2+y2，当且仅当x=y≥0等号成立
故50+8x+6y+50+8x−6y≤2⋅16x+100，
又x2+y2=25，所以x≤5，
所以2⋅16x+100 ≤2⋅16×5+100=610,
当且仅当x=5,y=0等号成立.
故答案为：610
【点睛】关键点点睛：本题考查利用向量不等式求最值，关键是两次运用不等式且保证等号成立.
17. （2022·浙江湖州·模拟预测）已知平面向量a,b,c满足|b|⋅|c|=1，若|3a−(b+c)|=|a⋅b|⋅|c|，则−a2+2b2+c2的最小值是 ．
【答案】21−12
【分析】利用绝对值三角不等式|3a|−|(b+c)|≤|3a−(b+c)|，及三角函数的有界性可进行化简分析.
【详解】设=α,=β，由|3a−(b+c)|=|a⋅b|⋅|c|，根据三角不等式，有
|3a|−|(b+c)|≤|3a−(b+c)|=|a⋅b|·|c|=|a||b|csα|·|c|=|acsα|≤|a|，
得|2a|≤|b+c|，
故−a2+2b2+c2≥−14|b+c|2+2|b|2+|c|2=74|b|2+34|c|2−12b⋅c
=74|b|2+34|c|2−12|b||c|csβ≥274|b|2⋅34|c|2−12=21−12.
故答案为：21−12.
18. （2024高三·全国·专题练习）已知a=b=2，c=1，a−c⋅b−c=0，则a−b的取值范围是（ ）
A．6−1,6+1B．7−12,7+12
C．7−1,7+1D．6−12,6+12
【答案】C
【分析】
根据题设向量模长和垂直条件，考虑运用几何法求解，由CA⊥CB想到构造矩形ACBD，运用极化恒等式推导出结论OA2+OB2=OC2+OD2，求得|OD|,最后用三角形三边关系定理得到|CD|的范围，转化即得.
【详解】
如图，设a=OA，b=OB，c=OC，点C在圆x2+y2=1上，
点A,B在圆x2+y2=4上，则a−c=CA，b−c=CB，由a−c⋅b−c=0可得：CA⊥CB，
作矩形ACBD, 则|a−b|=|OA−OB|=|BA|.
下证： OA2+OB2=OC2+OD2.
设AB,CD交于点P，连接OP,因OA=OP+PA,则 OA2=OP2+PA2+2OP⋅PA，
同理可得：OB2=OP2+PB2+2OP⋅PB，两式左右分别相加得：
OA2+OB2=2OP2+PA2+PB2=2OP2+12BA2=2(OP2+BA24)=2(OP2+DC24)，
=2[(OC+OD2)2+(OC−OD2)2] =OC2+OD2.
即a2+b2=c2+OD2，故|OD|=4+4−1=7.
又CD−OC≤OD≤OC+CD，因|CD|=|BA|=|a−b|，|OC|=1
即|a−b|−1≤7≤1+|a−b|，故有a−b∈7−1,7+1．
故选:C．
【点睛】
方法点睛：本题考查平面向量的线性运算的模长范围问题，属于较难题.
19. （2024·天津·二模）在△ABC中，AM=2MB，P是MC的中点，延长AP交BC于点D．设AB=a，AC=b，则AP可用a，b表示为 ，若AD=6，cs∠BAC=35,则△ABC面积的最大值为 ．
【答案】 AP=13a+12b， 258
【分析】根据几何关系，表示向量AP；设AP=λAD，再利用平面向量基本定理表示BP，即可求解λ，再根据AD=6，以及基本不等式，三角形面积公式，即可求解.
【详解】由点P是MC的中点，
则AP=12AM+AC=1223AB+AC=13a+12b；
设AP=λAD，BD=μBC，
则BP=12BC+BM=12AC−AB−13AB=12b−23a，
BP=AP−AB=λAD−AB=λBD−BA−AB，
=λμBC+AB−AB=λμAC−μAB+AB−AB，
=λμAC+λ−1−λμAB=λμb+λ−1−λμa，
所以λμ=12λ−1−λμ=−23，得λ=56,μ=35,
所以AP=56AD，即AD=65AP=25a+35b，
因为AD=6，
所以25a+35b2=425a2+925b2+1225a⋅b=425a2+925b2+36125ab，
≥2×625×ab+36125×ab=96125ab，
即96125ab≤6，即ab≤12516，当25a=35b时，即a=32b=5308时等号成立，
所以△ABC面积的最大值为12×12516sin∠BAC=12×12516×45=258.

故答案为：AP=13a+12b；258.
20. （2024·上海长宁·二模）已知平面向量a,b,c满足：a=b=10,c=2，若c−a⋅c−b=0，则a−b的最小值为 ．
【答案】2
【分析】先利用a⋅b=14a+b2−a−b2和a+b2+a−b2=40证明28−a−b2≤440−a−b2，再解不等式得到28−a−b2≤24，从而有a−b≥2，再验证a=3,1，b=3,−1，c=2,0时a−b=2，即得到a−b的最小值是2.
【详解】由于a⋅b=14a2+b2+2a⋅b−a2+b2−2a⋅b=14a+b2−a−b2=14a+b2−a−b2，
且a+b2+a−b2=a2+b2+2a⋅b+a2+b2−2a⋅b=2a2+b2=210+10=40，
故有0=c−a⋅c−b =c2−a+b⋅c+a⋅b ≥c2−a+bc+a⋅b =4−2a+b+a⋅b
=4−2a+b+14a+b2−a−b2 =4−2a+b+1440−2a−b2 =4−240−a−b2+1440−2a−b2
=14−240−a−b2−12a−b2，
所以28−a−b2≤440−a−b2，记28−a−b2=x，则有x≤4x+12，从而−12≤x≤0或x2≤16x+12，即−12≤x≤0或8≤x≤24.
总之有x≤24，故28−a−b2≤24，即a−b≥2.
存在a=3,1，b=3,−1，c=2,0时条件满足，且此时a−b=2，所以a−b的最小值是2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：对于a−b的最小值问题，我们先证明a−b≥2，再给出一个使得a−b=2的例子，即可说明a−b的最小值是2，论证不等关系和举例取到等号两个部分都是证明最小值的核心，缺一不可.
05向量新定义问题
21. （2023·福建泉州·模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离dA,B=x1−x2+y1−y1，余弦距离eA,B=1−csA,B，其中csA,B=csOA,OB（O为坐标原点）．已知M2,1，dM,N=1，则eM,N的最大值近似等于（ ）
（参考数据：2≈1.41，5≈2.24．）
A．0.052B．0.104C．0.896D．0.948
【答案】B
【分析】根据题意分析可得N在正方形ABCD的边上运动，结合图象分析OM,ON的最大值，即可得结果.
【详解】设Nx,y，
由题意可得：dM,N=2−x+1−y=1，即x−2+y−1=1，
可知x−2+y−1=1表示正方形ABCD，其中A2,0,B3,1,C2,2,D1,1，
即点N在正方形ABCD的边上运动，
因为OM=2,1,ON=x,y，由图可知：
当csM，N=csOM→，ON→取到最小值，即OM→，ON→最大，点N有如下两种可能：
①点N为点A，则ON=2,0，可得csM,N=csOM,ON=45×2=255；
②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC同向，不妨取ON=1,1，
则csM,N=csOM,ON=35×2=31010；
因为31010>255，
所以eM,N的最大值为1−255≈0.104.
故选：B.

【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.
22. （多选）（2022·山东潍坊·三模）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
【分析】由aΘb=x1y2−x2y1,x1x2+y1y2表示出λaΘb和λaΘb，即可判断A；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，即方程组
x1y0−x0y1=x0y1−x1y0=x1x1x0+y1y0=y1，对任意x1,y1恒成立，解方程可判断B；若a与b垂直，则x1x2+y1y2=0，设c=x3,y3，分别表示出aΘbΘc与aΘbΘc即可判断C；若a与b共线，则x1y2−x2y1=0，设c=x3,y3，分别表示出aΘbΘc与aΘbΘc即可判断D.
【详解】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.
23. （多选）（2022·广东·模拟预测）已知集合E是由平面向量组成的集合，若对任意a,b∈E，t∈0,1，均有ta+1−tb∈E，则称集合E是“凸”的，则下列集合中是“凸”的有（ ）．
A．x,yy≥exB．x,yy≥lnx
C．x,yx+2y−1≥0D．x,yx2+y2≤1
【答案】ACD
【分析】作出各个选项表示的平面区域，根据给定集合E是“凸”的意义判断作答.
【详解】设OA=a，OB=b，OC=ta+1−tb，则C为线段AB上一点，
因此一个集合E是“凸”的就是E表示的平面区域上任意两点的连线上的点仍在该区域内，
四个选项所表示的平面区域如图中阴影所示：
A B
C D
观察选项A，B，C，D所对图形知，B不符合题意，ACD符合题意.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：涉及符合某个条件的点构成的平面区域问题，理解不等式变为对应等式时的曲线方程的意义，
再作出方程表示的曲线，作图时一定要分清虚实线、准确确定区域.
24. （2024·全国·模拟预测）设有n维向量a=a1a2⋅⋅⋅an，b=b1b2⋅⋅⋅bn，称a,b=a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn为向量a和b的内积，当a,b=0，称向量a和b正交．设Sn为全体由−1和1构成的n元数组对应的向量的集合．
(1)若a=1234，写出一个向量b，使得a,b=0．
(2)令B=x,yx,y∈Sn．若m∈B，证明：m+n为偶数．
(3)若n=4，f4是从S4中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足a,b=0，猜测f4的值，并给出一个实例．
【答案】(1)b=11−10（答案不唯一）
(2)证明见解析
(3)f4=4，答案见解析.
【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可；
（2）根据x,y∈Sn，结合定义，求出x,y，即可得证；
（3）利用反证法求证.
【详解】（1）由定义，只需满足b1+2b2+3b3+4b4=0，不妨取b=11−10（答案不唯一）．
（2）对于m∈B，i=1，2，⋅⋅⋅，n，存在x=x1x2⋅⋅⋅xn，xi∈−1,1，y=y1y2⋅⋅⋅yn，yi∈−1,1，使得x,y=m．
当xi=yi时，xiyi=1；当xi≠yi时，xiyi=−1．令λi=1,xi=yi0,xi≠yi，k=i=1nλi．
所以x,y=i=1nxiyi=k−n−k=2k−n．
所以m+n=2k−n+n=2k为偶数．
（3）当n=4时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即f4=4．
不妨取a1=1111，a2=−11−11，a3=−1−111，a4=1−1−11，
则有a1,a2=0，a1,a3=0，a1,a4=0，a2,a3=0，a2,a4=0，a3,a4=0．
若存在a5，使a1,a5=0，则a5=−111−1或1−11−1或11−1−1．
当a5=−111−1时，a4,a5=−4；
当a5=1−11−1时，a2,a5=−4；
当a5=11−1−1时，a3,a5=−4，
故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交．
25. （2022·浙江绍兴·模拟预测）定义两个向量组X=(x1,x2,x3),Y=(y1,y2,y3)的运算X⋅Y=x1⋅y1+x2⋅y2+x3⋅y3，设e1,e2,e3为单位向量，向量组X=(x1,x2,x3),Y=(y1,y2,y3)分别为e1,e2,e3的一个排列，则X⋅Y的最小值为 ．
【答案】−32/−1.5
【分析】讨论xi≠yi,i=1,2,3、xi=yi=ei且i=1,2,3、xi=yi=ei且i=1或2或3，根据X⋅Y的定义及向量数量积的运算律，分别求最小值，即可得结果.
【详解】当xi=yi=ei且i=1,2,3时，X⋅Y=3；
当x1=y1=e1且x2≠y2、x3≠y3时，则X⋅Y=e12+2e2⋅e3≥1−2=−1，当且仅当〈e2,e3〉=π时等号成立；
同理x2=y2=e2且x1≠y1、x3≠y3或x3=y3=e3且x1≠y1、x2≠y2时，X⋅Y的最小值也为−1；
当xi≠yi,i=1,2,3时，则X⋅Y=e1⋅e2+e2⋅e3+e1⋅e3=e2⋅(e1+e3)+e1⋅e3≥e1⋅e3−|e1+e3|，
由|e1+e3|2=2+2e1⋅e3，设t=|e1+e3|,0≤t≤2，则e1⋅e3=t2−22，
所以e1⋅e3−|e1+e3|=12t2−t−1≥−32，当t=1时等号成立.
综上，X⋅Y的最小值为−32．
故答案为：−32.
【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，注意X,Y中向量不同的排列情况下对应X⋅Y的表达式，结合向量数量积运算律和几何关系求最值.
06复数性质相关问题
26.（多选）（2024·河南信阳·模拟预测）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若(1+i)z=−i，则z=1
B．对任意复数z1，z2，有z1z2=z1⋅z2
C．对任意复数z1，z2，有z1⋅z2=z1⋅z2
D．在复平面内，若M={z|z−2≤2}，则集合M所构成区域的面积为6π
【答案】BC
【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：由(1+i)z=−i，故z=−i1+i=−i×1−i1+i1−i=−1−i2，
故z=−122+−122=22，故A错误；
对B：设z1=a+bi a,b∈R、z2=c+di c,d∈R，
则z1z2=a+bic+di=ac−bd+ad+bci=ac−bd2+ad+bc2
=a2c2−2abcd+b2d2+a2d2+2abcd+b2c2=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，
z1⋅z2=a2+b2⋅c2+d2=a2+b2c2+d2=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，
故z1z2=z1⋅z2，故B正确；
对C：设z1=a+bi a,b∈R、z2=c+di c,d∈R，
有z1⋅z2=a+bic+di=ac−bd+ad+bci，则z1⋅z2=ac−bd−ad+bci，
z1⋅z2=a−bic−di=ac−bd−ad+bci，故z1⋅z2=z1⋅z2，故C正确；
对D：设z=x+yi x,y∈R，则有x−22+y2≤4，
集合M所构成区域为以2,0为圆心，半径为2的圆，
故S=πr2=4π，故D错误.
故选：BC.
27. (多选)（23-24高三上·辽宁·开学考试）设复数z1,z2,z3，且z1z2≠0,其中z1为确定的复数，下列说法正确的是（ ）.
A．若z1z2=z12，则z1+z2是实数
B．若z1z2=z12，则存在唯一实数对a,b使得z3=az1+bz2
C．若 z1z3+z3z1=0 ，则 z3在复平面内对应的点的轨迹是射线
D．若z2+z3b>0)的左､右焦点分别为F1,F2,P为C上不与左､右顶点重合的一点，I为△PF1F2的内心，且3IF1+2IF2=2PI，则C的离心率为（ ）
A．13B．25C．33D．65
【答案】B
【分析】取PF2中点M，由IP+IF2=2IM及3IF1+2IF2=2PI得到∴F1,I,M三点共线且F1IIM=43，再根据双曲线定义及Rt△F1IN∼Rt△F1F2M得到a、c的比例关系，进而解出离心率.
【详解】设M是PF2的中点，连接IM，如图，则IP+IF2=2IM，由3IF1+2IF2=2PI，得
3IF1+2IF2+2IP=3IF1+4IM=0, ∴F1,I,M三点共线，3IF1=4MI, ∴F1IIM=43.由F1M既是∠PF1F2的平分线，又是PF2边上的中线，得F1M⊥PF2,PF1=F1F2=2c, ∴PF2=2a−2c,MF2=a−c.作IN⊥x轴于点N，Rt△F1IN∼Rt△F1F2M，且IN=IM，∴F1IIN=F1IIM=F1F2MF2=43=2ca−c,.∴e=ca=25
故选：B.
59. （多选）（2023·湖北黄冈·模拟预测）点O，H分别是△ABC的外心､垂心，则下列选项正确的是（ ）
A．若BD=λBA|BA|+BC|BC|且BD=μBA+(1−μ)BC，则AD=DC
B．若2BO=BA+BC，且AB=2，则AC⋅AB=4
C．若∠B=π3，OB=mOA+nOC，则m+n的取值范围为−2,1
D．若2HA+3HB+4HC=0，则cs∠BHC=−105
【答案】BCD
【分析】A.根据向量的运算以及基本定理的推理，确定点D的位置，即可判断A；B.根据条件，确定△ABC的形状，即可判断B；C.建立坐标系，将利用三角函数表示m+n，根据三角函数的性质，即可判断C；根据垂心的性质，得HA⋅HC=HA⋅HB=HB⋅HC，再结合数量积公式，即可求解.
【详解】A.由BD=μBA+(1−μ)BC，(λ,μ∈R)可知，点A,D,C共线，
又BD=λBA|BA|+BC|BC|可知，点D在∠CBA的角平分线上，
所以BD为△ABC的角平分线，AD与DC不一定相等，故A错误；
B.若2BO=BA+BC，则点O是AC的中点，点O又是△ABC的外心，
所以∠ABC=90∘，AC⋅AB=ACABcsA=AB2=4，故B正确；
C. 因为∠B=π3，所以∠AOC=2π3，如图，建立平面直角坐标系，

设Cr,0，A−12r,32r，Brcsθ,rsinθ，θ∈2π3,2π
因为OB=mOA+nOC，所以rcsθ=m⋅−12r+nrrsinθ=m⋅32r，
得m=23sinθ，n=csθ+13sinθ，
m+n=csθ+3sinθ=2sinθ+π6，θ∈2π3,2π，
θ+π6∈5π6,13π6，sinθ+π6∈−1,12，则m+n∈−2,1，故C正确；
D.因为AH⊥BC，所以AH⋅BC=0，
即AH⋅HC−HB=AH⋅HC−AH⋅HB=0，则HA⋅HC=HA⋅HB，
同理，HA⋅HC=HC⋅HB，所以HA⋅HC=HA⋅HB=HB⋅HC，
设HA⋅HC=HA⋅HB=HB⋅HC=x，
因为2HA+3HB+4HC=0，所以3HB=−2HA−4HC，
即3HB2=−2HA⋅HB−4HC⋅HB=−6x，则HB=−2x，
4HC=−2HA−3HB，即4HC2=−2HA⋅HC−3HB⋅HC=−5x，
则HC=−54x，
cs∠BHC=csHB,HC=HB⋅HCHBHC=x52x2=−105，x0,CA−CB=6,BA=14，设BA=a,则BE在a上的投影向量为 ．（结果用a表示）．
【答案】27a
【分析】建立直角坐标系，根据双曲线的定义，结合三角形内心的向量表达式、切线长定理、投影向量的定义进行求解即可.
【详解】建立如图所示的直角坐标系，
由BA=14，可设A−7,0,B7,0，CA−CB=6，

得点C的轨迹是以A−7,0,B7,0为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）．
因为CD是△ABC的角平分线，
且BE=BA+λADAD+ACAC⇒AE=λADAD+ACAC，
所以AE也为△ABC的角平分线，∴E为△ABC的内心．
如图，设Ex0,y0,EM⊥AC,EQ⊥AB,EN⊥BC，
则由双曲线与内切圆的性质可得，AC−BC=AM−BN=AQ−BQ=6，
又AQ+BQ=14，所以，BQ=4，∴BE在a上的投影长为4，则BE在a上的投影向量为27a，
故答案为：27a
【点睛】关键点睛：本题的关键是识别三角形内心的表达式，利用切线长定理进行求解.
13向量与数列结合
61.（2023·四川达州·一模）已知O为平面四边形ABCD内一点，数列an满足a1=4，当n≥2时，恒有OD=an−2nOA−an+an−1−4n+1OB+an−1−2n+2OC，AC，BD相交于点E，且2AE=EC，设数列an的前n项和为Sn，则S5= .
【答案】92
【分析】根据已知恒等式可得CD=2n−anAB+an−1−2n+1BC，再将CD用AB,AE表示，再根据CD=AD−3AE，从而可将AE用AB,AD表示，再根据平面向量共线定理得推论可求得数列an的递推公式，再根据递推公式求出a2,a3,a4,a5，即可得解.
【详解】因为2AE=EC，所以AC=3AE，
由OD=an−2nOA−an+an−1−4n+1OB+an−1−2n+2OC，
得OD−OC=an−2nOA−an−2nOB−an−1−2n+1OB+an−1−2n+1OC，
所以CD=2n−anAB+an−1−2n+1BC
=2n−anAB+an−1−2n+1AC−AB
=4n−an−an−1−1AB+3an−1−2n+1AE，
又CD=AD−AC=AD−3AE，
所以AD−3AE=4n−an−an−1−1AB+3an−1−2n+1AE，
整理得AE=an+an−1−4n+13an−1−2n+2AB+13an−1−2n+2AD，
因为B,D,E三点共线，
所以an+an−1−4n+13an−1−2n+2+13an−1−2n+2=1，
整理得an=2an−1−2n+4，
因为a1=4，
所以a2=2a1−4+4=8,a3=2a2−6+4=14，
a4=2a3−8+4=24,a5=2a4−10+4=42，
所以S5=4+8+14+24+42=92.
故答案为：92.
【点睛】关键点点睛：根据已知恒等式可得CD=2n−anAB+an−1−2n+1BC =4n−an−an−1−1AB+3an−1−2n+1AE，再结合CD=AD−3AE，将AE用AB,AD表示，是解决本题得关键.
62. （2023·广东广州·三模）我们称nn∈N∗元有序实数组x1,x2,⋯,xn为n维向量，x1+x2+⋯+xn为该向量的范数.已知n维向量a=x1,x2,⋯,xn，其中xi∈−1,0,1，i=1,2,⋯n，记范数为奇数的a的个数为An，则An= .（用含n的式子表示，n∈N∗）
【答案】3n−−1n2
【分析】考虑当n为偶数时，xi=0的个数为奇数，当n为奇数时，xi=0的个数为偶数，根据2+1n和2−1n的展开式的加减得到An的通项公式.
【详解】当n为偶数时，范数为奇数，则xi=0的个数为奇数，即0的个数为1,3,5,⋯,n−1，
根据乘法原理和加法原理得到An=Cn1⋅2n−1+Cn3⋅2n−3+⋯+Cnn−1⋅2，
3n=2+1n=Cn0⋅2n+Cn1⋅2n−1+⋯+Cnn−1⋅2+Cnn，
1=2−1n=Cn0⋅2n−Cn1⋅2n−1+⋯−Cnn−1⋅2+Cnn，
两式相减得到An=3n−12；
当n为奇数时，范数为奇数，则xi=0的个数为偶数，即0的个数为0,2,4,6,⋯,n−1，
根据乘法原理和加法原理得到An=Cn0⋅2n+Cn2⋅2n−2+⋯+Cnn−1⋅2，
3n=2+1n=Cn0⋅2n+Cn1⋅2n−1+⋯+Cnn−1⋅2+Cnn，
1=2−1n=Cn0⋅2n−Cn1⋅2n−1+⋯+Cnn−1⋅2−Cnn，
两式相加得到An=3n+12.
综上所述：An=3n−−1n2.
故答案为：3n−−1n2.
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用2+1n和2−1n的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
63． （2023·北京海淀·二模）在数列xn中，x1=1，x2=2．设向量an=xn,xn+1，已知an⋅an+1−an=0 (n=1,2,⋯)，给出下列四个结论：①x3=3；②∀n∈N∗，xn>0；③∀n∈N∗，xn+2>xn；④∀n∈N∗，xn+1≠xn．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据已知带入，即可求得x3=32，即可判断①；同理可求得x4=136，x5=13378.然后猜想∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1（*）.然后根据数学归纳法证明（*）成立，进而推得x2n=x2n−1+1x2n−1，x2n+1=x2n−1x2n.可猜想x2n−1≥1，x2n≥2（**）. 然后根据数学归纳法证明（**）成立，即可得出②；带入化简整理可得x2n+2=x2n−1x2n+1x2n−1x2n，根据不等式的性质即可得出③；根据（**）的结论即可得出④正确.
【详解】对于①，由已知可得a1=x1,x2=1,2，a2=x2,x3=2,x3，
所以，a2−a1=1,x3−2.
因为a1⋅a2−a1=0，所以有1×1+2x3−2=0，解得x3=32，故①错误；
对于②，a2=2,32，a3=x3,x4=32,x4，
所以，a3−a2=−12,x4−32.
因为a2⋅a3−a2=0，所以有2×−12+32x4−32=0，解得x4=136.
同理可得，x5=13378.
所以有x1x2−x1=1×2−1=1，x2x3−x2=2×32−2=−1，x3x4−x3=32×136−32=1，x4x5−x4=136×13378−136=−1.
猜想，∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1.（*）
显然，当n=1时，（*）式成立；
假设n=kk∈N∗时，（*）式成立，
即∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1.
因为a2n=x2n,x2n+1，a2n+1=x2n+1,x2n+2，a2n+2=x2n+2,x2n+3，
所以a2n+1−a2n=x2n+1−x2n,x2n+2−x2n+1，a2n+2−a2n+1=x2n+2−x2n+1,x2n+3−x2n+2.
由已知可得，a2n⋅a2n+1−a2n=0，
所以x2nx2n+1−x2n+x2n+1x2n+2−x2n+1=0，
所以x2n+1x2n+2−x2n+1=−x2nx2n+1−x2n=1.
又a2n+1⋅a2n+2−a2n+1=0，
所以x2n+1x2n+2−x2n+1+x2n+2x2n+3−x2n+2=0，
所以x2n+2x2n+3−x2n+2=−x2n+1x2n+2−x2n+1=−1.
即，n=k+1时，式子（*）也成立.
所以，猜想正确.
即∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1.
所以， x2n=x2n−1+1x2n−1，x2n+1=x2n−1x2n.
猜想，x2n−1≥1，x2n≥2.（**）
当n=1时，（**）式成立；
假设当n=kk∈N∗时，（**）式成立，即x2k−1≥1，x2k≥2.
则x2k+1=x2k−1x2k≥2−12≥32≥1，x2k+2=x2k+1+1x2k+1≥2x2k+1⋅1x2k+1=2，
当且仅当x2k+1=1x2k+1，即x2k+1=1时，等号成立.
因为x2k+1≥32，所以x2k>2≥2.
所以，当n=k+1时，（**）式也成立.
所以，∀n∈N∗，xn>0，故②正确；
对于③，因为x2n≥2，所以0x2n−1x2n>0，
所以1x2n0.
又x2n+2=x2n+1+1x2n+1=x2n−1x2n+1x2n−1x2n，所以x2n+2>x2n.
同理可得，x2n+1>x2n−1.
所以，∀n∈N∗，xn+2>xn，故③正确；
对于④，由（**）可得，x2n=x2n−1+1x2n−1≠x2n−1，x2n+1=x2n−1x2n≠x2n.
所以，∀n∈N∗，xn+1≠xn，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点睛：根据前几项，猜想结论，根据数学归纳法证明结论.
64. （2022·全国·模拟预测）如图，在△ABC中，D是AC边上一点，且AD=12DC，Enn∈N∗为直线AB上一点列，满足：EnB=4an+1−1EnD+11−2anEnC，且a1=6，则数列1an−1的前n项和Sn= ．
【答案】351−−23n−45n
【分析】利用向量的线性运算与平面向量基本定理可得4an+1−1=−31−2an，令bn=1an−1，进而可得bn+45为等比数列，求得bn=1an−1，再利用分组求和法得出答案．
【详解】由于D是AC边上一点，且AD=12DC，
则 EnA=EnD+DA=EnD+12CD=EnD+12EnD−EnC=32EnD−12EnC，
由于Enn∈N∗为直线AB上一点列，则EnB=λEnA=3λ2EnD−λ2EnC．
因为 EnB=4an+1−1EnD+11−2anEnC，
则4an+1−1=3λ211−2an=−λ2，故4an+1−1=−31−2an，
整理4an+1an−2an+1−an−1=0，即4an+1−1an−1+2an+1−1+3an−1=0，
故4+2an−1+3an+1−1=0，
令bn=1an−1，则4+2bn+3bn+1=0，即bn+1=−23bn−43，
因此 bn+1+45=−23bn+45，b1=1a1−1=15，b1+45=1，
所以 bn+45是以1为首项，−23为公比的等比数列，则bn+45=−23n−1，
所以bn=1an−1=−23n−1−45，
故 Sn=−230−45+−231−45+⋯+−23n−1−45 =−230+−231+⋯+−23n−1−45n =1⋅1−−23n1−−23−45n=351−−23n−45n．
故答案为：351−−23n−45n．
65. （2022·山西太原·三模）如图，已知点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，点Gn(n∈N∗)在线段BD上，且满足GnD=an+1⋅GnA−2(2an+3)⋅GnE，其中数列{an}是首项为1的数列，则数列{an}的通项公式为
【答案】an=2n+1−3
【分析】根据平面向量的运算可得GnB=−GnA+2GnE，再根据向量共线的性质可得GnD=λGnB=−λGnA+2λGnE，再根据条件得到an+1=2an+3，从而构造等比数列{an+3}求解即可
【详解】∵E为AB中点，∴ 2GnE=GnA+GnB，∴ GnB=−GnA+2GnE，
又∵D、Gn、B三点共线，∴ GnD=λGnB=−λGnA+2λGnE，又∵ GnD=an+1⋅GnA−2(2an+3)⋅GnE，
∴ −λ=an+12λ=−2(2an+3)，化简可得an+1=2an+3，∴an+1+3=2(an+3)，又a1+3=1+3=4
∴数列{an+3}是首项为4、公比为2的等比数列.∴ an+3=4×2n−1=2n+1，∴ an=2n+1−3.
故答案为：an=2n+1−3
14向量与三角换元
66.（2022·天津和平·三模）在平面内，定点A,B,C,O，满足OA=OB=OC=2，且OA+OB+OC=0，则AB= ；平面内的动点P,M满足AP=1，PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．
【答案】 23 494
【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出OB⋅OC=−2，进而根据AB=OB−OA，平方后计算出AB2=12，从而求出AB=23；然后建立平面直角坐标系，设出Pcsθ,sinθ，表达出M3+csθ2,3+sinθ2和BM2=3sinθ−π3+374，利用三角函数有界性求出最大值.
【详解】因为OA=OB=OC=2，OA+OB+OC=0，
所以OA=−OB+OC，两边平方得：OA2=−OB+OC=OB2+2OB⋅OC+OC2，
即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，
因为AB=OB−OA，
所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，
因为AB≥0
所以AB=23；
可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，
如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，
C3,3，B23,0，
因为AP=1，所以设Pcsθ,sinθ，θ∈0,2π，
由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M3+csθ2,3+sinθ2，
则BM2=3+csθ2−232+3+sinθ22=374+32sinθ−332csθ
=3sinθ−π3+374，
当sinθ−π3=1时，BM2=3sinθ−π3+374取得最大值，最大值为494.
故答案为：23，494
67. （2022·浙江·模拟预测）已知平面向量a、b、c、e，满足a⊥b，a=2b，c=a+b，e=1，若a2−6a⋅e+8=0，则c⋅e−13c2的最大值是 .
【答案】310−76
【分析】分析可得a−3e=1，设e=1,0，a=x,y，可得出x−32+y2=1，可设a=3+csθ,sinθ，可得出向量c的坐标，设c=m,n，可得出m、n所满足的等式，利用向量模的三角不等式可求得c⋅e−13c2的最大值.
【详解】因为a2−6a⋅e+8=0，即a2−6a⋅e+9e2=1，可得a−3e=1，
设e=1,0，a=x,y，则a−3e=x−3,y，则x−32+y2=1，
设x=3+csθy=sinθ，则a=3+csθ,sinθ，
因为a⊥b，a=2b，则b=−sinθ2,3+csθ2或b=sinθ2,−3+csθ2，
因为c=a+b，则c=3+csθ−sinθ2,32+sinθ+csθ2或c=3+csθ+sinθ2,−32+sinθ−csθ2，
令c=m,n，则m−32+n−322=54或m−32+n+322=54，
根据对称性，可只考虑m−32+n−322=54，
由c⋅e−13c2=m−13m2+n2=−13m−322+n2+34，
记点A3,32、B32,0、Pm,n，则AB=3−322+322=322，PA=1，
所以，PB=PA+AB≥PA−AB=32−52，
当且仅当点M为线段AB与圆x−32+y−322=54的交点时，等号成立，
所以，c⋅e−13c2=−13m−322+n2+34=−13PB2+34≤−13×32−522+34
=310−76.
故答案为：310−76.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）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．
68. （2022·天津河西·模拟预测）如图，已知B，D是直角C两边上的动点，AD⊥BD，AD=3，∠BAD=π6，CM=12CA+CB，CN=12CD+CA，则CM⋅CN的最大值为 .
【答案】134+1
【分析】以点C为原点，CB，CD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设∠CBD=θ，利用三角函数关系表示A，B，D的坐标，由题干条件分析可知M为AB的中点，N为AD的中点，即可得到M，N的坐标，进而得到CM与CN，整理可得CM⋅CN为关于θ的函数，利用正弦型函数的性质即可求得最大值.
【详解】如图，以点C为原点，CB，CD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
设∠CBD=θ，则∠ABD=π2−π6=π3，∠ABx=π−θ−π3=2π3−θ，
在Rt△ABD中，AB=ADcs∠BAD=3csπ6=2，BD=ABsin∠BAD=1，
所以设Bcsθ,0，D0,sinθ，Acsθ+2cs2π3−θ,2sin2π3−θ，即A3sinθ,3csθ+sinθ.
由题意可知M为AB的中点，N为AD的中点，
所以M12csθ+3sinθ,123csθ+sinθ，N32sinθ,32csθ+sinθ，
所以CM=12csθ+3sinθ,123csθ+sinθ，CN=32sinθ,32csθ+sinθ，
所以CM⋅CN=12csθ+3sinθ×32sinθ+123csθ+sinθ×32csθ+sinθ
=34sinθcsθ+34sin2θ+143cs2θ+33sinθcsθ+2sin2θ
=3sinθcsθ+34+12sin2θ
=32sin2θ+34+12×1−cs2θ2
=32sin2θ−14cs2θ+1
=322+−142sin2θ−φ+1
=134sin2θ−φ+1（其中tanφ=36，φ为锐角），
所以CM⋅CN的最大值为134+1，此时2θ−φ=π2，即θ=π4+φ2，
故答案为：134+1
【点睛】关键点点睛：题目中给出垂直关系，可利用坐标法处理此题，设∠CBD=θ，点坐标即可用关于θ的三角函数关系表示，则将问题整理为关于θ的正弦型函数求最大值问题.
69. （2024·广东·模拟预测）已知O为△ABC的外接圆圆心，且AO⋅BC=1,BC=1．设实数λ,μ满足AO=λAB +μAC，则2λ2μ−1的取值范围为 ．
【答案】−3,−1
【分析】
以BC中垂线为y轴，BC为x轴建立直角坐标系，设出圆心坐标及半径，写出外接圆的方程，再分别写出A,B,C坐标，将题干条件带入，即可得到等式，根据等式得出λ,μ的关系及范围，再将关系带入2λ2μ−1中，根据范围即可求得结果。
【详解】解：由题可得，以BC的中点M为原点，BC方向为x轴，BC的中垂线为y轴，
建立如图所示平面直角坐标系：
因为BC=1，所以B−12,0,C12,0，记圆心O0,m，半径为r，
所以圆O的方程为x2+y−m2=14+m2，r2=14+m2，
不妨设Arcsθ,m+rsinθ，所以AO=−rcsθ,−rsinθ,BC=1,0,
AB=−12−rcsθ,−m−rsinθ,AC=12−rcsθ,−m−rsinθ,
因为AO⋅BC=1,所以rcsθ=−1，
因为AO=λAB+μAC，
所以−rcsθ,−rsinθ=λ−12−rcsθ,−m−rsinθ+μ12−rcsθ,−m−rsinθ，
所以可得−rcsθ=−λ2−rλcsθ+μ2−rμcsθ−rsinθ=−mλ−rλsinθ−mμ−rμsinθ，
将rcsθ=−1代入上式可得2=λ+3μ，rsinθ=mλ+μ1−λ+μ①，
因为r2=14+m2，rcsθ=−1②，
将①的平方和②的平方相加可得：r2=m2λ+μ1−λ+μ2+1，
所以r2−1m2=λ+μ1−λ+μ2=m2−34m2=1−34m2∈0,1，
所以−1x−16x3，
令f(x)=sinx−x+16x3,f'(x)=csx−1+12x2,f''(x)=x−sinx，
f‴(x)=1−csx，易知f‴(x)>0，所以f''(x)在0,32上单调递增，
所以f''(x)>f''(0)=0，所以f'(x)在0,32上单调递增，所以f'(x)>f'(0)=0，
所以f(x)在0,32上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，
再令g(x)=x−16x3−ln(x+1)，x∈0,32，易得g'(x)=−12x(x−1)(x+2)x+1，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在1,32上单调递减，
而g(0)=0,g32=1516−ln52>0，
所以∀x∈0,32,g(x)>0 恒成立，
当a≥1时，asinx≥sinx>x−16x3>ln(x+1) ，所以easinx>x+1成立，
当a