【高考数学】解题能力提升, 每日一题：第667题，平面与平面垂直的判定

典型例题分析1：

如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1的棱长都为2，点F为棱BC的中点，点E在棱CC1上，且CC1=4CE．

（Ⅰ）求证：平面B1AF⊥面EAF；

（Ⅱ）求点C1到平面的EAF的距离．

证明：（Ⅰ）由题意知，在△B1BF和△FCE中，

B1B/BF=FC/EC=2，

∠B1BF=∠FCE=π/2，

所以△B1BF∽△FCE，

所以∠EFC=∠B1BF，

所以EF⊥B1F．

由直棱柱的性质知：底面ABC⊥侧面BB1C1C，F为BC中点，

所以AF⊥BC，

所以AF⊥侧面侧面BB1C1C，则AF⊥EF．

因为B1F∩AF=F，

所以EF⊥平面B1AF，

所以平面B1AF⊥平面EAF…

解：（Ⅱ）设点C1到平面AEF的距离为d，

因为S△AEF=√15/4，SEFC1=1/2×3/2×1=3/4

所以由等体积得1/3×√15/4×d=1/3×3/4×√3

所以d=3√5/5…

考点分析：

点、线、面间的距离计算；平面与平面垂直的判定．

题干分析：

（Ⅰ）由EF⊥B1F，AF⊥EF，可得EF⊥平面B1AF，即可证明平面B1AF⊥面EAF；

（Ⅱ）利用等体积转化，求点C1到平面的EAF的距离．

典型例题分析2：

如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=1，PA⊥平面PCD，PA=2√3，PD=2，E为线段DP上的一点．

（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD；

（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣E与二面角E﹣BC﹣D的大小相等，求DE的长．

证明：（Ⅰ）∵PA⊥面PCD，CD⊂面PCD，

∴PA⊥CD，

又∵ABCD是矩形，

∴AD⊥CD，

∵PA∩AD=A，

∴CD⊥面PAD，

∵CD⊂面ABCD，

∴平面PAD⊥平面ABCD．

解：（Ⅱ）过P、E作AD的垂线，交AD于M、N，

则PM⊥底面ABCD，PN⊥底面ABCD，

过M、N作AB的平行线交BC于G、H，连结PG、EH，

则∠PGM为二面角P﹣BC﹣A的平面角，

∠EHN为二面角E﹣BC﹣A的平面角，

由题意得∠PGM=2∠EHN，

∵PM=√3，MG=1，tan∠PGM=PM/MG=√3，

∴tan∠EHN=√3/3=EN/NH=EN/1，解得EN=√3/3．

∴DE=DP/3=2/3．

考点分析：

二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．

题干分析：

（Ⅰ）推导出PA⊥CD，AD⊥CD，从而CD⊥面PAD，由此能证明平面PAD⊥平面ABCD．

（Ⅱ）过P、E作AD的垂线，交AD于M、N，过M、N作AB的平行线交BC于G、H，则∠PGM为二面角P﹣BC﹣A的平面角，∠EHN为二面角E﹣BC﹣A的平面角，由题意得∠PGM=2∠EHN，由此能求出DE的长．