高中数学苏教版 (2019)必修 第二册9.4 向量应用当堂检测题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册9.4 向量应用当堂检测题，共44页。

考点一 向量方法解决平面几何问题的步骤
用向量方法解决平面几何问题的“三步曲”：
(1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题.
(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题.
(3)把运算结果“翻译”成几何关系.
考点二 向量方法解决物理问题的步骤
用向量方法讨论物理学中的相关问题，一般来说分为四个步骤：
(1)问题转化，即把物理问题转化为数学问题.
(2)建立模型，即建立以向量为载体的数学模型.
(3)求解参数，即求向量的模、夹角、数量积等.
(4)回答问题，即把所得的数学结论回归到物理问题.
技巧：(1)用向量法求长度的策略
①根据图形特点选择基底，利用向量的数量积转化，用公式|a|2＝a2求解.
②建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式：若a＝(x，y)，则|a|＝eq \r(x2＋y2).
(2)用向量法解决平面几何问题的两种思想
①几何法：选取适当的基底(基底中的向量尽量已知模或夹角)，将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则、运算律或性质求解.
②坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、垂直、平行等问题转化为代数运算.
【题型归纳】
题型一：用向量证明线段垂直问题
1．（2023·浙江师范大学附属东阳花园外国语学校高一）在△ABC中，若，则△ABC的形状是（ ）
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
2．（2023·浙江·高一期末）已知点O为△ABC所在平面内一点，且，则O一定为△ABC的（ ）
A．外心B．内心C．垂心D．重心
3．（2023·上海·高一课时练习）如图，正方形ABCD的边BC在正方形BEFG的边BG上，联结AG、CE，AG交DC于H．
（1）证明：；
（2）当点C在BG的什么位置时，最小？
题型二：用向量解决夹角问题
4．（2023·全国·高一课时练习）已知菱形中，，，点为上一点，且，则的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．（2020·甘肃省庄浪县第一中学高一期中）在△ABC中，＝，＝，且0，则△ABC是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形
6．（2023·福建三明·高一期末）中，若，，点满足，直线与直线相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
题型三：用向量解决线段的长度问题
7．（2023·浙江·高一单元测试）如图，在中，，，，为边的中点，且，则向量的模为（ ）
A．B．C．或D．或
8．（2023·北京朝阳·高一期末）已知不共线的平面向量两两的夹角相等，且，实数，，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．5
9．（2019·山东·枣庄市第三中学高一期末）在中，，点是内（包括边界）的一动点，且，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
题型四：向量与几何最值问题
10．（2022·全国·高一）已知P是边长为4的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为（ ）
A．16B．12C．5D．4
11．（2023·河北邢台·高一阶段练习）在平面四边形中，，，，，，若点为边上的动点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
12．（2023·江苏淮安·高一期末）已知点P是边长为1的正方形的对角线上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
题型五：向量在物理中的应用
13．（2023·黑龙江·哈尔滨三中高一期中）已知两恒力，作用于同一质点，使之由点移动到点，则力、的合力对质点所做的功为（ ）
A．B．2C．4D．
14．（2023·河北·石家庄二中高一期中）在水流速度的自西向东的河中，如果要使船以的速度从河的南岸垂直到达北岸，则船出发时行驶速度的方向和大小为（ ）
A．北偏西，B．北偏西，
C．北偏东，D．北偏东，
15．（2023·福建省永春第一中学高一期中）一质点在平面上的三个力的作用下处于平衡状态，已知成角，且的大小分别为和，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
题型六：平面向量应用的综合问题
16．（2023·安徽·青阳第一中学高一阶段练习）已知，，(t∈R)，O是坐标原点．
（1）若点A，B，M三点共线，求t的值；
（2）当t取何值时，取到最小值？并求出最小值．
17．（2022·全国·高一专题练习）如图，已知正方形ABCD中,E,F分别是CD,AD的中点,BE,CF交于点P.求证：
（1）BE⊥CF;
（2）AP=AB.
18．（2020·安徽·安庆市第二中学高一阶段练习）在中，，，，点，在边上且，.
（1）若，求的长；
（2）若，求的值.
【双基达标】
一、单选题
19．（2023·吉林·长春市第二十中学高一期末）在△ABC中，，则△ABC是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．等边三角形
20．（2022·湖南·高一课时练习）若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足3－－＝，则△ABM与△ABC的面积之比为（ ）
A．1∶2B．1∶3C．1∶4D．2∶5
21．（2023·全国·高一课时练习）物体受到一个水平向右的力及与它成60°角的另一个力的作用.已知的大小为2N，它们的合力F与水平方向成30°角，则的大小为（ ）
A．3NB．C．2ND．
22．（2022·全国·高一）在中，斜边长为2，O是平面外一点，点P满足，则等于（ ）
A．2B．1C．D．4
23．（2023·江西·九江一中高一阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望．图一是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图二中正六边形的边长为2，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点在正六边形的边上运动，为圆的直径，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【高分突破】
一：单选题
24．（2023·全国·高一课时练习）在四边形中，，且，那么四边形为（ ）
A．平行四边形B．菱形C．长方形D．正方形
25．（2023·浙江省兰溪市第三中学高一阶段练习）扇形的半径为1，圆心角为，是上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．0C．D．
26．（2023·安徽·六安一中高一阶段练习）已知两单位向量、夹角为，向量满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
27．（2023·安徽·六安一中高一阶段练习）P是所在平面内一点，满足，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形
28．（2023·北京·北师大二附中未来科技城学校高一期中）在 中，，，． 是 边上的动点，则 的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·全国·高一期中）已知矩形ABCD的一边AB的长为4，点M，N分别在边BC，DC上，当M，N分别是边BC，DC的中点时，有.若，x+y＝3，则线段MN的最短长度为（ ）
A．B．2C．2D．2
30．（2023·山西太原·高一期中）已知，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
31．（2023·山东邹城·高一期中）外接圆的圆心为，半径为2，且，，则有（ ）
A．
B．
C．点是的垂心
D．在方向上的投影向量的长度为
32．（2023·广东白云·高一期末）在中，角，，所对的边分别为，，，点为所在平面内点，满足，下列说法正确的有（ ）
A．若，则点为的重心
B．若，则点为的外心
C．若，，，则点为的内心
D．若，，，则点为的垂心
33．（2023·江苏溧阳·高一期末）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”（Mercedesbenz）的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，，，则.若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足.则（ ）
A．为的外心
B．
C．
D．
34．（2023·福建省福州第十一中学高一阶段练习）如图，是边长为的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则的取值可能是（ ）
A．1B．10C．5D．0
三、填空题
35．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，为了测量A、B两岛屿的距离，小明在D处观测到A、B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶10海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A、B两岛屿的距离为__海里．
36．（2023·全国·高一课时练习）如图，在△ABC中，∠ACB的平分线CD交AB于点D．若的模为2，的模为3，的模为1，则的模为____.
37．（2023·湖北·石首市第一中学高一阶段练习）作用在同一点的三个力，，处于平衡状态，已知，，与之间的夹角是60°，则与之间的夹角的正弦值为______．
38．（2023·广东·顺德一中高一期中）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，M为DC的中点，P是以A为圆心2为半径的圆弧BD上的点，则的范围为_____
39．（2023·河北·石家庄二中高一阶段练习）如图，在平面四边形中，，，，若点为边上的动点，则的最小值为___________
四、解答题
40．（2022·湖南·高一）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，求：
(1)的值；(2)的最大值．
41．（2022·湖南·高一课时练习）如图，已知点O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（4，3），点B的坐标为（－1，6），作，垂足为点D．
(1)求，，；
(2)求；
(3)求．
42．（2023·全国·高一课时练习）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AB，BC的中点，用向量的方法证明：．
43．（2023·广东·仲元中学高一期末）如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.
(1)求证：；
(2)设，，，，求的值；
(3)如果是边长为的等边三角形，求的取值范围.
【答案详解】
1．B
【解析】
【分析】
由已知平方可得，得出可判断.
【详解】
，，
则，
，，则△ABC为直角三角形.
故选：B.
2．C
【解析】
利用向量的等式关系，转化成，利用向量加减法运算化简得到，即证，再同理证得，即得是的垂心．
【详解】
由得：，
即，故，
故，，
又，，
，即，
同理，即，所以是的垂心．
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：
本题的解题关键在于将模的平方转化成向量的平方，进行向量的灵活运算，才能证得垂直关系，突破难点.
3．（1）证明见解析；（2）点C在BG的中点.
【解析】
【分析】
（1）建立直角坐标系，写出各点的坐标，利用向量法证明
（2）建立直角坐标系，利用向量几何均值不等式求解即可.
【详解】
以B为原点，BE所在所在直线为x轴，以BG所在直线为y轴，建立直角坐标系．设，，且a∴、、，，∴，，
∴，∴，即．
（2）易知，，
∴，当且仅当时取等号，
∴点C在BG的中点时，最小．
4．D
【解析】
【分析】
设与交于点，以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式可得答案.
【详解】
设与交于点，以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴建立平面直角坐标系如图所示，则点，，，
∴，，则，
故选：D.
【点睛】
本题考查了向量在几何中的应用，解题的关键点是建立平面直角坐标系，考查了学生的计算能力.
5．D
【解析】
【分析】
由数量积的定义判断角的大小，得三角形形状．
【详解】
由题意，∴，，，又是三角形内角，∴．
∴是钝角三角形．
故选：D．
【点睛】
本题考查考查三角形形状的判断，解题关键是掌握数量积的定义．向量夹角的概念．
6．A
【解析】
【分析】
本题首先可构建直角坐标系，根据题意得出、、，然后根据、、三点共线以及、、三点共线得出，再然后根据向量的运算法则得出、，最后根据即可得出结果.
【详解】
如图所示，以点为原点，为轴构建直角坐标系，
因为，，所以，，，
设，
因为、、三点共线，所以，，，
因为，、、三点共线，所以，
联立，解得，，，
因为，，所以，，
因为，
所以，
故选：A.
【点睛】
方法点睛：本题考查向量的几何应用，可借助平面直角坐标系进行解题，考查应用向量的数量积公式求夹角，考查向量共线的相关性质，体现了数形结合思想，是难题.
7．B
【解析】
由条件可得，然后用、表示出，然后可算出答案.
【详解】
因为，，，所以.
因为，
所以
故选：B
8．C
【解析】
【分析】
根据向量之间的夹角和模长求解两两之间的数量积，然后把目标式平方，结合的取值可得答案.
【详解】
因为平面向量两两的夹角相等，所以它们的夹角是；
因为，所以；
因为，，所以当取最大值时，即时
，
所以的最大值为.
故选：C.
9．B
【解析】
【分析】
根据分析得出点的轨迹为线段，结合图形即可得到的最大值.
【详解】
如图：取，，，
点是内（包括边界）的一动点，
且，根据平行四边形法则，点的轨迹为线段，
则的最大值是，
在中，，，
，，
故选：B
【点睛】
此题考查利用向量方法解决平面几何中的线段长度最值问题，数形结合处理可以避免纯粹的计算，降低难度.
10．C
【解析】
【分析】
延长到D，使得，可得点P在直线上，化简可得，求出最小值即可.
【详解】
如图，延长到D，使得．
因为，所以点P在直线上．
取线段的中点O，连接，
则．
显然当时，取得最小值，
因为，则，所以，
所以的最小值为．
故选：C.
11．C
【解析】
【分析】
作图，以为原点，、所在的直线分别为轴，轴建立直角坐标系；
由题意可得点A、D的坐标，设()，利用向量数量积的坐标表示得出
，结合二次函数的性质求出最大值即可.
【详解】
如图，以为原点，，所在的直线分别为轴，轴建立直角坐标系．
作，，垂足分别为，，
在中，因为，所以，．
在中，因为，，所以，，
则，．设，，
则，，
所以，
当时，取得最大值，且.
故选：C
12．C
【解析】
【分析】
令，由和的数量积运算结合的范围可得答案.
【详解】
如图
设，
当与重合时，，，
当与重合时，，，
所以当点在上运动时，
所以，
得，，此时P与B重合.
故选：C.
13．B
【解析】
【分析】
根据向量的坐标运算求得，的坐标，再由向量的数量积的坐标运算可得选项.
【详解】
因为，，所以，又，，所以，
所以力、的合力对质点所做的功为，
故选：B.
14．A
【解析】
【分析】
作出示意图，计算出船的航行速度以及船的行驶方向与正北方向间的夹角，由此可得出结论.
【详解】
如图，船从点出发，沿方向行驶才能垂直到达对岸，
，，则，则，
因为为锐角，故，
故船以的速度，以北偏西的方向行驶，才能垂直到达对岸.
故选：A.
15．C
【解析】
【分析】
根据向量的加法规则和质点力学平衡条件计算得出结论.
【详解】
根据题意：
又
所以选项A，B，D错误，选项C正确
故选：C.
16．（1）t；（2）当t时，•的最小值为.
【解析】
【分析】
（1）求出向量的坐标，由三点共线知与共线，即可求解t的值．
（2）运用坐标求数量积，转化为函数求最值．
【详解】
（1），，
∵A，B，M三点共线，
∴与共线，即，
∴，解得：t.
（2），，，
∴当t时，•取得最小值．
【点睛】
关键点点睛：
（1）由三点共线，则由它们中任意两点构成的向量都共线，求参数值.
（2）利用向量的数量积的坐标公式得到关于参数的函数，即可求最值及对应参数值.
17．（1）见试题解析；（2）见试题解析
【解析】
【分析】
(1) 如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,则 A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1)，再求出和的坐标，再计算得=0即证
BE⊥CF.(2) 设P(x,y),再根据已知求出P，再求=4=，即证明AP=AB.
【详解】
如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,
则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)设P(x,y),则=(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.
【点睛】
（1）本题主要考查向量的坐标表示和坐标运算，考查向量垂直和平行的坐标表示，考查模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）向量，则.
18．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先设，，根据题意，求出，，再由向量模的计算公式，即可得出结果；
（2）先由题意，得到，，再由向量数量积的运算法则，以及题中条件，得到，即可求出结果.
【详解】
（1）设，，
则，，因此，
所以，
，
（2）因为，所以，
同理可得，，
所以
，
∴，即，
同除以可得，.
【点睛】
本题主要考查用向量的方法求线段长，考查由向量数量积求参数，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.
19．C
【解析】
【分析】
由向量数量积的定义式可得，即可判断；
【详解】
解：∵，∴，∴是钝角，则△ABC是钝角三角形.
故选：C
20．B
【解析】
【分析】
由平面向量的加法结合已知可得M为AD的三等分点，然后由等高的三角形面积之比等于底边之比可得.
【详解】
如图，D为BC边的中点，
则
因为－－＝
所以，
所以
所以.
故选：B
21．C
【解析】
【分析】
如图所示，，即得解.
【详解】
由题得,
所以,所以,
所以,
所以和大小相等，都为2.
故选：C
22．B
【解析】
【分析】
利用向量的减法可得，从而可得为斜边的中线，即可求解．
【详解】
解：，
，，
为斜边的中线，．
故选：B．
23．B
【解析】
【分析】
先利用平面向量的线性运算法则，将用来表示，然后将所求式子表达成来表示，进而求出范围.
【详解】
如图，取AF的中点Q，根据题意，△AOF是边长为2的正三角形，易得，
又
.
根据图形可知，当点P位于正六边形各边的中点时有最小值为，此时，当点P位于正六边形的顶点时有最大值为2，此时，
所以，.
故选：B.
24．B
【解析】
【分析】
由向量相等可知四边形为平行四边形，由向量模长相等可知邻边长相等，知四边形为菱形.
【详解】
解：，，四边形为平行四边形，
又，平行四边形为菱形.
故选：B.
25．C
【解析】
【分析】
由题设有，，，，即可得，分析使的最小时的位置关系，进而求的最小值.
【详解】
由题设，，，
∴，
∴，，
∴，要使的最小，即同向共线.
又，
∴.
故选：C
26．D
【解析】
【分析】
作，，可知是边长为的等边三角形，作，分析可得，可得出点的轨迹是以为直径的圆，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.
【详解】
作，，则，所以，是边长为的等边三角形，
作，则，，
因为，即，
所以，点的轨迹是以为直径的圆，设圆心为点，且有，，
所以，，
当且仅当、、三点共线且在线段上时，取最大值.
故选：D.
27．B
【解析】
【分析】
根据平面向量的线性运算与模长公式，可以得出，由此可判断出的形状.
【详解】
由，可得，即，
等式两边平方，化简得，，
因此，是直角三角形.
故选：B.
【点睛】
本题考查了平面向量的线性运算与数量积运算，也考查了模长公式应用，是中等题．
28．A
【解析】
【分析】
假设，根据向量的加法、减法运算，用表示分别出，结合数量积公式以及函数单调性，可得结果.
【详解】
设，所以
又，可知
所以
化简可得
又，，
所以
则
即，
又在递增
所以
故
故选：A
29．D
【解析】
【分析】
先根据M，N满足的条件，将化成的表达式，从而判断出矩形ABCD为正方形；再将，左边用表示出来，结合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.
【详解】
当M，N分别是边BC，DC的中点时，
有
所以AD＝AB，则矩形ABCD为正方形，设，则
则，又x+y＝3，所以λ+μ＝1.
故NC+MC＝4，则
（当且仅当MC＝NC＝2时取等号）.
故线段MN的最短长度为
故选：D.
30．B
【解析】
【分析】
利用向量不等式式，即可得到答案；
【详解】
，
，，
，
，，
，
，，
，
，
，
故选：B.
31．ABD
【解析】
【分析】
由条件可得，判断A，进而可得四边形是边长为2的菱形，可判断BC，然后利用向量的几何意义可判断D.
【详解】
因为，
所以，
所以，故A正确；
由，可得，
所以四边形为平行四边形，
又为外接圆的圆心，所以，
又，所以为正三角形，
因为外接圆的半径为2，
所以四边形是边长为2的菱形，
所以，所以，即，
所以，故B正确；
由以上分析可得，为钝角三角形，
故的外心不是垂心，故C错误；
由四边形是边长为2的菱形，可得，
所以在方向上的投影向量的长度为，故D正确．
故选：ABD．
32．AC
【解析】
【分析】
若，结合图形以及平面向量的线性运算即可推出结果，若，，，结合图形以及平面向量的线性运算即可推出结果.
【详解】
解：若则，∴.取中点，连接，
∴.∴在的中线上，同理可得在其它两边的中线上，
∴是的重心.
若，，，则有，
延长交于，则，，
∴，
设，则，
∵与共线，与，不共线，
∴，，
∴，
∴为的平分线，同理可证其它的两条也是角平分线.
∴是的内心.
故选：AC.
33．BCD
【解析】
【分析】
由根据数量积的运算律可得,可得为的垂心；结合与三角形内角和等于可证明B选项；结合B选项结论证明即可证明C选项，利用奔驰定理证明可证明D选项．
【详解】
解：因为，
同理，，故为的垂心，故A错误；
，所以，
又，所以，
又，所以，故B正确；
故，同理，
延长交与点，则
，
同理可得，所以，故C正确；
，
同理可得，所以，
又，所以，故D正确．
故选：BCD．
34．ABC
【解析】
【分析】
根据是边长为的等边三角形，算出，分别将和分解为以、和为基向量的式子，将数量积展开，化简整理得最后研究的大小与方向，可得的最大、最小值，最终得到的取值范围．
【详解】
解：，
，
是边长为的等边三角形，
向量是与垂直且方向向上，长度为6的一个向量
由此可得，点在圆上运动，当与共线同向时，取最大值，且这个最大值为6
当与共线反向时，取最小值，且这个最小值为
故的最大值为，最小值为．即的取值范围是，
故选：ABC
35．．
【解析】
【分析】
先利用正弦定理求解AD的长，再利用余弦定理求出AB．
【详解】
由题意知∠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＝．
故答案为：．
36．##1.5
【解析】
【分析】
作出辅助线，证得△ADE∽△BDC，进而根据相似比即可求出结果.
【详解】
如图，延长CD，过点A作BC的平行线交CD的延长线于点E.
因为∠ACD=∠BCD=∠AED，
所以||=||.
因为△ADE∽△BDC，
所以，
故||=.
故答案为：.
37．
【解析】
【分析】
设与之间的夹角为θ，由物理知识可得+ +＝，则有||2＝||2，计算可得||的值，又由﹣＝+，则有|﹣|2＝|+|2＝2+2+2 •，变形计算可得cs θ的值，由同角三角函数的基本关系式计算可得答案．
【详解】
解：根据题意，设与之间的夹角为θ，
同一点的三个力，，处于平衡状态，则++＝，
则||2＝| |2＝2+2+2 •＝900+2500+1500 ＝4900，则|| ＝70 ，
又由﹣＝+，则有|﹣|2＝|+|2＝2+2+2•，即2500＝900+4900+4200csθ，
解可得：csθ＝，
则sinθ＝＝，
故答案为：．
38．
【解析】
【分析】
以点为原点建立平面直角坐标系，设，即可根据平面向量数量积的坐标表示求出，再根据三角函数的值域求法即可解出．
【详解】
如图所示：以点为原点建立平面直角坐标系，设，，，所以，
，
而，所以，即．
故答案为：．
39．.
【解析】
【分析】
以为原点建立平面直角坐标系，求得，设，令，得出，利用数量积的运算得到，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】
以为原点，以所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
依题意得
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，，所以为等边三角形，
所以，所以，
设，由题意令，即，
解得，所以，
所以，
设，可得其对称轴为，且开口向上，
所以时，取得最小值，即的最小值为.
故答案为：.
40．(1)1
(2)1
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算求解.
(1)
解：建立如图所示平面直角坐标系：

则，设，
所以，
所以；
(2)
因为，
所以，
因为，
所以的最大值是1.
41．(1)，，；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用向量坐标模长公式进行求解；（2）利用向量坐标夹角公式求解；（3）根据第二问求出OD，再使用勾股定理求出BD，求出面积.
(1)
，，由于，所以；
(2)
，故；
(3)
由（2）得：，所以，由勾股定理得：，所以.
42．证明见详解.
【解析】
【分析】
建立直角坐标系表示出，然后利用向量垂直的坐标运算得出答案.
【详解】
解：如图所示，建立平面直角坐标系：
设正方形的边长为2，则
，
，即
43．(1)见详解
(2)3
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，结合向量加减法运算，即可证明；
（2）根据题意，用和表示， 结合，，三点共线，即可求解；
（3）根据题意，结合（1）（2）用和分别表示出和，进而可以表示出，再结合均值不等式与二次函数的最值，即可求解.
(1)
证明：因，所以，又因为的中点，所以，所以.
(2)
因，，，，所以，，又因，所以，又因，，三点共线，所以，即.
(3)
设，，，，由（1）（2）可知，，即.
因，，
所以
，
又因是边长为的等边三角形，
所以，
令，因，即，当且仅当时，等号成立，所以.
因此，
又因，所以，所以.