13.1.3　直观图的斜二测画法 练习（含详解）2024-2025学年高一数学苏教版（2019）必修第二册

13．1.3　直观图的斜二测画法
一、 单项选择题
1 如图是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知O′B′＝4，A′B′∥y轴，且△ABO的面积为16，过点A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为　(　　)
A. 2
B.
C. 16
D. 1
2 (2024芜湖期中)已知图2为甲同学用斜二测画法作出的在平面直角坐标系中正五边形ABCDE(如图1)的直观图，即五边形 A′B′C′D′E′，且保持坐标轴上的单位长度不变，其中各点的作法可能正确的为(　　)
图1 图2
A. A′，B′，P′ B. B′，P′，C′
C. P′，C′，D′ D. D′，E′，A′
3 (2024浙江期中)如图，直角梯形O′A′B′C′满足O′A′⊥O′C′，O′A′＝A′B′＝2，O′C′＝3，它是水平放置的平面图形的直观图，则该平面图形的周长是(　　)
A. 7＋ B. 5＋2＋
C. 11＋ D. 10
4 (2024泰安期中)用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是(　　)
A. 2 B. 4 C. 2 D. 2
5 如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测画法的直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′O′＝O′B′＝1，B′C′＝1，则四边形ABCD的周长为(　　)
A. 8 B. 10
C. 12 D. 4＋2
(第5题)　 (第6题)
6 如图，△A′B′C′表示水平放置的△ABC根据斜二测画法得到的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与 x′轴垂直，且B′C′＝2，则△ABC的边AB上的高为(　　)
A. B. 2 C. 4 D. 4
二、 多项选择题
7 如图是斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图，D′为B′C′的中点，且 A′D′∥y′轴，B′C′∥x′轴，则在原平面图形△ABC中，下列结论中正确的是(　　)
A. AB＝AC B. AD>AC
C. AB>AD D. BC>AD
(第7题) 　(第8题)
8 (2023济宁嘉祥县一中期中)如图，四边形ABCD的斜二测直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′＝2C′D′＝4，则下列结论中正确的是(　　)
A. A′D′＝
B. BC＝2
C. 四边形ABCD的周长为6＋2＋2
D. 四边形ABCD的面积为6
三、 填空题
9 (2023淮安马坝高中期中)如图，一个水平放置的正方形ABCO，它在直角坐标系xOy中，点B 的坐标为(2，2)，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．
(第9题)　 (第10题)
10 用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示，边AB平行于y′轴，BC，AD平行于x′轴，已知四边形ABCD的面积为6 cm2，则原四边形的面积为________cm2.
11 (2023浙江期中)在平面直角坐标系xOy中，线段OA的长为，与x轴所成的夹角为α，且tan α＝2，在斜二测画法下，其直观图为线段O′A′，则线段O′A′的长度为________．
　　
四、 解答题
12 如图，梯形A1B1C1D1是平面图形ABCD的直观图，其中A1D1∥O′y′，A1B1∥C1D1，A1B1＝C1D1＝2，A1D1＝O′D1＝1.
(1) 如何利用斜二测画法的规则画出原四边形？
(2) 在问题(1)中，如何求出水平放置的平面图形与直观图的面积？
13 已知一棱柱的底面是边长为3 cm的正方形，各侧面都是矩形，且侧棱长为 4 cm，试用斜二测画法画出此棱柱的直观图．
13．1.3　直观图的斜二测画法
1. A　因为A′B′∥y′轴，所以在△ABO中，AB⊥OB.又△ABO的面积为16，所以AB·OB＝16，所以AB＝8，所以A′B′＝4.因为A′C′⊥x′轴，∠A′B′C′＝45°，所以B′C′＝A′C′，所以A′C′＝4·sin 45°＝2.
2. C　斜二侧画直观图时，平行或与x轴重合的线段长度不变，则CD，PQ长度不变， 平行或与 y轴重合的线段长度减半，则OA减掉一半，线段PB，PC，QE，QD对应线段也会缩小，如图，所以点P，C，D，Q的对应点P′，C′，D′，Q′可能画对了，点A，B，E的对应点A′，B′，E′画错了．
3. C　结合斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形O′A′B′C′还原成平面图形，即四边形OABC，如图所示．由题意，得OC＝O′C′＝3，AB＝A′B′＝2，由A′B′∥O′C′，得AB∥OC，由O′A′⊥O′C′，∠B′O′C′＝45°，A′B′∥O′C′，可得∠B′O′A′＝∠A′B′O′＝45°，所以∠O′A′B′＝90°.又O′A′＝A′B′＝2，所以OB＝2O′B′＝2×＝4，在△OBA中，由勾股定理，得AO＝＝6.在△BOC中，由勾股定理，得BC＝＝，所以满足题意的平面图形的周长是2＋6＋3＋＝11＋.
4. A　如图，过点B′作B′B″∥y′轴交x′轴于点B″.在△B′B″O′中，O′B′＝2，∠B′B″O′＝45°，∠B′O′B″＝120°，由正弦定理，得＝，所以B′B″＝＝＝.由斜二测画法可知，在原平面图形中，点B到x轴的距离是2B′B″＝2.
5. B　由题意知，原四边形中AB＝CD＝A′B′＝C′D′＝2，且AB∥CD，所以原四边形ABCD为平行四边形．因为O′C′＝，所以原四边形中OC＝2，可得AD＝BC＝＝3.综上，四边形ABCD的周长为AB＋CD＋AD＋BC＝10.
6. D　如图，过点C′作x′轴的平行线，交y′轴于点D′，过点D′作D′E⊥x′轴，垂足为E，则D′E＝B′C′＝2，O′D′＝D′E＝2.由斜二测画法规则知点D′在原图中对应的点D在y轴上，且OD＝2O′D′＝4，即△ABC的边AB上的高为4.
7. AC　在直观图中，A′D′∥y′轴，根据斜二测画法规则，在△ABC中有AD⊥BC. 又AD为边BC上的中线，所以△ABC为等腰三角形，则AB＝AC，且AB＝AC>AD，但BC与AD的长度不确定．故选AC.
8. ACD　在等腰梯形A′B′C′D′中，∠D′A′B′＝45°，A′B′＝2C′D′＝4，所以A′D′＝.由斜二测画法可知，在原图直角梯形ABCD中，AB＝2CD＝4，AD＝2，∠BAD＝，易得BC＝2，所以四边形ABCD的周长为6＋2＋2，面积为×(2＋4)×2＝6.故选ACD.
9. 　如图，B′C′＝BC＝1，所以点B′到x′轴的距离为1×sin 45°＝.
10. 12　由题意，得∠BAD＝45°，原四边形为一个直角梯形，且上、下底的边长分别和BC，AD相等，高为AB的2倍，即为四边形ABCD的高的2倍，面积是四边形ABCD面积的2倍，故原平面图形的面积为6×2＝12(cm2).
11. 　如图1，过点A分别作x轴与y轴的垂线，交x轴与y轴于点B，C，在Rt△ABO中，OA＝，tan ∠AOB＝tan α＝＝2，所以AB＝2OB.又OB2＋AB2＝OA2，所以OB＝1，AB＝2，故OC＝AB＝2.如图2，过点A′分别作y′轴与x′轴的平行线，交x′轴与y′轴于B′，C′两点，则四边形O′B′A′C′为平行四边形，所以O′C′＝A′B′，由平面直观图的性质知，O′B′＝OB＝1，O′C′＝OC＝1，所以A′B′＝1.又因为∠x′O′y′＝45°，所以∠O′B′A′＝135°，在△O′B′A′中，由余弦定理，得O′A′2＝O′B′2＋A′B′2－2O′B′·A′B′cos ∠O′B′A′＝1＋1－2cos 135°＝2＋，所以O′A′＝.
图1 图2
12. (1) 如图，建立平面直角坐标系xOy，在x轴上截取OD＝O′D1＝1，OC＝O′C1＝2.
在过点D的y轴的平行线上截取DA＝2D1A1＝2.在过点A的x轴的平行线上截取AB＝A1B1＝2.连接BC，即得到原四边形．
(2) 由(1)可知，原四边形ABCD是直角梯形，且AB＝2，CD＝3，AD＝2，
所以面积为S＝×2＝5.
易得直观图中梯形的高为，
所以直观图的面积为S′＝×(2＋3)×＝.
13. ①画轴．画出x轴，y轴，z轴，三轴相交于点O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.
②画底面．以O为中点，在x轴上截取MN＝3 cm，在y轴上截取PQ＝ cm，分别过点M，N作y轴的平行线，过点P，Q作x轴的平行线，设它们的交点分别为A，B，C，D，则四边形ABCD就是该棱柱的底面．
③画侧棱．过点A，B，C，D分别作z轴的平行线，并在这些平行线上分别截取4 cm长的线段AA′，BB′，CC′，DD′，如图1所示．
④成图. 连接A′B′，B′C′，C′D′，D′A′，并加以整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就得到该棱柱的直观图，如图2所示．
图1 图2