精品解析：河南省部分学校2023-2024学年高一下学期联合教学质量检测数学试卷

2023—2024学年第二学期联合教学质量检测 高一数学试卷 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知向量，，若与垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，则求解． 【详解】解：因为与垂直，所以， 则， 得， 故选：A 2. 设△的内角A，B，C所对边分别为，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知与正弦定理可求得，利用大边对大角可得为锐角，结合特殊三角函数值即可求解. 【详解】结合题意，由正弦定理可得， 又，且为锐角，为锐角，. 故选：. 3. 已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知得，，且，解之讨论，可得选项. 【详解】因为的图像的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间， 所以， 所以， 又，且，解得， 又因， 所以，解得， 当时，符合题意， 当时，，符合题意， 所以. 故选：D. 4. 设四棱台的上、下底面积分别为，，侧面积为，若一个小球与该四棱台的每个面都相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用体积相等可得答案. 【详解】设内切球的球心为，连接， 则把四棱台分割成六个四棱锥， 且六个四棱锥的高都为内切球的半径， 四棱台的高为，所以 ， 化简可得. 故选：D. 5. 抛掷两枚质地均匀的骰子1次，记“出现点数之和为偶数”，“出现点数之积为偶数”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意利用列表法结合古典概型求，结合概率的性质逐项分析判断. 【详解】由题意可知：基本事件的总数为， 对于事件A，列表如下： 1 2 3 4 5 6 1 √ ╳ √ ╳ √ ╳ 2 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 3 √ ╳ √ ╳ √ ╳ 4 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 5 √ ╳ √ ╳ √ ╳ 6 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 可知，则； 对于事件B，列表如下： 1 2 3 4 5 6 1 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 2 √ √ √ √ √ √ 3 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 4 √ √ √ √ √ √ 5 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 6 √ √ √ √ √ √ 可知，则； 对于事件，列表如下： 1 2 3 4 5 6 1 ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 2 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 3 ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 4 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 5 ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 6 ╳ √ ╳ √ ╳ √ 可知，则； 对于选项A：，故A错误； 对于选项B：，故B错误； 对于选项C：，故C正确； 对于选项D：，故D错误； 故选：C. 6. 样本数据16，21，18，28，14，20，22，24的第75百分位数为（ ） A. 16 B. 17 C. 23 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】将样本数据从小到大排列为：14，16，18，20，21，22，24，28， 又，所以第百分位数为. 故选：C 7. 中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量模长可得，到的距离，再根据平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的几何意义求解即可. 【详解】由八卦图的对称性可得， 故 . 设到的距离为，则， 解得. 又 . 又即在上的投影， 其最大值为， 最小值为. 故， 即. 故选： C 8. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是，，的中点，点P在线段上，平面，则以下错误的是（ ） A. 与所成角为 B. 点P为线段的中点 C. 三棱锥的体积为 D. 平面截正方体所得截面的面积为 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，连接，得出即为与所成角的平面角即可判断；对于B，连接，证明平面和平面重合即可判断；对于C，利用等体积法求出三棱锥的体积；对于D：先判断出平面截正方体所得截面为正六边形，边长为，即可判断. 【详解】对于A，连接， 因为分别为的中点，所以， 所以即为与所成角的平面角， 在中，，故， 所以与所成角为，故A正确； 对于B，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面， 因为平面，平面， 所以平面平面， 而为平面和平面的公共边， 所以平面和平面重合， 所以点即为的交点， 所以点P为线段的中点，故B正确； 对于C：因为平面，所以点到平面的距离相等， 所以，故C错误； 对于D：分别取，，的中点为，连接， 在正方体中，， 所以，所以四点共面， 同理可证：共面， 在棱长为2的正方体中，所以. 同理可求：， 所以平面截正方体所得截面为正六边形，边长为， 面积为，故D正确. 故选：C. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数，若函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为，为函数图象的一条对称轴，则（　　） A. B. C. 点是函数图象的对称中心 D. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得函数的图象关于轴对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知结合周期求出，由对称性求出，检验选项A，B，然后结合正弦函数的性质检验选项C，D即可. 【详解】因为函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为，所以，， 因为直线为函数图象的一条对称轴， 所以，，则，， 因为，所以，故AB正确； 所以，因为，故C错误； 将函数的图象向左平移个单位长度后所得函数为 ，图象关于轴对称，故D正确. 故选：ABD. 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则一定为等腰三角形 D. 若，则三角形只有1解 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理得，即可判断；对于B，由得，即可判断为锐角，但无法确定是否为锐角；对于C，由及正弦定理得或即可；对于D，由正弦定理得即可判断. 【详解】对于A项，在中，由正弦定理得： ，，（为外接圆的半径）， 因为，所以，故A项正确； 对于B项，因为，所以， 所以为锐角，但无法确定是否为锐角，故B项错误； 对于C项，因为， 所以由正弦定理得：，即：， 所以或， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形，故C项错误； 对于D项，因为， 所以由正弦定理得，解得， 因为，所以或, 所以三角形有两解，故D项错误. 故选：BCD. 11. 如图，在正方体中，，，，分别是棱，，的中点，是线段上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面将正方体分成的两个部分的体积比为 C. 是异面直线与所成的角 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于，由线面垂直的判定定理可证得平面，由面面平行的性质定理可证平面平面，所以可知平面，即可证得；对于，平面即为平面，将正方体分成等高的三棱柱和四棱柱，由底面积之比可得体积之比；对于，由余弦定理可得为钝角，而异面直线所成角小于等于，即可判断；对于，取中点，连接，，可证平面，点到平面的距离为定值，且的面积也为定值，即可判断. 【详解】在正方体中，易得到，， 又，，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 因为，,， 所以平面平面，所以平面， 故平面平面正确； 平面即为平面，将正方体分成等高的三棱柱和四棱柱， 易得底面积之比为，故体积比为，正确； 令正方体棱长为2，则，，， ，则为钝角， 而异面直线与所成的角小于等于，错误； 如图，取中点，连接，，易得， 又平面，平面，所以平面， 同理平面，， 平面，平面， 则平面平面，因为平面， 故平面，而是线段上一动点，则点到平面的距离为定值， 且的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，正确； 故选：. 【点睛】结论点睛：立体几何中与动点轨迹有关的问题的方法： （1）几何法：根据平面的性质进行判定； （2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数方法进行计算； （3）特殊值法：根据空间中图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则实数_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出，根据纯虚数概念求解即可． 【详解】， 若为纯虚数，则，解得． 故答案为：． 13. 已知单位向量满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的模及向量数量积的定义求夹角余弦值即可. 【详解】因为，且， 所以， 所以， 即. 又， 所以. 故答案为：. 14. 已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为_______. 【答案】 【解析】 【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径，由动点的轨迹形状，求轨迹长度. 【详解】由题意可知，三棱锥的四个面是全等的等腰三角形， 且，如图①所示， 则有， 把三棱锥扩成长方体， 则有， 解得， 则长方体外接球半径， 所以三棱锥的外接球半径； 点为三棱锥的外接球球面上一动点， 当时，如图③所示， 所以为等腰三角形， 所以 故动点的轨迹是半径为的圆，轨迹长度为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥的外接球，解题关键是三组对棱分别相等的四面体（三棱锥），采用补形为长方体（四面体的棱分别是长方体各面的对角线），长方体的外接球半径即为三棱锥的外接球半径. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可； （2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，； 因为，所以； 所以. 【小问2详解】 因为，，所以； 因为，所以，故， 所以； 又因为，所以，； 所以， 又因为，所以. 16. 克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形. （1）当时，求四边形的周长； （2）当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值； （3）若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值. 【答案】（1） cm （2）时，四边形的面积取到最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）结合已知条件，只需用余弦定理计算即可求周长； （2）设，由已知结合余弦定理可得，计算和的面积之和即可. （3）由定理可得，可得到的最大值，由对角互补结合余弦定理可得和角，，由角平分线性质可得，由相交弦定理可得，再用余弦定理计算，即可计算. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 所以四边形的周长为. 【小问2详解】 设，在中，， 四边形的面积为 ， 当即时，四边形的面积取到最大值为. 【小问3详解】 ，且为正三角形，，， ，即的最大值为，取等号时，， . 不妨设，则，得，即，故， 在中，由余弦定理得，故为的角平分线， 由角平分线性质可得，，故，. 四点共圆， 由相交弦定理，得或（舍去）. 在中，， . 17. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【小问1详解】 把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. 【小问2详解】 设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. 【小问3详解】 设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 18. 为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分（满分100分），并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品. （1）求图中a的值，并求综合评分的平均数； （2）用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率； （3）已知落在的平均综合评分是54，方差是3，落在的平均综合评分为63，方差是3，求落在的总平均综合评分和总方差. 【答案】（1），平均数为81 （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求得，结合加权平均数运算求解； （2）根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解； （3）根据题意利用分层抽样的平均数和方差公式运算求解. 【小问1详解】 由频率和为1，得，解得； 设综合评分的平均数为， 则， 所以综合评分的平均数为81. 【小问2详解】 由题意，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品有2个， 一等品记为a、b、c，非一等品记为D、E； 从这5个产品中随机抽取2个，试验的样本空间 ，； 记事件“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”， 则，， 所以所求的概率为. 【小问3详解】 由题意可知：落在的频率为，落在的频率为， 所以， . 19. 如图，平面平面是等腰直角三角形，，四边形ABDE是直角梯形，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线BO和平面所成角的正弦值； （3）能否在EM上找一点，使得平面ABDE?若能，请指出点的位置，并加以证明;若不能，请说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接，如图， 由是中点，为中点，得且，又且， 则，，即四边形是平行四边形， 于是，又平面，平面， 所以平面． （2）； （3）存在，是中点. 【解析】 【分析】（1）取AC中点F，连接，可证四边形是平行四边形，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题. （2）连接，求出，再利用等体积法求出点到平面的距离即可得解. （3）取中点，连接，通过证明平面，再证明即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由，得，而平面平面， 平面平面，而平面，则平面， 于是平面，， 由，为中点，得，又平面平面， 平面平面，平面，则平面， 而平面，于是，又，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得，又， 则，设直线BO和平面所成的角为，， 所以直线BO和平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 当是中点时，平面, 取中点，连接，而为中点，则， 由，为中点，得，又平面平面， 平面平面，平面，则平面， 于是平面，所以当是中点时，平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年第二学期联合教学质量检测 高一数学试卷 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知向量，，若与垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 2. 设△的内角A，B，C所对边分别为，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 设四棱台的上、下底面积分别为，，侧面积为，若一个小球与该四棱台的每个面都相切，则（ ） A. B. C. D. 5. 抛掷两枚质地均匀的骰子1次，记“出现点数之和为偶数”，“出现点数之积为偶数”，则（ ） A. B. C. D. 6. 样本数据16，21，18，28，14，20，22，24的第75百分位数为（ ） A. 16 B. 17 C. 23 D. 24 7. 中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是，，的中点，点P在线段上，平面，则以下错误的是（ ） A. 与所成角为 B. 点P为线段的中点 C. 三棱锥的体积为 D. 平面截正方体所得截面的面积为 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知函数，若函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为，为函数图象的一条对称轴，则（　　） A. B. C. 点是函数图象的对称中心 D. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得函数的图象关于轴对称 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则一定为等腰三角形 D. 若，则三角形只有1解 11. 如图，在正方体中，，，，分别是棱，，的中点，是线段上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面将正方体分成的两个部分的体积比为 C. 是异面直线与所成的角 D. 三棱锥的体积为定值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则实数_________． 13. 已知单位向量满足，则__________. 14. 已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为_______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 16. 克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形. （1）当时，求四边形的周长； （2）当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值； （3）若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值. 17. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 18. 为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分（满分100分），并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品. （1）求图中a的值，并求综合评分的平均数； （2）用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率； （3）已知落在的平均综合评分是54，方差是3，落在的平均综合评分为63，方差是3，求落在的总平均综合评分和总方差. 19. 如图，平面平面是等腰直角三角形，，四边形ABDE是直角梯形，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线BO和平面所成角的正弦值； （3）能否在EM上找一点，使得平面ABDE?若能，请指出点的位置，并加以证明;若不能，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $