分析 (Ⅰ)先由C1B1∥A1D1证明C1B1∥平面ADD1A1,再由线面平行的性质定理得出C1B1∥EF,证出EF∥A1D1.
(Ⅱ)设A1B∩B1F=H,连C1H,推导出${A_1}B⊥B_1^{\;}F$,BC1⊥BB1,B1C1⊥A1B1,由此能证明平面A1BC1⊥平面B1C1EF.
(Ⅲ)设BA1与B1F交点为H,连接C1H,由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在RT△BHC1中求解即可.
解答 证明:(Ⅰ)∵E,F分别是DD1,AA1的中点,
∴EF∥AD,
又AD∥BC,EF?平面,且BC?平面BC1CB,
∴EF∥平面B1C1CB.
(Ⅱ)设A1B∩B1F=H,连C1H,在矩形ABB1A1中,AB=$\sqrt{2}$,AA1=2,
∴$\frac{AB}{{{A_1}F}}=\frac{{A{A_1}}}{{{A_1}B}}$,Rt△A1B1F∽$Rt△A_1^{\;}AB$,∴${A_1}B⊥B_1^{\;}F$,
又BB1⊥平面A1B1C1D1,∴BC1⊥BB1,
又AD∥BC,AD⊥AB,∴B1C1⊥A1B1,
∴B1C1⊥平面ABB1A1,A1B⊥B1C1,∴A1B⊥平面B1C1EF,
又A1B?平面A1BC1,∴平面A1BC1⊥平面B1C1EF.
解:(Ⅲ)设BA1与B1F交点为H,连接C1H,
由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.
在矩形AA1B1B中,AB=$\sqrt{2}$,AA1=2,得BH=$\frac{4}{\sqrt{6}}$,
在RT△BHC1中,BC1=2$\sqrt{5}$,sin∠BC1H=$\frac{BH}{B{C}_{1}}$=$\frac{\sqrt{30}}{15}$,
所以BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值是$\frac{{\sqrt{30}}}{15}$.
点评 本题考查空间直线、平面位置故选的判定,线面角求解.考查空间想象能力、推理论证能力、转化、计算能力,是中档题.
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