1．下列关于直观图的斜二测画法的说法，正确的是（ ）（多选）
A．原图形中平行于 $ x $ 轴的线段，其对应线段平行于 $ x\mathrm{\text{'}} $ 轴，长度不变
B．原图形中平行于 $ y $ 轴的线段，其对应线段平行于 $ y\mathrm{\text{'}} $ 轴，长度变为原来的 $ \dfrac{1}{2} $
C．画与直角坐标系 $ xOy $ 对应的 $ x\mathrm{\text{'}}O\mathrm{\text{'}}y\mathrm{\text{'}} $ 时， $ \mathrm{\angle }x\mathrm{\text{'}}O\mathrm{\text{'}}y\mathrm{\text{'}} $ 必须是 $ {45}^{\circ } $
D．在画直观图时，由于选的轴不同，所得直观图可能不同
由直观图的斜二测画法的规则，可知 $ \mathrm{A} $ ， $ \mathrm{B} $ ， $ \mathrm{D} $ 正确， $ \mathrm{C} $ 中 $ \mathrm{\angle }x\mathrm{\text{'}}O\mathrm{\text{'}}y\mathrm{\text{'}} $ 可以是 $ {45}^{\circ } $ 或 $ {135}^{\circ } $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .
2．（多选）下列说法错误的有（ ）（多选）
A．平行四边形的直观图还是平行四边形
B．菱形的直观图还是菱形
C．梯形的直观图可能不是梯形
D．正三角形的直观图可能是等腰三角形
由斜二测画法的步骤可知原图中的平行关系在直观图中仍然平行,原图中平行线段长度的比例关系在直观图中保持不变.
$ \mathrm{A} $ ：平行四边形的直观图为平行四边形, $ \mathrm{A} $ 正确；
$ \mathrm{B} $ ：菱形的直观图应该是平行四边形, $ \mathrm{B} $ 错误；
$ \mathrm{C} $ ：梯形的直观图仍然是梯形, $ \mathrm{C} $ 错误；
$ \mathrm{D} $ ：正三角形的直观图中高为原来的一半且与底边成 $ {45}^{\circ } $ 角,三边长度不相等,不是等腰三角形, $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .
3．水平放置的 $ △ABC $ 的直观图如图，其中 $ B^\prime O^\prime =C^\prime O^\prime =1 $ ， $ A^\prime O^\prime =\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ，那么 $ △ABC $ 是一个（ ）
A．等边三角形
B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形
D．三边互不相等的三角形
由题图可知,在 $ △ABC $ 中, $ AO\perp BC.\because A^\prime O^\prime =\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ , $ \therefore AO=\sqrt{3} $ . $ \because B^\prime O^\prime =C^\prime O^\prime =1 $ , $ \therefore BC=2 $ , $ \therefore AB=AC=2 $ , $ \therefore △ABC $ 为等边三角形.故选 $ \mathrm{A} $ .
4．下列直观图是将正方体模型放置在你的水平视线的左下角绘制而成的是（ ）
A．
B．
C．
D．
由题意知应看到正方体的上面、前面和右面,由几何体直观图的画法及直观图中虚线的使用,可知 $ \mathrm{A} $ 正确.故选 $ \mathrm{A} $ .
5．某几何体的三视图如图所示：
（1） 判断该几何体是什么几何体？
（2） 画出该几何体的直观图.
（1） 【解】根据三视图,可知该几何体是一个正方体切掉两个四分之一圆柱后的几何体.
（2） 画出该几何体的直观图如图所示.
6．如图， $ △ABC $ 用斜二测画法得到的水平放置的直观图为 $ △A^\prime B^\prime C^\prime $ ，已知 $ △A^\prime B^\prime C^\prime $ 是周长为6的正三角形，则 $ △ABC $ 的面积是（ ）
A． $ 2\sqrt{2} $
B．4
C． $ 2\sqrt{3} $
D． $ 2\sqrt{6} $
在 $ △O^\prime A^\prime B^\prime $ 中,由正弦定理可得 $ \dfrac{O^\prime A^\prime }{ \sin {60}^{\circ }}=\dfrac{A^\prime B^\prime }{ \sin {45}^{\circ }} $ ,又因为 $ △A^\prime B^\prime C^\prime $ 是周长为6的正三角形,所以 $ A^\prime B^\prime =2 $ ,所以 $ O^\prime A^\prime =\dfrac{A^\prime B^\prime \sin {60}^{\circ }}{ \sin {45}^{\circ }}=\dfrac{2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{6} $ ,所以 $ △ABC $ 的面积 $ S=\dfrac{1}{2}BC\cdot OA=\dfrac{1}{2}B^\prime C^\prime \cdot 2O\prime A^\prime =\dfrac{1}{2}×2×2\sqrt{6}=2\sqrt{6} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .
7．用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形 $ OABC $ 的直观图为如图所示的直角梯形 $ O^\prime A^\prime B^\prime C^\prime $ ，其中梯形的上底长是下底长的 $ \dfrac{1}{2} $ .若原平面图形 $ OABC $ 的面积为 $ 3\sqrt{2} $ ，则 $ O^\prime A^\prime $ 的长为（ ）
A． $ \dfrac{\sqrt{2}}{2} $
B． $ \sqrt{2} $
C．1
D． $ \dfrac{1}{2} $
画出原平面图形 $ OABC $ ,如图所示,其中 $ OA=O^\prime A^\prime $ , $ B^\prime C^\prime =BC $ ,故 $ BC=\dfrac{1}{2}OA $ , $ OB=2O\prime B^\prime =2\sqrt{2}O^\prime A^\prime =2\sqrt{2}OA $ .
设 $ BC=x $ ,则 $ OA=2x $ , $ OB=4\sqrt{2}x $ ,
则四边形 $ OABC $ 的面积为 $ \dfrac{1}{2}(BC+OA)\cdot OB=6\sqrt{2}{x}^{2} $ ,故 $ 6\sqrt{2}{x}^{2}=3\sqrt{2} $ ,解得 $ x=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ （负值舍去）,故 $ O^\prime A^\prime =2x=\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .
1．如图所示， $ \mathrm{R}\mathrm{t}△A^\prime O^\prime B^\prime $ 为 $ △AOB $ 的直观图，且 $ △A^\prime O^\prime B^\prime $ 的面积为1，则 $ △AOB $ 中最长的边长为（ ）
A． $ 2\sqrt{2} $
B． $ 2\sqrt{3} $
C．1
D．2
设 $ O^\prime A^\prime =x $ ,由题意可得 $ \dfrac{1}{2}{x}^{2}=1 $ ,则 $ x=\sqrt{2} $ ,所以 $ O^\prime B^\prime =\sqrt{2+2}=2 $ .所以在 $ △AOB $ 中, $ OA=2O\prime A^\prime =2\sqrt{2} $ , $ OB=O^\prime B^\prime =2 $ ,由 $ OA\perp OB $ ,可得 $ AB=\sqrt{8+4}=2\sqrt{3} $ ,即 $ △AOB $ 中最长的边长为 $ 2\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .
2．如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ ，其中 $ A^\prime D^\prime =2A\prime B^\prime =2 $ ，则原平面图形的周长为（ ）
A． $ 3\sqrt{2} $
B．8
C． $ 2+2\sqrt{6} $
D．14
由直观图还原成原平面图形,如图所示.
因为四边形 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ 为矩形,所以 $ A^\prime D^\prime \perp O^\prime A^\prime $ ,又 $ \mathrm{\angle }A^\prime O^\prime D^\prime ={45}^{\circ } $ ,故 $ △A^\prime O^\prime D^\prime $ 为等腰直角三角形,故 $ O^\prime A^\prime =A^\prime D^\prime =2 $ , $ O^\prime D^\prime =\sqrt{2}A^\prime D^\prime =2\sqrt{2} $ .
在原图形中, $ OA=O^\prime A^\prime =2 $ , $ OD=2O\prime D^\prime =4\sqrt{2} $ , $ AD=\sqrt{O{A}^{2}+O{D}^{2}}=\sqrt{{2}^{2}+(4\sqrt{2})^{2}}=6 $ ,
又因为 $ A^\prime B^\prime //C^\prime D^\prime $ , $ A^\prime B^\prime =C^\prime D^\prime $ ,所以在原图形中, $ AB//CD $ , $ AB=CD $ ,
故四边形 $ ABCD $ 为平行四边形,所以 $ BC=AD=6 $ , $ CD=AB=A^\prime B^\prime =1 $ ,
故原平面图形的周长为 $ AB+BC+CD+AD=1+6+1+6=14 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .
3．如图,在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，线段 $ AB $ 长度为2，且 $ \mathrm{\angle }ABO={60}^{\circ } $ ，按斜二测画法在水平放置的平面上画出线段 $ AB $ 为 $ A^\prime B^\prime $ ，则 $ A^\prime B{\prime }^{2}= $ （ ）
A．4
B． $ \dfrac{7-2\sqrt{6}}{4} $
C． $ \dfrac{7+2\sqrt{6}}{4} $
D． $ 4+\sqrt{6} $
因为 $ AB=2 $ , $ \mathrm{\angle }ABO={60}^{\circ } $ ,所以 $ OB=AB \cos \mathrm{\angle }ABO=2 \cos {60}^{\circ }=1 $ , $ OA=AB \sin \mathrm{\angle }ABO=2 \sin {60}^{\circ }=\sqrt{3} $ .
由斜二测画法得 $ O^\prime B^\prime =OB=1 $ , $ O^\prime A^\prime =\dfrac{1}{2}OA=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,因为 $ \mathrm{\angle }A^\prime O^\prime B^\prime ={135}^{\circ } $ ,所以在 $ △A^\prime O^\prime B^\prime $ 中,由余弦定理可得 $ A^\prime B{\prime }^{2}=O^\prime B{\prime }^{2}+O^\prime A{\prime }^{2}-2O\prime B^\prime \cdot O^\prime A^\prime \cdot \cos \mathrm{\angle }A^\prime O^\prime B^\prime =1+\dfrac{3}{4}-2×1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}×(-\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{7+2\sqrt{6}}{4} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .
4．用斜二测画法画出 $ △ABC $ 的直观图 $ {\rm △A'B'C'} $ 如图所示，在 $ △A^\prime B^\prime C^\prime $ 中，内角 $ A^\prime $ ， $ B^\prime $ ， $ C^\prime $ 的对边分别为 $ a^\prime $ ， $ b^\prime $ ， $ c^\prime $ ，且满足 $ a{\prime }^{2}-c{\prime }^{2}=b^\prime c^\prime +b{\prime }^{2} $ ， $ b^\prime =1 $ ，则 $ △ABC $ 中 $ AB $ 边上的高为（ ）
A． $ \sqrt{2} $
B． $ \sqrt{3} $
C． $ \sqrt{6} $
D． $ 2\sqrt{6}-2\sqrt{2} $
已知在 $ △A^\prime B^\prime C^\prime $ 中, $ a{\prime }^{2}-c{\prime }^{2}=b^\prime c^\prime +b{\prime }^{2} $ ,移项可得 $ a{\prime }^{2}=b{\prime }^{2}+c{\prime }^{2}+b^\prime c^\prime $ .
根据余弦定理可知 $ \cos A^\prime =\dfrac{b{\prime }^{2}+c{\prime }^{2}-a{\prime }^{2}}{2b\prime c^\prime } $ ,将 $ a{\prime }^{2}=b{\prime }^{2}+c{\prime }^{2}+b^\prime c^\prime $ 代入，可得
$ \cos A^\prime =\dfrac{b{\prime }^{2}+c{\prime }^{2}-(b{\prime }^{2}+c{\prime }^{2}+b^\prime c^\prime )}{2b\prime c^\prime }=\dfrac{-b^\prime c^\prime }{2b\prime c^\prime }=-\dfrac{1}{2} $ .
因为 $ {0}^{\circ } < A^\prime < {180}^{\circ } $ ,所以 $ A^\prime ={120}^{\circ } $ .
已知 $ b^\prime =1 $ ,即 $ A^\prime C^\prime =1 $ ,那么 $ △A^\prime B^\prime C^\prime $ 中 $ A^\prime B^\prime $ 边上的高 $ h^\prime =A^\prime C^\prime \sin {60}^{\circ }=1×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .
根据斜二测画法的性质,在斜二测画法中,平行于 $ y $ 轴的线段长度变为原来的一半,
那么在 $ △ABC $ 中， $ AB $ 边上的高 $ h=OC=2O\prime C^\prime =2\sqrt{2}h^\prime . $
将 $ h^\prime =\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ 代入可得 $ h=2\sqrt{2}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{6} $ .所以 $ △ABC $ 中 $ AB $ 边上的高为 $ \sqrt{6} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .
5．（多选）如图，四边形 $ ABCD $ 的斜二测画法的直观图为直角梯形 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ ，其中 $ \mathrm{\angle }x^\prime O^\prime y^\prime =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ， $ \mathrm{\angle }B^\prime C^\prime D^\prime =\mathrm{\angle }A^\prime B^\prime C^\prime =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ A^\prime D^\prime =\sqrt{2} $ ， $ B^\prime D^\prime =\sqrt{5} $ ，则下列说法正确的是（ ）
（多选）
A． $ A^\prime B^\prime =2 $
B． $ CD=2 $
C．四边形 $ ABCD $ 的面积为 $ 5\sqrt{2} $
D． $ \sin \mathrm{\angle }BCD=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} $
由余弦定理,可得 $ B^\prime D{\prime }^{2}=A^\prime D{\prime }^{2}+A^\prime B{\prime }^{2}-2A\prime D^\prime \cdot A^\prime B^\prime \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,
即 $ A^\prime B{\prime }^{2}-2A\prime B^\prime -3=0 $ ,解得 $ A^\prime B^\prime =3 $ 或 $ A^\prime B^\prime =-1 $ （舍去）,故 $ \mathrm{A} $ 错误；
在直角梯形中, $ C^\prime D^\prime =A^\prime B^\prime -A^\prime D^\prime × \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=3-1=2 $ , $ B^\prime C^\prime =A^\prime D^\prime \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\sqrt{2}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=1 $ ,由斜二测画法知, $ CD=C^\prime D^\prime =2 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；
因为直角梯形 $ A^\prime B^\prime C^\prime D^\prime $ 的面积为 $ \dfrac{(2+3)×1}{2}=\dfrac{5}{2} $ ,所以四边形 $ ABCD $ 的面积为 $ \dfrac{\dfrac{5}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{4}}=5\sqrt{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；
由斜二测画法可知,四边形 $ ABCD $ 为直角梯形,其中 $ \mathrm{\angle }CDA=\mathrm{\angle }DAB=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ AB=3 $ , $ CD=2 $ , $ AD=2A\prime D^\prime =2\sqrt{2} $ ,
所以 $ BC=\sqrt{A{D}^{2}+(AB-CD)^{2}}=\sqrt{8+1}=3 $ ,
所以 $ \sin \mathrm{\angle }BCD= \sin \mathrm{\angle }ABC=\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .
6．如图，梯形 $ O^\prime A^\prime B^\prime C^\prime $ 是水平放置的四边形 $ OABC $ 的斜二测画法的直观图，已知 $ O^\prime A^\prime //B^\prime C^\prime $ ， $ O^\prime A^\prime =2 $ ， $ O^\prime B^\prime =B^\prime C^\prime =3 $ .
（1） 在下面给定的网格中画出四边形 $ OABC $ （不需写作图过程）；
（2） 若四边形 $ OABC $ 以 $ OA $ 所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出该几何体的结构特征.
（1） 【解】因为 $ O^\prime A^\prime $ 在 $ x^\prime $ 轴上,所以 $ OA $ 在 $ x $ 轴上,且 $ OA=O^\prime A^\prime =2 $ .又 $ B^\prime C^\prime $ 与 $ x^\prime $ 轴平行,则 $ BC $ 与 $ x $ 轴平行,且 $ BC=B^\prime C^\prime =3 $ .
因为 $ O^\prime B^\prime $ 在 $ y^\prime $ 轴上,所以 $ OB $ 在 $ y $ 轴上,且 $ OB=2O\prime B^\prime =6 $ .
连接 $ AB $ , $ OC $ ,即可得四边形 $ OABC $ .
（2） 如图所示,所得几何体的上半部分为圆锥,下半部分为圆柱截去一个同底等高的圆锥.
