分析 (I)連結DE,可利用中位線定理和平行公理得出四邊形A1DEF為平形四邊形,于是EF∥A1D,得出結論;
(II)連結CD,由側棱A1A⊥底面ABC可得CD⊥A1A,由等邊三角形可得CD⊥AB,故CD⊥平面平面A1ABB1,于是平面A1CD⊥平面A1ABB1;
(III)過點B作BG⊥A1D交A1D延長線于點G,連接CG,則由面面垂直的性質得出BG⊥平面A1CD,故而∠BCG為直線BC與平面A1CD所成的角,設棱柱棱長為2,利用相似三角形和勾股定理求出BG,CG即可得出答案.
解答 證明:(I)連結DE,
∵D,E,F(xiàn)分別是AB,BC,A1C1的中點,且三棱柱各棱長相等,
∴DE$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}AC$,A1F$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AC,
∴DE$\stackrel{∥}{=}$A1F,
∴四邊形A1DEF為平形四邊形,
∴EF∥A1D,
又EF?平面A1CD,A1D?平面A1CD,
∴EF∥平面A1CD.
(II)連結CD.
∵△ABC是正三角形,D為AB的中點,
∴CD⊥AB.
又∵側棱A1A⊥底面ABC,CD?平面ABC,
∴CD⊥A1A.
又A1A?平面A1ABB1,AB?平面A1ABB1,A1A∩AB=A,
∴CD⊥平面A1ABB1.∵CD?平面A1CD,
∴平面A1CD⊥平面A1ABB1.
(III)在平面A1ABB1內,過點B作BG⊥A1D交A1D延長線于點G,連接CG,
∵平面A1CD⊥平面A1ABB1,平面A1CD∩平面A1ABB1=A1D,BG⊥A1D,BG?平面A1ABB1,
∴BG⊥平面A1CD.
∴∠BCG為直線BC與平面A1CD所成的角.
設三棱柱棱長為2,則CD=$\sqrt{3}$.
由Rt△A1AD∽RtBGD可得$\frac{{A}_{1}A}{BG}=\frac{AD}{DG}=\frac{{A}_{1}D}{BD}=\frac{\sqrt{5}}{1}$=$\sqrt{5}$.
∴BG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$,DG=$\frac{\sqrt{5}}{5}$,
∴CG=$\sqrt{C{D}^{2}+D{G}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
∴tan∠BCG=$\frac{BG}{CG}$=$\frac{1}{2}$.
點評 本題考查了線面平行,面面垂直的判定,線面角的計算,屬于中檔題.
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A. | 4$\sqrt{3}$ | B. | 12$\sqrt{3}$ | C. | 18$\sqrt{3}$ | D. | 36$\sqrt{3}$ |
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