[基础题组练] 1．(2018·高考浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m?α，n?α，则“m∥n”是“m∥α”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.若m?α，n?α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m?α，n?α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A. 2．(2019·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题： ①若a∥c，b∥c，则a∥b； ②若a∥b，b∥α，则a∥α； ③若a∥α，b∥α，则a∥b； ④若a?α，b?β，α∥β，则a∥b. 真命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a?α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a?α，b?β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A. 3.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( ) A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF?平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形． 4．(2018·四川名校联考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( ) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 解析：选B.由题意可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，则MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四边形MQPN是平行四边形，则MN∥QP，QP?平面BCC1B1，MN?平面BCC1B1，则MN∥平面BCC1B1，故选B. 5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_____． 解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 6.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于_____． 解析：因为EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， 所以EF∥AC，所以F为DC的中点． 故EF＝AC＝. 答案： 7．(2019·重庆六校联考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F分别为AB和PD的中点． (1)求证：AF∥平面PEC； (2)求点F到平面PEC的距离． 解：(1)设PC的中点为Q，连接EQ，FQ(图略)， 由题意，得FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD， 故AE∥FQ且AE＝FQ，所以四边形AEQF为平行四边形， 所以AF∥EQ，又EQ?平面PEC，AF?平面PEC. 所以AF∥平面PEC. (2)由(1)，知点F到平面PEC的距离等于点A到平面PEC的距离，设为d，连接AC，由条件易求得EC＝，PE＝，PC＝2，AC＝2， 故S△PEC＝×2×＝，S△AEC＝×1×＝， 由VA-PEC＝VP-AEC，得××d＝××2， 解得d＝. 8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证： (1)直线EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 证明：(1)如图，连接SB， 因为E、G分别是BC、SC的中点， 所以EG∥SB. 又因为SB?平面BDD1B1， EG?平面BDD1B1， 所以直线EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD， 因为F、G分别是DC、SC的中点， 所以FG∥SD. 又因为SD?平面BDD1B1，FG?平面BDD1B1， 所以FG∥平面BDD1B1 ... ...
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