2018学高考数学二轮复习 第二板块 保分题全争取教学案 理

1、学必求其心得，业必贵于专精第二板块 保分题全争取高考第17题之（一）三角函数与解三角形说明高考第17题主要集中在“三角函数与解三角形”与“数列两个知识点命题，每年选其一进行考查年 份卷 别考题位置考查内容命题规律分析2017全国卷解答题第17题正、余弦定理、三角形的面积公式以及两角和的余弦公式三角函数与解三角形在解答题中一般与三角恒等变换、平面向量等知识进行综合考查题目难度中等偏下,多为解答题第一题2017全国卷解答题第17题诱导公式、二倍角公式、余弦定理以及三角形的面积公式2017全国卷解答题第17题余弦定理、三角形的面积公式2016全国卷解答题第17题正、余弦定理及应用2015全国卷解答题

2、第17题正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式1(2017全国卷）abc的内角a，b，c的对边分别为a,b,c.已知abc的面积为。（1）求sin bsin c；（2)若6cos bcos c1，a3，求abc的周长解：(1)由题设得acsin b,即csin b.由正弦定理得sin csin b。故sin bsin c。(2）由题设及（1)得cos bcos csin bsin c,即cos（bc)。所以bc，故a.由题设得bcsin a，即bc8.由余弦定理得b2c2bc9，即(bc）23bc9，得bc。故abc的周长为3。2(2016全国卷）abc的内角a,b，c的对边分别为a，b，c，已

3、知2cos c(acos bbcos a）c.（1）求c；（2)若c，abc的面积为,求abc的周长解：(1）由已知及正弦定理得2cos c（sin acos bsin bcos a)sin c，即2cos csin(ab）sin c，故2sin ccos csin c。因为c（0,)，所以sin c0，故cos c，所以c。(2）由已知得absin c。又c，所以ab6.由已知及余弦定理得a2b22abcos c7,故a2b213，从而（ab)225，即ab5。所以abc的周长为abc5。题型一正、余弦定理解三角形学规范(1）sabdabadsinbad，1分sadcacadsincad.

4、2分因为sabd2sadc,badcad，所以ab2ac。 3分由正弦定理，得。4分(2)因为sabdsadcbddc，所以bd.6分在abd和adc中，由余弦定理，知ab2ad2bd22adbdcosadb,8分ac2ad2dc22addccosadc。 10分故ab22ac23ad2bd22dc26. 11分由（1），知ab2ac,所以ac1。 12分防失误处易忽略角平分线性质而失分，注意平面图形的角平分线性质应用处若未注意到adbadc会导致两式不知如何变形，注意三角形中角的关系、三角形内角和定理的应用通技法利用正弦、余弦定理求解三角形中基本量的方法对点练1(2017云南模拟）如图，在四

5、边形abcd中，dab，adab23，bd,abbc。（1）求sin abd的值;（2）若bcd，求cd的长解：(1）adab23，可设ad2k，ab3k。又bd,dab,由余弦定理,得（）2(3k）2(2k）223k2kcos，解得k1,ad2，ab3,由正弦定理,得，sinabd。（2）abbc,cosdbcsinabd,sindbc。由正弦定理，得，cd.题型二与三角形面积有关的问题学规范（1）由题设及abc得sin b8sin2，2分即sin b4（1cos b)，3分故17cos2b32cos b150,4分解得cos b,cos b1（舍去）。 6分（2)由cos b，得sin b

6、，7分故sabcacsin bac。 8分又sabc2,则ac.9分由余弦定理及ac6得b2a2c22accos b（ac)22ac(1cos b) 10分3624. 11分所以b2。 12分防失误处利用倍角公式时，易把sin2记为sin2，导致化简结果错误处根据三角形中内角的范围舍去cos b1易忽视处关键是利用（1)的结论，结合平方关系求出sin b，由此明确面积公式的选择处若出现ac及ac，则注意余弦定理中配方法的使用，以及整体思想的运用通技法与三角形面积有关的问题的解题模型对点练2（2017石家庄模拟）已知abc的内角a，b,c的对边分别为a，b，c，且（ac）2b2ac。(1)求co

7、s b的值；（2)若b，且sin a，sin b，sin c成等差数列,求abc的面积解:（1)由（ac）2b2ac，可得a2c2b2ac.cos b,即cos b。（2）b,cos b，b213a2c2ac（ac）2ac。又sin a，sin b，sin c成等差数列，由正弦定理，得ac2b2,1352ac，ac12.由cos b，得sin b,abc的面积sabcacsin b12.1在abc中，内角a，b,c所对的边分别为a,b,c,且abc8。(1）若a2，b，求cos c的值;(2)若sin asin b3sin c，且abc的面积ssin c，求a和b的值解：（1）由题意可知c8(

8、ab）。由余弦定理得,cos c.即cos c。(2)因为sin asin b3sin c。由正弦定理可知ab3c。又因为abc8，故ab6。由于sabsin csin c,所以ab9,由解得a3，b3。2（2017全国卷)abc的内角a，b,c的对边分别为a，b,c.已知sin acos a0，a2,b2.（1)求c；(2）设d为bc边上一点，且adac，求abd的面积解：(1）由已知可得tan a，所以a.在abc中,由余弦定理得284c24ccos ，即c22c240.解得c4（负值舍去）(2)由题设可得cad,所以badbaccad.故abd的面积与acd的面积的比值为1。又abc的面

9、积为42sin2，所以abd的面积为.3(2017天津模拟）在abc中，内角a，b,c的对边分别是a,b，c,若sin acos a1sin.(1)求sin a的值；(2)若c2a22b，且sin b3cos c,求b。解：（1)由已知，2sincos12sin21sin,在abc中，sin0，因而sincos，则sin22sincoscos2,因而sin a。（2）由已知sin b3cos c，结合(1)，得sin b4cos csin a.法一:利用正弦定理和余弦定理得ba，整理得b22（c2a2）又c2a22b，b24b，在abc中,b0,b4。法二：c2a2b22abcos c，2bb

10、22abcos c，在abc中，b0，b22acos c,又sin b4cos csin a，由正弦定理，得b4acos c，由解得b4。4(2017天津五区县模拟)在abc中，内角a，b,c所对的边分别为a，b，c,且8 sin22cos 2c7。（1）求tan c的值；（2)若c，sin b2sin a,求a，b的值解：(1)在abc中,因为abc，所以,则sincos.由8sin22cos 2c7，得8cos22cos 2c7，所以4(1cos c)2（2cos2c1)7，即(2cos c1)20，所以cos c。因为0c，所以c，于是tan ctan.(2)由sin b2sin a，得

11、b2a.又c，由余弦定理得c2a2b22abcos，即a2b2ab3.联立，解得a1,b2。5(2018届高三湘中名校联考）设锐角三角形abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c,a2bsin a.(1)求b的大小；(2)求cos asin c的取值范围解：（1)a2bsin a，根据正弦定理得sin a2sin bsin a，sin a0，sin b。又abc为锐角三角形，b.（2）b，cos asin ccos asincos asincos acos asin asin。由abc为锐角三角形知，ab，a,a,sin，sin,cos asin c的取值范围为。6。(2017洛阳模拟)如图

12、，平面四边形abdc中，cadbad30.(1）若abc75，ab10，且acbd，求cd的长；（2)若bc10,求acab的取值范围解:（1）由已知，易得acb45，在abc中,解得cb5.因为acbd，所以adbcad30,cbdacb45，在abd中，adb30bad,所以dbab10。在bcd中，cd5.（2)acabbc10，由余弦定理得cos 60，即(abac）21003abac.又abac2，所以2，解得abac20,故abac的取值范围为（10，20高考第17题之(二)数列年 份卷 别考题位置考查内容命题规律分析2016全国卷解答题第17题等差数列的基本运算数列在解答题中的考

13、查常以数列的相关项以及关系式,或数列的前n项和与第n项的关系入手,结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合试题难度中等2016全国卷解答题第17题等比数列的通项公式、an与sn的关系2015全国卷解答题第17题等差数列的通项公式、an与sn的关系、裂项相消法求和1(2016全国卷)已知数列an的前n项和sn1an，其中0.（1）证明an是等比数列，并求其通项公式；（2)若s5,求。解：(1）证明:由题意得a1s11a1，故1，a1，故a10。由sn1an，sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a

14、10,0得an0,所以.因此an是首项为,公比为的等比数列,于是ann1.(2)由(1)得sn1n.由s5得15，即5.解得1.2(2015全国卷）sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4sn3.（1）求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解:（1）由a2an4sn3,可知a2an14sn13.，得aa2(an1an）4an1，即2（an1an）aa(an1an）(an1an）由an0，得an1an2。又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2）由an2n1可知bn。设数列bn的前n项和为tn，则tnb

15、1b2bn.题型一等差、等比数列的判定及应用学规范（1)设an的公比为q.由题设可得3分解得5分故an的通项公式为an（2）n. 6分(2)由（1)可得sn(1）n. 8分由于sn2sn1（1）n22sn，10分故sn1，sn，sn2成等差数列。 12分防失误处注意此类方程组的整体运算方法的运用，可快速求解处化简sn时易出现计算错误处对于sn2sn1的运算代入后，要针对目标，即化为2sn，观察结构，整体运算变形，可得结论通技法1等比数列的4种判定方法(1)定义法:若q（q为非零常数）或q(q为非零常数且n2），则an是等比数列(2）中项公式法：若数列an中，an0且aanan2（nn*），则数

16、列an是等比数列（3）通项公式法：若数列通项公式可写成ancqn(c，q均是不为0的常数，nn*)，则an是等比数列（4)前n项和公式法：若数列an的前n项和snkqnk(k为常数且k0,q0，1),则an是等比数列2证明一个数列an为等差数列的2种基本方法（1）利用等差数列的定义证明，即证明an1and(nn)；(2）利用等差中项证明，即证明an2an2an1（nn*）对点练1（2017成都模拟）已知数列an满足a12,an12an4。（1)证明：数列an4是等比数列；(2)求数列an的前n项和sn。解：(1）证明：a12，a142.an12an4，an142an82(an4），2，an4是

17、以2为首项，2为公比的等比数列(2)由（1)，可知an42n，an2n4。当n1时，a120,s1a12；当n2时，an0.sna1a2an2(224)(2n4)2222n4(n1)4（n1）2n14n2。又当n1时，上式也满足当nn时,sn2n14n2.题型二等差、等比数列的综合应用学规范(1)设数列an的公差为d，由已知得721d28，解得d1。所以数列an的通项公式为ann。 2分b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.5分（2）因为bn9分所以数列bn的前1 000项和为1902900311 893。 12分防失误处易出现不理解x的含义而求错值，注意理解题目中给出的

18、例子处不明白bnlg an的含义而求错bn，要抓住lg an与an的关系，分段要明确才能避免失误通技法等差、等比数列基本量的计算模型（1）分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的逻辑次序(2)注意细节在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等对点练2(2017合肥模拟）已知等差数列an的前n项和为sn，且满足s424,s763.（1)求数列an的通项公式;(2)若bn2an（1)nan，求数列b

19、n的前n项和tn。解：(1)an为等差数列,解得an2n1。（2）bn2an(1)nan22n1（1)n(2n1)24n(1）n（2n1），tn2(41424n）3579（1)n（2n1）gn。当n2k（kn*)时,gn2n，tnn;当n2k1(kn*)时，gn2（2n1)n2,tnn2，tn1(2017 长沙模拟）已知数列an满足a1,an13an1（nn*)（1）若数列bn满足bnan,求证:bn是等比数列；（2)求数列an的前n项和sn.解:（1)证明：由已知得an13（nn*）,从而有bn13bn.又b1a11，所以bn是以1为首项，3为公比的等比数列（2)由(1）得bn3n1，从而a

20、n3n1，所以sn133n1133n1。2(2017云南模拟)已知数列an中，a2ann22n0。(1）求数列an的通项公式；(2）求数列an的前n项和sn。解:（1)由a2ann22n0，得(ann2)(ann）0。ann2或ann。an的通项公式为ann2或ann。（2）当ann2时，易知an为等差数列,且a11，sn。当ann时，易知an也为等差数列，且a11，sn。故sn3（2017南京模拟)已知等差数列an的前n项和为sn，且a11，s3s4s5。(1）求数列an的通项公式；(2)令bn（1)n1an，求数列bn的前2n项和t2n。解：(1)设等差数列an的公差为d,由s3s4s5，

21、可得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3（1d)14d，解得d2.an1(n1）22n1。（2)由(1)，可得bn（1)n1（2n1)t2n1357（4n3）(4n1）（13）（57）（4n34n1）（2)n2n。4已知等差数列an的各项均为正数,a11，前n项和为sn.数列bn为等比数列,b11，且b2s26，b2s38。(1)求数列an与bn的通项公式；(2）求.解：（1）设等差数列an的公差为d，d0，等比数列bn的公比为q，则an1(n1）d，bnqn1.依题意有解得或(舍去）故ann，bn2n1.（2)由(1）知sn12nn（n1),即2，故22.5(2018届高三惠州调研)已知数

22、列an中，点（an，an1）在直线yx2上,且首项a11.(1）求数列an的通项公式;(2）数列an的前n项和为sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2,数列bn的前n项和为tn，请写出适合条件tnsn的所有n的值解：(1)根据已知a11，an1an2,即an1an2d，所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列,ana1（n1）d2n1.(2)数列an的前n项和snn2.等比数列bn中，b1a11，b2a23,所以q3，bn3n1。数列bn的前n项和tn。tnsn即n2，又nn，所以n1或2.6（2017石家庄模拟)已知等差数列an的前n项和为sn,若sm14，sm0，sm214（m2，且m

23、n）(1）求m的值；(2)若数列bn满足log2bn（nn），求数列(an6)bn的前n项和解:(1）由已知得，amsmsm14，且am1am2sm2sm14，设数列an的公差为d,则有2am3d14，d2。由sm0，得ma120,即a11m,ama1（m1）2m14,m5.(2）由（1)知a14，d2，an2n6，n3log2bn,得bn2n3，（an6)bn2n2n3n2n2。设数列（an6）bn的前n项和为tn，则tn121220（n1)2n3n2n2，2tn120221(n1）2n2n2n1,得tn21202n2n2n1n2n12n1n2n1,tn（n1）2n1（nn*）高考第18题(

24、或19题）立体几何年 份卷 别考题位置考查内容命题规律分析2017全国卷解答题第18题线面垂直、面面垂直的证明及二面角的求解高考中此部分命题较为稳定，以解答题的形式考查空间平行关系和垂直关系的证明,空间几何体表面积和体积的计算，异面直线所成的角、线面角和二面角的求解，简单的空间距离的求解，难度中等偏上其中解答题的基本模式是既有证明也有计算，而计算离不开证明，以考查证明为主2017全国卷解答题第19题线面平行的证明及二面角的求解2017全国卷解答题第19题面面垂直的证明及二面角的求解2016全国卷解答题第18题面面垂直的证明及二面角的求解2016全国卷解答题第19题线面垂直的证明及二面角的求解2

25、016全国卷解答题第19题线面平行的证明及线面角的求解2015全国卷解答题第18题面面垂直的证明、异面直线所成角的求解2015全国卷解答题第19题空间点线面的位置关系及线面角的求解1（2017全国卷)如图,四面体abcd中,abc是正三角形，acd是直角三角形,abdcbd，abbd。（1)证明：平面acd平面abc;（2)过ac的平面交bd于点e，若平面aec把四面体abcd分成体积相等的两部分，求二面角d。ae。c的余弦值解：（1）证明:由题设可得,abdcbd，从而addc.又acd是直角三角形，所以adc90。取ac的中点o,连接do，bo，则doac，doao。又因为abc是正三角形

26、，所以boac.所以dob为二面角d。ac。b的平面角在rtaob中，bo2ao2ab2。又abbd，所以bo2do2bo2ao2ab2bd2，故dob90.所以平面acd平面abc.(2）由题设及(1）知，oa，ob,od两两垂直以o为坐标原点,的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系o.xyz，则a（1，0，0),b(0，,0），c（1,0,0)，d（0,0,1）由题设知，四面体abce的体积为四面体abcd的体积的，从而e到平面abc的距离为d到平面abc的距离的,即e为db的中点，得e.故（1,0,1)，(2，0，0),。设n（x1，y1，z1）是平面dae的法向

27、量，则即可取n。设m（x2，y2，z2)是平面aec的法向量，则即可取m(0,1，）则cosn，m。由图知二面角d。ae。c为锐角,所以二面角d.ae。c的余弦值为。2。(2016全国卷）如图,在以a，b，c，d，e，f为顶点的五面体中，面abef为正方形，af2fd，afd90，且二面角daf。e与二面角cbef都是60.(1)证明:平面abef平面efdc；(2)求二面角e.bc。a的余弦值解：(1）证明：由已知可得afdf，affe，且dfeff，所以af平面efdc.又af平面abef，故平面abef平面efdc。(2）过d作dgef，垂足为g.由（1)知dg平面abef.以g为坐标原

28、点，的方向为x轴正方向,|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系g 。xyz.由（1）知dfe为二面角d .af。e的平面角,故dfe60，则df2，dg,可得a(1，4，0），b(3，4,0），e（3，0，0),d(0，0，）由已知得abef,所以ab平面efdc.又平面abcd平面efdccd，故abcd，cdef.由beaf,可得be平面efdc，所以cef为二面角c。be.f的平面角,cef60。从而可得c(2，0，)所以(1，0，），（0，4，0),(3，4，)，(4，0，0）设n（x,y，z）是平面bce的法向量，则即所以可取n(3,0，）设m是平面abcd的法向量，则同理可取m(

29、0，4)则cos n，m.由图知，二面角e.bc。a为钝角，故二面角e.bca的余弦值为.3。(2015全国卷)如图,四边形abcd为菱形，abc120，e，f是平面abcd同一侧的两点,be平面abcd，df平面abcd，be2df，aeec.(1)证明:平面aec平面afc；(2）求直线ae与直线cf所成角的余弦值解：(1）证明：如图，连接bd，设bdac于点g，连接eg,fg，ef.在菱形abcd中，不妨设gb1。由abc120，可得aggc。由be平面abcd，abbc，可知aeec。又aeec，所以eg,且egac。在rtebg中，可得be，故df。在rtfdg中，可得fg。在直角梯

30、形bdfe中，由bd2,be，df,可得ef。从而eg2fg2ef2，所以egfg。又acfgg，所以eg平面afc.因为eg平面aec,所以平面aec平面afc。(2)如图,以g为坐标原点,分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系g.xyz.由(1)可得a(0，0），e（1,0，),f，c(0，0)，所以（1，,)，.故cos，.所以直线ae与直线cf所成角的余弦值为。题型一平行、垂直关系的证明与线面角求法学规范（1)证明：由已知得amad2. 1分又adbc，bc4。所以am綊bc。 2分取bp的中点t,连接at，tn，由n为pc的中点知tnbc，tnbc2。 3

31、分故tn綊am，所以四边形amnt为平行四边形,于是mnat。 4分因为mn平面pab，at平面pab，5分所以mn平面pab.6分（2）取bc的中点e，连接ae.由abac得aebc，从而aead,7分且ae 。8分以a为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系a。xyz.9分由题意知，p(0，0,4),m(0，2，0)，c(，2,0)，n，（0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面pmn的法向量，则即10分可取n（0，2,1）。 11分于是|cosn，|.所以直线an与平面pmn所成角的正弦值为。12分防失误处易忽视tn綊bc，导致没有思路建立平行关系，注意平面图形性质的

32、应用处在证明线面平行问题时，易忽视线不在面内这一条件从而失分，注意线面平行条件使用的规范化处建立恰当坐标系是要选准原点及坐标轴，注意建系的原则是尽可能使几何体的点、面在坐标平面上处求法向量n有无穷多个,但要注意取值时要尽量简单处易误认为cos，故异面直线of与be所成的角的余弦值为.2。(2017合肥模拟）如图所示，在四棱台abcd。a1b1c1d1中，aa1底面abcd,四边形abcd为菱形，bad120，abaa12a1b12。（1)若m为cd中点，求证:am平面aa1b1b;（2）求直线dd1与平面a1bd所成角的正弦值解:(1）证明:连接ac，四边形abcd为菱形，bad120，acd

33、为等边三角形，又m为cd中点，amcd，由cdab得，amab.aa1底面abcd，am平面abcd，amaa1。又abaa1a，am平面aa1b1b。（2)四边形abcd为菱形，bad120，abaa12a1b12，dm1，am，amdbam90，又aa1底面abcd，以a为坐标原点，ab，am，aa1所在直线分别为x轴，y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系a。xyz，则a1(0，0,2),b（2，0,0)，d（1,，0)，d1,，(3，0)，(2，0，2）设平面a1bd的法向量为n（x,y，z)，则即令x1，则n(1,，1)，|cosn，。直线dd1与平面a1bd所成角的正弦值为.3。（

34、2018届高三洛阳四校调研)如图，四边形abef和四边形abcd均是直角梯形,fabdab90，二面角f。abd是直二面角，beaf，bcad,afabbc2，ad1.（1）证明：在平面bce上，一定存在过点c的直线l与直线df平行；(2)求二面角f。cd。a的余弦值解：（1)证明：由已知得，beaf，be平面afd,af平面afd,be平面afd.同理可得，bc平面afd.又bebcb，平面bce平面afd。设平面dfc平面bcel，则l过点c。平面bce平面adf，平面dfc平面bcel，平面dfc平面afddf，dfl,即在平面bce上一定存在过点c的直线l，使得dfl。(2)平面abe

35、f平面abcd，平面abcd平面abefab，fa平面abef，又fab90，afab，af平面abcd.ad平面abcd,afad。dab90，adab。以a为坐标原点，ad，ab，af所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得，d(1,0，0），c（2，2,0）,f（0,0，2）,（1，0，2)，（1，2,0)设平面dfc的法向量为n（x，y，z），则即令z1，则n（2,1，1）,不妨取平面acd的一个法向量为m(0，0,1)，cosm，n，由于二面角f.cd。a为锐角,因此二面角f.cd。a的余弦值为.4（2017全国卷）如图，四棱锥p.abcd中，侧面pad为

36、等边三角形且垂直于底面abcd，abbcad,badabc90，e是pd的中点（1)证明：直线ce平面pab;（2)点m在棱pc上，且直线bm与底面abcd所成角为45,求二面角m.ab。d的余弦值解：（1)证明:取pa的中点f，连接ef，bf.因为e是pd的中点，所以efad，efad。由badabc90，得bcad，又bcad，所以ef綊bc，所以四边形bcef是平行四边形,cebf，又ce平面pab，bf平面pab，故ce平面pab。（2)由已知得baad，以a为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系a。xyz,则a（0，0,0),b（1，0，0），c(

37、1，1，0)，p（0，1，),(1，0,)，（1，0，0)设m(x,y，z)（0sin 45,，即（x1)2y2z20。又m在棱pc上，设,则x，y1，z.由解得（舍去），或所以m，从而。设m(x0,y0，z0）是平面abm的法向量，则即所以可取m（0，,2）于是cos.由图知二面角m.ab。d为锐角，因此二面角m。ab。d的余弦值为。5（2017开封模拟）如图，在直角梯形abcd中，adc90,cdab，adcdab2.将adc沿ac折起，使平面adc平面abc，得到几何体d.abc，如图所示(1)证明：平面abd平面bcd；(2)求二面角d。abc的余弦值解：(1)证明：易知acbc，又平

38、面adc平面abc，平面adc平面abcac，bc平面abc，bc平面acd,adbc.又adcd，bccdc,ad平面bcd，ad平面abd,平面abd平面bcd。(2)以c为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系cxyz,则c（0，0,0)，a（2，0，0），d（，0，），b(0，2,0）,（，0，）,（2,2，0)设平面abd的法向量m(x，y，z）则即令x1,得y1，z1，所以平面abd的一个法向量m（1，1，1)易知平面abc的一个法向量n（0，0,1),cosm，n,由图知，二面角dab。c为锐角，二面角dabc的余弦值为。6。（2018届高三湖北五校联考)如图,在四棱锥p.abcd中，pa平面abcd，adbc，adcd，且adcd2,bc4,pa2。(1)求证：abpc；（2)在线段pd上，是否存在一点m，使得二面角m.ac。d的大小为45,如果存在，求bm与平面mac所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由解：(1)证明：如图，由已知得四边形abcd是直角梯形，由adcd2，bc4，可得abac4，所以bc2ab2ac2，所以bac90，即abac，因为pa平面abcd，所以paab,又paaca，所以ab平面pac，