专题04 三角函数及其应用（高频考点专练）（原卷版及解析）

专题04三角函数及其应用内容概览01命题探源·考向解密02根基夯实·知识整合03高频考点·妙法指津（4大命题点+4道高考预测题，高考必考·（10-15）分）考点一同角三角函数关系命题点1同角三角函数关系考点二三角恒等变换命题点1给角求值命题点2给值求值命题点3给值求角考点三三角函数图象及性质命题点1伸缩变换命题点2的取值与范围问题命题点3三角函数图象及性质综合应用高考预测题4道04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+10道高考闯关题）考点考向命题特征同角三角函数关系同角三角函数关系常以选择、填空题的形式出现，侧重考查同角关系.三角恒等变换给角求值给值求值给值求角常以选择、填空题的形式出现，侧重公式灵活变形、角的配凑技巧，多为中低档题，兼具运算与逻辑推理，强调对转化思想的应用.三角函数图象及性质伸缩变换的取值与范围问题角函数图象及性质综合应用常以选择、填空题的形式出现，侧重考查图象平移伸缩变换、奇偶性、单调性、周期性、最值，常结合三角恒等变换。考点一同角三角函数关系《解题指南》注意公式活用。牢记同角三角函数基本关系、诱导公式，熟练运用和差倍半公式进行恒等变形，化简时优先统一角、统一函数名，比如将异名函数化为正弦余弦，将复角拆为单角。命题点1同角三角函数关系【典例01】（2024年北京高考数学真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为．【典例02】（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）若，则．考点二三角恒等变换《解题指南》1、公式熟记：牢记和差角、二倍角、辅助角公式，明确公式正向、逆向及变形用法。2、角的配凑：观察已知角与未知角关系，通过拆角、凑角转化，如，减少未知角数量。3、函数统一：利用公式将不同名三角函数化为同名，如切化弦，或通过辅助角公式整合。4、范围关注：化简求值时，结合角的范围确定三角函数值符号，避免漏解。命题点1给角求值【典例01】（2025·湖南永州·模拟预测）的值为（

）A． B． C． D．【典例02】（2025·广东珠海·模拟预测）设，，且，则（

）A． B． C． D．命题点2给值求值【典例01】（2025年高考全国二卷数学真题）已知，，则（

）A． B． C． D．【典例02】（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知，则（

）A． B． C． D．命题点3给值求角【典例01】若锐角、满足，则（

）A． B． C． D．【典例02】（2025·高三·安徽·期中）．考点三三角函数图象及性质《解题指南》1、图象变换抓要点：平移遵循“左加右减、上加下减”，针对

x

本身调整；伸缩变换注意系数影响周期，中周期

。2、性质分析定核心：求单调区间时，将代入正弦/余弦函数的单调区间，注意时需变号；最值问题结合振幅

A与定义域分析。3、参数求解用数形：已知图象求解析式时，抓最高点、最低点或零点，结合周期列方程；含参问题需分类讨论参数对图象、性质的影响。4、综合题抓交汇点：与三角恒等变换结合时，先化简函数为标准形式，再分析图象与性质。命题点1伸缩变换【典例01】（2025·安徽·二模）已知函数的一个零点是，为了得到的图象，需要将函数的图象（

）A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【典例02】（2025·江苏·模拟预测）将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像与原来的图像重合，当时，，则（

）A． B．2 C． D．命题点2的取值与范围问题【典例01】（2025·陕西西安·二模）已知函数在上单调，则的最大值为（

）A． B．3 C．2 D．【典例02】（2025·四川自贡·一模）若函数满足，且在没有零点，则的最大值为（

）A．4 B．5 C．6 D．7命题点3三角函数图象及性质综合应用【典例01】（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）当时，曲线与的交点个数为（

）A．3 B．4 C．6 D．8【典例02】（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4高考预测题1．若,则（

）A． B． C． D．2．已知函数在处取最大值，则的值可能为（

）A． B． C． D．3．关于函数，下列说法正确的是（

）A．存在极值点 B．关于直线对称C．值域为 D．关于直线对称4．已知函数.(1)求的最小正周期；(2)若函数为偶函数，其中，求的最小值.好题速递1．（2025·吉林长春·模拟预测）已知，则（）A． B． C． D．2．（2025·辽宁葫芦岛·二模）已知满足，则（

）A． B． C． D．3．（2025·四川自贡·一模）若函数满足，且在没有零点，则的最大值为（

）A．4 B．5 C．6 D．74．（2025·四川自贡·一模）若，则（

）A．1 B．3 C．9 D．105．（2025·陕西西安·二模）已知函数在上单调，则的最大值为（

）A． B．3 C．2 D．6．（多选题）（2025·陕西西安·模拟预测）函数的部分图象如图所示，，，则下列说法正确的是（

）A．在区间上单调递增B．C．在区间上既有极大值又有极小值D．将函数的图象向左平移个单位后，得到的函数是偶函数7．（多选题）（2025·四川内江·一模）已知，则下列命题中正确的是（

）A．当时，在上的值域为B．当时，的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到C．当时，的值域为D．若存在正偶数，使得对任意恒成立，则8．（多选题）（2025·江苏南通·模拟预测）已知函数（）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．B．若，则C．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数D．当时，曲线与有4个交点9．（多选题）（2025·四川成都·模拟预测）已知函数，将的图象上所有点向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图象．则（

）A．图象关于点对称B．图象在上单调递增C．在上有且仅有3个解D．在上有6个极值点10．（多选题）（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知，则（）A． B．C． D．高考闯关1．（多选题）（2025·山东·三模）将函数图象的所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度得到的图象，则（

）A．的最小正周期为B．是图象的一条对称轴C．当且仅当（）D．若方程在区间上有两个不等实根，则2．（多选题）（2025·四川自贡·一模）将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（

）A．的最小正周期是 B．C．在单调递增 D．的图象关于点对称3．（多选题）（2025·湖北·模拟预测）已知函数，关于函数下列说法正确的是（

）A．为的一个周期 B．关于直线对称C．的值域为 D．在上单调递减4．（2025·江苏·模拟预测）已知，，则．5．（2025·山东·三模）已知，则.6．（2025·广东江门·模拟预测）已知函数的最小正周期与函数的最小正周期相等，的图象与函数的图象重合．(1)求；(2)求函数在上的值域．7．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数．(1)求最小正周期；(2)求的单调递增区间与对称轴．8．（2025·广东佛山·一模）已知函数的最小正周期为，且(1)求的解析式；(2)设函数，求的值域和单调区间.9．已知函数相邻两个零点间的距离为，函数为奇函数.(1)求的解析式；(2)若函数在区间上有两个零点，求的值.10．（2025·吉林松原·模拟预测）已知向量，其中．(1)若，求图象的对称轴；(2)记的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度得到的图象，若在区间上单调递增，求的取值范围；

专题04立体几何中的平行与垂直问题目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析方法提炼目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析方法提炼变式训练题型01线段成比例证线面平行题型02线面平行的判定 题型03线面平行的性质定理证平行题型04面面平行证线面平行 题型05四点共面问题题型06线面、面面垂直的判定 题型07面面垂直的性质定理应用 第二部分强化实训整合应用，模拟实战题型01线段成比例证线面平行【例1-1】（2025·上海静安·一模）已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．

(1)证明：平面；【分析】（1）根据平行线的性质可得，进而可证线面平行；【详解】（1）因为，，则，可得，且平面，平面，所以平面.【例1-2】（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．

(1)求证：平面；【分析】（1）若分别是上的点，且，连接，利用线面、面面平行的判定定理依次证明平面、平面、平面平面，再由线面平行的性质即可证结论；【详解】（1）若分别是上的点，且，连接，又，所以，即四点共面，由平面，平面，则平面，同理可证平面，又，且都在平面内，所以平面平面，平面，故平面；

如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边，这也是得到线面平行的一种有力工具。题目中出现比值关系时，可考虑利用比值关系，寻找线线平行，进而得到线面平行。【变式1-1】（2025·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧面底面为正三角形，E，F分别是棱，的中点，点G在侧棱上，且．(1)求证：∥平面；【分析】（1）由平行线分线段成比例易得，再由线面平行的判定定理即可证明；【详解】（1）如图，连接，交于点，设交于点，连接，因为四边形为菱形，所以为线段的中点.因为点E，F分别是棱，的中点，所以点为线段的中点，所以.又，所以.又平面，平面，所以平面.【变式1-2】如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且

(1)求证：平面；【分析】（1）连接、分别交于点H、O，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可；【详解】（1）连接、分别交于点H、O，连接，在正方体中，且，所以，则，同理可得，所以，所以，又平面，平面，所以平面；【变式1-3】如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且

(1)求证：D，B，F，E四点共面；(2)求证：平面；(3)棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接，可证四边形为平行四边形，得到，进而可证即可证明；（2）连接、分别交于点H、O，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可；（3）根据题意，首先,则，再由时，根据面面平行的判定证明即可．【详解】（1）连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，

又在正方体中且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以D，B，F，E四点共面；（2）连接、分别交于点H、O，连接，在正方体中，且，所以，则，同理可得，所以，所以，又平面，平面，所以平面；（3）存在，且，理由如下：因为，所以，，又，，平面，平面，平面，延长交于，延长交于，连接，

为中点，易得，，分别为的中点，易得，，，，又，即，四边形为平行四边形，，又平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以时，平面平面．题型02线面平行的判定【例2-1】（25-26高三上·山西·月考）如图，在直三棱柱中，，，是棱上一点（不包含端点），是的中点.

(1)若是的中点，求证：平面；【分析】（1）作出辅助线，根据线线平行可证明四边形是平行四边形，即可证明出结论；【详解】（1）取的中点，连接，因为是的中点，所以,直三棱柱中且，又是的中点，所以且，故且，所以四边形是平行四边形，则，因为平面，平面，所以平面.【例2-2】（2025·内蒙古赤峰·一模）如图，在四棱锥中，，，平面，，为的中点.(1)求证：平面；【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可.【详解】（1）取中点，连接，，，分别为，的中点.且.又，，又，，且，是平行四边形，又平面，平面，平面【变式2-1】如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点.

(1)求证：平面；【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行；【详解】（1）

取中点，为中点，，且，又，，，且，四边形为平行四边形，即，平面，平面，平面；【变式2-2】（2025·江苏常州·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点．

(1)求证：平面；【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判断定理将问题转化为证明即可；【详解】（1）取的中点，连接，

在中，且，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以．又平面，平面，所以平面．【变式2-3】（2025·上海黄浦·一模）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1)求证：平面ADE；【分析】（1）取的中点，通过平行的传递性得到，由题中条件得到四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面；【详解】（1）取的中点，连接，，即，，G，F分别是线段BE，DC的中点，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；题型03线面平行的性质定理【例3-1】（2025·湖北·模拟预测）在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，，是边长为的等边三角形，是的中点，为上一点.(1)若与交于点，满足平面，求的长；(2)设，若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.【分析】（1）根据线面平行性质可知，根据平行线分线段成比例可知；由面面垂直性质可知平面，根据长度关系和勾股定理可求得结果；【详解】（1）若平面，平面平面，平面，，，，，，；作，垂足为，连接，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；是边长为的等边三角形，为中点，，，，，.【例3-2】（2025·上海普陀·一模）如图所示，过圆柱的轴的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方形是该圆柱底面圆周上异于两点的点．(1)设平面平面，求证：；【分析】（1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求解；【详解】（1）由已知得，又平面，在平面外，则平面，又平面平面平面则.【变式3-1】（2025·四川成都·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是菱形，，分别是棱，上的点，平面，且.

(1)求证：；【分析】（1）设，连接交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而得到是的中点，再过点作，根据平行线段成比例求解即可；【详解】（1）如图，设，连接交于点，连接，

平面，平面，平面平面，，为的中点，，过点作，交于点，则，，，，即；【变式3-2】（2025·山东威海·三模）如图，在直平行六面体中，点在棱上．(1)若平面，证明：；【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质定理可得，结合为的中点，得证；【详解】（1）连接交于点，连接，因为平面平面，平面平面，所以，因为为直平行六面体，所以为平行四边形，可得为的中点，所以为的中点，即.【变式3-3】如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，平面AEC．(1)求证：点E是棱PD的中点；【分析】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF，结合四边形ABCD为矩形可得为BD的中点，根据平面AEC可得，进而求证即可；【详解】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF，四边形ABCD为矩形，为BD的中点，平面AEC，平面PBD经过PB且与平面AEC交于EF，，又点F是BD的中点，点E是棱PD的中点.题型04面面平行证线面平行【例4-1】（2025·四川南充·一模）如图所示，已知多面体的底面是正方形，底面，，．

(1)证明：平面；【分析】（1）由题意，可得，，所以平面平面，进而可得平面，得证.【详解】（1）因为底面是正方形，所以，又平面，平面，所以平面，又，，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面，且与相交于点，所以平面平面，又平面，所以平面.【例4-2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，．(1)设分别为的中点，为的重心，证明：平面；【分析】（1）只需证明平面及平面进而证得平面平面，根据面面平行的性质，证得结果；【详解】（1）因为分别为的中点，则．又在平面外，则平面．连接，延长交于，连接．因为为的重心，则为的中点，从而．又在平面外，则平面．因为是平面内的两条相交直线，则平面平面．因为平面，所以平面．【变式4-1】（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点.(1)求证：平面；【分析】（1）取的中点，连接、，所以且，根据线面平行的判定定理可得平面，平面，从而可得平面平面，由面面平行的性质定理即可证明；【详解】（1）取的中点，连接、，因为点为棱的中点，且，所以且，，平面，平面，所以平面，同理可得平面.

因为平面，平面，且，所以平面平面.

因为平面，所以平面.【变式4-2】（2025·广东江门·模拟预测）如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为.(1)求证：平面；【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，然后由面面平行的性质定理即可证明；【详解】（1）因为底面是矩形，所以，因为平面，平面，故平面，在直角梯形中，，因为平面，平面，故平面，又因，平面，故平面平面，又因平面，故平面.【变式4-3】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，，分别为棱，的中点，且，.(1)证明：平面；【分析】（1）取PD中点为G，构造平行四边形，根据线线平行证明线面平行即可；【详解】（1）证明：如下图，取中点G，连接，因为E，F分别为棱BC，PA的中点，G为AD中点，所以，由在平面内，不在平面内，故平面，由在平面内，不在平面内，故平面，又且都在平面内，所以平面平面，因为平面，所以平面.题型05四点共面问题【例5-1】（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD，ABCD是直角梯形，，，，点E是PB的中点．(1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面？存在请证明，不存在请说明理由；【分析】（1）通过线线平行可证得四点共面；【详解】（1）存在，当G为PA的中点，点D，C，E，G共面．证明如下：取PA的中点G，连接EG，又∵点E是PB的中点，∴，在底面直角梯形中，，则，所以线段PA上存在一点G，使得点D，C，E，G共面．【例5-2】如图，是两个全等的矩形，它们不在同一个平面内，G，H分别是BC，BE的中点.(1)证明：D，G，H，F四点共面.(2)证明：直线DG，AB，FH经过同一点.(3)证明：平面平面DAF.【分析】（1）利用平行四边形证明，即可证明四点共面；（2）由梯形可知，再根据两平面的交线，证明过点即可；（3）根据平面平行的判定定理证明即可.【详解】（1）连接CE，因为GH是的中位线，所以.因为ABCD，ABEF是两个全等的矩形，所以，所以，则四边形CDEF为平行四边形，从而.又因为，所以，故D，G，H，F四点共面.（2）由（1）的证明过程知DGHF为梯形，设，因为平面平面ABEF，所以平面平面ABEF.又因为，所以，即直线DG，AB，FH经过同一点.（3）因为ABCD是矩形，所以.又不在平面DAF内，所以平面DAF.同理可证平面DAF.因为平面GBH，所以平面平面DAF.【变式5-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，．(1)证明：四点共面；【分析】（1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面；【详解】（1）由，因为平行六面体可知：且又因为，，所以，则有，即四点共面；【变式5-2】（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．(1)设，且，，，四点共面，求实数的值；【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，利用共面向量基本定理建立方程组求解即可；方法二：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，求出平面的法向量，然后利用建立方程求解即可；方法三：延长交于，连接，利用线面平行判定定理证明平面，然后利用线面平行的性质定理得四边形是平行四边形，利用比例相等求解即可；【详解】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理）在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，，，，，，，，又，分别为，的中点，，，，，，共面，存在实数，，使得，即，，解得；方法二：坐标法（利用法向量）在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，，，，，，，，，又，分别为，的中点，，，设平面的法向量为，，，令得，，又，，共面，，解得；方法三：几何法：延长交于，连接，，分别为，的中点，，平面，平面，平面，又平面平面，，，又，四边形是平行四边形，，，过作交于，，又，；【变式5-3】（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得.(1)证明：、、、共面；【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立；【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、，因为、分别为、的中点，所以，，翻折前，中，，，，是的中点，是的中点，是的中点，则，，，，，翻折后，则有，，，因为，为的中点，所以，，所以，四边形为平行四边形，所以，，因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形，所以，，故，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以、、、共面.题型06空间几何垂直的判定【例6-1】（2025·山东聊城·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面平面.(1)证明：平面PAD.【分析】（1）取中点，利用面面垂直的性质得线面垂直，结合，通过线面垂直判定定理证明平面；【详解】（1）取PA的中点，连接DH.因为，所以.由平面平面PAB，平面平面平面PAD，得DH⊥平面PAB.因为平面PAB，所以.又平面平面ABCD，所以.又，所以平面PAD.【例6-2】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，.

(1)证明：平面；【分析】（1）依题意，延长，交于点，连接，证明，推得平面，即可证平面.【详解】（1）延长，交于点，连接，因为平面，，平面，所以，，即，.因为为等边三角形，所以，因为，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，所以平面，即平面.【变式61-1】（2025·重庆·模拟预测）已知平面四边形由一个等边与一个直角拼接而成，且，现将沿折叠，折叠后使平面平面.(1)取中点，证明：平面；【分析】（1）根据条件证明，即可.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以，因为为正三角形，为棱的中点，所以，又，平面，所以平面；【变式6-2】（2025·湖北·模拟预测）在三棱柱中，，为的三等分点，侧面为正方形，，.(1)证明：平面平面；(2)证明：平面；【分析】（1）用面面垂直的判定定理证明；（2）用线面垂直的判定定理证明；【详解】（1）由四边形是正方形，可知，又，，平面，则平面.而平面，故平面平面.（2）因为，，，平面，则平面，而平面，则.由（1）知平面平面，平面平面，平面，且，故平面.【变式6-3】（2025·广东·模拟预测）如图为正四棱台与正四棱锥拼接而成的几何体．(1)证明：平面；【分析】（1）记与的交点为O，根据线面垂直的性质定理，可证，又，根据线面垂直的判定定理，分析即可得证.【详解】（1）记与的交点为O，由平面，平面，可知，

而，，平面，平面，故平面．由题易得平面与平面为同一平面，故平面．题型07面面垂直的性质定理【例7-1】（2025·广西南宁·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l.(1)求证：平面；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，利用面面垂直的性质可得平面，从而有平面；（2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可．【详解】（1）分别延长，设，连接，如图，则即为平面与平面的交线，因为为棱的中点,，则是的中点，因为中，，所以，从而,因为平面平面且交线为，平面，所以平面，即平面；（2）取的中点,因为侧面为菱形，且，所以BC，由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，侧面为菱形，且，所以，则,设平面的法向量为，则，所以，可取，设平面的法向量为，则，所以，可取，所以，所以二面角的正弦值为.【例7-2】（2025·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，，E，M分别为棱，的中点．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用中位线的性质及线面平行的判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用夹角公式及正余弦函数的平方关系得解.【详解】（1）因为E，M分别为棱，的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）取中点为，连接，由可知，，因为平面平面，是交线，平面，所以平面，以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则,所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，因为平面平面，是交线，，平面,所以平面，故平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面夹角的正弦值为.【变式7-1】（2025·浙江宁波·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，.(1)证明：平面；(2)若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，利用线面平行的判定推理得证.（2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解.【详解】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接，则，，，在梯形中，，E为CD的中点，则，因此，四边形为平行四边形，，而平面，平面，所以平面.（2）由平面平面，平面平面，，平面，则平面，因为，，则，则，即直线两两垂直，以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，则，设平面MEF的法向量为，则，取，得，设平面的法向量为，则，取，得，则，所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为.【变式7-2】如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.(1)取线段中点M，连接，证明：平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)线段上是否存在一点E，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由向量夹角公式即可求解；（3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解．【详解】（1）在四棱锥中，取中点N，连接，由为的中点，且，，得，，则四边形为平行四边形，所以，而平面，不在平面内，所以平面.（2）取的中点O，连接，由为等边三角形，得，而平面平面，平面平面，平面，则平面.由，，得四边形是平行四边形，于是，而，则，直线两两垂直，以O为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，则，，，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）令，，，，设平面的法向量为，则，取，得，平面的法向量为，于是，化简得，又，解得，即，所以线段上存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，.【变式7-3】（2025·云南大理·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，，，平面平面.

(1)证明：平面，(2)若，求平面和平面夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）由勾股定理可证得，根据面面垂直的性质证明即可.（2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法求解即可.【详解】（1）因为，，所以，因为，所以为正三角形，又因为，所以，，在△ABD中，，所以，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面，如图，以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，，，设平面的一个法向量为，所以，所以，取，则，，所以，取平面的一个法向量为，设平面和平面夹角大小为，则，，所以平面和平面夹角的正弦值为.1．（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上.(1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小；(2)证明：平面平面【答案】(1)(2)证明详见解析【分析】利用几何法找到线面成角，利用线面垂直证明面面垂直.【详解】（1）连接，如图.由题可知，平面，平面,则，且即为直线与平面所成角，即.由，为边的中线，可得.而，可得，.而即为直线与平面所成角，且,则，可得直线与平面所成角为.（2）由，，，平面,故平面，而平面，则平面平面2．（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.

(1)证明：平面平面；(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证；（2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可.【详解】（1）在四边形中，因为，，所以四边形为平行四边形，又因为，，所以四边形为正方形，

折叠后，显然，，又因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系，所以，，，，，所以，，，

设平面的法向量，则，令，解得，，可得，

点到平面的距离为.法二：如图，过点作，垂足为，连接，

因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，得到，

在中，，，由余弦定理得，则.即，

设点到平面的距离为，由得，又，，所以，所以点到平面的距离为.3．（2025·四川自贡·一模）三棱锥中，，，，，，．(1)求三棱锥的体积；(2)若M是PC的中点，求证：；(3)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3).