单元过关(九) 立体几何初步-【衡水真题密卷】2027年高考数学单元过关检测（A版）

2026一2027学年度单元过关（九） 数学·立体几何初步 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 2 3 4 5 6 7 8 答案 1.充满气的车轮内胎可由下面某个图形绕对称轴旋转而成，这个图形是 A C D 2.已知直线l∥平面α，点P∈α，那么过点P且平行于l的直线 ( ) A.有且只有1条，且在平面a内 B.有且只有1条，不在平面a内 C.有无数条，不都在平面α内 D.有无数条，都在平面α内 3.将一个表面被涂上红色的棱长为4cm的立方体适当分割成棱长为1cm的小立方体， 则三面是红色的小立方体的表面积之和为 () A.12 cm2 B.24 cm2 C.48 cm2 D.60 cm2 4.已知某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为2π，则该圆锥的体积为() 3π A.8 Eg 3π C.8 3π D.24 单元过关（九）数学第1页（共8页） 优秀是种习惯，不是一次表现 5.已知正四棱锥P-ABCD的棱长均为4，M,N分别是AB,BC的中点，则点M到直线 班级 PN的距离为 ( A.15 3 B20 3 姓名 C.215 3 u 得分 6.如图所示，茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍， 容积为28mL,厚度忽略不计.当倒入14mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为 () 3[1 A. 391 39 C.N2-2 D.2-1 7.如图，某圆台形木质零件的上底面圆O1的半径为3，下底面圆O2的半径为6，母线长为 6.现从该零件中挖去了一个以圆O1为底面，O2为顶点的圆锥O2O1,为增加该材料的 利用率，工人们准备利用剩下的材料制作一系列大小相等的球，每一个球都同时与圆台的母 1 线、圆台的下底面及圆锥的母线相切，则至多可以制作球的个数是（参考数据：0s70.53≈3， 3 c0s54.74°≈ () A.4 B.5 C.6 D.7 8.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上底面ABCD与下底面A1B1C1D1的面积之比为 1:4,且其内切球的半径为2，则A1A与上底面ABCD所成角的正弦值为 () c.21 ·17 D 17 单元过关（九）数学第2页（共8页） A 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 9.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的有 A.三角形的直观图是三角形 B.水平放置的平行四边形的直观图是平行四边形 C.菱形的直观图是菱形 D.正方形的直观图是正方形 10.六氟化硫分子结构为正八面体（可看作是将两个棱长均相等的正四棱锥的底面粘接在一起 形成的几何体).如图所示，正八面体E-ABCD-F的棱长为a,则下列说法正确的是() A.异面直线AE与BF所成的角为45° B.此正八面体的外接球与内切球的体积之比为33 C.若点P为棱EB上的动点，则AP+CP的最小值为23a D,若点O为四边形ABCD的中心，点Q为此八面体表面上动点，且OQ=?,则动点 Q的轨迹长度为 3 3aπ 11.在直四棱柱ABCD-A1B1C,D,中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=T, A4, =2,P,Q分别是棱AA1,CC1的中点，过直线PQ的平面a分别与棱BB1,DD1交于 点E,F,则 () A.四边形PEQF为矩形 B.BE=DF C.四边形PEQF面积的最小值为8 D.四棱锥C1PEQF的体积为定值 单元过关（九）数学第3页（共8页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.如图所示部分的几何体是一圆柱被一平面所截，则该几何体的体积为 13.现有甲、乙两个实心铁块，甲是底面半径为√2，母线长为√11的圆锥，乙是上、下底面边长 12 分别为1和2，高为气的正三棱台，将甲的底面朝下，乙的下底面朝下放在水平地面上，设 甲，乙对地面的压强分别为p1,p2,则2 (压强等于压力除以受力面积). 力2 14.在三棱锥P-ABC中，AC=2√2，PB=3,AB⊥BC,AB=BC,二面角P-AB-C的平面 角为60°，当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，其外接球的表面积为 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥平面ABCD,E为PD 的中点. (1)设平面ABE与直线PC相交于点F,证明：EF∥CD (2)若AB=4,∠ADC=120°，PD=6,求三棱锥EPAB的体积. 单元过关（九）数学第4页（共8页） 16.(15分)如图，在多面体ABCD-EFGH中，四边形ABCD和四边形EFGH均为正方 形，四边形ABGF和四边形ADEF均为梯形，其中AB∥FG,AD∥EF,且AB= 2FG,回答下列问题. (1)证明：B,D,E,G四点共面. (2)证明：AF,BG,DE三条直线交于一点. 单元过关（九）数学第5页（共8页） 17.(15分)如图，四边形ABCD为矩形，且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,PA=1,E 为BC的中点. (1)证明：PE⊥DE. (2)求四棱锥P-ABCD外接球的体积. 单元过关（九）数学第6页（共8页） A 18.(17分)如图，四边形ABCD是正方形，四边形AEPD是直角梯形，且PD∥EA, PD⊥CD,PD⊥AD,AD=PD=2EA=2,BP,BE,PC的中点分别为F,G,H. D (1)证明：平面FGH∥平面AEPD,并求直线CE与平面FGH所成角的正弦值. (2)设截面FGH与平面ABCD的交线为l,确定1的位置并说明理由. A 单元过关（九）数学第7页（共8页） 19.(17分)“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体 积的方法.它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的 几何体（图1），点D被称为“牟合方盖”的上顶点，点O为“牟合方盖”的中心.过点O 作平面y使得OD⊥y,IOD|=2. ) 2 图1 图2 (1)求平面Y截“牟合方盖”所得截面的面积. (2)B,E为平面Y与两圆柱交线的交点，A为BE的中点，过OD作平面ODSC,S,C 为“车合方益”表面上的点且位于平面A0D的同侧，∠D0C=2,过S作SR∥平 面ABC,交边界BD于点R,设∠S0D=e(O≤a≤2》，∠AOC=B, (1)当B=2时（图2），是香存在。使得CR=J5?若存在，求出a;若不存在，请说 明理由. ()若OS∥AR,点S到平面ABR的距离为2，求tam&与tanB 单元过关（九）数学第8页（共8页）·数学· 参考答案及解析 (x4,y4)=2[(x2,y2)-(x1,y1)]+(x2y2), 其中P1P2=(u,v)=(-sinx-2cosx,-cosx- 以上个式子相加并化简，得(x2+2y2+2)= 2sin x), 2k·[(x2y2)-(x1,y1)]+(x2y2), P P22=(-sin x-2cos x)2+(-cos x- 由②知，(x2+1y2+1)=2(x2y2)一(x2+2,y2k+2） 2sinx)2=5+8 sin xcos x=5+4sin2x≥1，当且仅 =2(x2,y2)-2k[(x2,y2)-(x1,y1)]-(x2,y2) =-2k[(x2y2)-(x1y1)]+(x2y2), 当x=xue五时等号成立。 所以P2+1P2+2=(x2+2一x2+1,y2+2一y2+1）= 4k[(x2y2)-(x1y1]=4kP1P2, (14分) 1014=2028. 故1P1o5P10is1m=4X (17分) 2026一2027学年度单元过关（九） 数学·立体几何初步 一、选择题 6.D【解析】如图所示，延长正四棱台的各条侧棱， 1,C【解析】由已知可得选项C绕对称轴旋转可形成 交于一点P, 充满气的车轮内胎. 2.A【解析】由题知P￠l,故存在唯一平面β，使得P ∈B,lCB,设a∩B=b,因为l∥a,lCB,故l∥b,而b 二α，故存在一条直线b与l平行，若还有另一条直 线c∥l,则b∥c,而P∈c,与P∈b矛盾，故所求直 线有且只有1条，且在平面α内. 3.C【解析】三面涂色的小立方体是位于棱长为 4cm的立方体的顶，点处的小立方体，因为立方体 设正四棱台的下底面边长为a,高为h,则上底面 共有8个顶点，所以三面涂色的小立方体有8个， 边长为2a,四棱锥P-EFGH的高为h, 每个小立方体的表面积为6cm,则表面积之和为 8×6=48cm2. 可得VPEFGH=8 VRABCD,所以VPEPGH=7X 4.B【解析】设圆锥底面圆半径为r,高为h,依题意 大2rX1 1 Ve0一4设茶水的离为，可得作法产)广- 可得 2×2rXh 1 =2x,解得h= 2,所以r= 1 31π V2 5.C【解析】如图，过点M作PN的垂线，垂足为E 7.B【解析】如图，过点A作AH LBO2,垂足为H, M、E 由题意可知O1A=3,O1O2⊥O2B,O1A∥O2B,所 在△PMN中，MN=2√2，PN=PM=2√3，所以 以四边形AO1O2H为矩形，则O2H=3,所以 cos∠MNP= 8+12-12√6 2X22X23=6,则sin∠MNp BH=3,所以AO2=AB=BO2=6,即△ABO2为 30 等边三角形，所以△ABO,的内切圆半径为3AH ,所以ME=MN·sin∠MNP=2V2X X6sin60°=3，即满足要求的球O30 √302√1 6 3 ,即点M到直线PN的距离为2y⑤ 31 …,On)的半径为√3，过点O3作O3O⊥O1O2,垂足 ·35· A 2027 单元过关 为O,则四边形OO3HO2为矩形，所以OO3=3, 因为|OO1|=|OH|=2,∠OO1E=∠OHE= O02=3,显然0：(i=3,4,5,…,n)在以点0为 90°，|OE=OE|,根据勾股定理可得|O1E|= 圆心，半径为3的圆周上运动，作出截面图，如图 所示， EH=号a,所以△0，E≌△OHE,同里 |O2F|=|HF|=a,△OHF≌△OO2F,所以 OE,OF分别为∠O1OH,∠HOO2的角平分线，即 ∠B0F=90.因为0E=(g) +2-+ 0r=a+2=4+a,BF=(经e)°-a,所 在△00304中，003=004=3,0304=23，由 会然定理得m∠0,0，-装8号-日所以 以4+ 4+4+a2-9。 F4a2,即a2=8,得a=22. ∠03004≈70.53°，因为5X70.53°=352.65°< 连接AO1,A1O2,则AO1∥A1O2,设G为A在底面 360°，6X70.53°=423.18°>360°，所以满足题意的 上的投影，则G位于A1O2上，且AG⊥A1O2,所以 球至多有5个. 四边形AG0,0:为短形，周为A0,=AC- 8.A【解析】如图，根据正四棱台的性质可知，上底 面ABCD与下底面A1B1C1D1均为正方形， D 2a2+227=-2,|A,0.=2Ac- 4,所以|AO1|=G02=2,所以|A1G引=2， |A1A=√22十4=2√5，因为上底面ABCD与下底 D 面A1B1C1D1平行，所以A1A与上底面ABCD所成 的角即为A1A与下底面A1B1C1D1所成的角 1AGL=4=25 ∠AAG,则sin∠AA,G-AA=255· 二、选择题 9.AB【解析】对于A,由斜二测画法规则可知，水 平放置的三角形的直观图还是三角形，故A正确； 对于B,斜二测画法是一种平行投影，水平放置的 平行四边形的两组对边在水平面上的直观图上仍 然保持平行，故B正确；对于C,菱形的四条边相 等，但相等的线段在直观图中不一定相等，因此菱 形的直观图是菱形不正确，故C错误；对于D,在 斜二测画法中，直角坐标系xOy变成x'O'y',且 ∠x'0y'=45°，角度有变化，另外平行于y轴的 G 线段长度变为原来的一半，平行x轴的线段长度 S ABCD= AB 1 则SAC ABT 不变，因此正方形的直观图是正方形不正确，故D 设AB=a,a>0,则|A1B1=2a, 错误. 取O1,O2分别为上、下底面的中心，取E,F分别 10.BD【解析】对于A,由正八面体的结构特征可得， 为BC,B1C1的中点，连接O1E,O1O2,O2F,EF, BF∥DE,所以异面直线AE与BF所成的角为 则O1E∥O2F∥AB∥A1B1,根据内切球的性质 60°，故A错误； 可知，球心O为O1O2中点，记H为球与平面 对于B,根据对称性易得该正八面体外接球与内切 BC,C的初点，则OH1EF,则O,E-7, 晾的球心均为共中心，所以-号AC-号。，内切 |02F|=a,|OH|=|O01=|002|=2, 球切，点在面的中线EG上，且在四边形GFH中， A ·36· ·数学· 参考答案及解析 a·√2a 所以PG=QG,EG=FG,因为P,Q分别是棱AA1, 2 由等面积法可得r内= 外 CC1的中，点，所以G为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 1 Ba 6a,则 的中心，所以线段BD1过，点G且被平分，即BG= 2 X4· 2 D1G,因为EG=FG,∠BGE=∠D1GF,所以△BGE [2 ）3 ≌△D1GF,所以BE=D1F,故B正确； =3√3，故B正确； 对于C,因为四边形ABCD是边长为2的菱形， 6 6 ∠BAD-答，所以BD=2.AC=23,所以PQ=AC =2√3，因为四边形PEQF为菱形，所以四边形 Pp0r西软为号PQ·F=号×25=5EF≥ √3BD=2W3,即四边形PEQF面积的最小值为2W3, 故C错误； 对于D,因为Vc,PBor=2WC,Pm=2WPC,m,点P到平 面CEQ的距离为定值，S△C,四为定值，所以四棱锥 对于C,因为A-BE-C的展开图是一个角为60 C1-PEQF的体积为定值，故D正确. 的菱形，对角线AC即为AP十CP的最小值，此 D 时AC=√3a,故C错误； 对于D,因为点0到各棱的距离都等于2，所以 Q 点Q在各面的轨迹恰好为各个面的内切圆，记其 .- G、 半径为rQ,因为△ADE为等边三角形，所以rQ a ,所以在一个面内的轨迹长 D 0 度为2r。=2“=3八，则在八个面内的轨 三、填空题 2√3 12.12π【解析】将该几何体利用对称性补成一个母 迹长度之和为8了3a,故D正确。 线长为6的圆柱，则所求几何体的体积为该圆柱 11.BD【解析】对于A,连接AC,BD交于点O,连接 你叔的-丰，所以V=号xX2X6=12元 EF,PQ交于点G,因为平面BCCB1∥平面 ADD1A1,平面BCC1B1∩平面PEQF=EQ,平面 18.1解析】由已知得，周绿的高为3，体积为行× ADD1A1∩平面PEQF=PF,所以EQ∥PF,同理 可证PE∥FQ,所以四边形PEQF为平行四边形， π2)×3=2，正三棱台的体积为}×X 3十 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD,因为四 3 棱柱ABCD-A1B1C,D1为直四棱柱，所以BB1⊥ ×(12+2+1×2)=3,设铁块的密度为P, 平面ABCD,因为ACC平面ABCD,所以BB1⊥ 2πp 则甲、乙对地面的压强分别为p1= AC,因为BB1∩BD=B,BB1,BDC平面BDD1B1, r·(2)2 所以AC⊥平面BDD1B1,因为EFC平面BDD1B1, 3p 所以AC⊥EF,因为P,Q分别是棱AA1,CC1的中 p,p2= =0,所以2=1. 点，所以APAM,02CC,因为AA1/CC, 4十 AA=CC1,所以AP∥CQ,AP=CQ,所以四边形 14.40π【解析】要使三棱锥的体积最大，需保证P ACQP为平行四边形，所以AC∥PQ,所以PQ⊥EF, 到平面ABC的距离d最大，此时PB⊥AB.由于 所以四边形PEQF为菱形，故A错误； AB⊥BC,所以二面角P-AB-C的平面角为 对于B,连接BD,因为四边形PEQF为平行四边形， ∠PBC,即∠PBC=60°，故dmax=PB·sin60° ·37· A 2027 单元过关 3 2°.因为PB⊥AB,AB⊥BC,PB∩BC=B, 所以三棱锥E-PAB的体积VE-PAB=VP-EAB= 1 1 VnEB=VsAm=3SAD·DE= ×43×3=4w3. PB,BCC平面PBC,所以AB⊥平面PBC,又 ABC平面ABC,所以平面ABC⊥平面PBC. (13分) 设△PBC外接圆的半径为r,圆心为O1, 16.证明：(1)如图，取AB,AD的中点分别为S,T, 则由余弦定理可得PC2=PB2+BC2一2XPBX 连接GS,ET,ST,GE,BD,则ST∥BD, 1 BC×c0s60°=32+22-2×3X2×2=7, 所以PC=√7，所以2r= 七-2√21，即r月 D sin60° 21,取BC中点D,AC中点O2,连接O1Dy 因为四边形ABCD和四边形EFGH均为正方 形，AB=2FG,且AB∥FG,AD∥EF, O2D,因为O1D⊥BC,O2D⊥BC,平面ABC∩ 所以四边形FGSA,FETA均为平行四边形，即 平面PBC=BC,且O1DC平面PBC,O2DC平 GS∥FA∥ET,GS=FA=ET, 面ABC,则O1D⊥平面ABC,O2D⊥平面 所以四边形GETS为平行四边形，所以GE∥TS, PBC,在△ABC中易得O2为△ABC外接圆的 所以GE∥BD, 圆心，分别过O1,O2作O2D,O1D的平行线，交 所以B,D,E,G四点共面 (6分) 点为O,则O为三棱锥外接球的球心，所以外接 (2)如图，延长AF,BG交于点S, 球半径R=+(合AB)°-，故共表面积为 s(O 4πR2=40 r. H B 因为AB∥FG,且AB=2FG, SF FG 1 所以△SFGn△SAB,SA=AB-2' (9分) 同理，延长AF,DE交于点Q, 四、解答题 因为四边形ABCD和四边形EFGH均为正方 15.(1)证明：因为平面ABE与直线PC相交于点F, 形，且AB=2FG,所以AD=2EF, 所以平面ABE∩平面PCD=EF. 又AD∥EF, 因为四边形ABCD是菱形，所以AB∥CD,(2分) QF EF 1 所以△QEF∽△QDA, QAAD2 ,(12分) 因为AB中平面PCD,CDC平面PCD, 所以AB∥平面PCD, (4分) 故S和Q是同一个点， 因为ABC平面ABE,平面ABE∩平面PCD= 所以AF,BG,DE三条直线交于一点.(15分) EF,所以AB∥EF,故EF∥CD (6分) 17.(1)证明： (2)解：因为底面ABCD为菱形，∠ADC=120°， 所以∠BAD=60°，△ABD为正三角形， 义AB=4所以5m-得X=4月，但分》 因为E为PD的中点，所以P到平面EAB的距 离与D到平面EAB的距离相等， 连接AE,因为E为BC的中点，所以EC=CD=1, 又PD⊥平面ABCD,即DE⊥平面ABCD,DE 所以△DCE为等腰直角三角形，则∠DEC= 45°，同理可得∠AEB=45°， (3分) 2PD=3, (10分) 所以∠AED=90°，所以DE⊥AE, ·38· ·数学· 参考答案及解析 又PA⊥平面ABCD,DEC平面ABCD,所以 PA⊥DE, 又因为AE∩PA=A,AE,PAC平面PAE,所 以DEL平面PAE, 又PEC平面PAE,所以DE⊥PE. (6分) (2)解：因为PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD 为矩形， 所以四棱柱P-ABCD的外接球直径 因为F,G分别为BP,BE的中点， 所以FG∥PE,所以FR∥PQ, 2R=√/AB2+AD+PA?=√6，(10分) 所以R是BQ的中点， 所以R=, 取CD中点M,则RM就是所求的直线L. =√6π， (12分) 所以四棱锥P-ABCD外接球的体积为√6π. 理由如下：由以上作图过程可知，R是BQ的中 (15分) 点，M是CD的中点， 18.(1)证明：因为F是BP的中点，H是PC的中 所以RM∥DQ,即RM∥AD, 又FH∥AD,所以RM∥FH,所以R,M,F,H 点，所以FH∥BC, 又BC∥AD,所以FH∥AD, 四点共面，所以R,M∈平面FGH, 又R,M∈平面ABCD,所以平面FGH∩平面 又FH在平面AEPD,ADC平面AEPD,所以 ABCD=RM,所以RM即为所求的直线l. FH∥平面AEPD, (17分) 同理FG∥平面AEPD, 19.解：(1)根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方 又FH∩FG=F,FH,FGC平面FGH,所以平 形，正方形边长a=2×OD|=4, 面FGH∥平面AEPD. (3分) 所以截面面积S=a2=16. (3分) 连接CE,DE. (2)(1)如图，连接OB,OS,CR,过S作SS'⊥Y 于点S', D O 2✉R B 因为CD⊥AD,CD⊥PD,AD∩PD=D,AD, 因为SR∥Y,所以SR为圆柱的母线的一部分， PDC平面AEPD, 所以SR∥BC, 所以CD⊥平面AEPD,则∠CED即为直线CE 过点R作RR'⊥OB于点R',连接SR',CR',所 与平面AEPD所成的角， 以S'R'∥SR, 又平面FGH∥平面AEPD,所以∠CED即为直 所以S'R'⊥平面ODSC, 线CE与平面FGH所成的角. 因为OCC平面ODSC,所以S'R'⊥OC, 因为在直角梯形AEPD中，AD=PD=2EA=2, 因为A=2,所以A0⊥平面ODsC, 所以DE=√AD2+AE=5, (6分) 所以几何图形ODSC为圆面的一部分，(6分) 在Rt△CDE中，CD=2,CE=√DE+CD= 所以OS=OD=2,所以OS'=2sina,SS'=RR1 V5+4=3,所以sin∠CED=CD-2 =2cos a,S'C=2-2sin a,S'R'=2sin a, CE=3’ 所以CR'=√/SR2+SC=√8sin2a-8sina+4, 即直线CE与平面FGH所成角的正弦值为？， CR=√/CR+RRr=√4sina-8sina+8=√5， (8分) 解得sina= 2或sina=3 (舍去)， (2)解：延长PE交DA的延长线于点Q,连接 BQ,延长FG与BQ交于点R, 所以。二无 (9分) 6 ·39· A 2027 单元过关 (iⅱ)如图，过S作SS'⊥Y于点S',过R作 又因为SK⊥AB,RR'⊥AB,S'K∩RR′=R', RR'⊥Y于点R', S'K,RR'C平面RR'K,所以AB⊥平面RR'K, 过R作RG∥AB,交弧AD于点G,过G作 因为RKC平面RR'K,所以AB⊥RK,(14分) GG'⊥y于点G', 作OQ⊥CB于点Q,连接S'R'并延长交AB于 在三棱锥R-OAB中，RK=√RK+RR?= 点K,交OQ于点M, √e2+4t-t=2WE, 连接RB,RO,RA,OG,连接AR'并延长交CB 1 1 于点H, 所以S△MB=2AB·RK=2X2X2,E=2E, 所以VO-ABR=VR-ABO, 所以写×2E×doA=言×2×2x2-, 11 整理得doAR=√A-1=I 1 C MH KB K 2,所以=2， 因为OS∥AR,SR∥OA,所以SR=OA=S'R' =2. (12分) 所以tana= OS'√70 SS=7, (16分) 设S'M=t,故MR'=2-t,OM=2-t,R'K=t, OG'=2-t, 又oM=2-4=gsM=4= 2 所以GG'=√4-(2-t)7=√J4t-t,SS'=RR' 故1an∠0S'K-gM-3, OM =GG'=√4t-t, 因为OS∥AR且OS中平面ABR,所以OS∥平 所以tanB=tan(π-∠OS'K)=-tan∠OS'K= 面ABR,所以d s-ABR=do-ABR, -3. (17分) 2026一2027学年度单元过关（十） 数学·空间向量与立体几何 一、选择题 3.B【解析】由1La得u∥n,所以3=a十6- 1.B【解析】A萨-A+D-AD+2D心-A币+ 1=2 3,解得a=15 a- 2D+c心=Ai+号(+A)=Ad+号A 63 -2 4.D【解析】易知M-O-O成=？O成+0心) +号A,所以x=y=专所以x十y=1 2.D【解析】依题意，建立如图所示的空间直角坐 -a+0+c 标系， 5.B【解析】因为P1(1,0,1),P2(1,0,0),则OP1= (1,0,1),OP2=(1,0,0).设P3(xyx),则OP3= D (x,y,z).因为u1OP1十u2OP2+uOP=0,所 A B 以41(1,0,1)+42(1,0,0)+43(x,y,z)= u1十2十u3x=0, (0,0,0),可得43y=0, 41十H3z=0. B u1十2+23=0， "x 对于A,若P3(2,0,0),则43×0=0， 取2 因为正方体OABC-D'A'B'C'的棱长为a,点N, 41+0=0, M分别在AC,BC'上，且AN=2CN,BM=2MC', =2,则41=0,43=一1，满足414243不全为0， 所以M(后a号》N侣台小，所以MN- 故A错误； u1十2十3=0， 对于B,若P3(1,1,1),则u3=0, 则1 9-3 1十43=0， 。40·