8.2 立体图形的直观图-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第八章　立体几何初步 8.2　立体图形的直观图 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　平面图形的直观图的画法 1.关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是(　　) A.直角三角形的直观图仍是直角三角形 B.梯形的直观图是平行四边形 C.正方形的直观图是菱形 D.平行四边形的直观图仍是平行四边形 解析：由斜二测画法规则可知，平行于y轴的线段长度减半，直角坐标系变成斜坐标系，而平行性没有改变，故只有D正确.故选D. 1 2 3 4 5 6 知识对点练 4 2.某水平放置的△OAB用斜二测画法得到如图所示的直观图△O′A′B′，若O′B′＝A′B′，则下列关于△OAB的结论正确的是(　　) A.∠OBA＝90° B.OB＝BA C.OB＝OA D.OB>OA 1 2 3 4 5 6 知识对点练 5 3.用斜二测画法画出如图所示的水平放置的四边形OBCD的直观图. 1 2 3 4 5 6 知识对点练 6 知识点二　空间几何体的直观图的画法 4.有一个正六棱锥(底面为正六边形，侧面为全等的等腰三角形的棱锥)，底面边长为3 cm，高为5 cm，用斜二测画法画出这个正六棱锥的直观图. 解：(1)先画出边长为3 cm的正六边形水平放置的直观图，如图①所示. (2)过正六边形的中心O′建立z′轴，画出正六棱锥的顶点V′，如图②所示. (3)连接V′A′，V′B′，V′C′，V′D′，V′E′，V′F′，如图③ 所示. (4)擦去辅助线，遮挡部分用虚线表示，即得到正六棱锥 的直观图，如图④所示. 1 2 3 4 5 6 知识对点练 7 1 2 3 4 5 6 知识对点练 8 1 2 3 4 5 6 知识对点练 9 1 2 3 4 5 6 知识对点练 10 40分钟综合练 一、单项选择题 1.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，对其中的线段说法错误的是(　　) A.原来相交的仍相交 B.原来垂直的仍垂直 C.原来平行的仍平行 D.原来共点的仍共点 解析：根据斜二测画法，原来垂直的未必垂直.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 12 2.如果一个三角形的平行投影仍是一个三角形，则下列结论正确的是(　　) A.内心的平行投影还是内心 B.重心的平行投影还是重心 C.垂心的平行投影还是垂心 D.外心的平行投影还是外心 解析：三角形的重心是三条中线的交点，三角形平行投影后各边的中点位置不会变，故其中线的交点，即重心仍是三角形的重心.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 13 3.(2024·四川遂宁期中)如图，已知等腰三角形ABC，则如图所示①②③④的四个图中，可能是△ABC的直观图的有(　　) A.1个 　　　　　　B.2个　　　　　　　C.3个 　　　　　　 D.4个 解析：等腰三角形画成直观图后，原来的腰长不 相等，①②不正确，③为∠x′O′y′＝135°的直观图，④ 为∠x′O′y′＝45°的直观图.故可能是△ABC的直观图的 是③④.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 16 二、多项选择题 6.如图所示，用斜二测画法作水平放置的△ABC的直观图，得△A1B1C1，其中A1B1＝B1C1，A1D1是B1C1边上的中线，则由图形可知，下列结论中正确的是(　　) A.AB＝2BC B.AD⊥BC C.AC>AD>AB>BC D.AC>AD>AB＝BC 解析：由直观图画出△ABC如图所示.其中AB＝2BC，∠ABC＝90°，所以AC>AD>AB>BC.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 18 三、填空题 8.(2024·山东省肥城市期中)水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝6，B′C′＝4，则边AB上的中线的实际长度为________. 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 19 9.如图所示为一个水平放置的矩形ABCO，在平面直角坐标系Oxy中，点B的坐标为(4，2)，则用斜二测画法画出的该矩形的直观图A′B′C′O′中，点B′到x′轴的距离为________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 21 四、解答题 11.如图，△O′B′C′是水平放置的△OBC的斜二测画法直观图，其中O′B′＝B′C′＝4，∠O′B′C′＝45°. (1)试画出△OBC； (2)求△OBC与△O′B′C′的面积比. 解：(1)如图，过C′作y′轴的平行线交x′轴于D′， 则C′D′＝C′B′＝4. 画平面直角坐标系Oxy，在x轴上取OB＝O′B′＝4， 取OD＝O′D′，过D作y轴的平行线， 并截取DC＝2C′D′＝8，连接OC，BC，得△OBC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 23 12.一个几何体，它的下面是一个圆柱，上面是一个圆锥，并且圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面直径为3 cm，高(两底面圆心连线的长度)为4 cm，圆锥的高(顶点与底面圆心连线的长度)为3 cm，画出此几何体的直观图. 解：(1)画轴.如图1所示，画x轴、z轴，使∠xOz＝90°. (2)画圆柱的下底面.在x轴上取A，B两点，使AB＝3 cm，且OA＝OB，选择椭圆模板中适当的椭圆且过A，B两点，使它为圆柱的下底面. (3)在Oz上截取OO′＝4 cm，过点O′作平行于轴Ox的 轴O′x′，类似圆柱下底面的画法画出圆柱的上底面. (4)画圆锥的顶点.在Oz上取点P，使PO′＝3 cm. (5)成图.连接A′A，B′B，PA′，PB′，整理(去掉辅助线， 将被遮挡部分改成虚线)得到此几何体的直观图，示意图如图2所示. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 29 15.如图，已知点A(－1，1)，B(1，3)，C(3，1)，用斜二测 画法画出该水平放置的四边形ABCO的直观图，并求出该直观图 的面积. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 32 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：∵O′B′＝A′B′，可得△O′A′B′为等腰直角三角形，不妨设O′B′＝A′B′＝a，可得O′A′＝eq \r(2)a，根据斜二测画法的规则，可得△OAB的平面图形为直角三角形，其中∠BOA＝90°，且OB＝2a，OA＝eq \r(2)a，∴AB＝eq \r(6)a，结合选项，可得OB>OA.故选D. 解：(1)过点C作CE⊥x轴，垂足为E，如图①所示. (2)画出相应的x′轴、y′轴，使∠x′O′y′＝45°，如图②所示，在x′轴上 取点B′，E′，使得O′B′＝OB，O′E′＝OE；在y′轴上取点D′，使得 O′D′＝eq \f(1,2)OD；过点E′作E′C′∥y′轴，使E′C′＝eq \f(1,2)EC. (3)连接B′C′，C′D′，并擦去x′轴、y′轴及其他一些辅助线，如图③所示，四边形O′B′C′D′就是所求的直观图. 知识点三　有关计算问题 5.已知正三角形ABC的边长为4，那么水平放置的△ABC的斜二测画法直观图△A′B′C′的面积为(　　) A.4eq \r(3) 　　　　　B.2eq \r(3)　　　　　　C.4eq \r(6) 　　　　　　D.eq \r(6) 解析：解法一：根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系，再根据斜二测画法画出其直观图，如图②所示.易知A′B′＝AB＝4，O′C′＝eq \f(1,2)OC＝eq \r(3)，作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝eq \f(\r(2),2)O′C′＝eq \f(\r(6),2)，所以S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·C′D′＝eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(6),2)＝eq \r(6).故选D. 解法二：通过斜二测画法画出的三角形的直观图的面积与原三角形的面积之比为eq \f(\r(2),4)∶1，因为S△ABC＝eq \f(\r(3),4)×42＝4eq \r(3)，所以S△A′B′C′＝eq \f(\r(2),4)S△ABC＝eq \r(6).故选D. 6.如图，梯形A1B1C1D1是平面图形ABCD的斜二测画 法直观图，若A1D1∥y′轴，A1B1∥C1D1，A1B1＝eq \f(2,3)C1D1＝2， A1D1＝1，则梯形ABCD的面积是(　　) A.10 B.5 C.5eq \r(2) D.10eq \r(2) 解析：斜二测画法下的梯形的面积S＝eq \f(1,2)×(2＋3)×1×sin45°＝eq \f(5\r(2),4)，根据eq \f(S直观图,S原图)＝eq \f(\r(2),4)，得S梯形ABCD＝eq \f(5\r(2),4)×2eq \r(2)＝5.故选B. 4.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的斜二测画法直观图，则原图形的周长是(　　) A.8 cm B.6 cm C.2(1＋eq \r(3)) cm D.2(1＋eq \r(2)) cm 解析：根据直观图的画法，原几何图形如图所示，四边形OABC为平行四边形，OB＝2eq \r(2) cm，OA＝1 cm，AB＝3 cm，从而原图形的周长为8 cm.故选A. 5.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面四边形OABC的斜二测画法直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则四边形OABC的 面积是(　　) A.24eq \r(2) cm2 B.12eq \r(2) cm2 C.12 cm2 D.24 cm2 解析：∵四边形O′A′B′C′为矩形，∴S矩形O′A′B′C′＝O′A′·O′C′＝2×6＝12 cm2，∴S四边形OABC＝2eq \r(2)S矩形O′A′B′C＝2eq \r(2)×12＝24eq \r(2) cm2.故选A. 7.(2024·湖南长沙期末)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(　　) A.A′D′＝eq \r(2) B.BC＝2eq \r(2) C.四边形ABCD的周长为6＋4eq \r(2) D.四边形ABCD的面积为6eq \r(2) 解析：如图1，过D′作D′E⊥O′B′于点E，由四边形 A′B′C′D′是等腰梯形，得△A′D′E是等腰直角三角形，即 A′D′＝eq \r(2)A′E＝eq \f(1,2)×(4－2)×eq \r(2)＝eq \r(2)，故A正确；还原平面 图如图2，即AB＝4＝2CD，AD＝2eq \r(2)，过C作CF⊥AB于点F，由勾股定理得CB＝2eq \r(3)，故B错误；四边形ABCD的周长为4＋2＋2eq \r(2)＋2eq \r(3)＝6＋2eq \r(2)＋2eq \r(3)，故C错误；四边形ABCD的面积为eq \f(1,2)×(4＋2)×2eq \r(2)＝6eq \r(2)，故D正确.故选AD. 解析：由直观图得到△ABC如图所示，其中AC＝A′C′＝6，BC＝2B′C′＝8，∴AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝10，∴在Rt△ABC中，斜边AB上的中线为eq \f(1,2)AB＝5. 解析：直观图如图所示，则O′A′＝B′C′＝1，∠B′C′x′＝45°，故点B′到x′轴的距离为eq \f(\r(2),2). eq \f(\r(2),2) 10.在等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝eq \r(2)，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________. 解析：根据题意，平面直角坐标系如图①所示，再根据斜二测画法画出其直观图，如图②所示.作C′H′⊥A′B′于H′，则S梯形A′B′C′D′＝eq \f(1,2)(A′B′＋C′D′)·C′H′＝eq \f(1,2)(AB＋CD)×eq \f(1,2)OC×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)×(3＋1)×eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2). eq \f(\r(2),2) (2)S△OBC＝eq \f(1,2)OB·DC＝eq \f(1,2)×4×8＝16， S△O′B′C′＝eq \f(1,2)O′B′·B′C′sin45°＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(2),2)＝4eq \r(2)， 所以eq \f(S△OBC,S△O′B′C′)＝eq \f(16,4\r(2))＝2eq \r(2). 13.[多选]正三角形ABC的边长为2 cm，如图，△A′B′C′为其水平放置的直观图，则(　　) A.△A′B′C′为锐角三角形 B.△A′B′C′的面积为2eq \r(6) cm2 C.△A′B′C′的周长为(2＋eq \r(6)) cm D.△A′B′C′的面积为eq \f(\r(6),4) cm2 解析：如图，因为正三角形ABC的边长为2 cm，故OC＝eq \r(3) cm，所以A′B′＝2 cm，O′C′＝eq \f(\r(3),2) cm，在△A′O′C′中，O′A′＝1 cm，O′C′＝eq \f(\r(3),2) cm，∠A′O′C′＝135°，由余弦定理，得A′C′2＝O′A′2＋O′C′2－2O′A′·O′C′cos∠A′O′C′＝1＋eq \f(3,4)－2×1×eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq \f(7,4)＋eq \f(\r(6),2)，在△B′O′C′中，O′B′＝1 cm，O′C′＝eq \f(\r(3),2) cm，∠B′O′C′＝45°，由余弦定理，得B′C′2＝O′B′2＋O′C′2－2O′B′·O′C′cos∠B′O′C′＝ 1＋eq \f(3,4)－2×1×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(7,4)－eq \f(\r(6),2)，在△A′B′C′中，因为B′C′2＋A′C′2－A′B′2＝eq \f(7,4)－eq \f(\r(6),2)＋ eq \f(7,4)＋eq \f(\r(6),2)－4＝－eq \f(1,2)<0，由余弦定理，知cos∠A′C′B′＝eq \f(B′C′2＋A′C′2－A′B′2,2B′C′·A′C′)<0，故A错误；S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·O′C′sin45°＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),4)(cm2)，故B错误，D正确；△A′B′C′的周长为L＝A′B′＋B′C′＋C′A′＝2＋eq \r(\f(7,4)－\f(\r(6),2))＋eq \r(\f(7,4)＋\f(\r(6),2))＝2＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)－\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)＋\f(1,2)))\s\up12(2))＝2＋eq \r(6)(cm)，故C正确.故选CD. 14.(2024·安徽芜湖期中)一水平放置的平面图形ABCD，用斜二测画法画出了它的直观图A1B1C1D1，该直观图A1B1C1D1是一个等腰梯形，且A1B1＝B1C1＝C1D1＝eq \f(1,2)D1A1＝2，则原平面图形ABCD的边AB＝_____________. eq \r(28－2\r(3)) 解析：分别过B1，C1作B1E⊥O′D1于点E，C1F⊥O′D1于点F，因为A1B1＝B1C1＝C1D1＝eq \f(1,2)D1A1＝2，所以A1E＝FD1＝1，所以cos∠B1A1D1＝eq \f(A1E,A1B1)＝eq \f(1,2)，所以∠B1A1D1＝60°，所以B1E＝eq \r(3)，∠O′A1B1＝120°，因为∠B1O′A1＝45°，所以△B1O′E为等腰直角三角形，所以O′E＝B1E＝eq \r(3)，所以O′A1＝eq \r(3)－1，在△O′A1B1中，A1B1＝2，∠B1O′A1＝45°，∠O′A1B1＝120°，由正弦定理得eq \f(A1B1,sin∠A1O′B1)＝eq \f(O′B1,sin∠O′A1B1)，所以eq \f(2,sin45°)＝eq \f(O′B1,sin120°)，所以eq \f(\r(2),2)O′B1＝ 2×eq \f(\r(3),2)，得O′B1＝eq \r(6)，所以由斜二测画法可知OB＝ 2O′B1＝2eq \r(6)，OA＝O′A1＝eq \r(3)－1，∠AOB＝90°， 所以AB＝eq \r(OA2＋OB2)＝eq \r(（\r(3)－1）2＋（2\r(6)）2)＝eq \r(28－2\r(3)). 解：如图①所示，作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，CC1⊥x轴，垂足分别为A1，B1，C1. 在图②中，画相应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，使∠x′O′y′＝45°. 如图②所示，在x′轴上取点A1′，B1′，C1′，使O′A1′＝OA1，O′B1′＝OB1，O′C1′＝OC1，过点A1′，B1′，C1′分别作y′ 轴的平行线A1′A′，B1′B′，C1′C′，使 A1′A′＝eq \f(1,2)A1A，B1′B′＝eq \f(1,2)B1B，C1′C′＝eq \f(1,2)C1C， 连接O′A′，A′B′，B′C′，C′O′，并擦去辅助线， 便获得水平放置的四边形ABCO的直观图A′B′C′O′，如图③所示. 由斜二测画法可知，在图②中，A1′O′＝1，O′B1′＝1，O′C1′＝3，B1′C1′＝2，A′A1′＝eq \f(1,2)，B′B1′＝eq \f(3,2)，C′C1′＝eq \f(1,2)，A′A1′∥B′B1′∥C′C1′，∠A′A1′O′＝∠B′B1′C1′＝45°. ∴S四边形A′B′C′O′＝S四边形A′A′1B′1B′＋S四边形B′B′1C′1C′－S△A′A′1O′－S△O′C′1C′ ＝eq \f(（A′A′1＋B′B′1）·A′1B′1·sin45°,2)＋eq \f(（C′C′1＋B′B′1）·B′1C′1·sin45°,2)－ eq \f(A′A′1·A′1O′·sin45°,2)－eq \f(C′C′1·O′C′1·sin45°,2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3,2)))×2×\f(\r(2),2),2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3,2)))×2×\f(\r(2),2),2)－eq \f(\f(1,2)×1×\f(\r(2),2),2)－eq \f(\f(1,2)×3×\f(\r(2),2),2)＝eq \f(3\r(2),2). $$