《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

10. 如图，已知OE是平行六面体OADB - CFEG的体对角线，点M是$\triangle ABC$的重心，求证：点M在直线OE上.

答案：
10.证明　如图，连接AM并延长交BC于点H,因为M是△ABC的重心,所以H为BC的中点，
　所以AH=$\frac{1}{2}$(AB+AC),
　所以AM=$\frac{2}{3}$AH=$\frac{1}{3}$(AB+AC)=
　　　
　　　　　　　　　　　 $\frac{1}{3}$[(OB−OA)+(OC−OA)]=
　$\frac{1}{3}$OB+$\frac{1}{3}$OC−$\frac{2}{3}$ōA,所以OM=OA+AM=
　$\frac{1}{3}$(OA+OB+OC).又因为OE=OA+AD+DE=
　ōA+OB+OC,所以OM=$\frac{1}{3}$ōE,所以点M在直线OE上.

11. 在三棱锥S - ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在线段EF上，且满足$\frac{EG}{EF}=\frac{1}{3}$，若$\overrightarrow{SA}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{SB}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{SC}=\boldsymbol{c}$，则$\overrightarrow{AG}=$（ ）
A. $\frac{1}{3}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\frac{1}{6}\boldsymbol{c}$
B. $-\frac{2}{3}\boldsymbol{a}+\frac{1}{6}\boldsymbol{b}+\frac{1}{6}\boldsymbol{c}$
C. $\frac{1}{6}\boldsymbol{a}-\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c}$
D. $-\frac{1}{3}\boldsymbol{a}-\frac{1}{6}\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c}$

答案：
11.B　如图,连接SF,由题意可得AG=　AE+EG=AE+$\frac{1}{3}$EF=AE+　　　　　　　　　　　　　　 $\frac{1}{3}$(SF−SE)=−$\frac{4}{3}$→SE+$\frac{1}{3}$SF=　−$\frac{4}{3}$SE+$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}$(SB+SC)=−$\frac{4}{3}$×　$\frac{1}{2}$SA+$\frac{1}{6}$(SB+SC)　　32a+$\frac{1}{6}$b+$\frac{1}{6}$c.

12.（2024·山东日照期末）在四面体ABCD中，P在平面ABC内，Q在平面BCD内，且满足$\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{AQ}=s\overrightarrow{AB}+t\overrightarrow{AC}+\mu\overrightarrow{AD}$，若$\frac{x}{y}=\frac{s}{t}$，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线AQ与DP是异面直线
B. 直线AQ与DP平行
C. 线段AQ与DP必相交
D. 线段AQ与DP延长后相交

答案： 12.C
∵$\frac{x}{y}$=$\frac{s}{t}$，
∴.$\frac{S}{x}$=$\frac{t}{y}$,不妨设$\frac{S}{x}$=$\frac{t}{y}$=λ,则s=λx,μt=ADλy=,λ
∴(Ax$\frac{Q}{AB}$Q+sAyABC+)t+AμCA+Dμ=AλDA=PA+xμAABD+,即λyAAQC+=　AP+μAD,
∴A,P,D,Q四点共面.又直线AQ与DP不平行,
∴线段AQ与线段DP相交.故选C;

13. 如图，在平行六面体ABCD - $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，E，F分别在棱$B_{1}B$和$D_{1}D$上，且$BE=\frac{1}{3}BB_{1}$，$DF=\frac{2}{3}DD_{1}$，若$\overrightarrow{EF}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AD}+z\overrightarrow{AA_{1}}$，则$x + y + z=$________.

答案： 13.$\frac{1}{3}$
　解析　在平行六面体ABCD−AlBlCLD中，因为
BE=$\frac{1}{3}$BB,DF=$\frac{2}{3}$DD1,所以EF=EB+BA+
AD+DF=−$\frac{1}{3}$BB−AB+AD+$\frac{2}{3}$DD=
　−$\frac{1}{3}$AA−AB+AD+$\frac{2}{3}$AA=−AB+AD+
AA因为E吝=xAB+yAD+AA,所以x=−1,y=1,x=$\frac{1}{3}$,所以x+y+x=−1+1+$\frac{1}{3}$=$\frac{1}{3}$.

14. 如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点，且$\overrightarrow{OE}=k\overrightarrow{OA}$，$\overrightarrow{OF}=k\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OH}=k\overrightarrow{OD}$，$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AD}+m\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{EH}+m\overrightarrow{EF}$，$m\in R$. 求证：
(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；
(2)$\overrightarrow{AC}//\overrightarrow{EG}$；
(3)$\overrightarrow{OG}=k\overrightarrow{OC}$.

答案： 14.证明　
(1)因为AC=AD+mAB,EG=EH+mEF,所E以H由,共EF面是向共量面定理向可量得,因A为C$\frac{,A}{AC}$，AD,,AADB,A是B共有面公向共量点,EGA,,EG,EH,EF有公共点E,所以A,B,C,D四点共面,E,F,G,H四点共面.
(2)因为EG=EH+m一F=OH'−ōE+m(OF−
DE　k(OD−OA)+km($\frac{F}{OB}$L$\frac{H}{OA}$)=kAD+kmAB=
　k($\frac{}{AD}$+$\frac{D}{B}$)=kAC,所以AC/EG.
(3)OG=OE+EG=kOA+kAC=k(OA+AC)=kOC.

15.（逻辑推理）在棱长为1的正方体ABCD - $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，点M和N分别是正方形ABCD和$BB_{1}C_{1}C$的中心，点P为正方体表面上及内部的点，若点P满足$\overrightarrow{DP}=m\overrightarrow{DA}+n\overrightarrow{DM}+k\overrightarrow{DN}$，其中$m$，$n$，$k\in R$，且$m + n + k = 1$，则满足条件的所有点P构成的图形的面积是________.

答案：
15.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
　解析　因为点P满足DP=mDA+nDM+kDN,其中m,n,k∈R,且m+n+k=1,
　所以点P,A,M,N四点共面.
　又因为点M和N分别是正方形　ABCD和BBCC的中心,所以CN=　　　　　　　　　　　　　　
BN,AM=MC,
　如图，连接MN,AB,则MN//AB1,
　所以△ABC即为经过A,M,N三点
　的平面与正方体的截面,
　故点P是△ABC的边界及内部上的点.
　所以所有点P构成的图形的面积为$\frac{1}{2}$　　$\sqrt{2}$×$\sqrt{2}$×sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$