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高三数学一轮复习课件--立体几何

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2020届高中数学一轮复习人教A版立体几何PPT课件(108张)

2020届高中数学一轮复习人教A版立体几何PPT课件(108张)

则A(-1,0, 2 ),B1(1,0,0),B(1,0, 2 ),C1(0, 3 ,0), AB1＝(2,0， 2)，BC1＝(1，3， 2)，因为 AB1 BC1＝(2,0,－ 2) (－1, 3,－ 2)＝0，所以 AB1 BC1 ,即异面直线AB1和BC1 夹角为直角.
3.点M,N分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1和棱B1C1的 中点,则异面直线CM与DN夹角的余弦值为 ( )
AC1 AC2 2 3 3 2
又θ∈[0，] ,所以θ= .
2
6
答案:
6
3.(选修2-1P45练习T2改编)在四棱锥P -ABCD中,底面 ABCD是正方形,PD⊥底面ABCD,PD=DC,则平面CPB与平面 PBD夹角的大小为_______.
【解析】以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐 标系. 设PD=DC=1,则D(0,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0).

2
AB
可以求空间中有向线段的长度.
2.点到平面的距离 ①“作一证一求”法:作出点P到平面的垂线后求出垂 线段的长; ②转移法:如果平面α 的斜线上两点A,B到斜足C的距离 AC,BC的比为m∶n,则点A,B到平面α 的距离比也为m∶n;
③体积法:通常借助三棱锥,通过转换底面与顶点求点 到平面的距离.
关系
当0<<s1,s2>≤
2
时,θ
当 2 <<s1,s2><π 时,θ
= =
_<_s1_,_s_2>_； _π__-_<_s1_,_s_2>_
2.直线与平面的夹角
平面外一条直线与它_在__该__平__面__内__的__投__影__的夹角叫作

高考数学一轮专项复习ppt课件-立体几何中的截面、交线问题(北师大版)

高考数学一轮专项复习ppt课件-立体几何中的截面、交线问题(北师大版)

所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1， 所以 EF∥AB1 且 EF＝12AB1， 设正方体棱长为 2，则 AE＝B1F＝ 22＋12＝ 5，
所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确.
思维升华
判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与 几何体的面相交成线的形状和位置.
跟踪训练2 已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至
少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，
所得截面的形状不可能是
A.等腰三角形
B.等腰梯形
C.五边形
√D.正六边形
如图①，由图可知，截面ABC为等腰 三角形，选项A可能； 截面ABEF为等腰梯形，选项B可能； 如图②，截面AMDEN为五边形，选项 C可能； 因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过 两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能.
C.8
D.9
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如 图 所 示 ， 在 三 棱 锥 P － ABC 中 ， 过 E 分 别 作 EF∥AB，EH∥PC， 再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E， F，G，H四点共面， 因 为 AB ⊄ 平 面 EFGH ， EF ⊂ 平 面 EFGH ， 所 以 AB∥平面EFGH， 同理可证，PC∥平面EFGH， 所以截面即为平行四边形EFGH，
过 棱 AB ， BC 的 中 点 E ， F 作 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1的截面，∵二面角D1－EF－D，二面角 B1－EF－B都大于45°， ∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形； 当截面为EFM时，如图所示，为三角形.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用应用篇课件新人教A版

高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用应用篇课件新人教A版


设直线MN与平面PAB所成角为θ, DN =λ DC(λ∈[0,1]),




则 MN
= MA
+ AD
+ DN
=(λ+1,2λ-1,-1),
又平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),
| λ 1|

则sin θ=|cos< MN ,n>|=
( λ 1)2 (2 λ 1) 2 1
( λ 1) 2
=
,
2
5λ 2 λ 3
1
( λ 1)2
t2
5
令λ+1=t(t∈[1,2]),则 2
= 2
=
≤ ,
2
7
5 λ 2 λ 3 5t 12t 10 10 1 12 1 5
5
∴sin θ≤ 35 ,当t= ,即λ= 2 时,等号成立,
7
3

系有关的存在性问题;(2)与空间角有关的存在性问题.解决方案有两种:①
根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后
加以证明,得出结论;②假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条
件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在
这样的点或线,否则不存在.向量法是解决此类问题的常用方法,它可以将
(2)因为DE⊥平面ABCD,
所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,
即∠EBD=60°,所以 ED = 3 .
BD
由AD=3,四边形ABCD是正方形,得BD=3 2 ,
则DE=3 6 ,所以AF= 6 .
如图,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

高考数学一轮复习 第7章 立体几何 7.2 空间几何体的表面积与体积课件 文

高考数学一轮复习 第7章 立体几何 7.2 空间几何体的表面积与体积课件 文

积．12/8/2021
搞清组合体构成部分，分别求其表面
第十八页，共五十五页。
解析 由三视图可得圆锥的母线长为 22＋2 32＝4， ∴S 圆锥侧＝π×2×4＝8π.又 S 圆柱侧＝2π×2×4＝16π，S ＝ 圆柱底 4π，∴该几何体的表面积为 8π＋16π＋4π＝28π.故选 C.
12/8/2021
12/8/2021
第三十页，共五十五页。
解析 由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个 圆柱的底面半径为 2 cm，高为 4 cm；另一个圆柱的底面半 径为 3 cm，高为 2 cm.则零件的体积 V1＝π×22×4＋ π×32×2 ＝ 34π(cm3) ． 而 毛 坯 的 体 积 V ＝ π×32×6 ＝ 54π(cm3)，因此切削掉部分的体积 V2＝V－V1＝54π－34π＝ 20π(cm3)，所以VV2＝5240ππ＝1207.故选 C.
由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，
r，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝
12－122＝
3 2.
∴圆柱的体积为 V＝πr2h＝34π×1＝34π.故选 B.
12/8/2021
第四十一页，共五十五页。
2．正三棱锥 A－BCD 内接于球 O，且底面边长为 3，
16π 侧棱长为 2，则球 O 的表面积为____3____．
12/8/2021
第二十六页，共五十五页。
A．110 B．116 C．118 D．120 此题应采用割补法求解．
12/8/2021
第二十七页，共五十五页。
解析 如图，过点 A 作 AP⊥CD，AM⊥EF，过点 B 作 BQ⊥CD，BN⊥EF，垂足分别为 P，M，Q，N，连接 PM， QN，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底 面积为12×10×3＝15.棱柱的高为 8，体积 V＝15×8＝120. 故选 D.

新课标2023版高考数学一轮总复习第6章立体几何第5节空间向量及其运算课件

新课标2023版高考数学一轮总复习第6章立体几何第5节空间向量及其运算课件

2
解析：|E→F|2＝
→ EF
2＝(E→C＋C→D＋D→F)2
＝E→C2
＋C→D2＋D→F2＋
→→ 2(EC·CD
＋E→C·D→F＋C→D·D→F
)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos
120°＋0＋
2×1×cos 120°)＝2，所以|E→F|＝ 2，所以 EF 的长为 2．
02
关键能力·研析考点强“四翼”
B 解析：M→N＝O→N－O→M＝12(O→B＋O→C)－23O→A＝－23a＋12b＋12c．
2．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为上底面 A1C1 的中心．若 A→E＝A→A1＋xA→B＋yA→D，则 x，y 的值分别为( )
A．1,1
B．1，12
向量的数量积运算有两条途径，一是根据数量积的定义，利 用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
考向 2 空间数量积的应用 如图，已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，底面 ABCD
是边长为 1 的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°． (1)求线段 AC1 的长； (2)求异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA1⊥BD．
空间向量基本定理 空间向量 p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，
使得 p＝xa＋yb＋zc
设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面 ABC
推论
内任一点 P，都存在唯一的三个有序实数 x，y， z，使O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C，且 x＋y＋z＝1
空间向量基本定理的 3 点注意 (1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底． (2)由于零与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面， 故零不能作为基向量． (3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．

立体几何与空间向量之 空间点、直线、平面之间的位置关系课件-2025届高三数学一轮复习

立体几何与空间向量之 空间点、直线、平面之间的位置关系课件-2025届高三数学一轮复习
(3) DE ， BF ， CC 1三线交于一点. [解析] 因为 EF ∥ BD 且 EF ＜ BD ，所以 DE 与 BF 相交，设交点为 M ，则由 M ∈ DE ， DE ⊂平面 D 1 DCC 1，得 M ∈平面 D 1 DCC 1，同理， M ∈平面 B 1 BCC 1. 又平面 D 1 DCC 1∩平面 B 1 BCC 1＝ CC 1，所以 M ∈ CC 1. 所以 DE ， BF ， CC 1三线交于一点.
(2)若 A 1 C 交平面 DBFE 于点 R ，则 P ， Q ， R 三点共线. [解析] 记 A 1， C ， C 1三点确定的平面为平面α，平面 BDEF 为平面β.因为 Q ∈ A 1 C 1，所以 Q ∈α.又 Q ∈ EF ，所以 Q ∈β，所以 Q 是α与β的公共点.同理， P 是α与β的公共点，所以α∩β＝ PQ . 又 A 1 C ∩β＝ R ，所以 R ∈ A 1 C ， R ∈α，且 R ∈β，则 R ∈ PQ ，故 P ， Q ， R 三点共线.
B. AC
C. AD1
D. B1C
[解析] 对于A，如图1，当点 P 为 A 1 C 1的中点时，连接 B 1 D 1， BD ，则 P 在 B 1 D 1 上， BP ⊂平面 BDD 1 B 1，又 DD 1⊂平面 BDD 1 B 1，所以 BP 与 DD 1共面，故A错误；
图1
对于B，如图2，连接 AC ，易知 AC ⊂平面 ACC 1 A 1， BP ⊄平面 ACC 1 A 1，且 BP ∩ 平面 ACC 1 A 1＝ P ， P 不在 AC 上，所以 BP 与 AC 为异面直线，故B正确；当点 P 与 点 C 1重合时，连接 AD 1， B 1 C (图略)，由正方体的性质，易知 BP ∥ AD 1， BP 与 B 1 C 相交，故C，D错误.故选B.

2023版高考数学一轮总复习第六章立体几何第一讲空间几何体的结构特征和直观图课件


以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y
轴的线段长度减半，平行于 x 轴和 z 轴的线段长度不变)来
掌握.
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积
与原图形的面积的关系：S
＝ 直观图
2 4S
原图形.
【变式训练】
一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为
45°，腰和上底均为 22的等腰梯形，那么原平面图形的面积
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝21OC
＝ 43a，在图 6-1-6 中作 C′D′⊥A′B′于 D′，则 C′D′
＝ 22O′C′＝ 86a.所以 S△A′B′C′＝21A′B′·C′D′＝
12·a·86a＝ 166a2.
答案：D
【题后反思】
(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可
3.(教材改编题)如图 6-1-1，长方体 ABCD-A′B′C′D′
被截去一部分，其中 EH∥A′D′.剩下的几何体是(
)
A.棱台 C.五棱柱 答案：C
图 6-1-1 B.四棱柱 D.六棱柱
题组三 真题展现
4.(2021 年新高考Ⅰ)已知圆锥的底面半径为 2，其侧 面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2
B.2 2
C.4
D.4 2
答案：B
5.(2020 年全国Ⅰ)如图 6-1-2，在三棱锥 P-ABC 的平面 展开图中，AC＝1，AB＝AD＝ 3 ，AB⊥AC，AB⊥AD， ∠CAE＝30°，则 cos∠FCB＝________.
答案：－14
图 6-1-2
考点一 空间几何体的结构特征
[例 1] (1)给出下列命题：

高考数学(理)一轮复习精品课件：专题《立体几何》


2.正棱柱与正棱 锥的结构特征 3.旋转体的 结构特征 4.三视图
考点42
空间几何体的结构、三视图
1.多面体的结构特征
2.正棱柱与正棱 锥的结构特征 3.旋转体的 结构特征 4.三视图
考点42
空间几何体的结构、三视图
定义：从一个几何体的正前方、正左方、正上方三个 不同的方向看这个几何体，描绘出的平面图形，分别 称为正(主)视图、侧(左)视图、俯视图．
2.外接球、内切 球的计算问题
在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋
r2.
8
9
10
11
12
13Байду номын сангаас
14
考法2 空间几何体的三视图
1.识别三视 图的步骤
（1）弄清结构，明确位置 （2）先画正视图，再画俯视图，最后画侧视图 （3）被遮住的轮廓线要画成虚线
2.判断余下视图
1.计算有关 线段的长
当球内切于正方体时，切点为正方体各个 面的中心，正方体的棱长等于球的直径；
2.外接球、内切 球的计算问题
7
考法1
空间几何体的结构特征
球与旋转体的组合通常作轴截面解题. 球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱
1.计算有关 线段的长
和球心(或“切点”“接点”)作出截面图解题． 设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截 面圆上任一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则
专题8
第1 节
立体几何
空间几何体的三视图、表面积和体积
第2 节
质 第3 节
空间直线、平面平行与垂直的判定及其性
空间中的计算问题
1
考点42
空间几何体的结构、三视图

高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理


(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选 择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间 角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平 面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长 为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以 ＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.

高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 圆的方程课件


④
联立①②④，解得 D＝－2，E＝－4，F＝－8，或 D＝－6， E＝－8，F＝0.
故所求圆的方程为 x2＋y2－2x－4y－8＝0 或 x2＋y2－6x－8y ＝0. 12/11/2021
第二十四页，共四十一页。
考点二 与圆有关的最值问题
命题方向 1 利用几何关系求最值
【例 2】 直线 x＋y＋2＝0 分别与 x 轴，y 轴交于 A，B 两点，点
A．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2 B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 C．(x－1)2＋(y－1)2＝8 D．(x－1)2＋(y＋1)2＝8 (4)若点(1,1)在圆(x－a)2＋(y＋a)2＝4 的内部，则实数 a 的取值范围
是 (－1,1) ．
(5)过点 A(0,1)和 B(1,2)，且与 x 轴相切的圆的方程为
12/11/2021
第十七页，共四十一页。
【解析】 (1) 方法 1：设圆的方程为 (x－a)2＋(y－b)2 ＝ r2(r>0)，则由题意，得
1－a2＋－1－b2＝r2， －1－a2＋1－b2＝r2， a＋b－2＝0，
a＝1， 解得b＝1， r＝2，
因此圆的方程是(x－1)2＋(y－1)2＝4，故选 C.
P 在圆(x－2)2＋y2＝2 上，则△ABP 面积的取值范围是( A )
A．[2,6]
B．[4,8]
C．[ 2，3 2] D．[2 2，3 2]
12/11/2021
第二十五页，共四十一页。
【解析】 圆心(2,0)到直线的距离 d＝|2＋02＋2|＝2 2，所以 点 P 到直线的距离 d1∈[ 2，3 2]．根据直线的方程可知 A，B 两点的坐标分别为 A(－2,0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2 2，所以△ ABP 的面积 S＝12|AB|d1＝ 2d1.因为 d1∈[ 2，3 2]，所以 S∈[2,6]， 即△ABP 面积的取值范围是[2,6]．
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形．
(2)底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形 的中心的棱锥叫正棱锥，注意正棱锥中“正”字包含两层含义： ①顶点在底面上的射影必需是底面正多边形的中心，②底面是 正多边形，特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．
2．对三视图的认识及三视图画法
(1)空间几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直
答案：③
5．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视
图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为
________．
解析：由三视图中的正、侧视图得到几何体的直观图如
图所示，所以该几何体的俯视图为③.
答案：③
1.正棱柱与正棱锥
(1)底面是正多边形的直棱柱，叫正棱柱，注意正棱柱中 “正”字包含两层含义：①侧棱垂直于底面；②底面是正多边
个截面都是圆面，则这个几何体一定是
A．圆柱 C．球体 B．圆锥
(
)
D．圆柱、圆锥、球体的组合体
解析：当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别 为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面． 答案：C
3．下列三种叙述，其中正确的有
(
)
①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部
分是棱台；
②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面 体是棱台； ③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的 六面体是棱台．
的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体 的侧面表示的图形． (2)在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮 廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线． (3)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何 体的正前方、正左方、正上方观察几何体用平行投影画
出的轮廓线．
3．对斜二测画法的认识及直观图的画法
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋
转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥 可能是六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
[自主解答]
A错误，如图1是由两个相同的三棱锥
叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但 它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直角三角 形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得
二、旋转体的形成 几何体 圆柱 旋转图形 矩形 任一边 旋转轴 所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边 所在的直线 垂直于底边的腰 所在的直 圆台 直角梯形 线 直径 所在的直线 球 半圆 三、简单组合体
简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简
单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去 一部分而成，有多面体与多面体、多面体与旋转体、 旋转体与旋转体的组合体．
目 录
立体几何
第一节 空间几何体的结构特征及三视图和直观图
第二节 空间几何体的表面积和体积
第三节 空间点、直线、平面间的位置关系 第四节 直线、平面平行的判定及性质 第五节 直线、平面垂直的判定与性质 第六节 空间向量及其运算和空间位置关系
第七节 空间向量与空间角
立体几何
[知识能否忆起] 一、多面体的结构特征 多面体 结构特征 有两个面 互相平行 ，其余各面都是四边形，并 棱柱 平行且相等 且每相邻两个面的交线都 ___________ 有一个面是 多边形 ，而其余各面都是有一个 公共 顶点 棱锥 ____ 的三角形 底面 截面 底面 棱锥被平行于 的平面所截， 和 棱台 之间的部分
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段，“平
行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线 段平行性不变，长度减半．”
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面 积与原图形的面积有以下关系： 2 S 直观图＝ S 原图形，S 原图形＝2 2S 直观图． 4
空间几何体的结构特征
[例1] (2012· 哈师大附中月考)下列结论正确的是 ( )
1．(2013· 天津质检)如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称
它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命 题中，假命题是 A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或 ( )
互补
确的是
A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
(
)
解析：B中正方体的放置方向不明，不正确．C中三视
图不全是正三角形．D中俯视图是一个圆环．
答案：A
2．(2012· 杭州模拟)用任意一个平面截一个几何体，各
A．0个
C．2个
B．1个
D．3个
解析：①中的平面不一定平行于底面，故①错．②③ 可用下图反例检验，故②③不正确． 答案：A
4．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的： ①正方形的直观图一定是菱形图一定是三角形． 以上结论正确的是________． 解析：①中其直观图是一般的平行四边形，②菱形 的直观图不一定是菱形，③正确．
标轴 平行于y轴的线段长度在直观图中
． 不变
变为原来的一半
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五、三视图［动漫演示更形象,见配套课件］ 几何体的三视图包括 正视图 、 侧视图 、俯视图 ，
分别是从几何体的 正前方 、正左方 、 正上方 观察几何
体画出的轮廓线．
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正
的几何体都不是圆锥；
图1
图2
C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六 棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题
设矛盾．
[答案] D
解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体
的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析．举反例时可
利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三 棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断．
四、平行投影与直观图 空间几何体的直观图常用斜二测 画法来画，其规则是：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′
轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面 ．
垂直 (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍_________
．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度 平行于坐，