立体几何是高考数学中不可缺少的一部分，正方体是空间图形中最基础、最常用、最重要的几何体.其本身中的点、线、面位置关系包涵空间图形中所有的位置关系，通过切割可得到形形色色的柱体、锥体、台体，所以说正方体具有很多其它图形不具有的特性.如果能挖掘题设条件，利用其特性，可使问题简洁明快，让不同基础和能力的考生自我发挥；同时解题思路又得到了开阔，又可提高学生的观察能力和优化解题过程的能力.本文举例说明正方体与其它几何体之间的内在联系，充分彰显正方体在立体几何中的百宝箱作用，体现正方体的独特魅力.
　　类型一 以正方体为载体的截面、射影、三视图问题
　　例1 （2013年湖南）已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正（主）视图的面积不可能等于（ ）
　　（A） 1 （B） 2 （C） 2-12
　　（D） 2+12
　　简析：正视图最小是边长为1的正方形，最大是边长为1和
　　2的矩形，故选（C）.
　　图1
　　例2 （2013年安徽）如图1所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q三点的平面截该正方体所得的截面的面积为S，则下列命题正确的是
　　（写出所有正确命题的编号）.
　　①当0　　②当CQ=12时，S为等腰梯形；
　　③当CQ=34时，S与
　　C1D1的交点R满足
　　C1R=13；
　　④当34　　⑤当CQ=1时，S的面积为
　　62.
　　简析：对于①②，如图2（1）所示，因为正方体
　　ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，
　　当CQ=12时，
　　PQ=22，这时过A，P，Q三点的截面与正方体表面交于D1，
　　AP=D1Q=
　　52，且
　　PQ∥AD1，截面S为等腰梯形，
　　当CQ<12时，过A、P、Q三点的截面与正方体表面的交点在棱DD1上，截面S为四边形，故①②正确.
　　图2
　　对于③④⑤，如图2（2）所示，连结QR并延长交DD1的延长线于N点，连结
　　AN交A1D1于M，取AD中点G，作
　　GH∥PQ交
　　DD1于H点，可得GH∥AN，
　　且GH=12AN，设
　　CQ=t（0≤t≤1），则DN=2t，ND1=2t-1，
　　ND1C1Q=
　　D1RRC1=
　　2t-11-t.
　　当t=34时，
　　D1RC1R
　　=21，可得
　　C1R=13，故③正确.
　　当34　　当t=1时，Q与C重合，M为A1D1的中点，S为菱形
　　PC1MA，AM=AP=PC1=C1M=52
　　，MP=2，AC1=3，
　　S的面积等于
　　12×2×3=
　　62，故⑤正确.所以，①②③⑤正确.
　　截面、射影是空间图形和平面问题间变换的一种重要题型，像上题一样的定性分析题中的条件，一定要抓住图的特征（平行、垂直等）进行分析.
　　类型二 以正方体为“母体”的衍生体问题
　　图3
　　例3 （2006年湖南）棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图3所示，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（ ）
　　（A） 22 （B） 32 （C） 2 （D） 3
　　简析：如图，将棱长为2的正四面体补成正方体，则题中过球心的一个截面与正方体的对角面重合，且正方体的棱长为2，因此所求三角形（即正四面体的截面）的面积是
　　12·2·2=2，所以选（C）.
　　例4 （2006年安徽）表面积为23的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（ ）
　　（A） 23π （B） 13π （C）
　　23π （D） 223π
　　简析：易知连接正方体的六个面的中心可以构成一个正八面体，因此可将此正八面体放入正方体之中，此时正八面体的外接球即为正方体的内切球.设正方体的棱长为a，则正八面体的每个面都是边长为
　　22a的正三角形，所以
　　8·[12（2a2）2
　　·sin60°]=23.
　　所以a=2，
　　R=22，
　　V=43πR3=2π3.选（A）.
　　因此，正方体是多面体的“根基”，由正方体可变出正四面体、正八面体、正棱柱、直棱柱、斜三棱锥和一些棱台等等.只要理清这些几何体与正方体的关系，就能起到化难为易、丰富空间想象力的作用.
　　类型三 巧用正方体“特长”妙解题
　　例5 （2012年辽宁）已知正三棱锥P-ABC中，点P、A、B、C都在半径为
　　3的球面上，若PA、PB、PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为
　　简析：利用三条侧棱两两相互垂直的正三棱锥，即为正方体的“一角”，明显地“构造正方体”则是处理此类问题的行之有效的方法.抓住正方体体对角线即为外接球的直径及有两面（平面ABC、平面DEF）三等分体对角线PG，易求得结果
　　33.
　　例6 三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若
　　PA=1，AC=2，则该三棱锥的外接球的体积是 　　图4
　　简析：构造如图4所示的正方体，它的对角线PC是其外接球的直径，所以
　　2R=
　　PA2+AC2=
　　3，
　　R=32，故它的体积为：
　　V=3π2.
　　对于某些四个面均为直角三角形的三棱锥、三个侧面两两互相垂直的正三棱锥、棱长比为
　　1∶1∶2的正四棱柱等等基本图形为背景的立体几何问题，往往采用“构造正方体”的方式去处理.构造法不是无中生有，更不是无源之水、无本之木，这个“源”、“本”就是扎实的基础知识、坚实的创造能力.
　　类型四 置身于正方体的动点问题
　　图5
　　例7 如图5，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线为
　　3，点P在体对角线AC1上运动（动点P不与体对角线
　　AC1的端点重合）现以点A为球心，AP为半径作一个球，设
　　AP=x，记该球面与正方体表面的交线长度和为f （x），
　　则图6，函数f （x）的图象最有可能是（ ）
　　图6
　　简析：当
　　0　　f （x）=
　　3×（14×2πx）=
　　3πx
　　2， 所以排除
　　（C）（D）， 又
　　f （1）=3π2，
　　f （2）=
　　3×（14×2π×1）=
　　3π2 （当
　　x=2时，此时球面与正方体表面的交线在面
　　A1B1C1D1、面
　　B1C1CB、面C1D1DC上且相等，如在面
　　A1B1C1D1的交线是以A1为圆心，以
　　A1B1为半径的
　　14圆弧），所以
　　f （1）=f （2），排除（A），故选（B）.
　　对于空间的动点问题，考生们往往望之却步，由于正方体图形完美，展开联想充分借助于图形的特殊性进行估算，有时排除法即可解决.
　　图7
　　例8 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P1，P2分别为线段
　　AB，BD1 （不包括端点）上的动点，且线段
　　P1P2平行于平面A1ADD1，
　　则四面体P1P2AB1的体积最大值是（ ）
　　（A） 124 （B） 112
　　（C）
　　16 （D） 12
　　简析：由题意可得△
　　P1P2B∽△
　　AD1B，设出
　　P1B=x，则
　　P1P2=
　　2x，
　　P2到平面
　　AA1B1B的距离为x，求出四面体的体积，通过二次函数的最值，求出四面体的体积的最大值.故选（A）.
　　以“正方体”为载体的立体几何题，不仅很好的锻炼学生的空间想象能力，而且也能考察学生的化归和转换的思想.
　　类型五 正方体可现身于一些创新题中
　　例9 （2010年重庆）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）
　　（A） 直线 （B） 椭圆 （C） 抛物线 （D） 双曲线
　　简析：不妨特殊化以正方体
　　ABCD-A1B1C1D1为背景，把两条异面直线看成AB和A1D1在底面
　　ABCD内建立以A为坐标原点，以AB为x轴以AD为y轴的平面直角坐标系，若正方体棱长为a，在底面
　　ABCD内取任意一点P（x，y），则P到A1D1距离为
　　a2+x2，到AB距离为
　　|y|，由题知
　　x2+a2=y2.即选（D）.
　　例10 （2011年江西改编）
　　若对于任一给定的四面体A1A2A3A4，总能找出依次排列的四个相互平行的
　　a1，a2，a3，a4，使得
　　Ai∈ai（i=1，2，3，4）且其中每相邻两个平面间的距离都相等；现给定依次排列的四个相互平行的平面
　　a1，a2，a3，a4，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体
　　A1A2A3A4的四个顶点满足：
　　Ai∈ai（i=1，2，3，4），求该正四面体
　　A1A2A3A4的体积.
　　图8
　　简析：将此正四面体补形为正方体 ABCD-A1B1C1D1（如图8（1）），分别取
　　AB、CD、A1B1、C1D1的中点
　　E、F、E1、F1，平面DEE1D1与BFF1B1是分别过点
　　A2、A3的两平行平面，若其距离为1，则正四面体
　　A1A2A3A4满足条件，图8（2）为正方体的下底面，设正方体的棱长为a，若
　　AM=MN=1，因为AE=12a，DE=52a，
　　在直角三角形ADE中，AM⊥DE，所以
　　1·52a=
　　12a·a，所以
　　a=5，又正四面体的棱长为
　　2a=10，所以此正四面体的体积为
　　V=a3-4·13·12a3=
　　535.
　　以正方体为背景可谓精彩纷呈、情景交融、知能并重.正方体既然这么重要，我们就不能把这个“简单的正方体”看得太简单.因为越简单的东西，其基础性就越深刻，其内涵和外延的东西就越多.我们要从已知结构出发，联系所学知识通过认真分析，找到方向，问题便可迎刃而解.