《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

8. [2024·杭州六校联考]已知梯形$ABCD$为直角梯形，由斜二测画法知它的直观图如图所示，其中$A'D' = 2$，$B'C' = 4$，$A'B' = 1$，则直角梯形$ABCD$中$DC$的长为(B)


A.$\sqrt{5}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{5}$
D.$\sqrt{3}$

答案： 8.B 【解析】因为在直观图中，原来的高变成了$45^{\circ}$方向的线段，且长度为原高的一半，所以原高$AB=2A^{\prime}B^{\prime}=2$，而横向长度不变，且梯形$ABCD$为直角梯形，画出原图形如图所示，过$D$作$DE\perp BC$，交$BC$于$E$，则$DC=\sqrt{DE^{2}+EC^{2}}=\sqrt{2^{2}+(4 - 2)^{2}}=2\sqrt{2}$.故选B.

9. [2024·长沙一中月考]水平放置的$\triangle ABC$的直观图$\triangle A'B'C'$如图所示，已知$B'C' = 4$，$A'C' = 3$，$B'C' // y'$轴，则$\triangle ABC$中$AB$边上的中线的长为(A)

A.$\frac{\sqrt{73}}{2}$
B.$\sqrt{73}$
C.$5$
D.$\frac{5}{2}$

答案： 9.A 【解析】由斜二测画法规则知$AC\perp BC$，即$\triangle ABC$为直角三角形，其中$AC=3$，$BC=2B^{\prime}C^{\prime}=8$，所以$AB=\sqrt{BC^{2}+AC^{2}}=\sqrt{73}$，所以$AB$边上的中线的长为$\frac{\sqrt{73}}{2}$.故选A.

10. [2024·杭州一中期末](多选)如图，$\triangle A'B'C'$是水平放置的$\triangle ABC$的直观图，$A'B' = 2$，$A'C' = B'C' = \sqrt{5}$，则在$\triangle ABC$中(BD)

A.$AC = BC$
B.$AB = 2$
C.$AC = 2\sqrt{5}$
D.$S_{\triangle ABC} = 4\sqrt{2}$

答案：
10.BD 【解析】如图1，在直观图$\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$中，过$C^{\prime}$作$C^{\prime}D^{\prime}\perp A^{\prime}B^{\prime}$于点$D^{\prime}$.

因为$A^{\prime}B^{\prime}=2$，$A^{\prime}C^{\prime}=B^{\prime}C^{\prime}=\sqrt{5}$，所以$A^{\prime}D^{\prime}=1$，$C^{\prime}D^{\prime}=\sqrt{A^{\prime}C^{\prime 2}-A^{\prime}D^{\prime 2}}=2$，又$\angle C^{\prime}O^{\prime}D^{\prime}=45^{\circ}$，所以$O^{\prime}D^{\prime}=2$，$O^{\prime}A^{\prime}=1$，$O^{\prime}C^{\prime}=2\sqrt{2}$.将直观图$\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$还原为原平面图形$\triangle ABC$，如图2.易知$OC=4\sqrt{2}$，$OA=1$，$AB=2$，故B正确.又$AC=\sqrt{OA^{2}+OC^{2}}=\sqrt{33}$，$BC=\sqrt{OB^{2}+OC^{2}}=\sqrt{41}$，故A，C错误.$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· OC=\frac{1}{2}×2×4\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，故D正确.故选BD.

11. [2024·贵州一中月考]利用斜二测画法画出$\triangle ABO$的直观图$\triangle A'B'O'$如图所示，已知$O'B' = 2$，$A'B' // y'$轴，过点$A'$作$A'C' \perp x'$轴于点$C'$，若$\triangle ABO$的面积为$4$，则$A'C'$的长为(D)

A.$8\sqrt{2}$
B.$4\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{2}$

答案： 11.D 【解析】因为$S_{\triangle A^{\prime}B^{\prime}O}=4$，所以其直观图的面积$S_{\triangle A^{\prime}B^{\prime}O}=\frac{\sqrt{2}}{4}×4=\sqrt{2}$.又$S_{\triangle A^{\prime}B^{\prime}O}=\frac{1}{2}· O^{\prime}B^{\prime}· A^{\prime}C^{\prime}$，所以$A^{\prime}C^{\prime}=\frac{2S_{\triangle A^{\prime}B^{\prime}O}}{O^{\prime}B^{\prime}}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$.故选D.

12. [2024·合肥二中月考]如图所示，$\triangle A'O'B'$为水平放置的$\triangle AOB$的直观图，$B'$在$x'$轴上，$A'O'$与$x'$轴垂直，且$A'O' = 2$，则$\triangle AOB$的边$OB$上的高为(D)

A.$\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$3\sqrt{2}$
D.$4\sqrt{2}$

答案： 12.D 【解析】设$\triangle AOB$的边$OB$上的高为$h$，因为$S_{原图形}=2\sqrt{2}S_{直观图}$，所以$\frac{1}{2}× OB× h=2\sqrt{2}×\frac{1}{2}× OB^{\prime}×2$，又$OB=O^{\prime}B^{\prime}$，所以$h=4\sqrt{2}$.故选D.

13. [2024·兰州一中期末](多选)如图所示，$\triangle A'B'C'$是水平放置的$\triangle ABC$的斜二测直观图，其中$O'C' = O'A' = 2O'B' = 2$，则以下说法正确的有(CD)

A.$\triangle ABC$是钝角三角形
B.$\triangle ABC$的面积是$\triangle A'B'C'$的面积的$2$倍
C.$\triangle ABC$是等腰直角三角形
D.$\triangle ABC$的周长是$4 + 4\sqrt{2}$

答案： 13.CD 【解析】根据斜二测画法可知，在原图形中，$O$为$CA$的中点，$AC\perp OB$，因为$O^{\prime}C^{\prime}=O^{\prime}A^{\prime}=2O^{\prime}B^{\prime}=2$，所以$CO=AO=2$，$AC=4$，$OB=2$，则$\triangle ABC$是斜边为$4$的等腰直角三角形，所以$\triangle ABC$的周长是$4 + 4\sqrt{2}$，面积是$4$，故A错误，C，D正确.由斜二测画法可知，$\triangle ABC$的面积是$\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$的面积的$2\sqrt{2}$倍，故B错误.故选CD.

14. [2024·济南五校联考]有一多边形的菜地，它水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图，$\angle A'B'C' = 45^{\circ}$，$A'B' = \sqrt{2}$，$A'D' = 1$，$D'C' \perp B'C'$，则这块菜地的面积为$3\sqrt{2}$。

答案： 14.$3\sqrt{2}$ 【解析】在直角梯形中，由$\angle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}=45^{\circ}$，$A^{\prime}B^{\prime}=\sqrt{2}$，$A^{\prime}D^{\prime}=1$，$D^{\prime}C^{\prime}\perp B^{\prime}C^{\prime}$，可得$B^{\prime}C^{\prime}=2$，$D^{\prime}C^{\prime}=1$.故该梯形的面积为$\frac{(1 + 2)×1}{2}=\frac{3}{2}$，根据$S_{原图形}=2\sqrt{2}S_{直观图}$，可知这块菜地的面积为$\frac{3}{2}×2\sqrt{2}=3\sqrt{2}$.

15. [2024·扬州中学月考]某简单组合体由上下两部分组成，下部是一个长方体，上部是一个四棱锥(其顶点与底面中心的连线垂直于底面)，且长方体上底面与四棱锥底面重合，画出这个组合体的直观图。

答案：
15.
(1)作出长方体的直观图$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，如图1.
(2)以上底面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的对角线交点为原点，画$x^{\prime}$轴、$y^{\prime}$轴、$z^{\prime}$轴，在$z^{\prime}$上取点$V^{\prime}$，使得$V^{\prime}O$的长度为棱锥的高，连接$V^{\prime}A_{1}$，$V^{\prime}B_{1}$，$V^{\prime}C_{1}$，$V^{\prime}D_{1}$，得到四棱锥的直观图，如图2.
(3)擦去辅助线和坐标轴，遮住部分用虚线表示，得到几何体的直观图，如图3.