1?11k2?y?k(x?)222
又?2，得kx－（k+2）x+=0，∴x1·x2=，而y1y2=k（x1－）k（x2－
4242?y?2x?31111）=k2（x1－）（x2－）=－1.∴x1x2+y1y2=－1=－. 22244解法二：因为直线AB是过焦点的弦，所以y1·y2=－p2=－1.x1·x2同上. 评述：本题考查向量的坐标运算，及数形结合的数学思想.
5.答案：A
解析：B1M1111?B1B?BM?A1A?(BA?BC)=c+（－a+b）=－a+b+c
2222评述：用向量的方法处理立体几何问题，使复杂的线面空间关系代数化，本题考查的是
基本的向量相等，与向量的加法.考查学生的空间想象能力.
6.答案：B
解析：设c=ma+nb，则（－1，2）=m（1，1）+n（1，－1）=（m+n，m－n）.
1?m???m?n??1?2
∴? ∴??m?n?2?n??3??2评述：本题考查平面向量的表示及运算.
7.答案：D
解析：①平面向量的数量积不满足结合律.故①假；
②由向量的减法运算可知|a|、|b|、|a－b|恰为一个三角形的三条边长，由“两边之差小于第三边”，故②真；
③因为［（b·c）a－（c·a）b］·c=（b·c）a·c－（c·a）b·c=0，所以垂直.故③假； ④（3a+2b）（3a－2b）=9·a·a－4b·b=9|a|2－4|b|2成立.故④真. 评述：本题考查平面向量的数量积及运算律. 8.答案：A
解析：设直线l的方程为y=kx+b（此题k必存在），则直线向左平移3个单位，向上平移1个单位后，直线方程应为y=k（x+3）+b+1即y=kx+3k+b+1
因为此直线与原直线重合，所以两方程相同.比较常数项得3k+b+1=b.∴k=－评述：本题考查平移变换与函数解析式的相互关系. 9.答案：13
解析：∵（2a－b）·a=2a2－b·a=2|a|2－|a|·|b|·cos120°=2·4－2·5（－评述：本题考查向量的运算关系. 10.答案：90°
解析：由|α+β|=|α－β|，可画出几何图形，如图5—14.
1. 31）=13. 2|α－β|表示的是线段AB的长度，|α+β|表示线段OC的长度，由|AB|=|OC|
∴平行四边形OACB为矩形，故向量α与β所成的角为90° 评述：本题考查向量的概念，向量的几何意义，向量的运算.这些知识不只在学习向量时用到，而且在复数、物理学中也是一些最基本的知识.
11.答案：4
图5—14 解析：∵OA={－1，2}，OB={3，m}，AB?OB?OA={4，m－2}，又OA⊥AB， ∴－1×4+2（m－2）=0，∴m=4.
评述：本题考查向量的概念，向量的运算，向量的数量积及两向量垂直的充要条件. 12.答案：（
23,2） 22解析：设a=OA=2+i，b=OB，由已知OA、OB的夹角为
?4，由复数乘法的几何意
义，得OB=OA（cos
?4+isin
?4）=（2+i）(2223?i)??2i. 2222∴b=（
23,2） 22评述：本题考查向量的概念，向量与复数一一对应关系，考查变通、变换等数学方法，以及运用数学知识解决问题的能力.
13.答案：－2 a+b=（m+2）i+（m－4）j=（m+2，m－4） 解析：由题意，得 a－b=mi+（－m－2）j=（m，－m－2）
∵（a+b）⊥（a－b），∴（m+2）×m+（m－4）（－m－2）=0，∴m=－2.
评述：本题考查平面向量的加、减法,平面向量的数量积及运算,两向量垂直的充要条件. 14.答案：－63 a+b=2i－8j 解析：解方程组 a－b=－8i+16j
a=－3i+4j=（－3，4） 得 b=5i－12j=（5，－12）
∴a·b=（－3）×5+4×（－12）=－63.
评述：本题考查平面向量数量积的坐标表示及求法. 15.答案：（4，2）
110??60??32?2,y?2?1， 解析：设P（x，y），由定比分点公式x?111?1?22则P（2，1），又由中点坐标公式，可得B（4，2）.
16.（1）证明：∵BCm3m?AC?AB?{,,0}，∴| BC|=m，
22又AB?{m3,?m,0},AC?{m,0,0} 22∴|AB|=m，|AC|=m，∴△ABC为正三角形.
又AB·AA1=0，即AA1⊥AB，同理AA1⊥AC，∴AA1⊥平面ABC，从而三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱.
（2）解：取AB中点O，连结CO、A1O.
∵CO⊥AB，平面ABC⊥平面ABB1A1，∴CO⊥平面ABB1A1，即∠CA1O为直线CA1与平面A1ABB1所成的角.
在Rt△CA1O中，CO=
322m，CA1=m?n， 2∴sinCA1O=
CO2?，即∠CA1O=45°. CA1217.解：（1）取OB的中点D，连结O1D，
则O1D⊥OB.
∵平面OBB1O1⊥平面OAB， ∴O1D⊥平面OAB.
过D作AB的垂线，垂足为E，连结O1E. 则O1E⊥AB.
∴∠DEO1为二面角O1—AB—O的平面角. 由题设得O1D=sinOBA=
图5—15 3，
?21， 7OAOA2?OB2∴DE=DBsinOBA=
21 7∵在Rt△O1DE中，tanDEO1=∴∠DEO1=arctan
7，
7，即二面角O1—AB—O的大小为arctan7.
（2）以O点为原点，分别以OA、OB所在直线为x、y轴，过O点且与平面AOB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图5—15.则
O（0，0，0），O1（0，1，
，A（3，0，0），A1（3，1，3），B（0，2，0）. 3）
设异面直线A1B与AO1所成的角为α，
则A1B?OB?OA1cosα=?{?3,1?3},O1A?OA?OO1?{3,?1,3}，
A1B?O1A1?，
|A1B|?|O1A|7∴异面直线A1B与AO1所成角的大小为arccos
1. 718.解法一：如图5—16，以O点为原点建立空间直角坐标系. 由题意，有B（3，0，0），D（
3，2，4），设P（3，0，z），则 23BD={－，2，4}，OP={3，0，z}.
2∵BD⊥OP，∴BD·OP=－
图5—16 99+4z=0，z=. 28∵BB′⊥平面AOB，∴∠POB是OP与底面AOB所成的角. tanPOB=
33，∴∠POB=arctan. 88解法二：取O′B′中点E，连结DE、BE，如图5—17，则
DE⊥平面OBB′O′，
∴BE是BD在平面OBB′O′内的射影. 又∵OP⊥BD.
由三垂线定理的逆定理，得OP⊥BE.
在矩形OBB′O′中，易得Rt△OBP∽Rt△BB′E， ∴
9BPOB?，得BP=. B?EBB?8图5—17 （以下同解法一） 19.解：（1）如图5—18，以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.
由已知，得
A（0，0，0），B（0，a，0），A（0，10，
，C（2 a）1?3a. a,,2a）
22图5—18 （2）坐标系如图，取A1B1的中点M，于是有M（0，
a,2 a），连AM，MC1有 2MC1=（－
3a，0，0），且AB=（0，a，0），AA1=（0，0，2 a） 2由于MC1·AB=0，MC1·AA1=0，所以MC1⊥面ABB1A1. ∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角. ∵AC1=（?a3a，AM=（0，,2a）， a,,2a）
2229a2∴AC1·AM=0++2a2=a2.
443a2a2而|AC1|=??2a2?3a.
44a23|AM|=?2a2?a.
4292a3?∴cos＜AC1，AM＞=4. 323a?a2所以AC1与AM所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
20.解：（1）记P（x，y），由M（－1，0），N（1，0）得PM=－MP=（－1－x，－y）， ，MN=－NM=（2，0） PN=－NP=（1－x，－y）
∴MP·MN=2（1+x），PM·PN=x2+y2－1，NM·NP=2（1－x）. 于是，MP·MN，PM·PN，NM·NP是公差小于零的等差数列等价于
1?22?x?y?1?[2(1?x)?2(1?x)], 2???2(1?x)?2(1?x)?0,?x2?y2?3,即?
x?0?所以，点P的轨迹是以原点为圆心，（2）点P的坐标为（x0，y0）.
3为半径的右半圆.
PM·PN=x02+y02－1=2.
|PM|·|PN|=
(1?x0)2?y0?(1?x0)2?y0.
22