資源簡介

親愛的同學加油，給自己實現夢想的一個機會！
09.4 向量的應用
【考點梳理】
考點一　向量方法解決平面幾何問題的步驟
用向量方法解決平面幾何問題的“三步曲”：
(1)建立平面幾何與向量的聯系，用向量表示問題中涉及的幾何元素，將平面幾何問題轉化為向量問題.
(2)通過向量運算，研究幾何元素之間的關系，如距離、夾角等問題.
(3)把運算結果“翻譯”成幾何關系.
考點二　向量方法解決物理問題的步驟
用向量方法討論物理學中的相關問題，一般來說分為四個步驟：
(1)問題轉化，即把物理問題轉化為數學問題.
(2)建立模型，即建立以向量為載體的數學模型.
(3)求解參數，即求向量的模、夾角、數量積等.
(4)回答問題，即把所得的數學結論回歸到物理問題.
技巧：(1)用向量法求長度的策略
①根據圖形特點選擇基底，利用向量的數量積轉化，用公式|a|2＝a2求解.
②建立坐標系，確定相應向量的坐標，代入公式：若a＝(x，y)，則|a|＝.
(2)用向量法解決平面幾何問題的兩種思想
①幾何法：選取適當的基底(基底中的向量盡量已知模或夾角)，將題中涉及的向量用基底表示，利用向量的運算法則、運算律或性質求解.
②坐標法：建立平面直角坐標系，實現向量的坐標化，將幾何問題中的長度、垂直、平行等問題轉化為代數運算.
【題型歸納】
題型一：用向量證明線段垂直問題
1．（2023·浙江師范大學附屬東陽花園外國語學校高一）在△ABC中，若，則△ABC的形狀是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等邊三角形 D．等腰直角三角形
2．（2023·浙江·高一期末）已知點O為△ABC所在平面內一點，且，則O一定為△ABC的（ ）
A．外心 B．內心 C．垂心 D．重心
3．（2023·上海·高一課時練習）如圖，正方形ABCD的邊BC在正方形BEFG的邊BG上，聯結AG、CE，AG交DC于H．
（1）證明：；
（2）當點C在BG的什么位置時，最小？
題型二：用向量解決夾角問題
4．（2023·全國·高一課時練習）已知菱形中，，，點為上一點，且，則的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
5．（2020·甘肅省莊浪縣第一中學高一期中）在△ABC中，＝，＝，且0，則△ABC是（ ）
A．銳角三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．鈍角三角形
6．（2023·福建三明·高一期末）中，若，，點滿足，直線與直線相交于點，則（ ）
A． B． C． D．
題型三：用向量解決線段的長度問題
7．（2023·浙江·高一單元測試）如圖，在中，，，，為邊的中點，且，則向量的模為（ ）
A． B． C．或 D．或
8．（2023·北京朝陽·高一期末）已知不共線的平面向量兩兩的夾角相等，且，實數，，則的最大值為（ ）
A． B．2 C． D．5
9．（2019·山東·棗莊市第三中學高一期末）在中，，點是內（包括邊界）的一動點，且，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
題型四：向量與幾何最值問題
10．（2022·全國·高一）已知P是邊長為4的正三角形所在平面內一點，且，則的最小值為（ ）
A．16 B．12 C．5 D．4
11．（2023·河北邢臺·高一階段練習）在平面四邊形中，，，，，，若點為邊上的動點，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
12．（2023·江蘇淮安·高一期末）已知點P是邊長為1的正方形的對角線上的一點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
題型五：向量在物理中的應用
13．（2023·黑龍江·哈爾濱三中高一期中）已知兩恒力，作用于同一質點，使之由點移動到點，則力、的合力對質點所做的功為（ ）
A． B．2 C．4 D．
14．（2023·河北·石家莊二中高一期中）在水流速度的自西向東的河中，如果要使船以的速度從河的南岸垂直到達北岸，則船出發時行駛速度的方向和大小為（ ）
A．北偏西， B．北偏西，
C．北偏東， D．北偏東，
15．（2023·福建省永春第一中學高一期中）一質點在平面上的三個力的作用下處于平衡狀態，已知成角，且的大小分別為和，則的大小為（ ）
A． B． C． D．
題型六：平面向量應用的綜合問題
16．（2023·安徽·青陽第一中學高一階段練習）已知，，(t∈R)，O是坐標原點．
（1）若點A，B，M三點共線，求t的值；
（2）當t取何值時，取到最小值？并求出最小值．
17．（2022·全國·高一專題練習）如圖，已知正方形ABCD中,E,F分別是CD,AD的中點,BE,CF交于點P.求證：
（1）BE⊥CF;
（2）AP=AB.
18．（2020·安徽·安慶市第二中學高一階段練習）在中，，，，點，在邊上且，.
（1）若，求的長；
（2）若，求的值.
【雙基達標】
一、單選題
19．（2023·吉林·長春市第二十中學高一期末）在△ABC中，，則△ABC是（ ）
A．銳角三角形 B．直角三角形
C．鈍角三角形 D．等邊三角形
20．（2022·湖南·高一課時練習）若點M是△ABC所在平面內的一點，且滿足3－－＝，則△ABM與△ABC的面積之比為（　　）
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶5
21．（2023·全國·高一課時練習）物體受到一個水平向右的力及與它成60°角的另一個力的作用.已知的大小為2N，它們的合力F與水平方向成30°角，則的大小為（ ）
A．3N B． C．2N D．
22．（2022·全國·高一）在中，斜邊長為2，O是平面外一點，點P滿足，則等于（ ）
A．2 B．1 C． D．4
23．（2023·江西·九江一中高一階段練習）窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一．每年新春佳節，我國許多地區的人們都有貼窗花的習俗，以此達到裝點環境、渲染氣氛的目的，并寄托著辭舊迎新、接福納祥的愿望．圖一是一張由卷曲紋和回紋構成的正六邊形剪紙窗花，已知圖二中正六邊形的邊長為2，圓的圓心為正六邊形的中心，半徑為1，若點在正六邊形的邊上運動，為圓的直徑，則的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
【高分突破】
一：單選題
24．（2023·全國·高一課時練習）在四邊形中，，且，那么四邊形為（ ）
A．平行四邊形 B．菱形 C．長方形 D．正方形
25．（2023·浙江省蘭溪市第三中學高一階段練習）扇形的半徑為1，圓心角為，是上的動點，則的最小值為（ ）
A． B．0 C． D．
26．（2023·安徽·六安一中高一階段練習）已知兩單位向量、夾角為，向量滿足，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
27．（2023·安徽·六安一中高一階段練習）P是所在平面內一點，滿足，則的形狀是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等邊三角形
28．（2023·北京·北師大二附中未來科技城學校高一期中）在 中，，，． 是 邊上的動點，則 的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
29．（2023·全國·高一期中）已知矩形ABCD的一邊AB的長為4，點M，N分別在邊BC，DC上，當M，N分別是邊BC，DC的中點時，有.若，x+y＝3，則線段MN的最短長度為（ ）
A． B．2 C．2 D．2
30．（2023·山西太原·高一期中）已知，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
31．（2023·山東鄒城·高一期中）外接圓的圓心為，半徑為2，且，，則有（ ）
A．
B．
C．點是的垂心
D．在方向上的投影向量的長度為
32．（2023·廣東白云·高一期末）在中，角，，所對的邊分別為，，，點為所在平面內點，滿足，下列說法正確的有（ ）
A．若，則點為的重心
B．若，則點為的外心
C．若，，，則點為的內心
D．若，，，則點為的垂心
33．（2023·江蘇溧陽·高一期末）“奔馳定理”是平面向量中一個非常優美的結論，因為這個定理對應的圖形與“奔馳”（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”.奔馳定理：已知是內的一點，，，的面積分別為，，，則.若是銳角內的一點，，，是的三個內角，且點滿足.則（ ）
A．為的外心
B．
C．
D．
34．（2023·福建省福州第十一中學高一階段練習）如圖，是邊長為的正三角形，P是以C為圓心，半徑為1的圓上任意一點，則的取值可能是（ ）
A．1 B．10 C．5 D．0
三、填空題
35．（2023·全國·高一課時練習）如圖所示，為了測量A、B兩島嶼的距離，小明在D處觀測到A、B分別在D處的北偏西15°、北偏東45°方向，再往正東方向行駛10海里至C處，觀測B在C處的正北方向，A在C處的北偏西60°方向，則A、B兩島嶼的距離為__海里．
36．（2023·全國·高一課時練習）如圖，在△ABC中，∠ACB的平分線CD交AB于點D．若的模為2，的模為3，的模為1，則的模為____.
37．（2023·湖北·石首市第一中學高一階段練習）作用在同一點的三個力，，處于平衡狀態，已知，，與之間的夾角是60°，則與之間的夾角的正弦值為______．
38．（2023·廣東·順德一中高一期中）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠A=60°，M為DC的中點，P是以A為圓心2為半徑的圓弧BD上的點，則的范圍為_____
39．（2023·河北·石家莊二中高一階段練習）如圖，在平面四邊形中，，，，若點為邊上的動點，則的最小值為___________
四、解答題
40．（2022·湖南·高一）如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點，求：
(1)的值；(2)的最大值．
41．（2022·湖南·高一課時練習）如圖，已知點O為平面直角坐標系的原點，點A的坐標為（4，3），點B的坐標為（－1，6），作，垂足為點D．
(1)求，，；
(2)求；
(3)求．
42．（2023·全國·高一課時練習）如圖，在正方形ABCD中，E，F分別是邊AB，BC的中點，用向量的方法證明：．
43．（2023·廣東·仲元中學高一期末）如圖所示，是的一條中線，點滿足，過點的直線分別與射線，射線交于，兩點.
(1)求證：；
(2)設，，，，求的值；
(3)如果是邊長為的等邊三角形，求的取值范圍.
/
【答案詳解】
1．B
【解析】
【分析】
由已知平方可得，得出可判斷.
【詳解】
，，
則，
，，則△ABC為直角三角形.
故選：B.
2．C
【解析】
利用向量的等式關系，轉化成，利用向量加減法運算化簡得到，即證，再同理證得，即得是的垂心．
【詳解】
由得：，
即，故，
故，，
又，，
，即，
同理，即，所以是的垂心．
故選：C.
【點睛】
關鍵點點睛：
本題的解題關鍵在于將模的平方轉化成向量的平方，進行向量的靈活運算，才能證得垂直關系，突破難點.
3．（1）證明見解析；（2）點C在BG的中點.
【解析】
【分析】
（1）建立直角坐標系，寫出各點的坐標，利用向量法證明
（2）建立直角坐標系，利用向量幾何均值不等式求解即可.
【詳解】
以B為原點，BE所在所在直線為x軸，以BG所在直線為y軸，建立直角坐標系．設，，且a∴、、，，∴，，
∴，∴，即．
（2）易知，，
∴，當且僅當時取等號，
∴點C在BG的中點時，最小．
4．D
【解析】
【分析】
設與交于點，以為坐標原點，，所在的直線分別為，軸建立平面直角坐標系，利用向量的夾角公式可得答案.
【詳解】
設與交于點，以為坐標原點，，所在的直線分別為，軸建立平面直角坐標系如圖所示，則點，，，
∴，，則，
故選：D.
【點睛】
本題考查了向量在幾何中的應用，解題的關鍵點是建立平面直角坐標系，考查了學生的計算能力.
5．D
【解析】
【分析】
由數量積的定義判斷角的大小，得三角形形狀．
【詳解】
由題意，∴，，，又是三角形內角，∴．
∴是鈍角三角形．
故選：D．
【點睛】
本題考查考查三角形形狀的判斷，解題關鍵是掌握數量積的定義．向量夾角的概念．
6．A
【解析】
【分析】
本題首先可構建直角坐標系，根據題意得出、、，然后根據、、三點共線以及、、三點共線得出，再然后根據向量的運算法則得出、，最后根據即可得出結果.
【詳解】
如圖所示，以點為原點，為軸構建直角坐標系，
因為，，所以，，，
設，
因為、、三點共線，所以，，，
因為，、、三點共線，所以，
聯立，解得，，，
因為，，所以，，
因為，
所以，
故選：A.
【點睛】
方法點睛：本題考查向量的幾何應用，可借助平面直角坐標系進行解題，考查應用向量的數量積公式求夾角，考查向量共線的相關性質，體現了數形結合思想，是難題.
7．B
【解析】
由條件可得，然后用、表示出，然后可算出答案.
【詳解】
因為，，，所以.
因為，
所以
故選：B
8．C
【解析】
【分析】
根據向量之間的夾角和模長求解兩兩之間的數量積，然后把目標式平方，結合的取值可得答案.
【詳解】
因為平面向量兩兩的夾角相等，所以它們的夾角是；
因為，所以；
因為，，所以當取最大值時，即時
，
所以的最大值為.
故選：C.
9．B
【解析】
【分析】
根據分析得出點的軌跡為線段，結合圖形即可得到的最大值.
【詳解】
如圖：取，，，
點是內（包括邊界）的一動點，
且，根據平行四邊形法則，點的軌跡為線段，
則的最大值是，
在中，，，
，，
故選：B
【點睛】
此題考查利用向量方法解決平面幾何中的線段長度最值問題，數形結合處理可以避免純粹的計算，降低難度.
10．C
【解析】
【分析】
延長到D，使得，可得點P在直線上，化簡可得，求出最小值即可.
【詳解】
如圖，延長到D，使得．
因為，所以點P在直線上．
取線段的中點O，連接，
則．
顯然當時，取得最小值，
因為，則，所以，
所以的最小值為．
故選：C.
11．C
【解析】
【分析】
作圖，以為原點，、所在的直線分別為軸，軸建立直角坐標系；
由題意可得點A、D的坐標，設()，利用向量數量積的坐標表示得出
，結合二次函數的性質求出最大值即可.
【詳解】
如圖，以為原點，，所在的直線分別為軸，軸建立直角坐標系．
作，，垂足分別為，，
在中，因為，所以，．
在中，因為，，所以，，
則，．設，，
則，，
所以，
當時，取得最大值，且.
故選：C
12．C
【解析】
【分析】
令，由和的數量積運算結合的范圍可得答案.
【詳解】
如圖
設，
當與重合時，，，
當與重合時，，，
所以當點在上運動時，
所以，
得，，此時P與B重合.
故選：C.
13．B
【解析】
【分析】
根據向量的坐標運算求得，的坐標，再由向量的數量積的坐標運算可得選項.
【詳解】
因為，，所以，又，，所以，
所以力、的合力對質點所做的功為，
故選：B.
14．A
【解析】
【分析】
作出示意圖，計算出船的航行速度以及船的行駛方向與正北方向間的夾角，由此可得出結論.
【詳解】
如圖，船從點出發，沿方向行駛才能垂直到達對岸，
，，則，則，
因為為銳角，故，
故船以的速度，以北偏西的方向行駛，才能垂直到達對岸.
故選：A.
15．C
【解析】
【分析】
根據向量的加法規則和質點力學平衡條件計算得出結論.
【詳解】
根據題意：
又
所以選項A，B，D錯誤，選項C正確
故選：C.
16．（1）t；（2）當t時， 的最小值為.
【解析】
【分析】
（1）求出向量的坐標，由三點共線知與共線，即可求解t的值．
（2）運用坐標求數量積，轉化為函數求最值．
【詳解】
（1），，
∵A，B，M三點共線，
∴與共線，即，
∴，解得：t.
（2），，，
∴當t時， 取得最小值．
【點睛】
關鍵點點睛：
（1）由三點共線，則由它們中任意兩點構成的向量都共線，求參數值.
（2）利用向量的數量積的坐標公式得到關于參數的函數，即可求最值及對應參數值.
17．（1）見試題解析；（2）見試題解析
【解析】
【分析】
(1) 如圖建立平面直角坐標系xOy,其中A為原點,不妨設AB=2,則 A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1)，再求出和的坐標，再計算得=0即證
BE⊥CF.(2) 設P(x,y),再根據已知求出P，再求=4=，即證明AP=AB.
【詳解】
如圖建立平面直角坐標系xOy,其中A為原點,不妨設AB=2,
則A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).
(1)=(1,2)-(2,0)=(-1,2),
=(0,1)-(2,2)=(-2,-1),
∵=(-1)×(-2)+2×(-1)=0,
∴,即BE⊥CF.
(2)設P(x,y),則=(x,y-1),=(-2,-1).
∵,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2.
同理由,得y=-2x+4,代入x=2y-2,
解得x=,∴y=,即P.
∴=4=,
∴||=||,即AP=AB.
【點睛】
（1）本題主要考查向量的坐標表示和坐標運算，考查向量垂直和平行的坐標表示，考查模的計算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.（2）向量，則.
18．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先設，，根據題意，求出，，再由向量模的計算公式，即可得出結果；
（2）先由題意，得到，，再由向量數量積的運算法則，以及題中條件，得到，即可求出結果.
【詳解】
（1）設，，
則，，因此，
所以，
，
（2）因為，所以，
同理可得，，
所以
，
∴，即，
同除以可得，.
【點睛】
本題主要考查用向量的方法求線段長，考查由向量數量積求參數，熟記平面向量基本定理，以及向量數量積的運算法則即可，屬于常考題型.
19．C
【解析】
【分析】
由向量數量積的定義式可得，即可判斷；
【詳解】
解：∵，∴，∴是鈍角，則△ABC是鈍角三角形.
故選：C
20．B
【解析】
【分析】
由平面向量的加法結合已知可得M為AD的三等分點，然后由等高的三角形面積之比等于底邊之比可得.
【詳解】
如圖，D為BC邊的中點，
則
因為－－＝
所以，
所以
所以.
故選：B
21．C
【解析】
【分析】
如圖所示，，即得解.
【詳解】
由題得,
所以,所以,
所以,
所以和大小相等，都為2.
故選：C
22．B
【解析】
【分析】
利用向量的減法可得，從而可得為斜邊的中線，即可求解．
【詳解】
解：，
，，
為斜邊的中線，．
故選：B．
23．B
【解析】
【分析】
先利用平面向量的線性運算法則，將用來表示，然后將所求式子表達成來表示，進而求出范圍.
【詳解】
如圖，取AF的中點Q，根據題意，△AOF是邊長為2的正三角形，易得，
又
.
根據圖形可知，當點P位于正六邊形各邊的中點時有最小值為，此時，當點P位于正六邊形的頂點時有最大值為2，此時，
所以，.
故選：B.
24．B
【解析】
【分析】
由向量相等可知四邊形為平行四邊形，由向量模長相等可知鄰邊長相等，知四邊形為菱形.
【詳解】
解：，，四邊形為平行四邊形，
又，平行四邊形為菱形.
故選：B.
25．C
【解析】
【分析】
由題設有，，，，即可得，分析使的最小時的位置關系，進而求的最小值.
【詳解】
由題設，，，
∴，
∴，，
∴，要使的最小，即同向共線.
又，
∴.
故選：C
26．D
【解析】
【分析】
作，，可知是邊長為的等邊三角形，作，分析可得，可得出點的軌跡是以為直徑的圓，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.
【詳解】
作，，則，所以，是邊長為的等邊三角形，
作，則，，
因為，即，
所以，點的軌跡是以為直徑的圓，設圓心為點，且有，，
所以，，
當且僅當、、三點共線且在線段上時，取最大值.
故選：D.
27．B
【解析】
【分析】
根據平面向量的線性運算與模長公式，可以得出，由此可判斷出的形狀.
【詳解】
由，可得，即，
等式兩邊平方，化簡得，，
因此，是直角三角形.
故選：B.
【點睛】
本題考查了平面向量的線性運算與數量積運算，也考查了模長公式應用，是中等題．
28．A
【解析】
【分析】
假設，根據向量的加法、減法運算，用表示分別出，結合數量積公式以及函數單調性，可得結果.
【詳解】
設，所以
又，可知
所以
化簡可得
又，，
所以
則
即，
又在遞增
所以
故
故選：A
29．D
【解析】
【分析】
先根據M，N滿足的條件，將化成的表達式，從而判斷出矩形ABCD為正方形；再將，左邊用表示出來，結合x+y＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值.
【詳解】
當M，N分別是邊BC，DC的中點時，
有
所以AD＝AB，則矩形ABCD為正方形，設，則
則，又x+y＝3，所以λ+μ＝1.
故NC+MC＝4，則
（當且僅當MC＝NC＝2時取等號）.
故線段MN的最短長度為
故選：D.
30．B
【解析】
【分析】
利用向量不等式式，即可得到答案；
【詳解】
，
，，
，
，，
，
，，
，
，
，
故選：B.
31．ABD
【解析】
【分析】
由條件可得，判斷A，進而可得四邊形是邊長為2的菱形，可判斷BC，然后利用向量的幾何意義可判斷D.
【詳解】
因為，
所以，
所以，故A正確；
由，可得，
所以四邊形為平行四邊形，
又為外接圓的圓心，所以，
又，所以為正三角形，
因為外接圓的半徑為2，
所以四邊形是邊長為2的菱形，
所以，所以，即，
所以，故B正確；
由以上分析可得，為鈍角三角形，
故的外心不是垂心，故C錯誤；
由四邊形是邊長為2的菱形，可得，
所以在方向上的投影向量的長度為，故D正確．
故選：ABD．
32．AC
【解析】
【分析】
若，結合圖形以及平面向量的線性運算即可推出結果，若，，，結合圖形以及平面向量的線性運算即可推出結果.
【詳解】
解：若則，∴.取中點，連接，
∴.∴在的中線上，同理可得在其它兩邊的中線上，
∴是的重心.
若，，，則有，
延長交于，則，，
∴，
設，則，
∵與共線，與，不共線，
∴，，
∴，
∴為的平分線，同理可證其它的兩條也是角平分線.
∴是的內心.
故選：AC.
33．BCD
【解析】
【分析】
由根據數量積的運算律可得,可得為的垂心；結合與三角形內角和等于可證明B選項；結合B選項結論證明即可證明C選項，利用奔馳定理證明可證明D選項．
【詳解】
解：因為，
同理，，故為的垂心，故A錯誤；
，所以，
又，所以，
又，所以，故B正確；
故，同理，
延長交與點，則
，
同理可得，所以，故C正確；
，
同理可得，所以，
又，所以，故D正確．
故選：BCD．
34．ABC
【解析】
【分析】
根據是邊長為的等邊三角形，算出，分別將和分解為以、和為基向量的式子，將數量積展開，化簡整理得最后研究的大小與方向，可得的最大、最小值，最終得到的取值范圍．
【詳解】
解：，
，
是邊長為的等邊三角形，
向量是與垂直且方向向上，長度為6的一個向量
由此可得，點在圓上運動，當與共線同向時，取最大值，且這個最大值為6
當與共線反向時，取最小值，且這個最小值為
故的最大值為，最小值為．即的取值范圍是，
故選：ABC
35．．
【解析】
【分析】
先利用正弦定理求解AD的長，再利用余弦定理求出AB．
【詳解】
由題意知∠ADB＝60°，∠ACB＝60°，∠ADC＝105°，∠ACD＝30°，CD＝10，∠BDC=45°，
在三角形ACD中，，
∴AD＝，
在直角三角形BCD中，BD＝，
在三角形ABD中，AB＝．
故答案為：．
36．##1.5
【解析】
【分析】
作出輔助線，證得△ADE∽△BDC，進而根據相似比即可求出結果.
【詳解】
如圖，延長CD，過點A作BC的平行線交CD的延長線于點E.
因為∠ACD=∠BCD=∠AED，
所以||=||.
因為△ADE∽△BDC，
所以，
故||=.
故答案為：.
37．
【解析】
【分析】
設與之間的夾角為θ，由物理知識可得+ +＝，則有||2＝||2，計算可得||的值，又由﹣＝+，則有|﹣|2＝|+|2＝2+2+2 ，變形計算可得cos θ的值，由同角三角函數的基本關系式計算可得答案．
【詳解】
解：根據題意，設與之間的夾角為θ，
同一點的三個力，，處于平衡狀態，則++＝，
則||2＝| |2＝2+2+2 ＝900+2500+1500 ＝4900，則|| ＝70 ，
又由﹣＝+，則有|﹣|2＝|+|2＝2+2+2 ，即2500＝900+4900+4200cosθ，
解可得：cosθ＝，
則sinθ＝＝，
故答案為：．
38．
【解析】
【分析】
以點為原點建立平面直角坐標系，設，即可根據平面向量數量積的坐標表示求出，再根據三角函數的值域求法即可解出．
【詳解】
如圖所示：以點為原點建立平面直角坐標系，設，，，所以，
，
而，所以，即．
故答案為：．
39．.
【解析】
【分析】
以為原點建立平面直角坐標系，求得，設，令，得出，利用數量積的運算得到，結合二次函數的性質，即可求解.
【詳解】
以為原點，以所在的直線為軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，
依題意得
在中，由余弦定理得，
所以，所以，
由，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，
在中，，所以為等邊三角形，
所以，所以，
設，由題意令，即，
解得，所以，
所以，
設，可得其對稱軸為，且開口向上，
所以時，取得最小值，即的最小值為.
故答案為：.
40．(1)1
(2)1
【解析】
【分析】
建立平面直角坐標系，利用數量積的坐標運算求解.
(1)
解：建立如圖所示平面直角坐標系：
則，設，
所以，
所以；
(2)
因為，
所以，
因為，
所以的最大值是1.
41．(1)，，；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用向量坐標模長公式進行求解；（2）利用向量坐標夾角公式求解；（3）根據第二問求出OD，再使用勾股定理求出BD，求出面積.
(1)
，，由于，所以；
(2)
，故；
(3)
由（2）得：，所以，由勾股定理得：，所以.
42．證明見詳解.
【解析】
【分析】
建立直角坐標系表示出，然后利用向量垂直的坐標運算得出答案.
【詳解】
解：如圖所示，建立平面直角坐標系：
設正方形的邊長為2，則
，
，即
43．(1)見詳解
(2)3
(3)
【解析】
【分析】
（1）根據題意，結合向量加減法運算，即可證明；
（2）根據題意，用和表示， 結合，，三點共線，即可求解；
（3）根據題意，結合（1）（2）用和分別表示出和，進而可以表示出，再結合均值不等式與二次函數的最值，即可求解.
(1)
證明：因，所以，又因為的中點，所以，所以.
(2)
因，，，，所以，，又因，所以，又因，，三點共線，所以，即.
(3)
設，，，，由（1）（2）可知，，即.
因，，
所以
，
又因是邊長為的等邊三角形，
所以，
令，因，即，當且僅當時，等號成立，所以.
因此，
又因，所以，所以.
將來的有一天，你會感謝現在努力的你！

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