2018年全国高考试题分类汇编
立体几何部分参考答案
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一、选择题
题目 答案 题目 答案 1 A 15 C 2 C 16 C 3 B 17 B 4 C 18 D 5 A 19 C 6 A 20 D 7 C 21 C 8 A 22 C 9 A 23 C 10 B 24 B 11 B 25 A 12 C 26 D 13 B 27 B 14 D 二、填空题
1．①②④ 2. ②④ 3. 3/16 4．43 192? 5．4
6．2/3 7．13 638．5 9．5 PA'?PB'?PC'10． PA?PB?PC三、解答题
1．本小题主要考查棱锥，二面角和线面关系等基本知识，同时考查空间想象能力和推理、
运算能力.满分12分.
（I）解：如图，作PO⊥平面ABCD，垂足为点O.连结OB、OA、OD、OB与AD交于
点E，连结PE.
∵AD⊥PB，∴AD⊥OB，
∵PA=PD，∴OA=OD，
于是OB平分AD，点E为AD的中点，所以PE⊥AD. 由此知∠PEB为面PAD与面ABCD
所成二面角的平面角，………………4分 ∴∠PEB=120°，∠PEO=60°
由已知可求得PE=3
∴PO=PE·sin60°=3?33?， 22
即点P到平面ABCD的距离为
3.………………6分 2（II）解法一：如图建立直角坐标系，其中O为坐标原点，x轴平行于DA.
333333P(0,0,),B(0,,0),PB中点G的坐标为(0,,).连结AG.
2244又知A(1,333,0),C(?2,,0).由此得到： 22GA?(1,?33,?),44333PB?(0,,?),BC?(?2,0,0).
22
于是有GA?PB?0,BC?PB?0所以GA?PB?BC?PB.GA,BC的夹角?
等于所求二面角的平面角，…………10分 于是cos??GA?BC|GA|?|BC|??27, 727.…………12分 7所以所求二面角的大小为??arccos解法二：如图，取PB的中点G，PC的中点F，连结EG、AG、GF，则AG⊥PB，FG//BC，
FG=
1BC. 2∵AD⊥PB，∴BC⊥PB，FG⊥PB，
∴∠AGF是所求二面角的平面角.……9分 ∵AD⊥面POB，∴AD⊥EG.
又∵PE=BE，∴EG⊥PB，且∠PEG=60°. 在Rt△PEG中，EG=PE·cos60°=
3. 2在Rt△PEG中，EG=
3EG1AD=1. 于是tan∠GAE==，
2AE23.…………12分 2又∠AGF=π－∠GAE. 所以所求二面角的大小为π－arctan
2. 本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.
解法一：（Ⅰ）如图，连结CA1、AC1、CM，则CA1=2. ∵CB=CA1=2，∴△CBA1为等腰三角形，
又知D为其底边A1B的中点，
∴CD⊥A1B. ∵A1C1=1，C1B1=2，∴A1B1=3
又BB1=1，A1B=2. ∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点， ∴CD=
211A1B=1，CD=CC1，又DM=AC1=，DM=C1M.
222 ∴△CDM≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°，即CD⊥DM.
因为A1B、DM为平在BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM.
（Ⅱ）设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，则FG//CD，FG= ∴FG=
1CD. 21，FG⊥BD. 21A1B=1， 2 由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D知BD=B1D= 所以△BB1D是边长为1的正三角形. 于是B1G⊥BD，B1G=
3. ∴∠B1GF是所求二面角的平面角， 2223)=， 2222 又 B1F2=B1B2+BF2=1+（
BG?FG?B1F∴ cos?B1GF?1?2B1C?FG2(3213)?()2?222??3.
3312??22即所求二面角的大小为??arccos3. 3解法二：如图，以C为原点建立坐标系.
（Ⅰ）B（2，0，0），B1（2，1，0），A1（0，1，1）， D（2,1,1)，M（2，1，0），
2222CD?(211,,),A1B?(2,?1,?1),22211DM?(0,,?),
22
则CD?A1B?0,CD?DM?0, ∴CD⊥A1B，CD⊥DM.
因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM. （Ⅱ）设BD中点为G，连结B1G，则 G（32,1,1），BD?(?44422、
11、），B1G?(?22231 ?,),444?BD?B1G?0,?BD?B1G.又CD?BD,
?BD与B1G的夹角?等于所求的二面角的平面角.
?cos??CD?B1C|CD|?|B1C|??3 .3所以所求的二面角等于??arccos3.
3
3．本小题主要考查两个平面垂直的性质、二面角等有关知识，以有逻辑思维能力和空间想
象能力. P （1）证明：如果，取AC中点D，连结PD、BD. E 因为PA=PC，所以PD⊥AC，
又已知面PAC⊥面ABC， 所以PD⊥面ABC，D为垂足. A C D 因为PA=PB=PC，
B 所以DA=DB=DC，可知AC为△ABC外接圆直径，
因此AB⊥BC.
（2）解：因为AB=BC，D为AC中点，所以BD⊥AC. 又面PAC⊥面ABC，
所以BD⊥平面PAC，D为垂足. 作BE⊥PC于E，连结DE，
因为DE为BE在平面PAC内的射影，
所以DE⊥PC，∠BED为所求二面角的平面角.
在Rt△ABC中，AB=BC=23，所以BD=6. 在Rt△PDC中，PC=3，DC=6，PD=3， 所以DE?PD?DC?PC3?6?2. 3 因此，在Rt△BDE中，tan?BED?62?3，
?BED?60?，
所以侧面PBC与侧面PAC所成的二面角为60°
4．本小题主要考查棱锥的体积、二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、分析 问题能力. 解：（Ⅰ）如图1，取AD的中点E，连结PE，则PE⊥AD.
作PO⊥平面在ABCD，垂足为O，连结OE. 根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD，
所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角的平面角， 由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，
所以PO=33，四棱锥P—ABCD的体积 VP—ABCD=
1?8?43?33?96. 3
（Ⅱ）解法一：如图1，以O为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得
P（0，0，33），A（23，－3，0），B（23，5，0），D（－23，－3，0） 所以PA?(23,?3,?33),BD?(?43,?8,0). 因为PA?BD??24?24?0?0, 所以PA⊥BD.
解法二：如图2，连结AO，延长AO交BD于点F.能过计算可得EO=3，AE=23，
又知AD=43，AB=8， 得
EOAD?. AEAB所以 Rt△AEO∽Rt△BAD.
得∠EAO=∠ABD.
所以∠EAO+∠ADF=90°
所以 AF⊥BD.
因为 直线AF为直线PA在平面ABCD 内的身影，所以PA⊥BD.
5．解(Ⅰ)正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面展开图是长为6,宽为2的矩形,其对角线长为
62?22?210
(Ⅱ)如图,将侧面AA1B1B绕棱AA1旋转120o使其
侧面AA1C1C在同一平面上,点B运动到点D的位置,连接DC1交AA1于M, 则DC1就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线,其长为
DC2?CC12?42?22?25
∵ ?DMA??C1MA1, ∴AM=A1M, 故
A1M?1 AM (Ⅲ)连接DB,C1B,则DB就是平面C1MB与平面ABC的交线. 在ΔDCB中,
∵?DBC??CBA??ABD?60??30??90?,
∴CB⊥DB,
又C1C⊥平面CBD,
由三垂线定理得C1B⊥DB.
∴∠C1BC就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角(锐角). ∵侧面C1B1BC是正方形, ∴∠C1BC=45o.
故平面C1MB与平面ABC所成的二面角(锐角)为45o
6．本小题主要考查直线与平面的位置关系、棱住等基本知识，考查空间想象能力、罗辑思维能力和运算能力，满分14分。 解：（I）正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线长
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