正方体的性质专项训练----2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦正方体性质，以题串联线面关系、空间角、体积距离及动态轨迹，构建从基础到综合的立体几何认知体系，培养空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础性质|1-4题|线面/面面平行垂直判断|从正方体棱、面对角线关系切入，夯实空间位置关系判定基础| |空间量计算|5-7题|夹角、距离、体积求解|结合中点、中心等特殊点，深化空间角与距离的转化推理| |动态综合|8-10题|动点轨迹、截面与外接球|通过动点运动与截面问题，提升空间想象与综合应用能力|

正方体的性质解析版 一、多选题：本题共10小题，共50分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 1.在正方体中，则(    ) A. 平面 B. 平面 C. D. 平面平面 【答案】AD  【解析】【分析】 本题考查空间线、面间的平行垂直关系，属于基础题． 根据空间线面位置关系的基本概念、性质、定理判断，错误的可以举出反例． 【解答】 解：对于：如图，由于，平面， 平面，故AC平面，A正确； 对于：由于与所成角即为与所成角为，故B错误； 对于：与所成角即为与所成角为，故C错误； 对于：由于，，且，是平面内两条相交直线， 故A平面，又平面，故平面平面，故D正确． 故选AD． 2.在正方体中，下列说法正确的是 (    ) A. B. 平面 C. 直线与平面的夹角为 D. 三棱锥是正四面体 【答案】ABD  【解析】【分析】 本题主要考查直线与平面所成的角，线面垂直的判定与性质，线线垂直的判定，考查棱锥的结构特征，属于中档题． 对于选项A先证 平面，再证即可；对于选项 B：先通过线面垂直的性质证明，，再结合线面垂直的判定定理证明即可对于选项 C结合线面角的定义找到直线 与平面 的夹角为，通过计算验证即可；对于选项D由正方体的特征得出即可判定． 【解答】 解：对于选项A连接， 在正方体中有平面，且平面， 所以， 又因为底面为正方形，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以，故选项A正确； 对于选项B：连接， 在正方体中，有平面，且平面， 所以， 又因为底面为正方形，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以． 在正方体中，有平面，且平面， 所以， 又因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以． 因为， 平面，所以平面，故选项 B正确； 对于选项C：连接， 在正方体中有 平面， 所以为直线在平面的射影， 则为直线与平面所成的角， 设正方体的棱长为，则，， 则，故选项 C错误； 对于选项D连接 在正方体中易得 故三棱锥是正四面体，故选项 D正确． 故选：． 3.如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列说法中正确的是 (    ) A. 存在点使得 B. 异面直线与所成的角为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 到平面的距离为 【答案】BCD  【解析】【分析】 本题以正方体为载体，考查了空间中的平行关系、空间角、距离和体积问题，考查转化与化归的思想，属于拔高题． 由异面直线的判定判断；异面直线与所成的角即为与所成的角，据此可判断；由可计算体积，判断；将到平面的距离转化为到平面的距离，利用等体积法可求距离，判断． 【解答】 解：如图所示，与为异面直线，故与也为异面直线，A错误； 异面直线与所成的角即为与所成的角，即与所成的角， 连接，，易得三角形是正三角形，， 即异面直线与所成的角为，故B正确； 连结交于，则为三棱锥的高，， 易知：，则， 所以，为定值，故C正确； 到平面的距离即到平面的距离，， 设到平面的距离为，由得， 即，解得，故D正确． 故选BCD． 4.如图，在正方体中，下面结论正确的是(    ) A. 平面 B. C. 平面平面 D. 异面直线与所成的角为 【答案】ABC  【解析】【分析】 本题主要考查异面直线所成的角、线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理、面面垂直的判定定理，属中档题． 按照定理逐项判断即可． 【解答】 解：，平面，平面， 平面． 故A正确； 连接，则 ， 又因为 平面 平面 ． 故B正确； 同理可得， 又因为， 平面 平面， 平面． 故C正确； 因为， 所以异面直线与所成的角为， 所以异面直线与所成的角为，故D错误． 故选ABC． 5.如图，已知正方体的棱长为，为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则(    ) A. ，，三点共线 B. 异面直线与所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】ACD  【解析】【分析】 本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题． 通过证明，，三点都是平面与平面的公共点，可知A正确；利用线面垂直的判定与性质可证异面直线与所成的角为，可知不正确；通过证明平面，得的长度就是点到平面的距离，计算的长度可知C正确；取的中点，可得等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，计算等腰梯形的面积可知，D正确． 【解答】 解：因为为底面的中心， 所以为和的中点，则，， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 所以点是平面与平面的公共点； 显然是平面与平面的公共点； 因为交平面于点，平面， 所以也是平面与平面的公共点， 所以，，三点都在平面与平面的交线上， 即，，三点共线，故A正确； 因为平面，平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面， 又平面， 所以，即异面直线与所成的角为，故B不正确； 根据证明的方法，同理可得， 因为，，平面， 所以平面， 则的长度就是点到平面的距离， 显然为正三角形的中心， 因为正方体的棱长为， 所以正三角形的边长为， 所以， 又， 所以， 即点到平面的距离为，故C正确； 取的中点，连，，，， 因为， 所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图： 因为，，， 所以等腰梯形的高为， 所以等腰梯形的面积为， 即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确． 故选：． 6.如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则(    ) A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段上存在点，使平面 C. 线段上存在点，使平面平面 D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为 【答案】ABD  【解析】【分析】 本题考查立体几何中的动点问题，属于难题． 【解答】解：易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，A正确． 易证平面，当为线段上靠近的四等分点时，可证平面平面，所以平面，B正确． 设平面与平面相交于，平面与平面相交于，若平面平面，则，则必在的延长线上，C错误． 因为到平面的距离为定值，所以，在中，，，，则，所以的最小值为，所以的最大值为，D正确． 7.已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是 (    ) A. 直线与直线所成的角为 B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ABC  【解析】【分析】 本题考查线面垂直的证明，线线角，线面角的求法，属于中档题． 利用平移法找出选项A和涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．运用等体积法可求，从而可求线面角的余弦值可判断，由射影定理易证平面，故C正确；由易知，可判断不正确． 【解答】 解：对于：连接，，且，直线与所成的角为，故选项A正确； 对于：连接交于，易证平面，运用等体积法可求得，所以，又，所以， 所以，故B项正确； 对于：在平面内的射影为，因为，所以， 同理可证，，平面，平面从而平面，故C项正确； 对于：由选项B知点到平面的距离为，故D项不正确； 故选：． 8.如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是 (    ) A. 平面截正方体所得截面面积为 B. 点的轨迹长度为 C. 存在点，使得 D. 平面与平面所成二面角的正弦值为 【答案】AC  【解析】【分析】 本题考查空间几何体中的截面面积与轨迹问题，线面平行、面面平行的判定，以及二面角的定义与求解，属于中档题． 取中点，连接、，计算截面的面积后判断的正误，取中点，中点，则点的运动轨迹为线段，故可判断的正误，取的中点，则可判断，故可判断的正误，而即为平面与平面所成二面角，计算其正弦值后可判断的正误． 【解答】 解：取中点，连接、，则等腰梯形为截面， 而，， 故梯形面积为，A正确； 取中点，中点，连接， 则，故四边形为平行四边形， 则得，而平面，平面， 故平面，同理平面， 而，平面，故平面平面， 点的运动轨迹为线段，其长度为，B错误； 取的中点，， ，，，C正确； 因为平面平面且，， 即为平面与平面所成二面角，，D错误． 故选AC． 9.如图，正方体的棱长为，点是其侧面上的一个动点含边界，点是线段上的动点，则下列结论正确的是 (    ) A. 存在点，，使得平面与平面平行 B. 存在点，，使得二面角大小为 C. 当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 D. 当为中点时，四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为 【答案】ACD  【解析】【分析】 本题考查面面平行的判定，二面角的大小，几何体的外接球问题，属于较难题． 当为中点，为中点时，即可判断选项；由二面角的平面角为即可判断选项；取中点，先求出点在侧面内运动轨迹为以为圆心半径为的劣弧，即可判断选项；先求出四棱锥外接球的半径，再将外接球的内接正四面体补成正方体即可判断选项． 【解答】 解： 对于选项，当为中点，为中点时，易得，又平面，平面， 则平面，同理可得平面，又，则平面与平面平行，故A正确； 对于选项，因为平面，平面，则，又， 可知二面角的平面角为，显然其范围为，故B错误； 对于选项，取中点，连接，则平面，则， 则点在侧面内运动轨迹为以为圆心半径为的劣弧，分别交于，则， 则，劣弧的长为，故C正确； 对于选项，当为中点时，易知为等腰直角三角形，，又平面，平面， 则， 又平面，，则平面，又平面， 则，又，可知四棱锥 外接球的球心即为的中点，所以四棱锥外接球的半径为，设四棱锥外接球的内接 正四面体的棱长为，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长为， 正方体的体对角线为外接球的直径，所以，得，所以正四面体的表面积为，所以D正确． 故选ACD． 10.如图，正方体的棱长为，为的中点，，动点在侧面内运动含边界，则 (    ) A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 平面与平面的夹角的正切值为 C. 平面截正方体所得的截面多边形的周长为 D. 不存在一条直线，使得与正方体的所有棱所成的角都相等 【答案】ABC  【解析】【分析】 本题考查了空间几何体的截面问题，涉及到线面平行的性质、平面与平面的夹角问题，考察了空间想象能力． 对于、项，先作出平面截正方体所得的截面，通过构造面面平行得出轨迹及截面多边形周长； 对于项，作出二面角计算即可；对于项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等． 【解答】 解：如图所示， 分别延长、交于点，连接并延长交的延长线于点，交于点，连接交于点，则五边形为平面截正方体所得的截面，在上取点，，满足， 在上取点，满足，在侧面中，，可得轨迹为线段， 由已知及平行线分线段成比例可得：， ，所以，即， A正确； ， 故五边形周长为， C正确； 连接，交于点，由上计算可得为中点，且，故D，即垂直，即为平面与平面的夹角， 易得， B正确； 对于存在直线，如直线与正方体三条棱夹角相等． 故选：． 第3页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $ 正方体的性质原卷版 1.在正方体中，则(    ) A. 平面 B. 平面 C. D. 平面平面 2.在正方体中，下列说法正确的是(    ) A. B. 平面 C. 直线与平面的夹角为 D. 三棱锥是正四面体 3.如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列说法中正确的是 (    ) A. 存在点使得 B. 异面直线与所成的角为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 到平面的距离为 4.如图，在正方体中，下面结论正确的是(    ) A. 平面 B. C. 平面平面 D. 异面直线与所成的角为 5.如图，已知正方体的棱长为，为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则(    ) A. ，，三点共线 B. 异面直线与所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为 6.如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则(    ) A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段上存在点，使平面 C. 线段上存在点，使平面平面 D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为 7.已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是 (    ) A. 直线与直线所成的角为 B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 平面 D. 点到平面的距离为 8.如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是(    ) A. 平面截正方体所得截面面积为 B. 点的轨迹长度为 C. 存在点，使得 D. 平面与平面所成二面角的正弦值为 9.如图，正方体的棱长为，点是其侧面上的一个动点含边界，点是线段上的动点，则下列结论正确的是(    ) A. 存在点，，使得平面与平面平行 B. 存在点，，使得二面角大小为 C. 当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 D. 当为中点时，四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为 10.如图，正方体的棱长为，为的中点，，动点在侧面内运动含边界，则(    ) A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 平面与平面的夹角的正切值为 C. 平面截正方体所得的截面多边形的周长为 D. 不存在一条直线，使得与正方体的所有棱所成的角都相等 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $