设 $\vec{a}, \vec{b}$ 为不共线的向量, 满足 $\vec{c}=\lambda \vec{a}+\mu \vec{b}, 3 \lambda+4 \mu=2(\lambda, \mu \in \mathrm{R})$, 且 $|\vec{c}|=|\vec{a}-\vec{c}|=$ $|\vec{b}-\vec{c}|$, 若 $|\vec{a}-\vec{b}|=3$, 则 $(|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|)^2-(\vec{a} \cdot \vec{b})^2$ 的最大值为
【答案】 324

【解析】 令 $\vec{a}=\overrightarrow{O A}, \vec{b}=\overrightarrow{O B}, \vec{c}=\overrightarrow{O C}$, 又因为 $|\vec{c}|=|\vec{a}-\vec{c}|=|\vec{b}-\vec{c}|$, 即 $|\overrightarrow{O C}|=|\overrightarrow{C A}|=|\overrightarrow{C B}|$,
则点 $C$ 为 $\triangle O A B$ 的外心, 因为 $|\vec{a}-\vec{b}|=|\overrightarrow{A B}|=3$, 设 $B\left(-\frac{3}{2}, 0\right), A\left(\frac{3}{2}, 0\right), C(0, m)$, 不妨取 $m > 0$
则点 $O\left(x_0, y_0\right)$ 在圆 $C: x^2+(y-m)^2=m^2+\frac{9}{4}$ 上,
由 $\overrightarrow{O C}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}$, 代入坐标, $\left(-x_0, m-y_0\right)-=\lambda\left(\frac{3}{2}-x_0,-y_0\right)+\mu\left(-\frac{3}{2}-x_0,-y_0\right)$,
解得 $x_0=\frac{3}{2} \cdot \frac{\mu-\lambda}{1-\lambda-\mu}, y_0-m=\frac{(\mu+\lambda) m}{1-\lambda-\mu}$,
联立 $3 \lambda+4 u=2$ 和 $C: x^2+(y-m)^2=m^2+\frac{9}{4}$,
解得 $m=\frac{3 \sqrt{3}}{2} \sqrt{1-2 \lambda}\left(\lambda < \frac{1}{2}\right)$, 故 $\left|y_0\right|=\left|m+\frac{(\mu+\lambda) m}{1-\lambda-\mu}\right|=\frac{6 \sqrt{3} \sqrt{1-2 \lambda}}{2-\lambda}$
$=\frac{6 \sqrt{6} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}-\lambda}}{\left(\frac{1}{2}-\lambda\right)+\frac{3}{2}}=\frac{6 \sqrt{6}}{\sqrt{\frac{1}{2}-\lambda}+\frac{3}{2 \sqrt{\frac{1}{2}-\lambda}}} \leq 6$, 当且仅当 $\sqrt{\frac{1}{2}-\lambda}=\frac{3}{\sqrt[2]{\frac{1}{2}-\lambda}}$ 即 $\lambda=-1$ 时取 “=”.
故 $S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot\left|y_0\right| \leq 9$, 于是
$\left[(|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|)^2-(\vec{a} \cdot \vec{b})^2\right]_{\max }=\left[|\overrightarrow{O A}|^2 \cdot|\overrightarrow{O B}|^2 \cdot\left(1-\cos ^2 \angle A O B\right)\right]_{\max }$
$=\left[|\overrightarrow{O A}|^2 \cdot|\overrightarrow{O B}|^2 \cdot \sin ^2 \angle A O B\right]_{\max }=4\left(S_{\triangle O A B}^2\right)_{\max }=324$.
故答案为: 324
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