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15. 如图,是一个直棱柱的三视图,这个直棱柱的表面积是
36
.答案
15.36
解析
【分析】
遇到三视图求直棱柱表面积的题目，解题思路分为三步：第一步，通过三视图还原几何体，确定直棱柱的类型、底面图形的形状和各边长、直棱柱的侧棱长；第二步，回忆直棱柱表面积的构成：表面积等于2个底面的面积加上侧面积，其中直棱柱侧面积可通过“底面周长×侧棱长”简便计算；第三步，代入对应数值分别计算各部分面积，求和即可得到最终结果。本题根据三视图可判断该几何体是直三棱柱，底面为直角边长3、4，斜边长5的直角三角形，侧棱长为2。
【解析】
解：由三视图可知，该直棱柱为直三棱柱，底面是直角边长分别为3、4，斜边长为5的直角三角形，直三棱柱的侧棱长（高）为2。
1. 计算底面积：
单个直角三角形底面的面积：$ S_{\mathrm{底}}=\frac{1}{2}×3×4=6 $
两个底面的总面积：$ 2S_{\mathrm{底}}=2×6=12 $
2. 计算侧面积：
底面周长：$ C=3+4+5=12 $
直棱柱侧面积：$ S_{\mathrm{侧}}=C×\mathrm{侧棱长}=12×2=24 $
3. 计算总表面积：
$ S_{\mathrm{表}}=2S_{\mathrm{底}}+S_{\mathrm{侧}}=12+24=36 $
【答案】
36
【知识点】
1. 三视图还原几何体
2. 直棱柱表面积计算
3. 直角三角形面积计算
【点评】
本题主要考查空间想象能力和几何表面积的计算能力，解题关键是准确根据三视图确定直棱柱的形状和各棱长，只要牢记直棱柱表面积的计算公式，细心计算即可得分。
【难度系数】
0.7
遇到三视图求直棱柱表面积的题目，解题思路分为三步：第一步，通过三视图还原几何体，确定直棱柱的类型、底面图形的形状和各边长、直棱柱的侧棱长；第二步，回忆直棱柱表面积的构成：表面积等于2个底面的面积加上侧面积，其中直棱柱侧面积可通过“底面周长×侧棱长”简便计算；第三步，代入对应数值分别计算各部分面积，求和即可得到最终结果。本题根据三视图可判断该几何体是直三棱柱，底面为直角边长3、4，斜边长5的直角三角形，侧棱长为2。
【解析】
解：由三视图可知，该直棱柱为直三棱柱，底面是直角边长分别为3、4，斜边长为5的直角三角形，直三棱柱的侧棱长（高）为2。
1. 计算底面积：
单个直角三角形底面的面积：$ S_{\mathrm{底}}=\frac{1}{2}×3×4=6 $
两个底面的总面积：$ 2S_{\mathrm{底}}=2×6=12 $
2. 计算侧面积：
底面周长：$ C=3+4+5=12 $
直棱柱侧面积：$ S_{\mathrm{侧}}=C×\mathrm{侧棱长}=12×2=24 $
3. 计算总表面积：
$ S_{\mathrm{表}}=2S_{\mathrm{底}}+S_{\mathrm{侧}}=12+24=36 $
【答案】
36
【知识点】
1. 三视图还原几何体
2. 直棱柱表面积计算
3. 直角三角形面积计算
【点评】
本题主要考查空间想象能力和几何表面积的计算能力，解题关键是准确根据三视图确定直棱柱的形状和各棱长，只要牢记直棱柱表面积的计算公式，细心计算即可得分。
【难度系数】
0.7
16随着户外露营的兴起，人们对户外帐篷的需求也越来越大.某工厂要制作一批无底帐篷，如图为设计师设计的帐篷三视图，则该帐篷所需布料的面积为
(9.24+3.2π)
m².(结果保留π，门也用布料制作，接口处损耗不计)答案
16.(9.24+3.2π)
解析
【分析】
首先根据三视图还原帐篷的结构：该帐篷由上下两部分组成，上半部分是底面直径为2m、长度为2.2m的半圆柱，下半部分是长2m、宽2.2m、高1.1m的无底长方体。由于帐篷无底，所需布料面积为半圆柱侧面积、前后两个端面的面积、长方体左右两个侧面的面积之和，分别计算各部分面积再求和即可。
【解析】
解：由三视图可得相关参数：
半圆柱底面半径$r = 2÷2 = 1\,\mathrm{m}$，半圆柱的长度（帐篷深度）$a = 2.2\,\mathrm{m}$，下半部分长方体高$h = 1.1\,\mathrm{m}$。
1. 计算半圆柱侧面积：
半圆柱侧面积为底面半圆弧长乘长度：
$S_1 = \frac{1}{2}×2π r× a = π×1×2.2 = 2.2π\,\mathrm{m}^2$
2. 计算前后两个端面的总面积：
每个端面由下部矩形和上部半圆组成，两个端面的矩形部分总面积为$2×(2×1.1) = 4.4\,\mathrm{m}^2$；
两个端面的上部半圆刚好拼成1个整圆，面积为$π r^2 = π×1^2 = π\,\mathrm{m}^2$；
故端面总面积$S_2 = 4.4 + π\,\mathrm{m}^2$。
3. 计算下半部分左右两个侧面的总面积：
每个侧面是长2.2m、宽1.1m的矩形，总面积为：
$S_3 = 2×(2.2×1.1) = 4.84\,\mathrm{m}^2$
4. 计算布料总面积：
$S = S_1 + S_2 + S_3 = 2.2π + 4.4 + π + 4.84 = (9.24 + 3.2π)\,\mathrm{m}^2$
【答案】
$9.24 + 3.2π$
【知识点】
三视图还原几何体，圆柱侧面积计算，表面积计算
【点评】
本题结合生活实际考查几何体表面积的计算，解题关键是正确根据三视图还原几何体结构，明确需要计算的面，避免漏算或多算底面等不需要的部分。
【难度系数】
0.65
首先根据三视图还原帐篷的结构：该帐篷由上下两部分组成，上半部分是底面直径为2m、长度为2.2m的半圆柱，下半部分是长2m、宽2.2m、高1.1m的无底长方体。由于帐篷无底，所需布料面积为半圆柱侧面积、前后两个端面的面积、长方体左右两个侧面的面积之和，分别计算各部分面积再求和即可。
【解析】
解：由三视图可得相关参数：
半圆柱底面半径$r = 2÷2 = 1\,\mathrm{m}$，半圆柱的长度（帐篷深度）$a = 2.2\,\mathrm{m}$，下半部分长方体高$h = 1.1\,\mathrm{m}$。
1. 计算半圆柱侧面积：
半圆柱侧面积为底面半圆弧长乘长度：
$S_1 = \frac{1}{2}×2π r× a = π×1×2.2 = 2.2π\,\mathrm{m}^2$
2. 计算前后两个端面的总面积：
每个端面由下部矩形和上部半圆组成，两个端面的矩形部分总面积为$2×(2×1.1) = 4.4\,\mathrm{m}^2$；
两个端面的上部半圆刚好拼成1个整圆，面积为$π r^2 = π×1^2 = π\,\mathrm{m}^2$；
故端面总面积$S_2 = 4.4 + π\,\mathrm{m}^2$。
3. 计算下半部分左右两个侧面的总面积：
每个侧面是长2.2m、宽1.1m的矩形，总面积为：
$S_3 = 2×(2.2×1.1) = 4.84\,\mathrm{m}^2$
4. 计算布料总面积：
$S = S_1 + S_2 + S_3 = 2.2π + 4.4 + π + 4.84 = (9.24 + 3.2π)\,\mathrm{m}^2$
【答案】
$9.24 + 3.2π$
【知识点】
三视图还原几何体，圆柱侧面积计算，表面积计算
【点评】
本题结合生活实际考查几何体表面积的计算，解题关键是正确根据三视图还原几何体结构，明确需要计算的面，避免漏算或多算底面等不需要的部分。
【难度系数】
0.65
17如图，迎宾公园的喷水池边上有半圆形的石头（半径为1.12 m）作为装饰，其中一块石头正前方5.88 m处有一彩灯，某一时刻，该灯柱落在此半圆形石头上的影长为$0.56π$ m.如果同一时刻，一直立0.6 m的杆子的影长为1.8 m，那么灯柱的高为
$\frac{259}{75}$
m.答案
17. $\frac{259}{75}$
解析:如图，OC=OD=1.12 m，BD=5.88 m，CD的弧长为0.56π m。
设∠COD=n°，则$\frac{n· π· 1.12}{180}=0.56π$，
解得n=90，即∠DOC=90°,
∴OC⊥OD。
作CE⊥AB于E，则CE=OB=OD+BD=1.12+5.88=7(m),BE=OC=1.12 m。
∵同一时刻,一直立0.6 m的杆子的影长为1.8 m,
∴$\frac{AE}{7}=\frac{0.6}{1.8}$,
∴AE=$\frac{7}{3}$(m),
∴AB=AE+BE=$\frac{7}{3}$+1.12=$\frac{259}{75}$m,
即灯柱的高为$\frac{259}{75}$m。
解析
【分析】
解题时首先根据弧长公式，结合已知的弧长和半圆半径，求出影子对应的圆心角，确定OC为竖直方向；接着作辅助线CE⊥AB构造矩形，得到CE、BE的长度；再利用同一时刻平行投影下物高与影长成正比的规律，求出AE的长度；最后将AE与BE相加即可得到灯柱的总高度。
【解析】
解：设弧CD对应的圆心角∠COD=n°，已知半圆半径OC=OD=1.12m，弧CD长为0.56π m。
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，代入数据得：
$\frac{n· π· 1.12}{180}=0.56π$
解得n=90，即∠DOC=90°，因此OC⊥OD。
过点C作CE⊥AB于点E，可知四边形ECOB为矩形，因此：
$CE=OB=OD+BD=1.12+5.88=7(\mathrm{m})$，$BE=OC=1.12\ \mathrm{m}$。
同一时刻平行投影中，物高与影长的比值相等，已知直立0.6m的杆子影长为1.8m，因此：
$\frac{AE}{CE}=\frac{0.6}{1.8}$
代入CE=7m，解得$AE=\frac{0.6}{1.8}×7=\frac{7}{3}(\mathrm{m})$
因此灯柱高度$AB=AE+BE=\frac{7}{3}+1.12=\frac{7}{3}+\frac{28}{25}=\frac{259}{75}(\mathrm{m})$
【答案】
$\frac{259}{75}$
【知识点】
弧长计算，平行投影，矩形的性质
【点评】
本题是结合生活场景的几何应用题，需要将实际问题转化为几何模型求解，解题核心是先通过弧长确定图形的垂直关系，再利用投影的比例性质计算高度，能很好考查学生的知识应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据弧长公式，结合已知的弧长和半圆半径，求出影子对应的圆心角，确定OC为竖直方向；接着作辅助线CE⊥AB构造矩形，得到CE、BE的长度；再利用同一时刻平行投影下物高与影长成正比的规律，求出AE的长度；最后将AE与BE相加即可得到灯柱的总高度。
【解析】
解：设弧CD对应的圆心角∠COD=n°，已知半圆半径OC=OD=1.12m，弧CD长为0.56π m。
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$，代入数据得：
$\frac{n· π· 1.12}{180}=0.56π$
解得n=90，即∠DOC=90°，因此OC⊥OD。
过点C作CE⊥AB于点E，可知四边形ECOB为矩形，因此：
$CE=OB=OD+BD=1.12+5.88=7(\mathrm{m})$，$BE=OC=1.12\ \mathrm{m}$。
同一时刻平行投影中，物高与影长的比值相等，已知直立0.6m的杆子影长为1.8m，因此：
$\frac{AE}{CE}=\frac{0.6}{1.8}$
代入CE=7m，解得$AE=\frac{0.6}{1.8}×7=\frac{7}{3}(\mathrm{m})$
因此灯柱高度$AB=AE+BE=\frac{7}{3}+1.12=\frac{7}{3}+\frac{28}{25}=\frac{259}{75}(\mathrm{m})$
【答案】
$\frac{259}{75}$
【知识点】
弧长计算，平行投影，矩形的性质
【点评】
本题是结合生活场景的几何应用题，需要将实际问题转化为几何模型求解，解题核心是先通过弧长确定图形的垂直关系，再利用投影的比例性质计算高度，能很好考查学生的知识应用能力。
【难度系数】
0.6
18 如图所示,在某点光源下有两根直杆 MH、NI 垂直于平整的地面,甲杆 MH 的影子为 MJ ,乙杆 NI 的影子一部分落在地面上的 NG 处,一部分落在斜坡 GL 上的 GK 处.
(1)点光源所在的位置是
(2)若点光源发出的过点 I 的光线 $IK ⊥ GL$,斜坡 GL 与地面的夹角为 $30°$,$NG=1$ 米,$GK=\frac{\sqrt{3}}{3}$米,则乙杆 NI 的高度为
(1)点光源所在的位置是
C
;(从 A、B、C、D 中选择一个)(2)若点光源发出的过点 I 的光线 $IK ⊥ GL$,斜坡 GL 与地面的夹角为 $30°$,$NG=1$ 米,$GK=\frac{\sqrt{3}}{3}$米,则乙杆 NI 的高度为
$\frac{5\sqrt{3}}{3}$
米.(结果保留根号)答案
18.(1)C (2)$\frac{5\sqrt{3}}{3}$
解析:(1)如图,C点即为点光源所在的位置。
(2)如图,延长 IK 交 EG 于点 O.
∵点光源发出的过点 I 的光线 $IK ⊥ GL$,
∴∠CKG=90°.
∵∠KGE=30°,
∴∠CON=60°.
在 Rt△OKG 中,∠KGO=30°,∠CON=60°,
GK=$\frac{\sqrt{3}}{3}$米,
∴OK=$\frac{1}{3}$米,OG=$\frac{2}{3}$米.
∵NG=1 米,
∴ON=$\frac{5}{3}$米.
在 Rt△ONI 中,∠CON=60°,ON=$\frac{5}{3}$米,
∴IN=$\sqrt{3}ON=\frac{5\sqrt{3}}{3}$(米),
即乙杆 NI 的高度为$\frac{5\sqrt{3}}{3}$米.
解析
【分析】
(1) 确定点光源位置需利用中心投影的性质：点光源在物体顶端与其对应影子顶端的连线的交点处。我们可以连接甲杆MH的顶端H和它的影子端点J并延长，再连接乙杆NI的顶端I和它在斜坡上的影子端点K并延长，两条延长线的交点就是点光源，对比四个点可得交点为C。
(2) 求乙杆NI的高度需要构造直角三角形求解。已知IK⊥GL，斜坡GL和地面夹角为30°，我们先延长IK交地面EF于点O，先在Rt△OKG中利用含30°角的直角三角形的边角关系求出OG、OK的长度，再结合NG的长度得到ON的长度，最后在Rt△ONI中利用60°角的三角函数关系即可算出NI的高度。
【解析】
(1) 连接甲杆MH的顶端H与影子端点J并延长，连接乙杆NI的顶端I与斜坡上影子端点K并延长，两条延长线交于点C，因此点光源为C点。
(2) 延长IK交EG于点O。
∵ $IK⊥GL$，
∴ $∠ OKG=90°$，
∵ 斜坡GL与地面的夹角$∠ KGO=30°$，
∴ 在$Rt△ OKG$中，$∠ KOG=90°-30°=60°$，
已知$GK=\frac{\sqrt{3}}{3}$米，
由$\cos30°=\frac{GK}{OG}$，得$OG=\frac{GK}{\cos30°}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$米，
又
∵ $NG=1$米，
∴ $ON=OG+NG=\frac{2}{3}+1=\frac{5}{3}$米，
∵ $NI⊥$地面EF，
∴ $∠ INO=90°$，
在$Rt△ ONI$中，$∠ ION=60°$，
由$\tan60°=\frac{NI}{ON}$，得$NI=ON·\tan60°=\frac{5}{3}×\sqrt{3}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$米。
【答案】
(1)$C$；(2)$\frac{5\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
中心投影，含30°角的直角三角形性质，解直角三角形
【点评】
本题结合投影知识与解直角三角形考查，解题关键是掌握中心投影的光源确定方法，能合理添加辅助线构造直角三角形，结合特殊角的三角函数值计算线段长度。
【难度系数】
0.6
(1) 确定点光源位置需利用中心投影的性质：点光源在物体顶端与其对应影子顶端的连线的交点处。我们可以连接甲杆MH的顶端H和它的影子端点J并延长，再连接乙杆NI的顶端I和它在斜坡上的影子端点K并延长，两条延长线的交点就是点光源，对比四个点可得交点为C。
(2) 求乙杆NI的高度需要构造直角三角形求解。已知IK⊥GL，斜坡GL和地面夹角为30°，我们先延长IK交地面EF于点O，先在Rt△OKG中利用含30°角的直角三角形的边角关系求出OG、OK的长度，再结合NG的长度得到ON的长度，最后在Rt△ONI中利用60°角的三角函数关系即可算出NI的高度。
【解析】
(1) 连接甲杆MH的顶端H与影子端点J并延长，连接乙杆NI的顶端I与斜坡上影子端点K并延长，两条延长线交于点C，因此点光源为C点。
(2) 延长IK交EG于点O。
∵ $IK⊥GL$，
∴ $∠ OKG=90°$，
∵ 斜坡GL与地面的夹角$∠ KGO=30°$，
∴ 在$Rt△ OKG$中，$∠ KOG=90°-30°=60°$，
已知$GK=\frac{\sqrt{3}}{3}$米，
由$\cos30°=\frac{GK}{OG}$，得$OG=\frac{GK}{\cos30°}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$米，
又
∵ $NG=1$米，
∴ $ON=OG+NG=\frac{2}{3}+1=\frac{5}{3}$米，
∵ $NI⊥$地面EF，
∴ $∠ INO=90°$，
在$Rt△ ONI$中，$∠ ION=60°$，
由$\tan60°=\frac{NI}{ON}$，得$NI=ON·\tan60°=\frac{5}{3}×\sqrt{3}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$米。
【答案】
(1)$C$；(2)$\frac{5\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
中心投影，含30°角的直角三角形性质，解直角三角形
【点评】
本题结合投影知识与解直角三角形考查，解题关键是掌握中心投影的光源确定方法，能合理添加辅助线构造直角三角形，结合特殊角的三角函数值计算线段长度。
【难度系数】
0.6
19.(10分)如图是由棱长都为1 cm的6个小正方体组成的简单几何体.
(1)请在方格中画出该几何体的三视图；
(2)如果在这个几何体上再添加一些小正方体,并保持主视图和左视图不变,最多可以再添加
(1)请在方格中画出该几何体的三视图；
(2)如果在这个几何体上再添加一些小正方体,并保持主视图和左视图不变,最多可以再添加
2
个小正方体.答案
19.解:(1)该几何体的主视图、左视图和俯视图如下：
(2)在备注数字的位置加摆相应数量的小正方体，
所以最多可以添加2个.故答案为2.
解析
【分析】
(1) 绘制三视图需遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则：主视图从正面观察，确定列数和每列的最高层数；左视图从左面观察，确定列数和每列的最高层数；俯视图从上方观察，确定底层小正方体的位置分布，按规则逐一绘制即可。
(2) 要添加小正方体且保持主视图、左视图不变，需保证添加后两视图各列的最高层数和原有一致。结合俯视图的每个空位，判断其可添加的最大数量，求和即可得到最多可添加的总数。
【解析】
(1) 绘制三视图：
① 主视图：从正面看共3列，从左到右每列层数依次为2、2、1，按此绘制主视图；
② 左视图：从左面看共3列，从左到右每列层数依次为1、2、2，按此绘制左视图；
③ 俯视图：从上面看底层分布为第一行3个小正方形，第二行左右各1个小正方形，按此绘制俯视图，结果如下：
(2) 分析可添加小正方体的位置：
原有主视图每列最大高度为2、2、1，左视图每列最大高度为1、2、2。观察俯视图的空位，仅标注“1”的两个位置各可添加1个小正方体，其余位置添加会导致主视图或左视图层数超过原有高度，因此最多可添加1+1=2个。
【答案】
(1)
(2) 2
【知识点】
三视图的画法；由三视图判断几何体
【点评】
本题是三视图的典型题型，既考查三视图的绘制规则，又考查空间想象能力，需要结合三个视图的约束条件判断添加小正方体的数量，能有效锻炼对立体图形的感知能力。
【难度系数】
0.7
(1) 绘制三视图需遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则：主视图从正面观察，确定列数和每列的最高层数；左视图从左面观察，确定列数和每列的最高层数；俯视图从上方观察，确定底层小正方体的位置分布，按规则逐一绘制即可。
(2) 要添加小正方体且保持主视图、左视图不变，需保证添加后两视图各列的最高层数和原有一致。结合俯视图的每个空位，判断其可添加的最大数量，求和即可得到最多可添加的总数。
【解析】
(1) 绘制三视图：
① 主视图：从正面看共3列，从左到右每列层数依次为2、2、1，按此绘制主视图；
② 左视图：从左面看共3列，从左到右每列层数依次为1、2、2，按此绘制左视图；
③ 俯视图：从上面看底层分布为第一行3个小正方形，第二行左右各1个小正方形，按此绘制俯视图，结果如下：
(2) 分析可添加小正方体的位置：
原有主视图每列最大高度为2、2、1，左视图每列最大高度为1、2、2。观察俯视图的空位，仅标注“1”的两个位置各可添加1个小正方体，其余位置添加会导致主视图或左视图层数超过原有高度，因此最多可添加1+1=2个。
【答案】
(1)
(2) 2
【知识点】
三视图的画法；由三视图判断几何体
【点评】
本题是三视图的典型题型，既考查三视图的绘制规则，又考查空间想象能力，需要结合三个视图的约束条件判断添加小正方体的数量，能有效锻炼对立体图形的感知能力。
【难度系数】
0.7
20.(10分)如图,棱长为a cm的正方体的上下底面的对角线AC、A₁C₁与平面H垂直.
(1)指出正方体在平面H上的正投影图形；
(2)计算(1)中正投影图形的面积.
(1)指出正方体在平面H上的正投影图形；
(2)计算(1)中正投影图形的面积.
答案
20.解:(1)正方体在平面H上的正投影图形是矩形MNPQ.
(2)
∵正方体棱长为a cm,
∴BD=$\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$(cm),
∴正投影 MNPQ 的面积为$\sqrt{2}a×a=\sqrt{2}a^2$(cm²).
(2)
∵正方体棱长为a cm,
∴BD=$\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$(cm),
∴正投影 MNPQ 的面积为$\sqrt{2}a×a=\sqrt{2}a^2$(cm²).
解析
【分析】
解决本题需结合正投影的性质逐步推导：
1. 第一问判断正投影形状：已知正方体上下底面的对角线AC、A₁C₁都垂直于平面H，可知正方体上下底面均与平面H垂直，上下底面在平面H上的投影为两条等长的平行线段；正方体的侧棱平行于平面H，投影长度等于棱长，因此投影图形为两组对边分别相等且有直角的平行四边形，即为矩形。
2. 第二问计算投影面积：投影矩形的一边长等于正方体的棱长a，另一边长等于底面正方形与AC垂直的对角线BD的长度，用勾股定理求出BD长度后，代入矩形面积公式即可得到结果。
【解析】
(1) 根据正投影的性质：垂直于投影面的平面的投影为线段，平行于投影面的线段的投影长度等于原线段长度。
由于AC、A₁C₁均垂直于平面H，因此正方体的上下底面都垂直于平面H，它们在平面H上的投影分别为线段MN、PQ，且MN=PQ；正方体的侧棱与平面H平行，投影长度等于棱长，即MN与PQ的距离为正方体棱长，且相邻边夹角为直角，因此正方体在平面H上的正投影图形是矩形MNPQ。
(2) 计算投影面积：
∵正方体的棱长为a cm，底面ABCD是边长为a的正方形，
∴在Rt△ABD中，由勾股定理可得底面另一条对角线长度为：
$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$（cm）
矩形MNPQ的一组对边长度等于BD的长度$\sqrt{2}a$，另一组对边长度等于正方体棱长a，
∴正投影MNPQ的面积为：$S=\sqrt{2}a × a=\sqrt{2}a^2$（cm²）
【答案】
(1) 矩形MNPQ；(2) $\sqrt{2}a^2$ cm²
【知识点】
正投影的性质，勾股定理，矩形面积计算
【点评】
本题重点考查正投影的识别与相关计算，解题核心是准确理解垂直、平行于投影面的线和面的投影特点，理清投影图形的边长与原几何体棱长的对应关系。
【难度系数】
0.7
解决本题需结合正投影的性质逐步推导：
1. 第一问判断正投影形状：已知正方体上下底面的对角线AC、A₁C₁都垂直于平面H，可知正方体上下底面均与平面H垂直，上下底面在平面H上的投影为两条等长的平行线段；正方体的侧棱平行于平面H，投影长度等于棱长，因此投影图形为两组对边分别相等且有直角的平行四边形，即为矩形。
2. 第二问计算投影面积：投影矩形的一边长等于正方体的棱长a，另一边长等于底面正方形与AC垂直的对角线BD的长度，用勾股定理求出BD长度后，代入矩形面积公式即可得到结果。
【解析】
(1) 根据正投影的性质：垂直于投影面的平面的投影为线段，平行于投影面的线段的投影长度等于原线段长度。
由于AC、A₁C₁均垂直于平面H，因此正方体的上下底面都垂直于平面H，它们在平面H上的投影分别为线段MN、PQ，且MN=PQ；正方体的侧棱与平面H平行，投影长度等于棱长，即MN与PQ的距离为正方体棱长，且相邻边夹角为直角，因此正方体在平面H上的正投影图形是矩形MNPQ。
(2) 计算投影面积：
∵正方体的棱长为a cm，底面ABCD是边长为a的正方形，
∴在Rt△ABD中，由勾股定理可得底面另一条对角线长度为：
$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$（cm）
矩形MNPQ的一组对边长度等于BD的长度$\sqrt{2}a$，另一组对边长度等于正方体棱长a，
∴正投影MNPQ的面积为：$S=\sqrt{2}a × a=\sqrt{2}a^2$（cm²）
【答案】
(1) 矩形MNPQ；(2) $\sqrt{2}a^2$ cm²
【知识点】
正投影的性质，勾股定理，矩形面积计算
【点评】
本题重点考查正投影的识别与相关计算，解题核心是准确理解垂直、平行于投影面的线和面的投影特点，理清投影图形的边长与原几何体棱长的对应关系。
【难度系数】
0.7
