§5.3 平面向量的数量积
考试要求 1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与向量投
影的关系.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.5.会用向量的方法解决某些简单的
平面几何问题.6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．
1．向量的夹角
已知两个非零向量a和b，作OA＝a，OB＝b，则 ∠ AOB 就是向量a与b的夹角，向量夹角
的范围是[0，π]．
2．平面向量的数量积
设两个非零向量a，b的夹角为θ，则数量|a||b|·cos θ叫做a与b的
定义
数量积，记作a·b
|a|cos θ叫做向量a在b方向上的投影
投影
|b|cos θ叫做向量b在a方向上的投影
几何意义 数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos θ的乘积
3.向量数量积的运算律
(1)a·b＝b·a.
(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．
(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
4．平面向量数量积的有关结论
已知非零向量a＝(x，y)，b＝(x，y)，a与b的夹角为θ.
1 1 2 2
结论 符号表示 坐标表示
模 |a|＝ |a|＝
夹角 cos θ＝ cos θ＝
a⊥b的充要条件 a·b＝0 xx ＋ yy ＝ 0
1 2 1 2
|a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |xx＋yy|≤
1 2 1 2
微思考
1．两个向量的数量积大于0(或小于0)，则夹角一定为锐角(或钝角)吗？提示 不一定．当夹角为0°(或180°)时，数量积也大于0(或小于0)．
2．平面向量数量积运算常用结论有哪些？
提示 (a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.
a与b同向时，a·b＝|a||b|.
a与b反向时，a·b＝－|a||b|.
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是.( × )
(2)向量在另一个向量上的投影为数量，而不是向量．( √ )
(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．( √ )
(4)若a·b＝a·c(a≠0)，则b＝c.( × )
题组二 教材改编
2．已知|a|＝2，|b|＝6，a·b＝－6，则a与b的夹角θ等于( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 cos θ＝＝＝－，
又因为0≤θ≤π，所以θ＝.
3．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角的余弦值为sin ，则b·(2a－b)等于(
)
A．2 B．－1 C．－6 D．－18
答案 D
解析 由题意知cos〈a，b〉＝sin ＝sin
＝－sin ＝－，
所以a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝1×2×＝－3，
所以b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－18.
4．已知|a|＝5，|b|＝4，a与b的夹角θ＝120°，则向量b在向量a方向上的投影为________．
答案 －2
解析 由数量积的定义知，b在a方向上的投影为|b|cos θ＝4×cos 120°＝－2.
题组三 易错自纠
5．已知a，b为非零向量，则“a·b>0”是“a与b的夹角为锐角”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 根据向量数量积的定义可知，若a·b>0，则a与b的夹角为锐角或零角，若a与b的
夹角为锐角，则一定有a·b>0，所以“a·b>0”是“a与b的夹角为锐角”的必要不充分条件．
6．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝，则BA·AC的值为________．
答案 －
解析 在△ABC中，由余弦定理得
cos A＝＝＝.
所以BA·AC＝|BA||AC|cos(π－A)＝－|BA||AC|·cos A＝－3×2×＝－.
题型一 平面向量数量积的简单应用
命题点1 平面向量的模
例1 (2020·全国Ⅰ)设a，b为单位向量，且|a＋b|＝1，则|a－b|＝________.
答案
解析 将|a＋b|＝1两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝1.
∵a2＝b2＝1，
∴1＋2a·b＋1＝1，即2a·b＝－1.
∴|a－b|＝＝
＝＝.
命题点2 平面向量的夹角
例2 (2020·全国Ⅲ)已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉等于(
)
A．－ B．－ C. D.
答案 D
解析 ∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2
＝25－12＋36＝49，
∴|a＋b|＝7，
∴cos〈a，a＋b〉＝＝
＝＝.
命题点3 平面向量的垂直
例3 (2020·全国Ⅱ)已知单位向量a，b的夹角为45°，ka－b与a垂直，则k＝________.答案
解析 由题意知(ka－b)·a＝0，即ka2－b·a＝0.
因为a，b为单位向量，且夹角为45°，
所以k×12－1×1×＝0，解得k＝.
思维升华 (1)求解平面向量模的方法
①若a＝(x，y)，利用公式|a|＝.
②利用|a|＝.
(2)求平面向量的夹角的方法
①定义法：cos θ＝，θ的取值范围为[0，π]．
②坐标法：若a＝(x，y)，b＝(x，y)，则cos θ＝.
1 1 2 2
③解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中．
跟踪训练 1 (1)(2020·唐山模拟)已知 e ，e 是两个单位向量，且|e ＋e|＝，则|e －e|＝
1 2 1 2 1 2
________.
答案 1
解析 方法一 由|e ＋e|＝，两边平方，得e＋2e·e ＋e＝3.又e ，e 是单位向量，所以
1 2 1 2 1 2
2e·e＝1，
1 2
所以|e－e|2＝e－2e·e＋e＝1，所以|e－e|＝1.
1 2 1 2 1 2
方法二 如图，设AB＝e，AD＝e，又e，e 是单位向量，所以|AB|＝|AD|＝1，以AB，AD
1 2 1 2
为邻边作平行四边形ABCD，连接AC，BD，所以AC＝e ＋e ，DB＝e －e ，因为| e ＋e|
1 2 1 2 1 2
＝，即|AC|＝，所以∠ABC＝120°，则∠DAB＝60°，所以|DB|＝1，即| e －e|＝1.
1 2
(2)(2019·全国Ⅰ)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 设a与b的夹角为α，∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0，∴a·b＝b2，∴|a|·|b|cos α＝|b|2，又|
a|＝2|b|，∴cos α＝，∵α∈[0，π]，∴α＝，故选B.
(3)已知△ABC中，∠A＝120°，且AB＝3，AC＝4，若AP＝λAB＋AC，且AP⊥BC，则实数
λ的值为( )
A. B. C．6 D.
答案 A
解析 因为AP＝λAB＋AC，且AP⊥BC，
所以有AP·BC＝(λAB＋AC)·(AC－AB)＝λAB·AC－λAB2＋AC2－AB·AC＝(λ－1)AB·AC－λAB2＋AC2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cos 120°－9λ＋16＝0，
解得λ＝.
题型二 平面向量数量积的综合运算
例4 (1)(2020·新高考全国Ⅰ)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP·AB 的
取值范围是( )
A．(－2,6) B．(－6,2) C．(－2,4) D．(－4,6)
答案 A
解析 如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(2,0)，C(3，)，F(－1，)．
设P(x，y)，则AP＝(x，y)，AB＝(2,0)，且－1<x<3.
所以AP·AB＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)．
[高考改编题] 已知P是边长为2的正方形ABCD内的一点，则AP·AB 的取值范围是______．
答案 (0,4)
解析 如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(2,0)，
设P(x，y)，则AP＝(x，y)，AB＝(2,0)，且0<x<2.
所以AP·AB＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(0,4)．
(2)(2019·天津)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB
的延长线上，且AE＝BE，则BD·AE＝________.
答案 －1
解析 方法一 在等腰△ABE中，易得∠BAE＝∠ABE＝30°，故BE＝2，则BD·AE＝(AD－
AB)·(AB＋BE)＝AD·AB＋AD·BE－AB2－AB·BE＝5×2×cos 30°＋5×2×cos 180°－12－
2×2×cos 150°＝15－10－12＋6＝－1.
方法二 在△ABD中，由余弦定理可得BD＝＝，所以cos∠ABD＝＝－，则sin∠ABD＝.设
BD与AE的夹角为 θ，则 cos θ＝cos(180°－∠ABD＋30°)＝－cos(∠ABD－30°)＝－
cos∠ABD·cos 30°－sin∠ABD·sin 30°＝－，在△ABE中，易得AE＝BE＝2，故BD·AE＝×2×＝－1.
思维升华 向量数量积综合应用的方法和思想
(1)坐标法．
把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，这样就能进行相应的
代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
(2)基向量法．
适当选取一组基底，写出向量之间的联系，利用向量共线构造关于设定未知量的方程来进行
求解．
(3)利用向量运算进行转化，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路
和方法，以向量为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用．
跟踪训练2 (1)(2019·全国Ⅱ)已知AB＝(2,3)，AC＝(3，t)，|BC|＝1，则AB·BC等于( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
答案 C
解析 因为BC＝AC－AB＝(1，t－3)，所以|BC|＝＝1，解得t＝3，所以BC＝(1,0)，所以
AB·BC＝2×1＋3×0＝2，故选C.
(2)(2020·湖南省五市十校联考)在Rt△ABC中，∠C＝，AB＝4，AC＝2，若AD＝AB，则
CD·CB等于( )
A．－18 B．－6
C．18 D．6
答案 C
解析 方法一 由∠C＝，AB＝4，AC＝2，得CB＝2，CA·CB＝0.CD·CB＝(CA＋AD)·CB＝
CA·CB＋AB·CB＝(CB－CA)·CB＝CB2＝18，故选C.
方法二 如图，以C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐
标系，则C(0,0)，A(2,0)，B(0,2)．由题意得∠CBA＝，又AD＝AB，所以D＝(－1,3)，
则CD·CB＝(－1,3)·(0,2)＝18，故选C.
方法三 因为∠C＝，AB＝4，AC＝2，所以CB＝2，所以AB在CB上的投影为2，又AD＝
AB，所以AD在CB上的投影为×2＝3，则CD在CB上的投影为3，所以CD·CB＝|CB|·|CD|cos
〈CD，CB〉＝2×3＝18，故选C.题型三 平面向量的实际应用
命题点1 平面几何中的向量方法
例5 已知平行四边形ABCD，证明：AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
证明 取AB，AD为基底，设AB＝a，AD＝b，
则AC＝a＋b，DB＝a－b，
∴AC2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，
DB2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2，
上面两式相加，得AC2＋DB2＝2(a2＋b2)，
∴AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
命题点2 向量在物理中的应用
例6 若平面上的三个力F ，F ，F 作用于一点，且处于平衡状态，已知|F |＝1 N，|F |＝
1 2 3 1 2
N，F 与F 的夹角为45°，求：
1 2
(1)F 的大小；
3
(2)F 与F 夹角的大小．
3 1
解 (1)∵三个力平衡，
∴F ＋F ＋F ＝0，
1 2 3
∴|F |＝|F ＋F |＝
3 1 2
＝
＝＝1＋.
(2)方法一 设F 与F 的夹角为θ，
3 1
则|F |＝，
2
即＝，
解得cos θ＝－，
∵θ∈(0，π)，∴θ＝.
方法二 设F 与F 的夹角为θ，
3 1
由余弦定理得
cos(π－θ)＝＝，
∵θ∈(0，π)，∴θ＝.
思维升华 用向量方法解决平面几何(物理)问题的步骤跟踪训练3 (1)点P是△ABC所在平面上一点，若PA·PB＝PB·PC＝PC·PA，则点P是△ABC
的( )
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
答案 D
解析 由PA·PB＝PB·PC，得PA·PB－PB·PC＝0，即PB·(PA－PC)＝0，即PB·CA＝0，则
PB⊥CA.同理PA⊥BC，PC⊥AB，所以P为△ABC的垂心．
(2)一物体在力F的作用下，由点A(20,15)移动到点B(7,0)．已知F＝(4，－5)，则F对该物
体做的功为_______．
答案 23
解析 ∵A(20,15)，B(7,0)，
∴AB＝(－13，－15)，
∴W＝AB·F＝－13×4＋(－15)×(－5)＝23.
一、极化恒等式
1．极化恒等式：设a，b为两个平面向量，则a·b＝.
极化恒等式表示平面向量的数量积运算可以转化为平面向量线性运算的模，如果将平面向量
换成实数，那么上述公式也叫“广义平方差”公式．
2.极化恒等式的几何意义：平面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，即a·b＝(|AC|2－|BD|2)．
3.极化恒等式的三角形模式：在△ABC中，若M是BC的中点，则AB·AC＝AM2－BC2.
二、极化恒等式的应用
1．求数量积
例1 设向量a，b满足|a＋b|＝，|a－b|＝，则a·b等于( )
A．1 B．2 C．3 D．5答案 A
解析 ∵a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]
＝×(10－6)＝1，∴a·b＝1.
2．求最值
例2 如图所示，正方形ABCD的边长为1，A，D分别在x轴，y轴的正半轴(含原点)上滑动，
则OC·OB的最大值是________．
答案 2
解析 如图，取BC的中点M，AD的中点N，连接MN，ON，
则OC·OB＝OM2－.
因为OM≤ON＋NM＝AD＋AB＝，
当且仅当O，N，M三点共线时取等号．
所以OC·OB的最大值为2.
3．求模长
例3 已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的
最大值是( )
A．1 B．2 C. D.
答案 C
解析 设OA⊥OB，且OA＝a，OB＝b，OC＝c，D为线段AB的中点，显然OD＝，|DC|2＝2
＝2＝，上式表明，DC是有固定起点，固定模长的动向量，点C的轨迹是以为半径的圆，因
此，|c|的最大值就是该轨迹圆的直径.课时精练
1．(2021·河南非凡联盟联考)在等腰三角形ABC中，点D是底边AB的中点，若AB＝(1,2)，
CD＝(2，t)，则|CD|等于( )
A. B．5 C．2 D．20
答案 A
解析 由题意知AB⊥CD，∴1×2＋2t＝0，
∴t＝－1，∴|CD|＝＝.
2．设a，b是非零向量，则“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由数量积定义得a·b＝|a|·|b|·cos θ＝|a|·|b|，(θ为a，b夹角)，∴cos θ＝1，θ∈[0，π]，
∴θ＝0，∴a∥b；
反之，当a∥b时，a，b的夹角θ＝0或π，
a·b＝±|a|·|b|.
3．设向量a＝(1,1)，b＝(－1,3)，c＝(2,1)，且(a－λb)⊥c，则λ等于( )
A．3 B．2 C．－2 D．－3
答案 A
解析 由题意得
a－λb＝(1＋λ，1－3λ)，
又∵(a－λb)⊥c，c＝(2,1)，
∴(a－λb)·c＝0，
即2(1＋λ)＋1－3λ＝0，
∴λ＝3.
4．(2020·广州检测)a，b为平面向量，已知a＝(2,4)，a－2b＝(0,8)，则a，b夹角的余弦值
等于( )
A．－ B．－ C. D.
答案 B
解析 设b＝(x，y)，则有a－2b＝(2,4)－(2x,2y)＝(2－2x，4－2y)＝(0,8)，所以解得
故b＝(1，－2)，|b|＝，|a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝－，故选B.
5．(多选)设a，b，c是任意的非零平面向量，且相互不共线，则下列命题中的真命题是(
)A．(a·b)c－(c·a)b＝0
B．|a|－|b|<|a－b|
C．(b·c)a－(a·c)b不与c垂直
D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2
答案 BD
解析 由于b，c是不共线的向量，因此(a·b)c与(c·a)b相减的结果应为向量，故A错误；
由于a，b不共线，故a，b，a－b构成三角形，因此B正确；
由于[(b·c)a－(c·a)b]·c＝(b·c)(a·c)－(c·a)·(b·c)＝0，故C中两向量垂直，故C错误；
根据向量数量积的运算可以得出D是正确的．
故选BD.
6．(多选)已知e，e 是两个单位向量，λ∈R时，|e＋λe|的最小值为，则|e＋e|等于( )
1 2 1 2 1 2
A．1 B. C．3 D．2
答案 AB
解析 设向量e ，e 的夹角为θ，则e·e ＝cos θ，因为|e ＋λe|＝＝，且当λ＝－cos θ时，|
1 2 1 2 1 2
e＋λe| ＝＝，得cos θ＝±，故|e＋e|＝＝1或.
1 2min 1 2
7．(2021·武昌调研)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·b＝________.
答案 －15
解析 (2a－b)·b
＝2a·b－b2
＝2|a||b|cos〈a，b〉－|b|2
＝2×2×5cos 60°－52＝－15.
8．(2020·山东师大附中模拟)已知向量a，b，其中|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，则向量a和b
的夹角是________，a·(a＋b)＝________.
答案 6
解析 由题意，设向量a，b的夹角为θ，
因为|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，
所以(a－b)·a＝|a|2－a·b＝|a|2－|a||b|cos θ
＝3－2·cos θ＝0，解得cos θ＝.
又因为0≤θ≤π，所以θ＝，
则a·(a＋b)＝|a|2＋|a|·|b|·cos θ＝3＋2×＝6.
9．(2020·景德镇模拟)已知两个单位向量a，b的夹角为30°，c＝ma＋(1－m)b，b·c＝0，则
m＝________.
答案 4＋2
解析 b·c＝b·[ma＋(1－m)b]＝ma·b＋(1－m)b2＝m|a||b|cos 30°＋(1－m)|b|2＝m＋1－m＝0，
所以m＝4＋2.
10．(2021·四川双流中学诊断)如图，在△ABC中，M为BC的中点，若AB＝1，AC＝3，AB
与AC的夹角为60°，则|MA|＝________.
答案
解析 ∵M为BC的中点，
∴AM＝(AB＋AC)，
∴|MA|2＝(AB＋AC)2
＝(|AB|2＋|AC|2＋2AB·AC)
＝(1＋9＋2×1×3cos 60°)＝，
∴|MA|＝.
11．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求|a＋b|；
(3)若AB＝a，BC＝b，求△ABC的面积．
解 (1)因为(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
所以4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，所以64－4a·b－27＝61，
所以a·b＝－6，所以cos θ＝＝＝－.
又0≤θ≤π，所以θ＝.
(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，
所以|a＋b|＝.
(3)因为AB与BC的夹角θ＝，
所以∠ABC＝π－＝.
又|AB|＝|a|＝4，|BC|＝|b|＝3，
所以S ＝|AB||BC|·sin∠ABC
△ABC
＝×4×3×＝3.
12．已知向量a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，x∈[0，π]．
(1)若a∥b，求x的值；
(2)记f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值．
解 (1)因为a＝(cos x，sin x)，b＝(3，－)，a∥b，所以－cos x＝3sin x.
若cos x＝0，则sin x＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，
故cos x≠0，于是tan x＝－.
又x∈[0，π]，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－)
＝3cos x－sin x＝2cos.
因为x∈[0，π]，所以x＋∈，
从而－1≤cos≤.
于是，当x＋＝，即x＝0时，f(x)取得最大值3；
当x＋＝π，即x＝时，f(x)取得最小值－2.
13．(2020·安徽五校联盟质检)已知点O是△ABC内部一点，且满足OA＋OB＋OC＝0，又
AB·AC＝2，∠BAC＝60°，则△OBC的面积为( )
A. B．3 C．1 D．2
答案 C
解析 由AB·AC＝2，∠BAC＝60°，
可得AB·AC＝|AB||AC|cos∠BAC
＝|AB||AC|＝2，
所以|AB||AC|＝4，
所以S ＝|AB||AC|sin∠BAC＝3，
△ABC
又OA＋OB＋OC＝0，
所以O为△ABC的重心，
所以S ＝S ＝1.
△OBC △ABC
14．(2020·郑州质检)在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P在边AC的中线BD上，
则CP·BP的最小值为( )
A．－ B．0 C．4 D．－1
答案 A
解析 依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x轴，y轴，建立如图所示
的平面直角坐标系，则 B(0,2)，D(2,0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，因为P点在边
AC的中线BD上，所以可设 P(t,2－t)(0≤t≤2)，所以CP＝(t,2－t)，BP＝(t，－t)，所以
CP·BP＝t2－t·(2－t)＝2t2－2t＝22－，当t＝时，CP·BP取得最小值－.15．(2020·潍坊模拟)已知f(x)＝|sin πx|，A ，A ，A 为图象的顶点，O，B，C，D为f(x)与x
1 2 3
轴的交点，线段AD上有五个不同的点Q ，Q ，…，Q.记n＝OA2·OQi(i＝1,2，…，5)，
3 1 2 5 i
则n＋…＋n 的值为( )
1 5
A. B．45 C. D.
答案 C
解析 由图中几何关系可知，OE＝，AE＝，
2
OA＝，AC＝1，
2 2
∴∠AOC＝30°，∠ACO＝60°，
2 2
∵AD∥AC，∴OA⊥DA，
3 2 2 3
即OA2⊥DA3.
则n＝OA2·OQi＝OA2·(OD＋DQi)＝OA2·OD
i
＝|OA2||OD|cos ，
∴n＋…＋n＝3×××5＝.
1 5
16.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点B(－1,0)，|OC|＝1，且∠AOC＝θ，
其中O为坐标原点．
(1)若θ＝，设点D为线段OA上的动点，求|OC＋OD|的最小值；
(2)若θ∈，向量m＝BC，n＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m·n的最小值及对应的θ值．
解 (1)设D(t,0)(0≤t≤1)，由题意知C，所以OC＋OD＝，
所以|OC＋OD|2＝2＋，
所以当t＝时，|OC＋OD|最小，最小值为.
(2)由题意得C(cos θ，sin θ)，m＝BC＝(cos θ＋1，sin θ)，
则m·n＝1－cos2θ＋sin2θ－2sin θcos θ
＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－sin，
因为θ∈，
所以≤2θ＋≤，
所以当2θ＋＝，即θ＝时，sin取得最大值1，即m·n取得最小值1－.
所以m·n的最小值为1－，此时θ＝.
