新教材2021-2022学年北师大版数学必修第二册模块测评含解析

www.ks5u.com模块综合测评(满分：150分　时间：120分钟)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知向量a＝(cos75°，sin75°)，b＝(cos15°，sin15°)，则|a－b|的值为(　　)A．eq\f(1,2)B．1C．2D．3B[如图，将向量a，b的起点都移到原点，即a＝eq\o(OA,\s\up8(→))，b＝eq\o(OB,\s\up8(→))，则|a－b|＝|eq\o(BA,\s\up8(→))|且∠xOA＝75°，∠xOB＝15°，于是∠AOB＝60°，又因为|a|＝|b|＝1，则△AOB为正三角形，从而|eq\o(BA,\s\up8(→))|＝|a－b|＝1.]2．函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))＋eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))的最小正周期为(　　)A．eq\f(2π,3)B．eq\f(π,3)C．8D．4A[y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))＋eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－3x))，所以T＝eq\f(2π,|－3|)＝eq\f(2π,3).]3．已知cos(α＋β)＝eq\f(1,3)，cos(α－β)＝eq\f(1,5)，则tanαtanβ等于(　　)A．eq\f(1,4)B．－eq\f(1,4)C．eq\f(1,6)D．－eq\f(1,6)B[因为cos(α＋β)＝eq\f(1,3)，cos(α－β)＝eq\f(1,5)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosαcosβ－sinαsinβ＝\f(1,3)，,cosαcosβ＋sinαsinβ＝\f(1,5)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosαcosβ＝\f(4,15)，,sinαsinβ＝－\f(1,15)，))所以tanαtanβ＝eq\f(sinαsinβ,cosαcosβ)＝－eq\f(1,4).]4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若B＝eq\f(π,2)，a＝eq\r(6)，sin2B＝2sinAsinC，则△ABC的面积S＝(　　)A．eq\f(3,2)B．3C．eq\r(6)D．6B[由sin2B＝2sinAsinC及正弦定理，得b2＝2ac，①又B＝eq\f(π,2)，所以a2＋c2＝b2.②联立①②解得a＝c＝eq\r(6)，所以S＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)＝3.]5．已知|p|＝2eq\r(2)，|q|＝3，p，q的夹角为eq\f(π,4)，如图，若eq\o(AB,\s\up8(→))＝5p＋2q，eq\o(AC,\s\up8(→))＝p－3q，D为BC的中点，则|eq\o(AD,\s\up8(→))|为(　　)A．eq\f(15,2)B．eq\f(\r(15),2)C．7D．18A[∵eq\o(AD,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up8(→))＋eq\o(AB,\s\up8(→)))＝eq\f(1,2)(6p－q)，∴|eq\o(AD,\s\up8(→))|＝eq\r(|\o(AD,\s\up8(→))|2)＝eq\f(1,2)eq\r(（6p－q）2)＝eq\f(1,2)eq\r(36p2－12p·q＋q2)＝eq\f(1,2)eq\r(36×（2\r(2)）2－12×2\r(2)×3×cos\f(π,4)＋32)＝eq\f(15,2).]6．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交D[法一：由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．法二：如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．]图1　　　　　　图27．如图，在圆O中，若弦AB＝3，弦AC＝5，则eq\o(AO,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))的值是(　　)A．－8B．－1C．1D．8D[取BC的中点D，连接AD，OD(图略)，则有OD⊥BC.∵eq\o(AD,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))，eq\o(AO,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\o(DO,\s\up8(→))，eq\o(BC,\s\up8(→))＝eq\o(AC,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→))，∴eq\o(AO,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝(eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\o(DO,\s\up8(→)))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(DO,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))·(eq\o(AC,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up8(→))2－eq\o(AB,\s\up8(→))2)＝eq\f(1,2)(52－32)＝8，故选D.]8．函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))[cos(x＋eq\f(π,4))－sin(x＋eq\f(π,4))]在一个周期内的图象是(　　)A　　　　　　BC　　　　　　DB[y＝(eq\f(\r(2),2)cosx－eq\f(\r(2),2)sinx＋eq\f(\r(2),2)sinx＋eq\f(\r(2),2)cosx)·(eq\f(\r(2),2)cosx－eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx)＝eq\r(2)cosx·(－eq\r(2)sinx)＝－2sinxcosx＝－sin2x，故选B.]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．9．已知复数z＝eq\f(i,1－2i)，则以下说法正确的是(　　)A．复数z的虚部为eq\f(i,5)B．z的共轭复数eq\o(z,\s\up8(－))＝eq\f(2,5)－eq\f(i,5)C．|z|＝eq\f(\r(5),5)D．在复平面内与z对应的点在第二象限CD[∵z＝eq\f(i,1－2i)＝eq\f(i（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝－eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)i，∴复数z的虚部为eq\f(1,5)，z的共轭复数eq\o(z,\s\up8(－))＝－eq\f(2,5)－eq\f(i,5)，|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)))\s\up8(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up8(2))＝eq\f(\r(5),5)，复平面内与z对应的点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)，\f(1,5)))，在第二象限．故选CD.]10．已知A，B，C表示不同的点，l表示直线，α，β表示不同的平面，则下列推理正确的是(　　)A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂αB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A∈α，A∈l，l⊄α⇒l∩α＝AABD[对于选项A：由基本事实2知，l⊂α，故选项A正确；对于选项B：因为α，β表示不同的平面，由基本事实3知，平面α，β相交，且α∩β＝AB，故选项B正确；对于选项C：l⊄α分两种情况：l与α相交或l∥α.当l与α相交时，若交点为A，则A∈α，故选项C错误；对于选项D：由基本事实2逆推可得结论成立，故选项D成立；故选ABD.]11．已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2cos22x－2，下列命题中的真命题有(　　)A．∃β∈R，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋β))为奇函数B．∃α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2α))对x∈R恒成立C．∀x1，x2∈R，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))))＝2，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))的最小值为eq\f(π,4)D．∀x1，x2∈R，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))＝0，则x1－x2＝kπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))BC[由题意feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2cos22x－2＝cos4x－1；∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝cos4x－1的图象如图所示；函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋β))的图象是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象向左或向右平移eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(β))个单位，它不会是奇函数的，故A错误；若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2α))，∴cos4x－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋8α))－1，∴8α＝2kπ，∴α＝eq\f(kπ,4)，k∈Z；又∃α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，∴取α＝eq\f(π,4)或eq\f(π,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2α))对x∈R恒成立，故B正确；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos4x1－cos4x2))＝2时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))的最小值为eq\f(T,2)＝eq\f(2π,2×4)＝eq\f(π,4)，故C正确；当feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))＝0时，x1－x2＝kT＝k·eq\f(2π,4)＝eq\f(kπ,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，故D错误；故选BC.]12．如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，F是AB的中点，E是PB上的一点，则下列说法正确的是(　　)A．若PB＝2PE，则EF∥平面PACB．若PB＝2PE，则四棱锥P­ABCD的体积是三棱锥E­ACB体积的6倍C．三棱锥P­ADC中有且只有三个面是直角三角形D．平面BCP⊥平面ACEAD[对于选项A，因为PB＝2PE，所以E是PB的中点，因为F是AB的中点，所以EF∥PA，因为PA⊂平面PAC，EF⊄平面PAC，所以EF∥平面PAC，故A正确；对于选项B，因为PB＝2PE，所以VP­ABCD＝2VE­ABCD，因为AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，所以梯形ABCD的面积为eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CD＋AB))·AD＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2))×1＝eq\f(3,2)，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AD＝eq\f(1,2)×2×1＝1，所以VE­ABCD＝eq\f(3,2)VE­ABC，所以VP­ABCD＝3VE­ABC，故B错误；对于选项C，因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC，PC⊥CD，所以△PAC，△PCD为直角三角形，又AB∥CD，AB⊥AD，所以AD⊥CD，则△ACD为直角三角形，所以PA2＝PC2＋AC2＝PC2＋AD2＋CD2，PD2＝CD2＋PC2，则PA2＝PD2＋AD2，所以△PAD是直角三角形，故三棱锥P­ADC的四个面都是直角三角形，故C错误；对于选项D，因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC，在Rt△ACD中，AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，在直角梯形ABCD中，BC＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB－CD))\s\up8(2))＝eq\r(2)，所以AC2＋BC2＝AB2，则AC⊥BC，因为BC∩PC＝C，所以AC⊥平面BCP，因为AC⊂平面ACE，所以平面BCP⊥平面ACE，故D正确，故选AD.]三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．13．已知复数z满足(1＋2i)z＝－3＋4i，则|z|＝________．eq\r(5)[∵(1＋2i)z＝－3＋4i，∴|1＋2i|·|z|＝|－3＋4i|，则|z|＝eq\f(\r(（－3）2＋42),\r(12＋22))＝eq\r(5).]14．设向量a＝(3，3)，b＝(1，－1).若(a＋λb)⊥(a－λb)，则实数λ＝________．±3[因为a＋λb＝(3＋λ，3－λ)，a－λb＝(3－λ，3＋λ)，又(a＋λb)⊥(a－λb)，所以(a＋λb)·(a－λb)＝(3＋λ)·(3－λ)＋(3－λ)(3＋λ)＝0，解得λ＝±3.]15．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于________．60°[如图，取A1B1的中点M，连接GM，HM.由题意易知EF∥GM，且△GMH为正三角形．∴异面直线EF与GH所成的角即为GM与GH的夹角∠HGM.而在正三角形GMH中∠HGM＝60°.]16．关于函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，有下列说法：①y＝f(x)的最大值为eq\r(2)；②y＝f(x)是以π为最小正周期的周期函数；③y＝f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，\f(13π,24)))上是减少的；④将函数y＝eq\r(2)cos2x的图象向左平移eq\f(π,24)个单位长度后，将与已知函数的图象重合．其中正确说法的序号是________．①②③[f(x)＝cos(2x－eq\f(π,3))＋cos(2x＋eq\f(π,6))＝cos(2x－eq\f(π,3))＋cos[eq\f(π,2)＋(2x－eq\f(π,3))]＝cos(2x－eq\f(π,3))－sin(2x－eq\f(π,3))＝eq\r(2)cos(2x－eq\f(π,3)＋eq\f(π,4))＝eq\r(2)cos(2x－eq\f(π,12))，所以①②③正确，④错误．]四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)设向量e1，e2的夹角为60°且|e1|＝|e2|＝1，如果eq\o(AB,\s\up8(→))＝e1＋e2，eq\o(BC,\s\up8(→))＝2e1＋8e2，eq\o(CD,\s\up8(→))＝3(e1－e2).(1)证明：A，B，D三点共线；(2)试确定实数k的值，使k的取值满足向量2e1＋e2与向量e1＋ke2垂直．[解](1)证明：因为eq\o(AB,\s\up8(→))＝e1＋e2，eq\o(BD,\s\up8(→))＝eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(CD,\s\up8(→))＝5e1＋5e2，所以eq\o(BD,\s\up8(→))＝5eq\o(AB,\s\up8(→))，即eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(BD,\s\up8(→))共线，又eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(BD,\s\up8(→))有公共点B，所以A，B，D三点共线．(2)因为(2e1＋e2)⊥(e1＋ke2)，所以(2e1＋e2)·(e1＋ke2)＝0，2eeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2ke1·e2＋e1·e2＋keeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝0，即2＋k＋eq\f(1,2)＋k＝0，解得k＝－eq\f(5,4).18．(本小题满分12分)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sineq\f(α,2)＋coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(6),2).(1)求cosα的值；(2)若sin(α－β)＝－eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求cosβ的值．[解](1)因为sineq\f(α,2)＋coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(6),2)，两边同时平方，得sinα＝eq\f(1,2).又eq\f(π,2)<α<π，所以cosα＝－eq\f(\r(3),2).(2)因为eq\f(π,2)<α<π，eq\f(π,2)<β<π，所以－π<－β<－eq\f(π,2)，故－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又sin(α－β)＝－eq\f(3,5)，所以cos(α－β)＝eq\f(4,5).cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝－eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(4\r(3)＋3,10).19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝4tanxsin(eq\f(π,2)－x)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)讨论f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．[解](1)f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).f(x)＝4tanxcosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinxcos(x－eq\f(π,3))－eq\r(3)＝4sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x＋eq\r(3)(1－cos2x)－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).所以f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)令z＝2x－eq\f(π,3)，则函数y＝2sinz的递增区间是[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ](k∈Z).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ(k∈Z).设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，B＝{xeq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z}，易知A∩B＝[－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)].所以当x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]时，f(x)在区间[－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]上是递增的，在区间[－eq\f(π,4)，－eq\f(π,12)]上是递减的．20．(本小题满分12分)如图，在三棱锥S­ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.[证明]　(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.21．(本小题满分12分)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝2eq\r(2)，求BC.[解](1)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，由题设知，eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5).(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25，所以BC＝5.22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC，AB＝2A1A＝4，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接A1D，DC1.(1)求证：DC1∥平面A1ABB1；(2)若二面角A1－DC－A为45°；①求证：平面A1C1D⊥平面A1AD；②求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值．[解](1)证明：连接AB1，∵AD∥BC∥B1C1且AD＝BC＝B1C1，∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴AB1∥DC1，又∵AB1⊂平面A1ABB1，DC1⊄平面A1ABB1，∴DC1∥平面A1ABB1.(2)①证明：取DC的中点M，连接A1M，AM.易知Rt△A1AD≌Rt△A1AC，∴A1D＝A1C，∴A1M⊥DC，又AM⊥DC，∴∠A1MA为二面角A1­DC­A的平面角，∴∠A1MA＝45°.∴在Rt△A1AM中，AA1＝AM＝2，∴AD＝AC＝2eq\r(2)，∴AC2＋AD2＝DC2，∴AC⊥AD，又∵AC⊥AA1，AD∩AA1＝A，∴AC⊥平面A1AD，又∵AC∥A1C1，∴A1C1⊥平面A1AD.∵A1C1⊂平面A1C1D，∴平面A1C1D⊥平面A1AD.②∵AB1∥C1D，∴C1D与平面A1AD所成角与AB1与平面A1AD所成角相等．由①知C1A1⊥平面A1AD，∴A1D为C1D在平面A1AD内的射影，故∠A1DC1为直线DC1与平面A1AD所成角，在Rt△A1DC1中，tan∠A1DC1＝eq\f(A1C1,A1D)＝eq\f(\r(6),3)，∴直线AB1与平面A1AD所成角的正切值为eq\f(\r(6),3).