分析 (1)證明B1C⊥BC.AC⊥B1C,推出B1C⊥平面ABC,即可證明B1C⊥AB.
(2)以C為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),求出平面AEC1的一個(gè)法向量,平面EC1C的一個(gè)法向量利用二面角的平面角轉(zhuǎn)化求解即可.
解答 解:(1)證明:在△BCB1中,BC=1,BB1=2,∠B1BC=60°,
則${B_1}C=\sqrt{{1^2}+{2^2}-2×1×2•cos{{60}°}}=\sqrt{3}$,
于是$B{C^2}+{B_1}{C^2}=BB_1^2$,故B1C⊥BC.
所以AC⊥平面BCC1B1,于是AC⊥B1C,又BC∩AC=C,
故B1C⊥平面ABC,所以B1C⊥AB.
(2)如圖,以C為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,則$C({0,0,0}),{B_1}({\sqrt{3},0,0}),B({0,1,0}),A({0,0,1})$,
由$\overrightarrow{B{B_1}}=\overrightarrow{C{C_1}}$,得${C_1}({\sqrt{3},-1,0})$,設(shè)$\overrightarrow{BE}=λ\overrightarrow{B{B_1}}({0≤λ≤1})$,
則$E({\sqrt{3}λ,1-λ,0})$,于是$\overrightarrow{AE}=({\sqrt{3}λ,1-λ,-1}),\overrightarrow{A{C_1}}=({\sqrt{3},-1,-1})$,
求得平面AEC1的一個(gè)法向量為$\overrightarrow n=({λ-2,\sqrt{3}λ-\sqrt{3},-\sqrt{3}})$,
取平面EC1C的一個(gè)法向量為$\overrightarrow m=({0,0,1})$,又二面角A-EC1-C為45°,
則$cos{45°}=\frac{{|{\overrightarrow m•\overrightarrow n}|}}{{|{\overrightarrow m}|•|{\overrightarrow n}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{{{({λ-2})}^2}+3{{({λ-1})}^2}+3}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{4{λ^2}-10λ+10}}}$,
解得$λ=\frac{1}{2}$或λ=2(舍),
所以$\frac{BE}{{B{B_1}}}$的值為$\frac{1}{2}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查空間向量的數(shù)量積的應(yīng)用,直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用,考查空間想象能力以及計(jì)算能力.
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