2025中考数学一轮复习第29讲 投影与视图（含解析+考点卡片）

2025年中考数学一轮复习

第29讲投影与视图

一．选择题（共10小题）

1．小明制作了一个如图所示的象征美好寓意的摆件，其俯视图是（）

A．B．

C．D．

2．某款扫地机器人的俯视图是一个等宽曲边三角形ABC（分别以正△ABC的三个顶点A，B，C为圆心，

AB长为半径画弧得到的图形）．若已知AB＝6，则曲边的长为（）

��

A．B．2C．6D．12

ππππ

3．某三棱柱的三种视图如图所示，俯视图的面积是左视图面积的倍，左视图中矩形ABCD的边长AB＝3，

4

则主视图的面积为（）3

A．B．6C．8D．12

9

4．某一2时刻在阳光照射下，广场上的护栏及其影子如图1所示，将护栏拐角处在地面上的部分影子抽象

成图2，已知∠MAD＝22°，∠FCN＝23°，则∠ABC的大小为（）

A．44°B．45°C．46°D．47°

5．如图是某平台销售的折叠椅子及其左视图，已知∠DAB＝60°，CD与地面AB平行，则∠CDE＝（）

A．60°B．75°C．110°D．120°

6．图1所示的几何体是由8个大小相同的小正方体组合而成，现要得到一个几何体，它的主视图与左视

图如图2，则至多还能拿走这样的小正方体（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

7．如图1是由6个相同的小正方块组成的几何体，移动其中一个小正方块，变成图2所示的几何体，则

移动前后（）

A．主视图改变，俯视图改变

B．主视图不变，俯视图改变

C．主视图不变，俯视图不变

D．主视图改变，俯视图不变

8．如图所示的几何体的俯视图是（）

A．B．C．D．

9．图（1）是矗立千年而不倒的应县木塔一角，全塔使用了54种形态各异的斗拱．斗拱是中国建筑特有

的一种结构，位于柱与梁之间．斗拱由斗、升、拱、翘、昂组成，图（2）是其中一个组成部件的三视

图，则这个部件是（）

A．B．

C．D．

10．为迎接“五一”假期，某超市囤积一些饮料，将几个装有饮料、大小相同的正方体包装箱摆放在仓库

里，这些包装箱所构成的几何体的主视图和俯视图如图所示，则包装箱的个数可能是（）

A．6B．9C．5D．10

二．填空题（共5小题）

11．中国陶瓷文化源远流长，图①是一个具有地方特色的碗．图②是从正面看到的碗（图①）的形状示

意图．是O的一部分，D是的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB．已知AB＝

��⊙��

24cm，碗深CD＝8cm，则O的半径OA为．

⊙

12．如图，从三个不同方向看同一个几何体得到的平面图形，则这个几何体的表面积

是．

13．土圭之法是在平台中央竖立一根6尺长的杆子，观察杆子的日影长度．古代的人们发现，夏至时日影

最短，冬至日影最长，这样通过日影的长度得到夏至和冬至，确定了四季．如图，利用土圭之法记录了

两个时刻杆的影长，发现第一时刻光线与杆的夹角∠BAC和第二时刻光线与地面的夹角∠ADB相等，

测得第一时刻的影长为1.5尺，则第二时刻的影长为尺．

14．如图，从三个不同方向看同一个几何体得到的平面图形，则这个几何体的侧面积是cm2．

15．如图，同一时刻在阳光照射下，树AB的影子BC＝3m，小明的影子B'C'＝1.5m，已知小明的身高A'B'

＝1.7m，则树高AB＝．

三．解答题（共5小题）

16．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，则该几何体的表面积为

cm2．

17．图1是某款自动旋转圆形遮阳伞，伞面完全张开时张角呈180°，图2是其侧面示意图．已知支架AB

长为2.6米，且垂直于地面BC，悬托架AE＝DE＝0.5米，点E固定在伞面上，且伞面直径DF是DE

的4倍．当伞面完全张开时，点D，E，F始终共线．为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器可以根据

太阳光线的角度变化；自动调整手柄D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直．某一时刻测得

BD＝2米．请求出此时遮阳伞影子中GH的长度．

18．如图，路灯下一墙墩（用线段AB表示）的影子是BC，小明（用线段DE表示）的影子是EF，在M

处有一棵大树，它在这个路灯下的影子是MN．

（1）在图中画出路灯的位置并用点P表示；

（2）在图中画出表示大树的线段MQ．

19．如图，小树AB在路灯O的照射下形成投影BC．

（1）此光源下形成的投影属于.（填“平行投影”或“中心投影”）

（2）已知树高AB为2m，树影BC为3m，树与路灯的水平距离BP为4.5m．求路灯的高度OP．

20．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，十分巧妙．如图1是一种简

单的鲁班锁，由三根完全相同的四棱柱木条，挖去中间部分，使其内部凹凸啮合，组成外观严丝合缝的

十字型几何体，其上下、左右、前后分别对称．

（1）图2是这个鲁班锁主视图、左视图和俯视图的一部分，请将它们补充完整；

（2）请从下列①，②两题中任选一题作答，我选择题．

①已知这些四棱柱木条的高为6，底面正方形的边长为2，求这个鲁班锁从正面看得到的平面图形的面

积；

②已知这些四棱柱木条的高为3m，底面正方形的边长为m，求这个鲁班锁的表面积．（用含m的代数

式表示）

2025年中考数学一轮复习

第29讲投影与视图

一．选择题（共10小题）

1．小明制作了一个如图所示的象征美好寓意的摆件，其俯视图是（）

A．B．

C．D．

【考点】由三视图判断几何体．

【专题】投影与视图；几何直观．

【答案】C

【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．

【解答】解：从上面看，该图形俯视图是长方形，且中间含有两个虚线，

即C选项的图形符合，

故选：C．

【点评】本题考查了由三视图判断几何体，从正面看得到的图形是主视图．

2．某款扫地机器人的俯视图是一个等宽曲边三角形ABC（分别以正△ABC的三个顶点A，B，C为圆心，

AB长为半径画弧得到的图形）．若已知AB＝6，则曲边的长为（）

��

A．B．2C．6D．12

【考π点】由三视图判断几何体；π弧长的计算；简单几何π体的三视图．π

【专题】与圆有关的计算；投影与视图；运算能力．

【答案】B

【分析】根据条弧公式计算即可．

【解答】解：边的长为：2．

60�×6

��=π

故选：B．180

【点评】本题考查了等边三角形的性质和弧长公式，注意：①等边三角形的三条边都相等，等边三角形的

每个角都等于60°，②一条弧所对的圆心角是n°，半径为r，那么这条弧的长度是．

���

3．某三棱柱的三种视图如图所示，俯视图的面积是左视图面积的倍，左视图中矩形A1B8C0D的边长AB＝3，

4

则主视图的面积为（）3

A．B．6C．8D．12

9

【考2点】由三视图判断几何体；简单几何体的三视图．

【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．

【答案】B

【分析】根据俯视图的面积是左视图面积的倍，左视图中矩形ABCD的边长AB＝3，可得俯视图的长是

4

AB的倍，据此可得主视图的底和高，进而得3出面积．

4

【解答3】解：∵俯视图的面积是左视图面积的倍，左视图中矩形ABCD的边长AB＝3，

4

∴俯视图的长为：4，3

4

∴主视图的三角形的3×底3边=是4，高是3，

∴主视图的面积为：6．

1

×4×3=

故选：B．2

【点评】本题考查三视图边长关系，熟练掌握“长对正、高平齐、宽相等”，通过三视图准确得到相应图

形的边长是解决问题的关键．

4．某一时刻在阳光照射下，广场上的护栏及其影子如图1所示，将护栏拐角处在地面上的部分影子抽象

成图2，已知∠MAD＝22°，∠FCN＝23°，则∠ABC的大小为（）

A．44°B．45°C．46°D．47°

【考点】平行投影．

【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．

【答案】B

【分析】根据平行线的性质及角的和差即可求得．

【解答】解：∵某一时刻在阳光照射下，AD∥BE∥FC，且∠MAD＝22°，∠FCN＝23°，

∴∠MAD＝∠ABE＝22°，∠EBC＝∠FCN＝23°，

∴∠ABC＝∠ABE+∠EBC＝45°．

故选：B．

【点评】本题主要考查平行投影，熟练掌握平行投影的性质是解题的关键．

5．如图是某平台销售的折叠椅子及其左视图，已知∠DAB＝60°，CD与地面AB平行，则∠CDE＝（）

A．60°B．75°C．110°D．120°

【考点】由三视图判断几何体；平行线的性质．

【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．

【答案】D

【分析】由CD∥AB，知∠CDA＝∠DAB＝60°，再根据邻补角概念求解即可．

【解答】解：由题意知，CD∥AB，

∴∠CDA＝∠DAB＝60°，

∴∠CDE＝180°﹣∠CDA＝120°，

故选：D．

【点评】本题主要考查平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行内错角相等的性质及由三视图判断几

何体．

6．图1所示的几何体是由8个大小相同的小正方体组合而成，现要得到一个几何体，它的主视图与左视

图如图2，则至多还能拿走这样的小正方体（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

【考点】由三视图判断几何体．

【专题】投影与视图；空间观念．

【答案】C

【分析】根据题意主视图和左视图即可得到结论．

【解答】解：由题意可知，该几何体的底层至少需要3个小正方体，上层至少需要2个小正方体，

所以至多还能拿走这样的小正方体3个．

故选：C．

【点评】本题考查了由三视图判断几何体，正确地得出小正方体的个数是解题的关键．

7．如图1是由6个相同的小正方块组成的几何体，移动其中一个小正方块，变成图2所示的几何体，则

移动前后（）

A．主视图改变，俯视图改变

B．主视图不变，俯视图改变

C．主视图不变，俯视图不变

D．主视图改变，俯视图不变

【考点】简单组合体的三视图．

【答案】B

【分析】分别得到将正方体变化前后的三视图，依此即可作出判断．

【解答】解：正方体移走前的主视图正方形的个数为1，2，1；正方体移走后的主视图正方形的个数为1，

2，1；不发生改变．

正方体移走前的左视图正方形的个数为2，1，1；正方体移走后的左视图正方形的个数为2，1；发生改变．

正方体移走前的俯视图正方形的个数为3，1，1；正方体移走后的俯视图正方形的个数为：2，1，2；发生

改变．

故选：B．

【点评】此题主要考查了三视图中的知识，得到从几何体的正面，左面，上面看的平面图形中正方形的列

数及每列正方形的个数是解决本题的关键．

8．如图所示的几何体的俯视图是（）

A．B．C．D．

【考点】简单组合体的三视图．

【专题】投影与视图；空间观念．

【答案】B

【分析】根据俯视图的概念逐一判断即可得．

【解答】解：图中几何体的俯视图如图所示：

故答案为：B．

【点评】本题考查简单几何体的三视图，解题的关键是掌握常见几何体的三视图．

9．图（1）是矗立千年而不倒的应县木塔一角，全塔使用了54种形态各异的斗拱．斗拱是中国建筑特有

的一种结构，位于柱与梁之间．斗拱由斗、升、拱、翘、昂组成，图（2）是其中一个组成部件的三视图，

则这个部件是（）

A．B．

C．D．

【考点】由三视图判断几何体．

【专题】投影与视图；空间观念．

【答案】C

【分析】根据三视图结合四个选项找到正确的答案即可．

【解答】解：根据俯视图是一个正方形，只有选项C符合题意，其他选项均不符合题意，

故选：C．

【点评】本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是有较强的空间想象能力，难度不大．

10．为迎接“五一”假期，某超市囤积一些饮料，将几个装有饮料、大小相同的正方体包装箱摆放在仓库

里，这些包装箱所构成的几何体的主视图和俯视图如图所示，则包装箱的个数可能是（）

A．6B．9C．5D．10

【考点】由三视图判断几何体．

【专题】投影与视图；空间观念．

【答案】B

【分析】易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层立方体的个数，由主视图可得第二层立方体的可

能的个数，相加即可．

【解答】解：结合主视图和俯视图可知，上层最多有4个，最少2个，下层一定有5个，

故搭成这个几何体的小正方体包装箱的个数可能是7个或8个或9个．

故选：B．

【点评】本题考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．

二．填空题（共5小题）

11．中国陶瓷文化源远流长，图①是一个具有地方特色的碗．图②是从正面看到的碗（图①）的形状示

意图．是O的一部分，D是的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB．已知AB＝24cm，

碗深C�D�＝8c⊙m，则O的半径O�A�为13．

⊙

【考点】由三视图判断几何体；垂径定理的应用；简单组合体的三视图．

【专题】等腰三角形与直角三角形；投影与视图；空间观念；推理能力．

【答案】13．

【分析】首先利用垂径定理的推论得出OD⊥AB，AC＝BCAB＝12cm，再设O的半径OA为Rcm，

1

则OC＝（R﹣8）cm．在Rt△OAC中根据勾股定理列出方程=R22＝122+（R﹣8）⊙2，求出R即可．

【解答】解：∵是O的一部分，D是的中点，AB＝24cm，

��⊙��

∴OD⊥AB，AC＝BCAB＝12cm．

1

设O的半径OA为R=c2m，则OC＝OD﹣CD＝（R﹣8）cm．

在⊙Rt△OAC中，∵∠OCA＝90°，

∴OA2＝AC2+OC2，

∴R2＝122+（R﹣8）2，

∴R＝13，

即O的半径OA为13cm．

故答⊙案为：13．

【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设O的半径OA为Rcm，列出关于R的方程是解题的

关键．⊙

12．如图，从三个不同方向看同一个几何体得到的平面图形，则这个几何体的表面积是

cm．

(36+83)

【考点】由三视图判断几何体；几何体的表面积．

【专题】投影与视图；空间观念；运算能力．

【答案】cm2．

【分析】(利36用+三8视3图)可得出几何体的形状，再利用已知各棱长得出这个几何体的侧面积．

【解答】解：这个几何体是直三棱柱，

4×3×3＝36（cm2）．

故这个几何体的侧面积是36cm2．

两个底面的面积之和为：24（cm2），

1242

∴这个几何体的表面积是×2××c4m2−．(2)=83

故答案为：cm(23．6+83)

【点评】此题(36主+要8考3查)了由三视图判断几何体以及几何体的表面积，正确得出物体的形状是解题关键．

13．土圭之法是在平台中央竖立一根6尺长的杆子，观察杆子的日影长度．古代的人们发现，夏至时日影

最短，冬至日影最长，这样通过日影的长度得到夏至和冬至，确定了四季．如图，利用土圭之法记录了两

个时刻杆的影长，发现第一时刻光线与杆的夹角∠BAC和第二时刻光线与地面的夹角∠ADB相等，测得第

一时刻的影长为1.5尺，则第二时刻的影长为24尺．

【考点】平行投影；相似三角形的应用．

【专题】三角形；投影与视图；推理能力．

【答案】24．

【分析】由∠ABC＝∠DBA，∠BAC＝∠ADB，得△ABC∽△DBA，知，故BD24（尺），

2

𝐴��6

===

即第二时刻的影长为24尺．��𝐴1.5

【解答】解：∵∠ABC＝∠DBA＝90°，∠BAC＝∠ADB，

∴△ABC∽△DBA，

∴，

𝐴��

=

∴B�D�𝐴，

2

𝐴

根据题=意�得�：AB＝6尺，BC＝1.5尺，

∴BD24（尺），

2

6

∴第二=时1.刻5=的影长为24尺；

故答案为：24．

【点评】本题考查平行投影以及相似三角形的应用，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理和性质定理．

14．如图，从三个不同方向看同一个几何体得到的平面图形，则这个几何体的侧面积是36cm2．

【考点】由三视图判断几何体；几何体的表面积；简单组合体的三视图．

【专题】投影与视图；空间观念；运算能力．

【答案】36．

【分析】利用三视图可得出几何体的形状，再利用已知各棱长得出这个几何体的侧面积．

【解答】解：这个几何体是直三棱柱，

4×3×3＝36（cm2）．

故这个几何体的侧面积是36cm2．

故答案为：36．

【点评】此题主要考查了由三视图判断几何体的形状，正确得出物体的形状是解题关键．

15．如图，同一时刻在阳光照射下，树AB的影子BC＝3m，小明的影子B'C'＝1.5m，已知小明的身高A'B'

＝1.7m，则树高AB＝3.4m．

【考点】平行投影．

【答案】见试题解答内容

【分析】利用同一时刻物体的高度与其影长成正比得到，然后利用比例性质求出AB即可．

𝐴1.7

=

【解答】解：根据题意得，即，31.5

𝐴�'�'𝐴1.7

==

所以AB＝3.4（m）．���'�'31.5

故答案为3.4m．

【点评】本题考查了平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子

就是平行投影．平行投影中物体与投影面平行时的投影是全等的．

三．解答题（共5小题）

16．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，则该几何体的表面积为（218）

cm2．3+

【考点】由三视图判断几何体；几何体的表面积．

【专题】投影与视图；空间观念；运算能力．

【答案】（218）．

【分析】由三3视+图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、左视图和俯视图想象几何体的前面、左

侧面和上面的形状，然后综合起来考虑整体形状．

【解答】解：该几何体是一个三棱柱，底面等边三角形边长为2cm，底面三角形的高为（cm），

22

三棱柱的高为3cm，2−1=3

所以该几何体的表面积为：

22×2+2×3×3＝（218）cm2．

故×答案3÷为：（218）cm2．3+

【点评】本题考3查+了由三视图判断几何体，掌握对常见几何体的三视图是解答本题的关键．

17．图1是某款自动旋转圆形遮阳伞，伞面完全张开时张角呈180°，图2是其侧面示意图．已知支架AB

长为2.6米，且垂直于地面BC，悬托架AE＝DE＝0.5米，点E固定在伞面上，且伞面直径DF是DE的4

倍．当伞面完全张开时，点D，E，F始终共线．为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器可以根据太阳光

线的角度变化；自动调整手柄D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直．某一时刻测得BD＝2米．请

求出此时遮阳伞影子中GH的长度．

【考点】平行投影；勾股定理的应用；圆锥的计算；生活中的旋转现象．

【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．

【答案】2.5米．

【分析】根据等腰三角形的性质求出AN＝DN＝0.3，再根据勾股定理为EN的长，根据三角形内角和定理

以及平角的定义得出∠＝∠NDE，再根据直角三角形的边角关系即可求出GH即可．

【解答】解：如图，过点αG作GM⊥FH于点M，过点E作EN⊥AB于点N，

∵AB＝2.5米，AD＝2米，

∴AD＝2.6﹣2＝0.6（米），

∵AE＝DE＝0.5米，EN⊥AB，

∴DN＝ANAD＝0.3米，

1

在Rt△DEN=中2，DN＝0.3米，DE＝0.5米，

∴EN0.4（米），

22

∵∠=+∠�M�GH−＝�9�0°=，∠MGH+∠BGD＝180°﹣90°＝90°，∠BGD+∠BDG＝90°，∠BDG+∠NDG＝

180°α﹣90°＝90°，

∴∠＝∠NDE，

α

在Rt△DEN中，sin∠NDE，

��4

==

在Rt△HGM中，sin∠��，5

𝐺4

∵GM＝DF＝0.5×4＝2α（=米𝐺），=5

∴，

24

=

∴�G�H＝25.5，

即此时遮阳伞影子中GH的长度为2.5米．

【点评】本题考查等腰三角形的性质，平行投影以及直角三角形的边角关系，掌握平行投影的性质，等腰

三角形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的关键．

18．如图，路灯下一墙墩（用线段AB表示）的影子是BC，小明（用线段DE表示）的影子是EF，在M

处有一棵大树，它在这个路灯下的影子是MN．

（1）在图中画出路灯的位置并用点P表示；

（2）在图中画出表示大树的线段MQ．

【考点】中心投影．

【答案】见试题解答内容

【分析】（1）连接CA、FD并延长，交点即为路灯P的位置；

（2）连接PN，过点M作MQ⊥MN交PN于Q，MQ即为表示大树的线段．

【解答】解：（1）点P位置如图；

（2）线段MQ如图．

【点评】本题考查了中心投影，理解影子与物体的端点的连线所在的直线一定经过光源点是解题的关键．

19．如图，小树AB在路灯O的照射下形成投影BC．

（1）此光源下形成的投影属于中心投影.（填“平行投影”或“中心投影”）

（2）已知树高AB为2m，树影BC为3m，树与路灯的水平距离BP为4.5m．求路灯的高度OP．

【考点】中心投影；平行投影．

【专题】图形的相似；运算能力．

【答案】（1）中心投影；（2）5米．

【分析】（1）由中心投影的定义确定答案即可；

（2）先判断相似三角形，再利用相似三角形的性质求解．

【解答】解：（1）∵此光源属于点光源，

∴此光源下形成的投影属于中心投影，

故答案为：中心投影；

（2）∵AB⊥CP，PO⊥PC，

∴OP∥AB，

∴△ABC∽△OPC，

∴，

𝐴��

=

即：𝑂��，

23

=

解得：𝑂OP＝3+5（4.5m），

∴路灯的高度为5米．

【点评】本题考查了中心投影，掌握相似三角形的性质是解题的关键．

20．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，十分巧妙．如图1是一种简

单的鲁班锁，由三根完全相同的四棱柱木条，挖去中间部分，使其内部凹凸啮合，组成外观严丝合缝的十

字型几何体，其上下、左右、前后分别对称．

（1）图2是这个鲁班锁主视图、左视图和俯视图的一部分，请将它们补充完整；

（2）请从下列①，②两题中任选一题作答，我选择①题．

①已知这些四棱柱木条的高为6，底面正方形的边长为2，求这个鲁班锁从正面看得到的平面图形的面积；

②已知这些四棱柱木条的高为3m，底面正方形的边长为m，求这个鲁班锁的表面积．（用含m的代数式

表示）

【考点】作图﹣三视图；几何体的表面积；简单组合体的三视图；由三视图判断几何体．

【专题】投影与视图；空间观念；运算能力．

【答案】（1）见解答．

（2）见解答．

【分析】（1）根据三视图的定义补全图形即可．

（2）由两个长方形的面积减去中间重叠部分的小正方形面积即为这个鲁班锁从正面看得到的平面图形的

面积；求出从正面看得到的平面图形的面积，乘以6即为这个鲁班锁的表面积．

【解答】解：（1）如图2所示．

（2）选择①．

这个鲁班锁从正面看得到的平面图形的面积为2×6×2﹣2×2＝24﹣4＝20．

选择②．

这个鲁班锁从正面看得到的平面图形的面积为2×3m⋅m﹣m2＝6m2﹣m2＝5m2，

∴这个鲁班锁的表面积为6×5m2＝30m2．

【点评】本题考查作图﹣三视图、简单组合体的三视图、几何体的表面积，解题的关键是理解三视图的定

义．

考点卡片

1．几何体的表面积

（1）几何体的表面积＝侧面积+底面积（上、下底的面积和）

（2）常见的几种几何体的表面积的计算公式

①圆柱体表面积：2R2+2Rh（R为圆柱体上下底圆半径，h为圆柱体高）

ππ

②圆锥体表面积：r2（r为圆锥体底面圆半径，h为其高，n为圆锥侧面展开图中扇形的圆心

22

��(�+ℎ)

角）π+360

③长方体表面积：2（ab+ah+bh）（a为长方体的长，b为长方体的宽，h为长方体的高）

④正方体表面积：6a2（a为正方体棱长）

2．平行线的性质

1、平行线性质定理

定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等．简单说成：两直线平行，同位角相等．

定理2：两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．

定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等．简单说成：两直线平行，内错角相等．

2、两条平行线之间的距离处处相等．

3．勾股定理的应用

（1）在不规则的几何图形中，通常添加辅助线得到直角三角形．

（2）在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中

抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．

（3）常见的类型：①勾股定理在几何中的应用：利用勾股定理求几何图形的面积和有关线段的长度．

②由勾股定理演变的结论：分别以一个直角三角形的三边为边长向外作正多边形，以斜边为边长的多边形

的面积等于以直角边为边长的多边形的面积和．

③勾股定理在实际问题中的应用：运用勾股定理的数学模型解决现实世界的实际问题．

④勾股定理在数轴上表示无理数的应用：利用勾股定理把一个无理数表示成直角边是两个正整数的直角三

角形的斜边．

4．垂径定理的应用

垂径定理的应用很广泛，常见的有：

（1）得到推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．

（2）垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径、弦心距等问题．

这类题中一般使用列方程的方法，这种用代数方法解决几何问题即几何代数解的数学思想方法一定要掌握．

5．弧长的计算

（1）圆周长公式：C＝2R

π

（2）弧长公式：l（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）

���

①在弧长的计算公=式1中80，n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．

②若圆心角的单位不全是度，则需要先化为度后再计算弧长．

③题设未标明精确度的，可以将弧长用表示．

④正确区分弧、弧的度数、弧长三个概念π，度数相等的弧，弧长不一定相等，弧长相等的弧不一定是等弧，

只有在同圆或等圆中，才有等弧的概念，才是三者的统一．

6．圆锥的计算

（1）连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．连接顶点与底面圆心的线段叫圆锥的

高．

（2）圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

（3）圆锥的侧面积：S侧•2r•l＝rl．

1

=ππ2

（4）圆锥的全面积：S全＝S2底+S侧＝r+rl

（5）圆锥的体积