新高考数学二轮复习热点难点题型强化训练专题18 立体几何中的正方体（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习热点难点题型强化训练专题18 立体几何中的正方体（2份，原卷版+解析版），共5页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．（2024届江西省全南中学高三上学期开学考试）棱长为1的正方体中，点P在棱CD上运动，点Q在侧面上运动，满足平面，则线段PQ的最小值为（ ）

A．B．1C．D．
【答案】A
【解析】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，
所以，，
因为平面，所以，故，
，故，其中，
故，故当时，，此时满足要求，所以线段PQ的最小值为.故选A

2．（2024届江苏省南京市高三上学期9月学情调研）在正方体中，过点B的平面与直线垂直，则截该正方体所得截面的形状为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】A
【解析】连接，因为⊥平面，平面，所以⊥，
又四边形为正方形，所以⊥，又，平面，
所以⊥平面，因为平面，所以⊥，同理可证明⊥，
因为，平面，故⊥平面，故平面即为平面，
则截该正方体所得截面的形状为三角形. 故选A

3．（2024届江西省万安中学高三上学期开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（ ）．

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】平面,平面, 平面,因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.

则，
设平面的法向量为，则
，令，则，设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.故选D.
4．（2023届山西省百师联盟高三下学期联考）在棱长为2的正方体中，E为CD1上的动点，则AE与平面所成角的正切值不可能为（ ）

A．1B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，

在上取点，使得，连接，由，可知四边形为平行四边形，则，因为平面，，所以平面，
所以与平面所成角为，，而．
所以．显然，故D不可能．故选D
5．（2024届湖北省荆州市沙市中学高三上学期9月月考）已知正方体的棱长为，分别为和的中点,为线段上的动点，为上底面内的动点，下列判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积是定值；②若恒成立，则线段的最大值为；③当与所成的角为时，点的轨迹为双曲线的一部分；
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】A
【解析】如图（1）所示，因为点为的中点，又由是的中点，可得，
又因为点为上的动点，所以点到直线的距离等于点到的距离，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，
因为正方体的棱长为4，可得，
因为面，且面，所以，
可得点到直线的距离为，所以点到直线的距离，
所以的面积为，
由，且，平面，
所以平面，且，
所以三棱锥的体积为（定值），所以①正确；

如图（2）所示，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，设，由，设，则，
因为，所以，可得，
所以 ，
又因为且，可得，
所以当时，线段取得最大值，最大值为，所以②正确；
因为，又因为与的所成的角为，
所以，
整理得且，所以点的轨迹为抛物线的一部分，所以③错误.
故选A.

6．（2024届四川省成都外国语学校高三上学期入学考试）如图，在棱长为1的正方体中，点分别在线段和上．给出下列四个结论中所有正确结论的个数有（ ）个

①的最小值为1
②四面体的体积为
③存在无数条直线与垂直
④点为所在边中点时，四面体的外接球半径为
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】对于①:因为是正方体，所以平面,平面,
又因为平面,平面,所以，即是与的公垂线段，因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，
所以当分别与重合时，最短为1，故①正确;
对于②,因为是正方体，
所以平面平面，且平面所以平面，
当点在上运动时，点到平面的距离不变，距离，
由可知，当点在上运动时，到的距离不变，
所以的面积不变，
所以所以②错误;
对于③,连接，因为平面，平面，
且,所以，
又平面，
所以平面，当不在线段端点时，
过作交于 ，过作交于，
平面交线段于,

因为平面，平面 ,
故平面，同理平面,
又平面，
所以平面平面，
故平面，又平面，
所以，因为点在线段上，
所以存在无数条直线，故③正确;
对于④,如图,以点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则,
所以,

则的外接圆的半径为
所以可得等腰的外接圆圆心为,
设四面体的外接球球心为，则平面，
所以可设四面体的外接球球心为，
由，可得,解得，
所以四面体的外接球的半径为故④错误.故选B.
7．已知正方体的棱长为为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，正方体棱长为3，

则，，，设，则，，
由正方体的性质可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，
设平面的法向量，则，即，
取，则，，故，
又平面与平面和平面所成的角相等，故，即，
故，即，.
①当，即时，因为，所以，
又，则，，此时.
②当，即时，因为，所以，
又，故，
此时，
故当时取最小值.
综上的最小值为.故选A
8．（2024届安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校高三上学期开学联考）已知正方体的棱长为，分别为棱，上的动点，则四面体的体积最大值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】过点作交于，连接，
又
，又平面，且平面，
平面，
则，
设，，则，
，
故四面体PQAD的体积
，
当时，其最大值为.故选A.

9（2023届河南省TOP二十名校高三下学期3月调研模拟）正方体的棱长为，为中点，为平面内一动点，若平面与平面和平面所成锐二面角相等，则点到的最短距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先证明一个结论：若平面与平面所成二面角为，且平面，则.
证明：作，垂足为，连，
因为平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
因为平面，所以，所以，
在直角三角形中，，即.

设平面与平面和平面所成锐二面角为，取的中点，作，垂足为，
则三角形在平面内的射影是三角形，在平面内的射影是三角形，
根据以上结论得，，
在中，设边上高为，
，所以，，
所以点轨迹为与平行且距离为的两条直线，所以点到的最短距离为.

故选C
10．（2023届河南省商丘市等2地高三三模）设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】由面，而面，则，又，
又，面，则面，
由面，则，同理，
，面，则面，
所以垂直于面所有直线，且面，
若，则在边长为的正△的边上，
故轨迹图形面积为，①对；

若分别为中点，连接，
由正方体的性质易得，，
所以共面，且为平行四边形，故面即为面，
由面，面，则面，
同理可得面，，面，
所以面面，要使∥平面，则在△的边上，
所以轨迹长为，②错；

若分别为的中点，连接，显然，
所以共面，即面，
由，面，面，则面，
又，同理可得面，，面，
所以面面，故面内任意直线都与面平行，
要使∥平面，则在四边形的边上运动，
此时轨迹长为，③对；

若分别是的中点，并依次连接，
易知为正六边形，显然，，
由面，面，则面，同理可得面，
，面，所以面面，
由面，则面，故垂直于面所有直线，
要使，则在边长为的正六边形边上运动，
所以轨迹图形面积为，④对；

故选C
11．（2024届辽宁省十校联合体高三上学期八月调研）已知一个棱长为2的正方体，点是其内切球上两点，是其外接球上两点，连接，且线段均不穿过内切球内部，当四面体的体积取得最大值时，异面直线与的夹角的余弦值为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由正方体棱长为2，知其内切球的半径为1，外接球的半径，
依题意知，最长为，最长为内切球的直径2，
由三角形面积公式，若为定值时，时面积最大，
画出图形如图所示，其中分别是所在正方形的中心，是内切球与外接球的球心，

由正方体性质知，，，，
又，故此时四面体的体积取得最大，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以异面直线与所成的角，
在中，，
由余弦定理得，故选D
12．（2023届浙江省金丽衢十二校、“七彩阳光”高三下学期3月联考）在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，
证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为，
当时，记平面截正方体所得截面为面，，
则，
令，
因为，所以，
当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时，
截面为面，
当时，平面截正方体所得截面为，
所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面，
同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面，
连接，面与面所成锐二面角为，
因为面面，
所以的所成角大小为二面角大小，
因为，所以面与面所成锐二面角大小为.故选C．
二、多选题
13．（2024届甘肃省白银市靖远县高三上学期10月月考数）如图，正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）

A．直线平面
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为
C．的周长的最小值为
D．当点M是的中点时，CM与平面所成角最大
【答案】ABD
【解析】A： 如下图所示：
因为是正方体，
所以，而平面，平面，
所以平面，
同理由是正方体可得，同理可证明平面，
而平面，
所以平面平面，
而平面，所以直线平面，因此本选项正确；

B：如下图所示：过作，交、于、，
过作，交于，
因为是正方形，所以可得，
，因此本选项正确；

C：将平面与平面展成同一平面，如下图所示：

当三点共线时，最小，作，交延长线于，
则，，
，
所以的周长的最小值为，因此本选项不正确；
D：当点M是的中点时，，
因为平面，平面，
所以，而平面，
所以平面，CM与平面所成角为，因此本选项正确，故选ABD
14．（2024届湖南省益阳市高三上学期9月月考）在棱长为2的正方体中，，分别是线段，上的点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积是
B．线段的长的取值范围是
C．若，分别是线段，的中点，则与平面所成的角为
D．若，分别是线段，的中点，则与直线所成的角为
【答案】AC
【解析】建立如图所示空间直角坐标系：

因为棱长为2，所以,
,
对于,
则所以,
又平面,平面，
所以平面，
又点,故点到平面的距离等价于点到平面的距离,
所以,故正确；
对于,设
则
，
故及时，，
故错误；
对于,若，分别是线段，的中点，则,
,取平面的法向量，设为与平面所成的角，
则所以，
即与平面所成的角为，故错误；
对于,若，分别是线段，的中点，则,
，则,
则，
则即与直线所成的角为，故正确.故选
15．（2023届云南省曲靖市第二中学学联体高三下学期第二次联考）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）

A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积的体积不变，
且，所以A正确；
对于B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，
则，
因为，当时，
可得，所以；
当时，，
由，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；
对于C，由，
设，
则
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，所以C错误.
对于D：因为直线与平面所成的角为，
由平面，得直线与所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为，故不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确；
故选ABD.
16．（2024届广东省四校高三上学期第一次联考）如图，正方体中，E为的中点，P为棱BC上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．存在点P，使平面
B．存在点P，使
C．四面体的体积为定值
D．二面角的余弦值取值范围是
【答案】BC
【解析】（向量法）为简化运算，建立空间直角坐标系如图，设正方体棱长为2，

，则，，，
，，故与不垂直，故A错误.
由知，故B正确.
为定值.故C正确.
又，，设平面的法向量，
由，
令则，，，
又平面的法向量，
，
又，，.
故D错误.
（几何法）记棱中点分别为，
易知平面，而平面
则，若平面，平面，则，
由平面，
所以平面，与已知矛盾，故不垂直于平面.
故A错误.


连接，易知，，设正方体棱长为2，知，，
记，
则，，
由，
得.故B正确.


为定值.故C正确.
过点作于点，易知，过点作于点，
知平面，所以，则二面角的平面角为，
现在中求解.
设正方体棱长为2，，则，，
只需求取值范围即可：
记，则，
分析易知在时取到最大值，此时，
在时取到最小值，此时，
又即，
即，
所以即，
.
故D错误.

故选BC
17．（2023届新老高考过渡省份适应性联考）如图，已知正方体的棱长为2，P为空间中一点且满足，则以下说法正确的有（ ）

A．若P在面上，则其轨迹周长为
B．若，则的最小值为
C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为
D．四棱锥P-ABCD体积最大值为
【答案】AB
三、填空题
18．（2024届广西玉林市高三联考高三上学期开学考试）在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】
【解析】
不妨设正方体棱长为2，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴
建立空间直角坐标系，则，
则，.
19．（2024届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测）一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为1，下底面半径为6，母线与底面所成的角为.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长的最大值是 .
【答案】4
【解析】如下图所示：

根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得；
设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，
所以可知球的半径，此时球的直径为，
即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为;
若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，
设正方体的最大棱长为，满足，解得.
20．（2024届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期质量调研）点是正四面体的中心，.若，其中，则动点扫过的区域的体积为 .
【答案】/
【解析】图，作出正四面体，

将正四面体放入正方体中，如下图所示：

则是该正方体的中心，
设该正方体的棱长为，则，解得：，
又，，
则知扫过的区域的边界是以该正方体的六个面作延伸的六个全等的正方体的中心为顶点的正方体，其中两个面如下图所示：

可得动点扫过的区域的体积为该正方体体积的倍，
即动点扫过的区域的体积.
21．（2024届福建省泉州市高三高中毕业班质量监测）如图，棱长为2的正方体容器中，，分别是棱，的中点，在，，处各有1个小孔（孔的大小忽略不计），则该容器可装水的最大体积为 .

【答案】6
【解析】1.当，，处的小孔都在水平面时，如图一，

三棱台的体积为，
所以容器所装水的多面体的体积；
2.当只有1个小孔在水平面上方时，
（1）当处的小孔在水平面上方时，如图二；
当处的小孔在水平面上方时，图三；
显然这两种情况，容器所装水的体积比多面体的体积小，不会最大；

（2）当处的小孔在水平面上方时，设水面所在平面为，
①当在线段上时，如图四，设，，则，
因为正方体的体积为，
棱台的体积为，，
可得，当且仅当，即时，等号成立，
所以棱台的体积无最小值，此时该容器可装水的体积小于6.

②当在线段上时，如图五，设，，的中点为，

可知：水平面为平行四边形，且四棱锥与四棱锥的体积相同，
可知：多面体的体积与三棱柱的体积相同，
所以三棱柱的体积为，此时该容器可装水的体积为.
综上所述：该容器可装水的最大体积为6.
22．（2023届河北省邯郸市部分学校高三下学期开学考试）如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】设正方体的棱长为a，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.
由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得.
由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，2.
于是，即，即，即.
同理，.
从而，由，得，
即，解得，
所以正方体的外接球半径为，外接球的表面积为.