浙江省2021届高考数学一轮复习第六章平面向量复数补上一课平面向量中的极化恒等式及有关最值范围问题含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第六章平面向量复数补上一课平面向量中的极化恒等式及有关最值范围问题含解析

平面向量中的极化恒等式及有关最值(范围)问题 ‎ 知识拓展 ‎1.极化恒等式：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2].‎ 几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的.‎ ‎2.平行四边形PMQN，O是对角线交点.则：‎ ‎(1)·＝[PQ2－NM2](平行四边形模式)；(2)·＝PO2－NM2(三角形模式).‎ ‎3.平面向量中的最值(范围)问题 ‎(1)向量数量积投影、向量的模、夹角的最值(或范围)；(2)向量表达式中字母参数的最值(或范围).‎ ‎ 题型突破 题型一　极化恒等式的应用 ‎【例1】 (1)在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，BC＝10，则·＝________.‎ ‎(2)已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O，点P是圆O上的一个动点，则·的取值范围是________.‎ 解析　(1)因为M是BC的中点，由极化恒等式得·＝AM2－BC2＝9－×100＝－16.‎ ‎(2)取AB的中点D，连接CD，因为三角形ABC为正三角形，所以O为三角形ABC的重心，O在CD上，且OC＝2OD＝2，所以CD＝3，AB＝2.‎ 又由极化恒等式得·＝PD2－AB2＝PD2－3，‎ 因为P在圆O上，所以当P在点C处时，PDmax＝3，‎ 当P在CO的延长线与圆O的交点处时，PDmin＝1，‎ 所以·∈[－2，6].‎ 答案　(1)－16　(2)[－2，6]‎ ‎【训练1】 (1)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则·的值为________.‎ ‎(2)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)‎ A.2 B.3 ‎ C.6 D.8‎ 解析　(1)取AE中点O，设AE＝x(0≤x≤1)，则AO＝x，∴·＝DO2－AE2＝12＋－x2＝1.‎ ‎(2)如图，由已知|OF|＝1，取FO中点E，连接PE，由极化恒等式得 ·＝|PE|2－|OF|2＝|PE|2－，‎ ‎∵|PE|＝，∴·的最大值为6.‎ 答案　(1)1　(2)C 题型二　平面向量中的最值(范围)问题 类型1　利用函数型 ‎【例2－1】 (1)设θ为两个非零向量a，b的夹角，已知对任意实数t，|b－ta|的最小值为1，则(　　)‎ A.若θ确定，则|a|唯一确定 B.若θ确定，则|b|唯一确定 C.若|a|确定，则θ唯一确定 D.若|b|确定，则θ唯一确定 ‎(2)已知m，n是两个非零向量，且|m|＝1，|m＋2n|＝3，则|m＋n|＋|n|的最大值为(　　)‎ A. B. ‎ C.4 D.5‎ 解析　(1)由|b－ta|的最小值为1知(b－ta)2的最小值为1，令f(t)＝(b－ta)2，即f(t)＝b2－2ta·b＋t2a2，则对于任意实数t，f(t)的最小值为＝＝1，化简得b2(1－cos2θ)＝1，观察此式可知，当θ确定时，|b|唯一确定，选B.‎ ‎(2)因为(m＋2n)2＝4n2＋4m·n＋1＝9，所以n2＋m·n＝2，所以(m＋n)2＝m2＋2m·n＋n2＝5－n2，所以|m＋n|＋|n|＝＋|n|.令|n|＝x(00时，当0(x≥0)，所以函数f(x)＝在[0，＋∞)上单调递增，则当tan θ＝0时，λ＋μ＝取得最小值.综上所述，λ＋μ的最小值为.‎ 答案　(1)4　2　(2)[0，1]　 类型2　利用不等式型 ‎【例2－2】 (1)(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知边长为1的正方形ABCD，E，F分别是边BC，DC上的两个动点，＋＝x＋y，若x＋y＝3，则||的最小值为________.‎ ‎(2)(一题多解)(2019·七彩阳光联盟三联)已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，则|2c－a|＋的最小值为(　　)‎ A. B.2 ‎ C. D. ‎(3)(2016·浙江卷)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________.‎ 解析　(1)因为四边形ABCD是正方形，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，则A(1，1)，B(1，0)，C(0，0).设E(a，0)，F(0，b)，则0≤a，b≤1.所以＝(a－1，－1)，＝(－1，b－1)，因为＋＝x＋y，所以有y＝2－a，x＝2－b.因为x＋y＝3，所以a＋b＝1.所以||＝≥＝，所以||min＝，当且仅当a＝b＝时取到最小值.‎ ‎(2)法一　因为|a|＝|b|＝|c|＝1，且a⊥b.所以通过计算有|2c－a|＝|c－2a|，＝，所以|2c－a|＋＝|c－2a|＋≥＝，故选A.‎ 法二　因为|a|＝|b|＝|c|＝1，且a⊥b，所以可设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，则有x2＋y2＝1，所以|2c－a|＋＝＋＝＋＝＋＝＋≥＝，故选A.‎ ‎(3)由已知可得≥|a·e|＋|b·e|≥|a·e＋b·e|＝|(a＋b)·e|‎ 由于上式对任意单位向量e都成立.‎ ‎∴≥|a＋b|成立.‎ ‎∴6≥(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝12＋22＋2a·b.‎ 即6≥5＋2a·b，∴a·b≤.‎ 答案　(1)　(2)A　(3) ‎【训练2－2】 (1)(2020·杭州四中仿真)若非零向量a，b满足a2＝(5a－4b)·b，则cos〈a，b〉的最小值为________.‎ ‎(2)(2019·浙江名师预测卷一)已知向量a，b满足|b|＝1，|a＋b|＝2|a－b|，则|a|2－|b|2的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎(3)(2020·温州适应性测试)已知平面向量a，b，c满足：a·b＝0，|c|＝1，|a－c|＝|b－c|＝5，则|a－b|的最小值为(　　)‎ A.5 B.6 ‎ C.7 D.8‎ 解析　(1)由a2＝(5a－4b)·b得a·b＝(a2＋4b2)≥×2＝|a|·|b|，则cos〈a，b〉＝≥＝，当且仅当|a|＝2|b|时等号成立，所以cos〈a，b〉的最小值为.‎ ‎(2)因为|b|＝1，所以|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|＝2.两边平方得|a＋b|2＋|a－b|2－2(|a|2－|b|2)＝4，又|a＋b|＝2|a－b|，所以|a|2－|b|2＝，又因为|a＋b|－|a－b|≤|(a＋b)－(a－b)|≤|a＋b|＋|a－b|，即|a－b|≤2≤3|a－b|，故≤|a－b|≤2，所以|a|2－|b|2＝的取值范围是，故选A.‎ ‎(3)|a－b|2＝|(a－c)－(b－c)|2＝(a－c)2－2(a－c)(b－c)＋(b－c)2＝50－2(a·b－a·c－b·c＋1)＝48＋2(a＋b)·c＝48＋2|a＋b|cos θ(其中θ为a＋b与c的夹角)，因为|a－b|＝|a＋b|，所以|a－b|2＝48＋2|a－b|cos θ，则由cos θ∈[－1，1]，得48－2|a－b|≤|a－b|2≤48＋2|a－b|，解得6≤|a－b|≤8，即|a－b|的最小值为6，此时向量a－b的方向与向量c的方向相反，故选B.‎ 答案　(1)　(2)A　(3)B 类型3　利用向量平行(垂直)、向量的投影型 ‎【例2－3】 (1)如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”.若A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置如图所示，则·的最大值为________.‎ ‎(2)已知|a|＝2，|b|＝|c|＝1，则(a－b)·(c－b)的最大值为________，最小值为________.‎ 解析　(1)先建立平面直角坐标系如图，因为正六边形的边长均为1，所以B(0，0)，A，当在方向上的投影最大时，·最大，此时取C(0，5)，D(－，0)，即(·)max＝·(－，－5)＝＋＝24.‎ ‎(2)设M＝a·c－a·b－b·c，则(a－b)(c－b)＝a·c－a·b－b·c＋b2＝1＋a·c－a·b－b·c＝1＋M.而(b－a－c)2＝6＋2M，M＝－3＋(b－a－c)2，∴当(b－a－c)2＝0时，Mmin＝－3，∴[(a－b)(c－b)]min＝1－3＝－2；当b，－a，－c共线且同向时，Mmax＝－3＋(1＋2＋1)2＝5，∴[(a－b)·(c－b)]max＝1＋5＝6.‎ 答案　(1)24　(2)6　－2‎ ‎【训练2－3】 (1)已知向量a，b，c满足|b|＝|c|＝2|a|＝1，则(c－a)·(c－b)的最大值是________，最小值是________.‎ ‎(2)已知||＝||＝||＝2，||＝1，且＝，记·＋·＋·的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝(　　)‎ A.6 B.4 ‎ C.－2 D.－4‎ 解析　(1)由题意得|a|＝，|b|＝|c|＝1，则(c－a)·(c－b)＝|c|2－c·b－c·a＋a·b＝|c|2＋(－a－b＋c)2－(|a|2＋|b|2＋|c|2)＝－＋(－a－b＋c)2，则当向量－a，－b，c同向共线时，(c－a)·(c－b)取得最大值－＋＝3，当－a－b＋c＝0时，(c－a)·(c－b)取得最小值－.‎ ‎(2)因为·＋·＋·＝(－)·(－)＋(－)·(－)＋(－)·(－ ‎)＝32－2·－4，令3＝，2＝，·＋·＋·＝·－4，如图，设与夹角为θ(θ∈[0，π]).因为＝－.所以·＝(3－2)＝3－4cos θ，又因为cos θ∈[－1，1]，所以在方向上的投影d∈[－1，7]，即M＝3，m＝－5，所以M＋m＝－2，故选C.‎ 答案　(1)3　－　(2)C 类型4　利用轨迹图形性质(数形结合)型 ‎【例2－4】 (1)(一题多解)(2018·浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是(　　)‎ A.－1 B.＋1‎ C.2 D.2－ ‎(2)已知向量|a|＝3，|b|＝6，a·b＝9，则|a＋t(b－a)|＋|(1－t)(b－a)－b|(其中t∈[0，1])的最小值是________.‎ 解析　(1)法一　设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在射线y＝x(x>0)上，如图，数形结合可知|a－b|min＝||－||＝－1.故选A.‎ 法二　由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝(b－e)·(b－3e)＝0.‎ 设b＝，e＝，3e＝，所以b－e＝，b－3e＝，所以·＝0，取EF的中点为C，则B在以C为圆心，EF为直径的圆上，如图，设a＝，作射线OA，使得∠AOE＝，所以|a－b|＝|(a－2e)＋(2e－b)|≥|a－2e|－|2e－b|＝||－||≥－1.故选A.‎ ‎(2)由cos〈a，b〉＝＝得a，b的夹角为60°，又因为|a|＝3，|b|＝6，所以△OAB为直角三角形，B＝30°.如图，令a＝，b＝，∠BOA＝60°，＝t，＝，则|＋t|＝||，＝||，问题转化为当点C在线段AB上运动时，求||＋||的最小值.作点D关于线段AB对称的点G，连接OG，则OG即为所求的最小值.在Rt△BDE中，∠BED＝90°，BD＝2，B＝30°，则DE＝1，DG＝2DE＝2，在△ODG中，OD＝4，∠ODG＝120°，DG＝2，由余弦定理得OG＝＝2.‎ 答案　(1)A　(2)2 ‎【训练2－4】 (1)已知|a|＝|b|＝1，向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，则|c|的最大值为________.‎ ‎(2)(一题多解)(2019·宁波模拟)已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝2，|c－b|＝1，则|a＋c|的取值范围为________.‎ 解析　(1)由|c－(a＋b)|＝|a－b|得向量c的终点的轨迹为以向量a＋b的终点为圆心，|a－b|为半径的圆，则|c|的最大值为|a＋b|＋|a－b|，‎ 又因为|a＋b|＋|a－b|≤ ‎＝＝2，‎ 当且仅当|a＋b|＝|a－b|，即a⊥b时等号成立，所以|c|的最大值为2.‎ ‎(2)法一　令m＝a＋c，则问题转化为|m|的取值范围.由三角不等式有||m|－|a＋b||≤|m－(a＋b)|，则|a＋b|－1≤|m|≤1＋|a＋b|，又||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|，即1≤|a＋b|≤3，故0≤|m|≤4，即|a＋c|的取值范围为[0，4].‎ 法二　如图，由已知，作＝b，分别以点O，B为圆心作单位圆，则－a的终点A在圆O上，c的终点C在圆B上，则＝c－(－a)＝c＋a，故|a＋c|＝||表示两圆上两点连线的长，因此，由圆的性质得0≤||≤4，即|a＋c|的取值范围为[0，4].‎ 答案　(1)2　(2)[0，4]‎ ‎ 补偿训练 一、选择题 ‎1.(2013·浙江卷)在△ABC中，P0是边AB上一定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则(　　)‎ A.∠ABC＝90° B.∠BAC＝90°‎ C.AB＝AC D.AC＝BC 解析　取BC边中点D，由极化恒等式得·＝2－2，·＝2－2，由·≥·，得2≥2，即||≥||，D到AB的最短距离为P0D，∴⊥，设AB的中点为P′，又P0B＝AB，∴DP∥CP，∴CP⊥AB，故AB＝AC.‎ 答案　C ‎2.(2020·诸暨适应性考试)已知AB是圆O的直径，AB长为2，C是圆O上异于A，B的一点，P是圆O所在平面上任意一点，则(＋)·的最小值为(　　)‎ A.－ B.－ C.－ D.－1‎ 解析　＋＝2，∴(＋)·＝2·，取OC中点D，由极化恒等式得·＝PD2－OC2＝PD2－，又PD＝0，∴(＋)·的最小值为－.‎ 答案　C ‎3.(一题多解)如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条直径，＝2，则·＝(　　)‎ A.－ B.－ C.－ D.－ 解析　法一　∵＝2，圆O的半径为1，∴||＝，‎ ‎∴·＝(＋)·(＋)＝2＋·(＋)＋·＝＋0－1＝－.‎ 法二　OF＝，由极化恒等式得 ·＝OF2－DE2＝－1＝－.‎ 答案　B ‎4.如图，在△ABC中，点D，E是线段BC上两个动点，且＋＝x＋y，则＋的最小值为(　　)‎ A. B.2 ‎ C. D. 解析　由图可设＝λ＋(1－λ)，＝μ＋(1－μ)，其中λ，μ∈(0，1)，则＋＝(λ＋μ)＋(2－λ－μ).由题知，x＝λ＋μ，y＝2－λ－μ，所以有x＋y＝2，所以＋＝(x＋y)＝ ≥＝，当且仅当y＝2x，即x＝，y＝时，取等号，故选D.‎ 答案　D ‎5.在△ABC中，BC＝2，A＝45°，B为锐角，点O是△ABC外接圆的圆心，则·的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ 解析　依题意得△ABC的外接圆半径R＝·＝，||＝，‎ 如图所示，A在弧A1C上(端点除外)，‎ 与同向，此时·有最大值2，‎ 又·＝－2，故·∈.故选A.‎ 答案　A ‎6.记max{a，b}＝在△AOB中，∠AOB＝90°，P为斜边AB上一动点.设M＝max{·，·}，则当M取最小值时，＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析　M取最小值时，·＝·，即·＝0，亦即OP⊥AB.根据直角三角形的射影定理可得＝＝＝，故选C.‎ 答案　C ‎7.(2019·浙江名师预测卷四)已知a，b是单位向量，向量c满足|c－b＋a|＝|a＋b|，则|c|的最大值为(　　)‎ A.2 B.2 ‎ C.3 D.3 解析　由|c－(b－a)|＝|a＋b|得向量c的终点的轨迹为以向量b－a的终点为圆心，|a＋b|为半径的圆，则|c|的最大值为|a＋b|＋|b－a|.‎ 又因为|a＋b|＋|b－a|≤ ‎＝＝2.当且仅当|a＋b|＝|b－a|，即a⊥b时等号成立，所以|c|的最大值为2.‎ 答案　B ‎8.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)在矩形ABCD中，‎ AB＝1，AD＝2，动点P在以C为圆心且与BD相切的圆上，若＝λ＋μ，设λ＋2μ的最大值为M，最小值为N，则M－N的值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　如图，以C为坐标原点，分别以直线BC，CD为x，y轴建立平面直角坐标系，则B(－2，0)，A(－2，1)，由已知，圆C的方程为x2＋y2＝，设P，又＝λ＋μ，则即λ＋2μ＝(sin θ＋cos θ)＋2＝sin＋2，故M－N＝－＝，故选C.‎ 答案　C ‎9.(2018·天津卷)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点E为边CD上的动点，则·的最小值为(　　)‎ A. B. C. D.3‎ 解析　以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立如图的平面直角坐标系，‎ 因为在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝1，∠BAD＝120°，所以A(0，0)，B(1，0)，D.设C(1，m)，E(x，y)，所以 ＝，＝，因为AD⊥CD，所以·＝0，则×(－)＋＝0，解得m＝，即C(1，).因为E在CD上，所以≤y≤，由kCE＝kCD，得＝，即x＝y－2，因为＝(x，y)，＝(x－1，y)，所以·＝(x，y)·(x－1，y)＝x2－x＋y2＝(y－2)2－y＋2＋y2＝4y2－5y＋6，令f(y)＝4y2－5y＋6，y∈.因为函数f(y)＝4y2－5y＋6在上单调递减，在上单调递增，所以f(y)min＝4× 2－5×＋6＝.所以·的最小值为，故选A.‎ 答案　A 二、填空题 ‎10.在△ABC中，BC＝3，·＝4，则BC边上的中线AM的长是________.‎ 解析　因为·＝[(2)2－2]，‎ 2＝(4·＋2)＝，即||＝，‎ 所以BC边上的中线AM的长为.‎ 答案　 ‎11.在面积S＝2的△ABC中，E，F分别是AB，AC的中点，点P在直线EF上，则·＋2的最小值是________.‎ 解析　取BC的中点为D，连接PD，‎ 则由极化恒等式得·＋2＝2－＋2＝2＋2≥＋2(其中h为A点向BC边作的高)，‎ 当且仅当⊥时取等号.‎ 由上可知·＋2≥＋2‎ ‎≥2≥S＝2.‎ 答案　2 ‎12.在Rt△ABC中，CA＝CB＝2，M，N是斜边AB上的两个动点，且MN＝，则·的取值范围是________.‎ 解析　取MN的中点为P，由极化恒等式得·＝[(2)2－2]＝2－.问题转化为求||的取值范围，当P为AB的中点时，||取最小值为，则·的最小值为；当M与A(或N与B)重合时，||取最大值为，则·的最大值为2，所以·的取值范围是.‎ 答案　 ‎13.(2020·浙江新高考仿真卷二)在△ABC中，A＝120°，BC＝2，AC＝2，则AB＝________；当|＋λ|取到最小值时，则λ＝________.‎ 解析　在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A，即(2)2＝22＋AB2－2×2ABcos 120°，解得AB＝6，则cos C＝＝＝，则|＋λ|2＝||2＋λ2||2＋2λ·＝(2)2＋λ2×22＋2λ×2×2×＝4λ2＋20λ＋52，则当λ＝－＝－时，|＋λ|取得最小值.‎ 答案　6　－ ‎14.若非零向量a和b满足|a＋b|＝|b|＝2，则|a|的取值范围是________，|a－b|的取值范围是________.‎ 解析　因为||a＋b|－|b||≤|a|＝|a＋b－b|≤|a＋b|＋|b|＝4，又a是非零向量，所以|a|的取值范围是(0，4]，因为|a－b|＋|a＋b|≥2|b|＝|(a＋b)－(a－b)|≥||a－b|－|a＋b||，所以－4≤|a－b|－|a＋b|≤4，|a－b|＋|a＋b|≥4，又|a＋b|＝2，解得|a－b|的取值范围是[2，6].‎ 答案　(0，4)　[2，6]‎ ‎15.(2020·杭州三校三联)如图，圆O是半径为1的圆，OA＝，设B，C为圆上的任意2个点，则·的取值范围是________.‎ 解析　设a＝，b＝，c＝，则有|a|＝，|b|＝|c|＝1，则·＝(c－a)·(c－b)≤|c－a|·|c－b|≤(|c|＋|a|)·(|c|＋|b|)＝×2＝3，当且仅当a，b同向共线，且与c反向共线时，等号成立，所以·的最大值为3.·＝(c－a)·(c－b)＝1－c·(a＋b)＋a·b≥1－|c|·|a＋b|＋a·b＝1－|a＋b|＋a·b＝1－＋a·b，令a·b＝t，则易得t∈，·＝(c－a)·(c－b)≥1－＋t，设f(t)＝1－＋t，则f′(t)＝1－.易得当t＝－时，f(t)＝1－＋t取得最小值－.综上所述，·的取值范围为.‎ 答案　 ‎16.已知平面向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝2，|c－a|＝|c－b|，则|c|的最小值为________，此时a·b＝________.‎ 解析　由|c－a|＝|c－b|，得c2－2a·c＋a2＝c2－2b·c＋b2，即2b·c－2a·c＝b2－a2＝3，则(b－a)·c＝≤|b－a|·|c|≤(|b|＋|a|)·|c|＝3|c|，所以|c|≥，当且仅当a与b方向相反且a，b，c共线时等号成立，所以|c|的最小值为，此时a·b＝|a||b|cos π＝－2.‎ 答案　　－2‎ ‎17.已知正三角形ABC的边长为4，O是平面ABC内的动点，且∠AOB＝，则·的最大值为________.‎ 解析　如图，圆E2为△ABC的外接圆，圆E1与圆E2关于直线AB对称，由题意知O在圆E1，E2的优弧上(圆E1，E2半径相等)，设AB 的中点为D，·＝(－)·＝·＝||·||·cos∠ADO，易知当∠ADO为锐角，且在方向上的射影最大时，·取得最大值，易知在方向上射影的最大值为△ABO外接圆的半径，故所求最大值为4×＝.‎ 答案　 ‎18.(2019·浙江卷)已知正方形ABCD的边长为1，当每个λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最小值是________，最大值是________.‎ 解析　如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则＝(1，0)，＝(0，1).‎ 设a＝λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6 ‎＝λ1＋λ2－λ3－λ4＋λ5(＋)＋λ6(－)‎ ‎＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6) ‎＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6).‎ 故|a|＝.‎ ‎∵λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1，‎ ‎∴当λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最小值0.‎ 考虑到λ5－λ6，λ5＋λ6有相关性，要确保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|尽可能取到最大值，即当λ1－λ3＋λ5－λ6＝2，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝4时可取到最大值，‎ ‎∴|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最大值为＝2.‎ 答案　0　2