2024-2025学年下学期高一数学人教A版同步经典题精练之立体图形的直观图

第30页（共30页）2024-2025学年下学期高中数学人教A版（2019）高一同步经典题精练之立体图形的直观图一．选择题（共5小题）1．（2025•秦皇岛一模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．44 B．32 C．10+617 D．22+6172．（2024秋•达州期末）如图所示，梯形A'B'C'D'是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A'D'＝2B'C'＝2，A'B'＝1，则平面图形ABCD的面积为（）A．32 B．2 C．3 D．3．（2024秋•上海校级期中）水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝O′C′＝2，A′O′=3，那么原△ABCA．直角三角形 B．等边三角形 C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形4．（2024春•越秀区校级期末）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图）．∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这个平面图形的面积为（）A．14+24 B．2+22 C5．（2024春•惠阳区校级期中）如图直角△O'A'B'是某一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（）A．22 B．1 C．2 D．二．多选题（共4小题）（多选）6．（2025•福州模拟）如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A'B'C'D'，已知A'B'＝4，C'D'＝2，则下列说法正确的是（）A．AB＝4 B．四边形ABCD的周长为4+22C．A'D'＝22 D．四边形ABCD的面积为6（多选）7．（2024春•济阳区校级期中）下列命题正确的是（）A．已知e1→，e2→是两个不共线的向量，a→=e1B．在△ABC中，b＝11，a＝20，B＝30°，则这样的三角形有两个 C．已知△ABC是边长为2的正三角形，其直观图的面积为64D．已知a→=(3，-4)，b→=(k（多选）8．（2024春•禄劝县校级期中）下列结论正确的是（）A．在棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行 B．用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是64C．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线 D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BC，AB的中点，P是线段A1D1（不含端点）上的动点，过M，N，P点的平面截该正方体所得的截面为六边形（多选）9．（2024秋•广东月考）已知水平放置的正方形的边长为22，利用斜二测画法绘制该正方形在水平平面内的直观图四边形ABCDA．∠ABD的最小值小于15° B．∠BDC的最大值小于90° C．|AC|的最小值大于2 D．|BD|的最大值大于4三．填空题（共3小题）10．（2024秋•上海校级期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是直角梯形O′A'B'C'，其中O'A'∥B'C'，∠O'A'B'＝90°，O′A'＝2B'C'＝4，A'B'＝2，则平面图形OABC的面积为．11．（2024秋•上海校级期末）若三棱锥P﹣ABC的侧棱长PA＝PB＝PC，则点P在底面的射影O是△ABC的心．12．（2024秋•浦东新区期末）如图，若平行四边形A′B′C′D′是用斜二测画法画出的水平放置的平面图形ABCD的直观图，已知A′B′＝4cm，∠D′A′B′＝45°，平行四边形A′B'C′D′的面积为8cm2，则原平面图形ABCD中AD的长度为．四．解答题（共3小题）13．（2024春•文安县校级期中）已知长方体的长、宽、高分别是3cm，2cm，1.5cm，用斜二测画法画出它的直观图．14．（2024春•临汾期中）一个竖直放置的几何体的三视图如图所示，其俯视图是等边三角形．（1）根据三视图，求其表面积和体积；（2）若该容器内盛有其体积3415．（2023春•涪城区校级月考）如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：（1）求奖杯的体积；（尺寸如图，单位：cm，π取3）（2）求下部四棱台的侧面积．

2024-2025学年下学期高中数学人教A版（2019）高一同步经典题精练之立体图形的直观图参考答案与试题解析题号12345答案DCBBD一．选择题（共5小题）1．（2025•秦皇岛一模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．44 B．32 C．10+617 D．22+617【考点】由三视图求面积、体积．【专题】数形结合；分割补形法；立体几何．【答案】D【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为矩形四棱锥，结合图中数据求出它的表面积．【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是底面为矩形四棱锥；且矩形的长为6，宽为2，四棱锥的高为4，如图所示：所以该四棱锥的表面积为S＝S矩形ABCD+2S△PAB+2S△PBC＝6×2+2×12×6×4＝22+617．故选：D．【点评】本题考查了利用空间几何体的三视图求表面积的应用问题，是基础题目．2．（2024秋•达州期末）如图所示，梯形A'B'C'D'是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A'D'＝2B'C'＝2，A'B'＝1，则平面图形ABCD的面积为（）A．32 B．2 C．3 D．【考点】斜二测法画直观图．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】根据题意，求出直观图梯形A'B'C'D'的面积，由直观图与原图的关系分析可得答案．【解答】解：根据题意，四边形A'B'C'D'是梯形，其中A'D'＝2B'C'＝2，A'B'＝1，其高h＝A′B′×sin45°=2则其面积S′＝（A′D′+B′C′）×h则平面图形ABCD的面积S＝22S′＝3；故选：C．【点评】本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．3．（2024秋•上海校级期中）水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝O′C′＝2，A′O′=3，那么原△ABCA．直角三角形 B．等边三角形 C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形【考点】由斜二测直观图还原图形；平面图形的直观图．【专题】计算题；方程思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】B【分析】由图形和A'O'=3通过直观图的画法知在原图形中三角形的底边BC＝B′C′，AO【解答】解：根据题意，在原△ABC中，AO⊥BC，因为A'O'因为B′O′＝O′C′＝2，则BC＝4，而AO⊥BC，AB＝AC＝4，故AB＝AC＝BC，即原△ABC是一个等边三角形．故选：B．【点评】本题考查平面图形的直观图，注意斜二测画法，属于基础题．4．（2024春•越秀区校级期末）一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图）．∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这个平面图形的面积为（）A．14+24 B．2+22 C【考点】平面图形的直观图．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【答案】B【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，即可求得图形的面积．【解答】解：在直观图中，∵∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC∴AD＝1，BC＝1+2∴原来的平面图形上底长为1，下底为1+22，高为∴平面图形的面积为1+1+222×2故选：B．【点评】本题考查斜二测画法，直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，考查计算能力．5．（2024春•惠阳区校级期中）如图直角△O'A'B'是某一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（）A．22 B．1 C．2 D．【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】D【分析】根据题意，求出直观图Rt△O'A'B'的直角边的边长，进而可得其面积，根据平面图形的面积是直观图的22倍，计算得到结果．【解答】解：根据题意，Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，且斜边O'B'＝2，则Rt△O'A'B'的直角边长是2，其面积S′=12则这个平面图形的面积S＝22S′＝22．故选：D．【点评】本题考查平面图形的直观图，涉及直观图与平面图形的面积之间的关系，属于基础题．二．多选题（共4小题）（多选）6．（2025•福州模拟）如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A'B'C'D'，已知A'B'＝4，C'D'＝2，则下列说法正确的是（）A．AB＝4 B．四边形ABCD的周长为4+22C．A'D'＝22 D．四边形ABCD的面积为6【考点】平面图形的直观图；斜二测法画直观图．【专题】对应思想；定义法；立体几何；逻辑思维．【答案】AD【分析】根据斜二测画法的直观图，判断选项中的命题是否正确即可．【解答】解：根据斜二测画法的直观图，知AB＝A'B'＝4，选项A正确；CD＝C'D'＝2，AD＝2A′D′＝212+12=22，BC所以四边形ABCD的周长为6+22+23，选项BA′D′=2，选项C四边形ABCD的面积为12×（2+4）×22=故选：AD．【点评】本题考查了斜二测画法的直观图应用问题，是基础题．（多选）7．（2024春•济阳区校级期中）下列命题正确的是（）A．已知e1→，e2→是两个不共线的向量，a→=e1B．在△ABC中，b＝11，a＝20，B＝30°，则这样的三角形有两个 C．已知△ABC是边长为2的正三角形，其直观图的面积为64D．已知a→=(3，-4)，b→=(k【考点】平面图形的直观图；平面向量的基本定理；正弦定理．【专题】整体思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；运算求解．【答案】ABC【分析】利用基底的定义可判断A；利用正弦定理可判断B；利用原图形面积与直观图面积的比值可判断C；利用向量坐标的线性运算求出a→+2b→，再根据夹角为钝角，可得a→⋅(a→+2【解答】解：对于A，设e1→，e2→是两个不共线的向量，设a→=kb→，（k为常数），即e则a→与b→不平行，可作为平面向量的一组基底，对于B，在△ABC中，b＝11，a＝20，B＝30°，因为asinA=b因为a＞b，故A＞B，这样的三角形有两个，故B正确；对于C，边长为2的正三角形的面积为34原图面积：直观图面积=22故直观图的面积为64，C对于D，a→=(3，-4)若a→与a则a→⋅(a→即6k+1＜0且3×2≠﹣4（2k+3），解得k＜-16且k故选：ABC．【点评】本题主要考查了基底的定义，考查了利用正弦定理判断三角形个数，以及平面图形的直观图面积，向量夹角问题，属于中档题．（多选）8．（2024春•禄劝县校级期中）下列结论正确的是（）A．在棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行 B．用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直观图的面积是64C．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线 D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BC，AB的中点，P是线段A1D1（不含端点）上的动点，过M，N，P点的平面截该正方体所得的截面为六边形【考点】斜二测法画直观图；平面的基本性质及推论；异面直线的判定；命题的真假判断与应用；棱柱的结构特征．【专题】对应思想；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】ACD【分析】根据棱柱的性质即可判断A，根据斜二测画法的性质即可求解B，由异面直线的定义即可判断C，根据平面基本性质即可作出截面判断D．【解答】解：对于A，由棱柱的性质可知：棱柱的上下底面互相平行，故A正确，对于B，根据斜二测画法的规则可知：直观图中，高A'所以直观图的面积是12×1×(2对于C，由于在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C既不平行也不相交，所以是异面直线，故C正确，对于D，延长MN，DA相交于E，连接PE交AA1于点F，同理延长MN，DC交于点H，由于M，N是中点，所以MN∥AC，AC∥A1C1⇒A1C1∥MN，故在平面A1B1C1D1中，作PQ∥A1C1交边C1D1于Q，连接QH交CC1于G，因此六边形MNFPQG即为所求截面六边形，故D正确，故选：ACD．【点评】本题考查斜二测画法相关知识，属于中档题．（多选）9．（2024秋•广东月考）已知水平放置的正方形的边长为22，利用斜二测画法绘制该正方形在水平平面内的直观图四边形ABCDA．∠ABD的最小值小于15° B．∠BDC的最大值小于90° C．|AC|的最小值大于2 D．|BD|的最大值大于4【考点】斜二测法画直观图．【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】AD【分析】根据题意，由斜二测画法的性质，画出直观图，然后对选项逐一判断，即可得到结果．【解答】解：正方形的一条边与x′轴重合时，由斜二测画法的性质，另一条边与y′轴重合，如图所示：由于对称性与旋转可换性，图中∠ACB与∠BDC均等价为所求角，由斜二测画法图形性质知，AB＝CD=2，BC＝AD＝22，∠CAB+∠ACB＝θ1＝45过A作BC的垂线，则tan∠ACB=1即∠ACB＜15°，故∠ABD的最小值小于15°，选项A正确；过D作BC的垂线，易有θ2＝45°，且tanθ故θ3＞45°，则∠BDC＞90°，∠BDC的最大值大于90°，选项B错误；设图形绕C点逆时针旋转α，则CA→即|=16=10+2其中tanφ=32最大值为10+217＞4，选项C故选：AD．【点评】本题考查了斜二测画法应用问题，是中档题．三．填空题（共3小题）10．（2024秋•上海校级期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是直角梯形O′A'B'C'，其中O'A'∥B'C'，∠O'A'B'＝90°，O′A'＝2B'C'＝4，A'B'＝2，则平面图形OABC的面积为122．【考点】平面图形的直观图．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】122．【分析】根据给定条件，求出O′C′，再作出水平放置的原平面图形作答．【解答】解：在直角梯形O′A′B′C′中，O′A′∥B′C′，O′A′＝2B′C′＝4，A′B′＝2，显然∠A′O′C′＝45°，于是O′C′=O'A直角梯形O′A′B′C′对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC，BC∥OA，OC⊥OA，OA＝2BC＝4，OC＝2O′C′＝42，所以该平面图形的高为42，故平面图形OABC的面积为：12×（2+4）×42=故答案为：122．【点评】本题考查了直观图的画法与应用问题，是基础题．11．（2024秋•上海校级期末）若三棱锥P﹣ABC的侧棱长PA＝PB＝PC，则点P在底面的射影O是△ABC的外心．【考点】平行投影及平行投影作图法．【专题】综合题；转化思想；演绎法；空间位置关系与距离．【答案】见试题解答内容【分析】根据从一点出发的斜线段，如果斜线段长相等，那么它们的射影长也相等得到，点P在底面的射影O到三角形三个顶点的距离相等，从而即可选出答案．【解答】解：如图，由题意得：PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC，即O点是三角形ABC的外心，故答案为外．【点评】本题主要考查了三角形的外心，三角形三条边的垂直平分线的交于一点，该点即为三角形外接圆的圆心，即外心．外心到三顶点的距离相等．12．（2024秋•浦东新区期末）如图，若平行四边形A′B′C′D′是用斜二测画法画出的水平放置的平面图形ABCD的直观图，已知A′B′＝4cm，∠D′A′B′＝45°，平行四边形A′B'C′D′的面积为8cm2，则原平面图形ABCD中AD的长度为42cm．【考点】由斜二测直观图还原图形．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】42cm．【分析】根据题意，分析可得直观图中A′D′的长度，结合斜二测画法分析可得答案．【解答】解：根据题意，平行四边形A′B'C′D′中，A′B′＝4cm，∠D′A′B′＝45°，其面积为8cm2，则有S＝A′B′×A′D′×sin∠D′A′B′＝8cm2，解可得A′D′＝242cm，在原图中，∠DAB＝90°，AD＝2A′D′＝42cm；故答案为：42cm．【点评】本题考查斜二测画法的应用，注意斜二测画法中的长度关系，属于基础题．四．解答题（共3小题）13．（2024春•文安县校级期中）已知长方体的长、宽、高分别是3cm，2cm，1.5cm，用斜二测画法画出它的直观图．【考点】空间几何体的直观图；斜二测法画直观图．【专题】对应思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象．【答案】见解答．【分析】画棱柱的直观图，通常将其底面水平放置，利用斜二测画法画出底面，再画出侧棱，就可以得到棱柱的直观图，长方体是一种特殊的棱柱，为画图简便，可取经过长方体的三条棱所在直线为x轴，y轴，z轴．【解答】解：（1）画轴，如图，画x轴，y轴，z轴，三轴相交于点O（A），使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°．（2）画底面，在x轴正半轴上取线段AB，使AB＝3cm，在y轴正半轴上取线段AD，使AD＝1cm，过点B作y轴的平行线，过点D作x轴的平行线，设它们的交点为C，则长方形ABCD就是长方体的底面ABCD的直观图．（3）画侧棱，在z轴正半轴上取线段AA′，使AA′＝1.5cm，过B，C，D各点分别作z轴的平行线，在这些平行线上分别截取1.5cm长的线段BB′，CC′，DD′．（4）成图，顺次连接A′，B′，C′，D′，工加以整理（去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线），就得到长方体的直观图．【点评】本题考查空间几何体的直观图的画法，考查斜二测画法的规则，是中档题．14．（2024春•临汾期中）一个竖直放置的几何体的三视图如图所示，其俯视图是等边三角形．（1）根据三视图，求其表面积和体积；（2）若该容器内盛有其体积34【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；运算求解．【答案】（1）表面积24+23，体积4（2）32【分析】（1）判断几何体的形状，然后求解表面积和体积．（2）判断当容器水平放置时，形成底面为等腰梯形的直四棱柱，通过体积转化求解水面的高度．【解答】解：（1）依题意等边三角形，侧棱与底面垂直，可知该几何体为正三棱柱，底面面积为34∴表面积为4×2×（2）该容器内的水的体积为34×43此时形成底面为等腰梯形的直四棱柱，容器内水面的高度即为该梯形的高，设为h．剩余没有水的部分为正三棱柱，其底面为正三角形，设其高为h′．∵该正三棱柱的体积为43∴底面的面积为34，边长为1，h'∴h=3-h'=【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，是中档题．15．（2023春•涪城区校级月考）如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：（1）求奖杯的体积；（尺寸如图，单位：cm，π取3）（2）求下部四棱台的侧面积．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】（1）1344cm3；（2）180+725cm2【分析】（1）由三视图可知，奖杯分为3部分，分别计算各部分的体积，即可计算奖杯的体积；（2）首先根据图形，计算侧面梯形的高，再求侧面积．【解答】解：（1）由三视图可知，奖杯分三部分组成，最下部分是四棱台，棱台上底面是边长为8cm，12cm的长方形，下底面是边长为16cm，24cm的长方形，高为3cm，棱台的体积V=中间部分为长，宽，高分别为8cm，4cm，20cm的长方体，体积为8×4×20＝640cm3，最上面一部分是球，直径为4cm，体积为43所以奖杯的体积为672+640+32＝1344cm3；（2）如图，四棱台前后侧面全等，左右侧面全等，前面侧面的高AB=右侧面的高CD=所以四棱台侧面的面积S=2×1【点评】本题考查组合体的体积与侧面积的求解，属中档题．

考点卡片1．命题的真假判断与应用【知识点的认识】判断含有“或”、“且”、“非”的复合命题的真假，首先要明确p、q及非p的真假，然后由真值表判断复合命题的真假．注意：“非p”的正确写法，本题不应将“非p”写成“方程x2﹣2x+1＝0的两根都不是实根”，因为“都是”的反面是“不都是”，而不是“都不是”，要认真区分．【解题方法点拨】1．判断复合命题的真假，常分三步：先确定复合命题的构成形式，再指出其中简单命题的真假，最后由真值表得出复合命题的真假．2．判断一个“若p则q”形式的复合命题的真假，不能用真值表时，可用下列方法：若“pq”，则“若p则q”为真；而要确定“若p则q”为假，只需举出一个反例说明即可．3．判断逆命题、否命题、逆否命题的真假，有时可利用原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假这一关系进行转化判断．【命题方向】该部分内容是《课程标准》新增加的内容，几乎年年都考，涉及知识点多而且全，多以小题形式出现．2．平面向量的基本定理【知识点的认识】1、平面向量基本定理内容：如果e1、e2是同一平面内两个不共线的向量，那么对这一平面内任一a→，有且仅有一对实数λ1、λ2，使a2、基底：不共线的e1、e2叫做平面内表示所有向量的一组基底．3、说明：（1）基底向量肯定是非零向量，且基底并不唯一，只要不共线就行．（2）由定理可将任一向量按基底方向分解且分解形成唯一．3．正弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accosB，c2＝a2+b2﹣2abcosC变形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的个数一解两解一解一解由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．2、三角形常用面积公式1．S=12a•ha（ha表示边2．S=12absinC=12acsinB=3．S=12r（a+b+c）（【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．4．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．5．平行投影及平行投影作图法【知识点的认识】1．平行投影：在一束平行光线照射下形成的投影，叫做平行投影．2．分类：①正投影：投射线垂直于投影面②斜投影：投射线倾斜于投影面正投影能正确表达物体的真实形状和大小，作图比较方便，在作图中应用最广泛．斜投影在实际应用中较少，特点是直观性强，但作图麻烦，也不能反映物体的真实形状，在作图中只作为一种辅助图样．3．平行投影的基本性质：（1）平行直线的投影仍是平行或重合直线．（2）平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且相等．（3）与投影面平行的图形，它的投影与这个图形全等；倾斜于投影面的平面图形，其投影仍为一平面图形．（4）在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比．6．平面图形的直观图【知识点的认识】1．直观图：用来表示平面图形的平面图形叫做平面图形的直观图，它不是平面图形的真实形状．2．斜二测画法画平面图形直观图的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于O点，画直观图时，把它画成对应的x′轴、y′轴，使∠x′Oy′＝45°（或135°），它确定的平面表示水平平面．（2）已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′或y′轴的线段（3）已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．7．空间几何体的直观图【知识点的认识】1．直观图：用来表示空间图形的平面图形叫做空间图形的直观图，它不是空间图形的真实形状，但它具有立体感．2．空间几何体的直观图画法：斜二测画法（关键是确定图形的各顶点）【解题方法点拨】斜二测画法的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于O点，画直观图时，把它画成对应的x′轴、y′轴，使∠x′Oy′＝45°（或135°），它确定的平面表示水平平面．（2）已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′或y′轴的线段（3）已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．空间几何体的直观图特点：原来平行关系不变，平行于y轴的线段长度减半，平行于x、z轴的线段长度不变．【命题方向】多以选择、填空题出现，属基础题，考查学生的空间想象能力．1．根据三视图得出空间几何体的直观图例：几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）A．B．C．D．分析：A、C选项中正视图不符合，D答案中侧视图不符合，由排除法即可选出答案．解答：A、C选项中正视图不符合，A的正视图为，C的正视图为D答案中侧视图不符合．D答案中侧视图为故选B点评：本题考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力．2．由空间几何体的直观图得出三视图例：已知三棱锥的正视图与俯视图如图，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为（）A．B．C．D．分析：利用俯视图与正视图，由三视图的画法可判断三棱锥的侧视图．解答：由俯视图可知三棱锥的底面是个边长为2的正三角形，由正视图可知三棱锥的一条侧棱垂直于底面，且其长度为2故其侧视图为直角边长为2和3的直角三角形，故选B．点评：本题主要考查空间几何体的直观图，以及学生的空间想象能力，是个基础题．3．根据直观图得关键数据计算例：某几何图的直观图如图所示，则该几何体的侧视图的面积为5a2．分析：由已知中几何体的直观图，易分析出几何体的形状及几何特征，进而可以判断出该几何体的侧（左）视图的形状，代入面积公式即可求出答案．解答：由已知中几何体的直观图可知它是一个组合体，由一个底面半径为a，高为2a的圆柱和一个底面半径为a，高为a的圆锥组成则该几何体的侧（左）视图也有两部分组成下部为一个边长为2a的正方形，和一个底边长2a，高为a的三角形则S=2a⋅2故答案为：5a2．点评：本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，其中根据已知中几何的直观图，分析出几何体的形状及几何特征是解答本题的关键．8．斜二测法画直观图【知识点的认识】斜二测画法的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于O点，画直观图时，把它画成对应的x′轴、y′轴，使∠x′Oy′＝45°（或135°），它确定的平面表示水平平面．（2）已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′或y′轴的线段（3）已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．9．由斜二测直观图还原图形【知识点的认识】斜二测画法的步骤：（1）在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于O点，画直观图时，把它画成对应的x′轴、y′轴，使∠x′Oy′＝45°（或135°），它确定的平面表示水平平面．（2）已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′或y′轴的线段（3）已知图形中平行