《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [北京第二中学 2025 高一月考]如图所示， $ Rt \triangle A'O'B' $ 为 $ \triangle AOB $ 的直观图，且 $ \triangle A'O'B' $ 的面积为 $ 1 $，则 $ \triangle AOB $ 中最长的边长为 (B)

A.$ 2\sqrt{2} $
B.$ 2\sqrt{3} $
C.$ 1 $
D.$ 2 $

答案： 1.B[解析]设O'A'=x，由题意可得$\frac{1}{2}$x²=1，则x=$\sqrt{2}$，所以O'B'=$\sqrt{2 + 2}$=2。所以在△AOB中，OA=2O'A'=2$\sqrt{2}$，OB=O'B'=2，由OA⊥OB，可得AB=$\sqrt{8 + 4}$=2$\sqrt{3}$，即△AOB中最长的边长为2$\sqrt{3}$。故选B。

2. [山东师范大学附属中学 2025 高一阶段性检测]如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形 $ A'B'C'D' $，其中 $ A'D' = 2A'B' = 2 $，则原平面图形的周长为 (D)

A.$ 3\sqrt{2} $
B.$ 8 $
C.$ 2 + 2\sqrt{6} $
D.$ 14 $

答案：
2.D[解析]由直观图还原成原平面图形，如图所示

因为四边形A'B'C'D'为矩形，所以A'D'⊥O'A'，又∠A'0'D'=45°，故△A'O'D'为等腰直角三角形，故O'A'=A'D'=2，O'D'=$\sqrt{2}$A'D'=2$\sqrt{2}$。
在原图形中，OA=O'A'=2，OD=2O'D'=4$\sqrt{2}$，AD=$\sqrt{OA² + OD²}$=$\sqrt{2² + (4\sqrt{2})²}$=6，又因为A'B'//C'D'，A'B'=C'D'，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'B'=1，故原平面图形的周长为AB+BC+CD+AD=1+6+1+6=14。故选D。

3. [浙江杭州 2025 高一期中]如图，在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，线段 $ AB $ 长度为 $ 2 $，且 $ \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'B' $，则 $ A'B'^2 = $ (C)

A.$ 4 $
B.$ \frac{7 - 2\sqrt{6}}{4} $
C.$ \frac{7 + 2\sqrt{6}}{4} $
D.$ 4 + \sqrt{6} $

答案： 3.C[解析]因为AB=2，∠ABO=60°，所以OB=ABcos∠ABO=2cos60°=1，OA=ABsin∠ABO=2sin60°=$\sqrt{3}$。
由斜二测画法得O'B'=OB=1，O'A'=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，因为∠A'O'B'=135°，所以在△A'O'B'中，由余弦定理可得A'B'²=O'B'²+O'A'²−2O'B'·O'A'·cos∠A'O'B'=1+$\frac{3}{4}$−2×1×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×(−$\frac{\sqrt{2}}{2}$)=$\frac{7 + 2\sqrt{6}}{4}$。故选C。
特别注意　利用斜二测画法作直观图，主要注意两点：一是与x轴平行的线段仍然与x轴平行且长度相等；二是与y轴平行的线段仍然与y轴平行且长度减半。

4. [广东五校 2025 高一联考]用斜二测画法画出 $ \triangle ABC $ 的直观图 $ \triangle A'B'C' $ 如图所示，在 $ \triangle A'B'C' $ 中，内角 $ A' $， $ B' $， $ C' $ 的对边分别为 $ a' $， $ b' $， $ c' $，且满足 $ a'^2 - c'^2 = b'c' + b'^2 $， $ b' = 1 $，则 $ \triangle ABC $ 中 $ AB $ 边上的高为 (C)

A.$ \sqrt{2} $
B.$ \sqrt{3} $
C.$ \sqrt{6} $
D.$ 2\sqrt{6} - 2\sqrt{2} $

答案： 4.C　[解析]已知在△A'B'C'中，a'²−c'²=b'c'+b'²，移项可得a'²=b'²+c'²+b'c'。
根据余弦定理可知cosA'=$\frac{b'² + c'² - a'²}{2b'c'}$，将a'²=b'² + c'² + b'c'代入，可得cosA'=$\frac{b'² + c'² - (b'² + c'² + b'c')}{2b'c'}$=$\frac{-b'c'}{2b'c'}$=−$\frac{1}{2}$。
因为0°＜A'＜180°，所以A'=120°。
已知b'=1，即A'C'=1，那么△A'B'C'中A'B'边上的高h'=A'C'sin60°=1×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$。
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'C'=2$\sqrt{2}$h'。
将h'=$\frac{\sqrt{3}}{2}$代入可得h=2$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{6}$。所以△ABC中AB边上的高为$\sqrt{6}$。故选C。

5. (多选) [河南洛阳 2025 高一期中]如图，四边形 $ ABCD $ 的斜二测画法的直观图为直角梯形 $ A'B'C'D' $，其中 $ \angle x'O'y' = \frac{\pi}{4} $， $ \angle B'C'D' = \angle A'B'C' = \frac{\pi}{2} $， $ A'D' = \sqrt{2} $， $ B'D' = \sqrt{5} $，则下列说法正确的是 (BCD)

A.$ A'B' = 2 $
B.$ CD = 2 $
C.四边形 $ ABCD $ 的面积为 $ 5\sqrt{2} $
D.$ \sin \angle BCD = \frac{2\sqrt{2}}{3} $

答案： 5.BCD　[解析]由余弦定理，可得B'D'²=A'D'²+A'B'²−2A'D'·A'B'cos$\frac{\pi}{4}$，即A'B'²−2A'B'−3=0，解得A'B'=3或A'B'=−1(舍去)，故A错误；
在直角梯形中，C'D'=A'B'−A'D'cos$\frac{\pi}{4}$=3−1=2，B'C'=A'D'sin$\frac{\pi}{4}$=$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=1，由斜二测画法知，CD=C'D'=2，故B正确；
因为直角梯形A'B'C'D'的面积为$\frac{(2 + 3)×1}{2}$=$\frac{5}{2}$，所以四边形ABCD的面积为$\frac{5}{2} × \frac{2}{\sqrt{2}/4}=5\sqrt{2}$，故C正确；
由斜二测画法可知，四边形ABCD为直角梯形，其中∠CDA=∠DAB=$\frac{\pi}{2}$，AB=3，CD=2，AD=2A'D'=2$\sqrt{2}$，所以BC=$\sqrt{AD² + (AB - CD)²}$=$\sqrt{8 + 1}$=3，所以sin∠BCD=sin∠ABC=$\frac{AD}{BC}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，故D正确。故选BCD。

6. 如图，梯形 $ O'A'B'C' $ 是水平放置的四边形 $ OABC $ 的斜二测画法的直观图，已知 $ O'A' // B'C' $， $ O'A' = 2 $， $ O'B' = B'C' = 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.

答案：
6.[解]
(1)因为O'A'在x轴上，所以OA在x轴上，且OA=O'A'=2。又B'C'与x'轴平行，则BC与x轴平行，且BC=B'C'=3。因为O'B'在y'轴上，所以OB在y轴上，且OB=2O'B'=6。
连接AB，OC，即可得四边形OABC。
悟：作图的关键是确定顶点的位置，并顺次连接

(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。