2026版《金版教程》高考一轮复习数学第三章 考点测试20 平面向量的数量积及其应用

高考总复习首选用卷数学考点测试20平面向量的数量积及其应用基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号123456789101112难度★★★★★★★★★★★★★对点平面向量数量积的基本运算平面向量在物理中的应用平面向量数量积的基本运算投影向量平面向量的夹角平面向量的模平面向量的模平面向量的垂直；平面向量数量积的基本运算平面向量的模；平面向量的平行、垂直与夹角平面向量数量积的综合应用平面向量的垂直平面向量的模题号1314151617181920212223难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点平面向量数量积的基本运算平面向量数量积的基本运算平面向量的垂直向量在平面几何中的应用平面向量的模平面向量数量积的基本运算投影向量；平面向量的夹角平面向量的夹角；平面向量数量积的基本运算平面向量的新定义问题平面向量数量积的综合应用平面向量在三角函数中的应用高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，中、低等难度考点研读1.理解平面向量数量积的含义及其几何意义2．了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义3．掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算4．能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系1．(2025·河南部分中学高三开学联考)已知单位向量a，b的夹角为eq\f(π,3)，则a·(2b－a)＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．0 D．1答案：C解析：由题意，知|a|＝|b|＝1，a·b＝|a||b|·coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，所以a·(2b－a)＝2a·b－a2＝2×eq\f(1,2)－1＝0.故选C.2．平面上三个力F1，F2，F3作用于一点且处于平衡状态，|F1|＝1N，|F2|＝eq\r(2)N，F1与F2的夹角为45°，则|F3|＝()A.eq\r(3)N B．5NC.eq\r(5)N D.eq\r(6)N答案：C解析：由题意得，F3＝－(F1＋F2)，所以|F3|＝|－(F1＋F2)|＝eq\r(（F1＋F2）2)＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋2F1·F2＋Feq\o\al(2,2))＝eq\r(1＋2＋2)＝eq\r(5)N．故选C.3．(2025·山东潍坊高三开学调研监测)已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为2，则(a＋b)·c＋a·b＝()A．0 B．3C．6 D．12答案：D解析：以向量a，b的公共起点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝(4，2)，b＝(4，－2)，c＝(0，2)，则(a＋b)·c＋a·b＝(8，0)·(0，2)＋(4，2)·(4，－2)＝12.故选D.4．(2025·湖南师大附中高三第一次月考)已知平面向量a＝(5，0)，b＝(2，－1)，则向量a＋b在向量b上的投影向量为()A．(6，－3) B．(4，－2)C．(2，－1) D．(5，0)答案：A解析：a＋b＝(7，－1)，(a＋b)·b＝15，|b|＝eq\r(22＋（－1）2)＝eq\r(5)，所以向量a＋b在向量b上的投影向量为eq\f(（a＋b）·b,|b|2)b＝3b＝(6，－3)．故选A.5．(2025·江苏扬州宝应县安宜高级中学高三上期末)设a，b均为非零向量，且a⊥(a＋b)，|b|＝2|a|，则a与b的夹角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(2π,3)答案：D解析：设a与b的夹角为θ，由a⊥(a＋b)，可得a·(a＋b)＝0，所以a2＋|a||b|cosθ＝0，又|b|＝2|a|，所以|a|2＋2|a|2cosθ＝0，解得cosθ＝－eq\f(1,2)，因为0≤θ≤π，所以a与b的夹角为eq\f(2π,3).故选D.6．(2024·四川成都模拟)已知向量a＝(λ，2)，b＝(1，1)，若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为()A．－2 B．2C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案：A解析：由|a＋b|＝|a－b|，得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，则a·b＝0，因此λ＋2＝0，所以λ＝－2.故选A.7．(2025·安徽皖江名校联盟高三第一次联考)已知平面向量a，b满足a＝(1，eq\r(3))，|a－b|＝4，则|b|的取值范围是()A．[2，6] B．[2，2eq\r(3)]C．[2eq\r(3)，6] D．[1，2eq\r(3)]答案：A解析：设b＝(x，y)，又a＝(1，eq\r(3))，a－b＝(1－x，eq\r(3)－y)，因为|a－b|＝4，所以|a－b|＝eq\r(（x－1）2＋（y－\r(3)）2)＝4，所以(x，y)在以C(1，eq\r(3))为圆心，4为半径的圆上，又|OC|＝2，则|b|＝eq\r(x2＋y2)∈[4－2，4＋2]，即|b|∈[2，6]．故选A.8．(2024·山西太原一模)在△ABC中，BC＝6，AB＝4，∠CBA＝eq\f(π,2)，设D为AC的中点，E在BC上，且eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，则eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝()A．16 B．12C．8 D．－4答案：A解析：∵在△ABC中，BC＝6，AB＝4，∠CBA＝eq\f(π,2)，∴以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(4，0)，B(0，0)，C(0，6)，D(2，3)，设E(0，b)，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－4，b)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2，3)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，6)，由题意可知eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，即(－4，b)·(2，3)＝0，即－8＋3b＝0，解得b＝eq\f(8,3)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(8,3)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝16.故选A.9．(多选)已知向量a＝(4，3－m)，b＝(1，m)，则下列说法正确的是()A．若a⊥b，则m＝4B．若m＝eq\f(3,5)，则a∥bC．|a＋2b|的最小值为6D．若a与b的夹角为钝角，则m<－1或m>4答案：BCD解析：对于A，∵a⊥b，∴4×1＋m(3－m)＝0，解得m＝4或m＝－1，故A错误；对于B，由题意可知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(12,5)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,5)))，即a＝4b，则有a∥b，故B正确；对于C，由a＝(4，3－m)，b＝(1，m)，得a＋2b＝(6，3＋m)，则|a＋2b|＝eq\r(36＋（m＋3）2)，显然当m＝－3时，|a＋2b|取得最小值6，故C正确；对于D，若a与b的夹角为钝角，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·b＝4＋m（3－m）<0，,4m≠3－m，))解得m<－1或m>4，故D正确．故选BCD.10．(多选)已知向量a＝(1，－1)，b＝(2，k)，a⊥b，c＝a－tb.若〈a，c〉＝〈b，c〉，则()A．|a|＝eq\f(1,2)|b|B．b·c＝4C．b在c上的投影向量为cD．与b反向的单位向量是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))答案：ABC解析：∵a＝(1，－1)，b＝(2，k)，c＝a－tb，∴c＝(1－2t，－1－tk)．∵a⊥b，∴2－k＝0，∴k＝2，∴b＝(2，2)，c＝(1－2t，－1－2t)．∵〈a，c〉＝〈b，c〉，∴cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即eq\f(a·c,|a||c|)＝eq\f(b·c,|b||c|)，∴eq\f(a·c,|a|)＝eq\f(b·c,|b|)，即eq\f(2,\r(2))＝eq\f(－8t,2\r(2))，解得t＝－eq\f(1,2)，则c＝(2，0)．对于A，|a|＝eq\r(2)，|b|＝2eq\r(2)，∴|a|＝eq\f(1,2)|b|，故A正确；对于B，b·c＝(2，2)·(2，0)＝4，故B正确；对于C，b在c上的投影向量为|b|cos〈b，c〉·eq\f(c,|c|)＝eq\f(b·c,|c|)·eq\f(c,|c|)＝eq\f(4,2)×eq\f(1,2)c＝c，故C正确；对于D，与b反向的单位向量是－eq\f(b,|b|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，故D错误．故选ABC.11．(2024·河北保定部分学校高三模拟)已知向量a＝(1，－1)，b＝(0，2)，若(a－mb)⊥b，则m＝________．答案：－eq\f(1,2)解析：由(a－mb)⊥b，可得(a－mb)·b＝a·b－mb2＝0，则－2－4m＝0，解得m＝－eq\f(1,2).12．(2024·辽宁沈阳三模)已知向量a，b满足|a|＝2，(4a＋b)·b＝4，则|2a＋b|＝________．答案：2eq\r(5)解析：因为(4a＋b)·b＝4，所以4a·b＋b2＝4，又|a|＝2，所以|2a＋b|＝eq\r(（2a＋b）2)＝eq\r(4a2＋4a·b＋b2)＝eq\r(4×22＋4)＝2eq\r(5).13．(2025·河北邢台邢襄联盟高三开学考试)已知向量a＝(1，3)，b＝(－2，x)，c＝(y，y)，若a＋b＝c，则b·c＝________．答案：6解析：因为a＋b＝c，所以(1，3)＋(－2，x)＝(－1，x＋3)＝(y，y)，所以y＝－1，x＝－4，所以c＝(－1，－1)，b＝(－2，－4)，b·c＝(－2)×(－1)＋(－4)×(－1)＝6.14．(2025·山东烟台招远市第二中学等校高三摸底联考)已知△ABC，AB＝BC＝1，∠B＝120°，E是BC边上一点，若BE＝2CE，则eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝________．答案：－eq\f(7,18)解析：由题意知，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\f(2,3)\o(BC,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(BC,\s\up6(→))))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(2,9)eq\o(BC,\s\up6(→))2＝－eq\f(1,3)×1×1×cos60°－eq\f(2,9)＝－eq\f(7,18).15．(2024·四川内江三模)已知向量a＝(1，－2)，b＝(cosα，sinα)，若a⊥b，则eq\f(sinα－cosα,sinα＋cosα)的值为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(2,3)答案：C解析：已知a＝(1，－2)，b＝(cosα，sinα)，若a⊥b，则a·b＝cosα－2sinα＝0，即sinα＝eq\f(1,2)cosα，所以eq\f(sinα－cosα,sinα＋cosα)＝eq\f(\f(1,2)cosα－cosα,\f(1,2)cosα＋cosα)＝－eq\f(1,3).故选C.16．若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，则△ABC的形状为()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形答案：A解析：因为(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(CB,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，所以(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2－|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＝0，即|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，所以△ABC是等腰三角形．故选A.17．(2025·河北保定定州中学开学考试)平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，a·b＝0，若|a－c|＝|b－c|，则|c|的最小值为()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)答案：B解析：解法一：因为|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，a·b＝0，建立如图所示的平面直角坐标系，其中eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，则A(0，1)，B(eq\r(3)，0)．设c＝(x，y)，由|a－c|＝|b－c|知，eq\r(x2＋（y－1）2)＝eq\r(（x－\r(3)）2＋y2)⇒y＝eq\r(3)x－1，则|c|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(4x2－2\r(3)x＋1)＝eq\r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),4)))\s\up12(2)＋\f(1,4))，当x＝eq\f(\r(3),4)时，|c|取得最小值eq\f(1,2).故选B.解法二：因为|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，a·b＝0，如图所示，设Rt△OAB中，D为AB的中点，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，则|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，设eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，由|a－c|＝|b－c|知，点C在线段AB的垂直平分线DE上，且OD＝1，则|c|的最小值为点O到直线DE的距离eq\f(1,2).故选B.解法三：因为|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，a·b＝0，所以|b－a|＝eq\r(（b－a）2)＝2，由|a－c|＝|b－c|，得|a－c|2＝|b－c|2，a2－2a·c＋c2＝b2－2b·c＋c2，即1－2a·c＝3－2b·c，所以b·c－a·c＝1，(b－a)·c＝1，设b－a与c的夹角为θ，则(b－a)·c＝|b－a||c|cosθ＝1，|c|＝eq\f(1,2cosθ)，当cosθ＝1时，|c|取得最小值eq\f(1,2).故选B.18．(2024·广东佛山模拟)已知点P在圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上运动，点A(－2，0)，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的取值范围为()A．[20，30] B．(20，30)C．[20，25] D．(20，25)答案：A解析：由圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1，可得圆心C(2，3)，半径r＝1，又A(－2，0)，所以|AC|＝eq\r(（2＋2）2＋（3－0）2)＝5，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝25＋5×1×cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))〉，因为－1≤cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))〉≤1，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))∈[20，30]．故选A.19．已知非零且不垂直的平面向量a，b满足|a|＋|b|＝6，若a在b上的投影与b在a上的投影之和等于(a·b)2，则a与b夹角的余弦值的最小值为________．答案：eq\f(2,27)解析：因为|a|＋|b|＝6，所以|a||b|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a|＋|b|,2)))eq\s\up12(2)＝9，当且仅当|a|＝|b|＝3时取等号．设a与b的夹角为θ，则由题意得|a|cosθ＋|b|cosθ＝(a·b)2＝|a|2|b|2cos2θ，易知|a|≠0，|b|≠0且cosθ≠0，则|a|＋|b|＝|a|2|b|2cosθ，所以cosθ＝eq\f(|a|＋|b|,|a|2|b|2)＝eq\f(6,|a|2|b|2)≥eq\f(6,92)＝eq\f(2,27)，所以a与b夹角的余弦值的最小值为eq\f(2,27).20．(2024·天津河西模拟)在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝1，AB＝3，CD＝1，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)，点M满足eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，则∠DAB＝________；若BD与CM相交于点P，N为线段AC延长线上的动点，则eq\o(NP,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))的最小值为________．答案：eq\f(2π,3)eq\f(23,36)解析：由图1可知，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝3cos∠DAB＋3＝eq\f(3,2)，解得cos∠DAB＝－eq\f(1,2)，因为0<∠DAB<π，则∠DAB＝eq\f(2π,3).如图2，建立平面直角坐标系，因为∠DAB＝eq\f(2π,3)，AB∥CD，AD＝CD＝1，易得△ACD为等边三角形．则A(0，0)，B(3，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，M(1，0)，直线CM的方程为eq\r(3)x＋y－eq\r(3)＝0，直线BD的方程为eq\r(3)x＋7y－3eq\r(3)＝0，两直线方程联立，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)，,y＝\f(\r(3),3)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)))，因为N为线段AC延长线上的动点，故可设Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)t，\f(\r(3),2)t))，则t>1，于是eq\o(NP,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(1,2)t，\f(\r(3),3)－\f(\r(3),2)t))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)t，－\f(\r(3),2)t))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(1,2)t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)t))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)－\f(\r(3),2)t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)t))＝t2－eq\f(7,3)t＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(7,6)))eq\s\up12(2)＋eq\f(23,36)，因为t>1，故当t＝eq\f(7,6)时，eq\o(NP,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))取得最小值，为eq\f(23,36).21．(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＝eq\f(a·b,|a|2＋|b|2)，a⊙b＝eq\f(a·b,|b|2).若平面向量a，b满足|a|>|b|>0，且a⊕b和a⊙b都在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,4)\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(n∈Z，0<n≤4))))中，则a⊕b＋a⊙b＝()A．1 B.eq\f(3,2)C．1或eq\f(7,4) D．1或eq\f(5,4)答案：D解析：因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n,4)))n∈Z，0<n≤4))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)，\f(3,4)，1))，设向量a与b的夹角为θ，因为|a|>|b|>0，所以|a|2＋|b|2>2|a||b|，所以a⊕b＝eq\f(a·b,|a|2＋|b|2)＝eq\f(|a||b|cosθ,|a|2＋|b|2)<eq\f(|a||b|cosθ,2|a||b|)＝eq\f(cosθ,2)，又θ∈[0，π]，所以eq\f(cosθ,2)≤eq\f(1,2)，则a⊕b<eq\f(1,2)，又a⊕b在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n,4)))n∈Z，0<n≤4))中，所以a⊕b＝eq\f(1,4)，则eq\f(cosθ,2)>eq\f(1,4)，即cosθ>eq\f(1,2)，又因为a⊙b＝eq\f(a·b,|b|2)＝eq\f(|a||b|cosθ,|b|2)＝eq\f(|a|,|b|)cosθ>cosθ>eq\f(1,2)，所以a⊙b＝eq\f(3,4)或1，所以a⊕b＋a⊙b＝1或eq\f(5,4).故选D.22．(多选)已知圆O的半径为2，弦AB＝2，点C为圆O上任意一点，则下列说法正确的是()A.eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BO,\s\up6(→))＝2B.eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的最大值为6C．|eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))|∈[0，4]D．满足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0的点C只有一个答案：AB解析：对于A，圆O的半径为2，弦AB＝2，故△ABO为等边三角形，取AB的中点D，连接OD，则OD⊥AB，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BO,\s\up6(→))＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|·|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝2，A正确；对于B，过点O作OE∥AB，交圆O于点E，过点E作EG⊥AB，交AB延长线于点G，连接EB，则四边形OABE为菱形，由投影向量可知，当点C与点E重合时，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))取得最大值，此时AG＝AD＋DG＝1＋2＝3，故eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的最大值为|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AG,\s\up6(→))|＝2×3＝6，B正确；对于C，eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))，因为四边形OABE为菱形，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))，且|eq\o(EA,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，因为|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2为定值，故当eq\o(OC,\s\up6(→))与eq\o(EA,\s\up6(→))平行且方向相同时，|eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))|取得最大值，为2eq\r(3)＋2，当eq\o(OC,\s\up6(→))与eq\o(EA,\s\up6(→))平行且方向相反时，|eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))|取得最小值，为2eq\r(3)－2，故|eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))|∈[2eq\r(3)－2，2eq\r(3)＋2]，C错误；对于D，因为点C为圆O上任意一点，故当C