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7.当棱长为20 cm的正方体的某个面平行于投影面时，这个正方体的正投影的面积为（
A.20 cm²
B.300 cm²
C.400 cm²
D.600 cm²
C
）。A.20 cm²
B.300 cm²
C.400 cm²
D.600 cm²
答案
7.C
解析
【分析】
解决本题首先要回忆正投影的性质：当平面图形平行于投影面时，它的正投影与原平面图形全等，形状、大小完全一致。本题中正方体的一个面平行于投影面，因此该正方体的正投影就是这个面的形状，即边长为20cm的正方形，最后计算正方形面积即可得到结果。
【解析】
根据正投影的性质可知：当几何体的某个面平行于投影面时，这个面的正投影与该面的形状、大小完全相同。
本题中正方体的面是边长为20cm的正方形，因此正投影为边长20cm的正方形，其面积为：
$S = 20×20 = 400\ \mathrm{cm^2}$
因此本题选C。
【答案】
C
【知识点】
正投影的性质；正方形面积计算
【点评】
本题考查正投影的基础应用，核心是理解平行于投影面的平面图形的正投影与原图全等的规律，掌握基础概念即可快速作答。
【难度系数】
0.9
解决本题首先要回忆正投影的性质：当平面图形平行于投影面时，它的正投影与原平面图形全等，形状、大小完全一致。本题中正方体的一个面平行于投影面，因此该正方体的正投影就是这个面的形状，即边长为20cm的正方形，最后计算正方形面积即可得到结果。
【解析】
根据正投影的性质可知：当几何体的某个面平行于投影面时，这个面的正投影与该面的形状、大小完全相同。
本题中正方体的面是边长为20cm的正方形，因此正投影为边长20cm的正方形，其面积为：
$S = 20×20 = 400\ \mathrm{cm^2}$
因此本题选C。
【答案】
C
【知识点】
正投影的性质；正方形面积计算
【点评】
本题考查正投影的基础应用，核心是理解平行于投影面的平面图形的正投影与原图全等的规律，掌握基础概念即可快速作答。
【难度系数】
0.9
8.如图,小明在A时测得某树的影长为2 m,B时又测得该树的影长为8 m。若两次日照的光线互相垂直,则该树的高度为
4 m
。答案
8.4 m
解析
【分析】
遇到这类投影结合几何计算的问题，首先将实际场景转化为几何模型：我们把树看作垂直于地面的线段，两次日照光线是两条互相垂直的线段，分别连接树顶和两个时刻影子的端点，可得到一个大的直角三角形，树就是这个直角三角形斜边上的高。接下来我们可以通过证明两个小直角三角形相似，利用相似三角形对应边成比例的性质，得到树高和两次影长的等量关系，代入数值即可算出树高。
【解析】
解：设树的高度为$ h\ \mathrm{m} $，记树的底端为点$ D $，顶端为点$ C $，A时影子的端点为$ M $，B时影子的端点为$ N $。
由题意可知：$ DM=2\ \mathrm{m} $，$ DN=8\ \mathrm{m} $，两次日照光线垂直即$ CM⊥ CN $，且树垂直于地面即$ CD⊥ MN $。
∴ $ ∠ CDM=∠ CDN=90° $，$ ∠ MCN=90° $，
∴ $ ∠ M + ∠ MCD=90° $，$ ∠ MCD + ∠ NCD=90° $，
∴ $ ∠ M=∠ NCD $，
∴ $ △ CDM ∽ △ NDC $（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $ \frac{CD}{ND}=\frac{MD}{CD} $，即 $ CD^2=MD· ND $，
代入数值得 $ h^2=2×8=16 $，
∵ 树高为正数，
∴ $ h=4 $。
【答案】
4 m
【知识点】
平行投影；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题结合生活中的投影场景考查相似三角形的实际应用，解题核心是正确抽象出几何相似模型，要求学生具备将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.7
遇到这类投影结合几何计算的问题，首先将实际场景转化为几何模型：我们把树看作垂直于地面的线段，两次日照光线是两条互相垂直的线段，分别连接树顶和两个时刻影子的端点，可得到一个大的直角三角形，树就是这个直角三角形斜边上的高。接下来我们可以通过证明两个小直角三角形相似，利用相似三角形对应边成比例的性质，得到树高和两次影长的等量关系，代入数值即可算出树高。
【解析】
解：设树的高度为$ h\ \mathrm{m} $，记树的底端为点$ D $，顶端为点$ C $，A时影子的端点为$ M $，B时影子的端点为$ N $。
由题意可知：$ DM=2\ \mathrm{m} $，$ DN=8\ \mathrm{m} $，两次日照光线垂直即$ CM⊥ CN $，且树垂直于地面即$ CD⊥ MN $。
∴ $ ∠ CDM=∠ CDN=90° $，$ ∠ MCN=90° $，
∴ $ ∠ M + ∠ MCD=90° $，$ ∠ MCD + ∠ NCD=90° $，
∴ $ ∠ M=∠ NCD $，
∴ $ △ CDM ∽ △ NDC $（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $ \frac{CD}{ND}=\frac{MD}{CD} $，即 $ CD^2=MD· ND $，
代入数值得 $ h^2=2×8=16 $，
∵ 树高为正数，
∴ $ h=4 $。
【答案】
4 m
【知识点】
平行投影；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题结合生活中的投影场景考查相似三角形的实际应用，解题核心是正确抽象出几何相似模型，要求学生具备将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.7
9.如图所示的是某风车示意图,其四个相同的叶片均匀分布,水平地面上的点M在旋转中心O的正下方。某一时刻,太阳光恰好垂直照射叶片OA,OB,此时各叶片影子在点M右侧成线段CD,测得MC=8.5 m,CD=13 m,垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2:3,则O,M两点之间的距离等于
10
m。转动时,叶片外端离地面的最大高度等于$(10+\sqrt{13})$
m。答案
9.10 $(10+\sqrt{13})$
解析
【分析】
本题考查平行投影的实际应用，解题思路如下：
1. 利用平行投影“同一时刻物高与影长成正比”的性质，得到竖直高度与水平影长的比值为2:3；
2. 观察图形可知，OA、OB长度相等且夹角为90°，太阳光垂直照射两叶片，因此两个叶片端点的影子C、D的中点就是旋转中心O的影子，据此可求出O点的影长，再结合物高影长比即可求出OM的长度；
3. 叶片外端离地面的最大高度为OM的长度加上叶片长度，先根据CD的长度求出叶片长度，即可得到最大高度。
【解析】
解：1. 求OM的长度：
由平行投影的性质可知，同一时刻物高与影长成正比，已知木棒EF与影子FG的比为2:3，因此竖直高度:水平影长=2:3。
因为四个叶片均匀分布，所以相邻叶片OA、OB的夹角为90°，且OA=OB，又太阳光垂直照射OA、OB，因此叶片端点A、B的影子C、D的中点就是O点的影子。
O点的影长（即M到O影子的水平距离）为$MC + \frac{CD}{2} = 8.5 + \frac{13}{2} = 15\ \mathrm{m}$。
设OM的长度为$h$，则$\frac{h}{15}=\frac{2}{3}$，解得$h=10\ \mathrm{m}$。
2. 求叶片外端离地面的最大高度：
设叶片长度为$r$，光线方向可表示为水平移动3个单位、竖直下降2个单位，单位长度为$\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$，因OA与光线垂直，A、B影子的水平距离$CD=\sqrt{13}r$，代入CD=13m得$\sqrt{13}r=13$，解得$r=\sqrt{13}$。
当叶片旋转到O点正上方时，叶片外端离地面的高度最大，最大高度为$OM + r = 10 + \sqrt{13}\ \mathrm{m}$。
【答案】
$10$；$10+\sqrt{13}$
【知识点】
平行投影的性质；勾股定理；直角三角形性质
【点评】
本题结合风车投影的实际场景，考查平行投影的性质及几何计算，解题的关键是利用图形对称性找到O点影子的位置，建立已知线段与所求量的关系，需要具备一定的数形结合能力。
【难度系数】
0.6
本题考查平行投影的实际应用，解题思路如下：
1. 利用平行投影“同一时刻物高与影长成正比”的性质，得到竖直高度与水平影长的比值为2:3；
2. 观察图形可知，OA、OB长度相等且夹角为90°，太阳光垂直照射两叶片，因此两个叶片端点的影子C、D的中点就是旋转中心O的影子，据此可求出O点的影长，再结合物高影长比即可求出OM的长度；
3. 叶片外端离地面的最大高度为OM的长度加上叶片长度，先根据CD的长度求出叶片长度，即可得到最大高度。
【解析】
解：1. 求OM的长度：
由平行投影的性质可知，同一时刻物高与影长成正比，已知木棒EF与影子FG的比为2:3，因此竖直高度:水平影长=2:3。
因为四个叶片均匀分布，所以相邻叶片OA、OB的夹角为90°，且OA=OB，又太阳光垂直照射OA、OB，因此叶片端点A、B的影子C、D的中点就是O点的影子。
O点的影长（即M到O影子的水平距离）为$MC + \frac{CD}{2} = 8.5 + \frac{13}{2} = 15\ \mathrm{m}$。
设OM的长度为$h$，则$\frac{h}{15}=\frac{2}{3}$，解得$h=10\ \mathrm{m}$。
2. 求叶片外端离地面的最大高度：
设叶片长度为$r$，光线方向可表示为水平移动3个单位、竖直下降2个单位，单位长度为$\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$，因OA与光线垂直，A、B影子的水平距离$CD=\sqrt{13}r$，代入CD=13m得$\sqrt{13}r=13$，解得$r=\sqrt{13}$。
当叶片旋转到O点正上方时，叶片外端离地面的高度最大，最大高度为$OM + r = 10 + \sqrt{13}\ \mathrm{m}$。
【答案】
$10$；$10+\sqrt{13}$
【知识点】
平行投影的性质；勾股定理；直角三角形性质
【点评】
本题结合风车投影的实际场景，考查平行投影的性质及几何计算，解题的关键是利用图形对称性找到O点影子的位置，建立已知线段与所求量的关系，需要具备一定的数形结合能力。
【难度系数】
0.6
10.【数学应用】操作与研究:如图①,△ABC被平行于CD的光线照射,CD⊥AB于点D,AB在投影面上。
(1)指出图①中AC的投影是什么,CD与BC的投影呢?
(2)探究:如图②,在$Rt△ABC$中,$∠ACB=90°,CD⊥AB$,我们可以利用$△ABC$与$△ACD$相似证明$AC^2=AD·AB$,这个结论我们称之为射影定理,试证明这个定理。
(3)结论运用:如图③,正方形ABCD的边长为15,O是对角线AC,BD的交点,点E在CD上,过点C作$CF⊥BE$,垂足为F,连接OF。
①试利用射影定理证明$△BOF ∽△BED$;
②若$DE=2CE$,求OF的长。
(1)指出图①中AC的投影是什么,CD与BC的投影呢?
(2)探究:如图②,在$Rt△ABC$中,$∠ACB=90°,CD⊥AB$,我们可以利用$△ABC$与$△ACD$相似证明$AC^2=AD·AB$,这个结论我们称之为射影定理,试证明这个定理。
(3)结论运用:如图③,正方形ABCD的边长为15,O是对角线AC,BD的交点,点E在CD上,过点C作$CF⊥BE$,垂足为F,连接OF。
①试利用射影定理证明$△BOF ∽△BED$;
②若$DE=2CE$,求OF的长。
答案
10.(1)解:AC的投影是AD,CD的投影是点D,BC的投影是BD。
(2)证明:在 Rt△ABC 中,∠ACB = 90°,CD⊥AB,
∴∠A+∠B=90°,∠A+∠ACD=90°,
∴∠ACD=∠B,且∠A 是公共角,
∴△ACD∽△ABC,
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC}$,
∴$AC^2=AD·AB$。
(3)①证明:因为四边形 ABCD 是正方形,
∴OC⊥BO,∠BCD=90°,
∴$BC^2=BO·BD$。
在 Rt△BCE 中,
∵CF⊥BE,∠BCE=90°,
∴$BC^2=BF·BE$,
∴$BO·BD=BF·BE$,即$\frac{BO}{BE}=\frac{BF}{BD}$,且∠OBF=∠EBD(公共角),
∴△BOF∽△BED。
②解:
∵BC=CD=15,且 DE=2CE,
∴$DE=15×\frac{2}{3}=10$,$CE=15×\frac{1}{3}=5$。
在 Rt△BCE 中,$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{15^2+5^2}=5\sqrt{10}$。
在 Rt△OBC 中,$OB=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\frac{\sqrt{2}}{2}×15=\frac{15\sqrt{2}}{2}$。
∵△BOF∽△BED,
∴$\frac{OF}{ED}=\frac{BO}{BE}$,即$OF=\frac{BO}{BE}·ED=\frac{\frac{15\sqrt{2}}{2}}{5\sqrt{10}}×10=3\sqrt{5}$。
(2)证明:在 Rt△ABC 中,∠ACB = 90°,CD⊥AB,
∴∠A+∠B=90°,∠A+∠ACD=90°,
∴∠ACD=∠B,且∠A 是公共角,
∴△ACD∽△ABC,
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC}$,
∴$AC^2=AD·AB$。
(3)①证明:因为四边形 ABCD 是正方形,
∴OC⊥BO,∠BCD=90°,
∴$BC^2=BO·BD$。
在 Rt△BCE 中,
∵CF⊥BE,∠BCE=90°,
∴$BC^2=BF·BE$,
∴$BO·BD=BF·BE$,即$\frac{BO}{BE}=\frac{BF}{BD}$,且∠OBF=∠EBD(公共角),
∴△BOF∽△BED。
②解:
∵BC=CD=15,且 DE=2CE,
∴$DE=15×\frac{2}{3}=10$,$CE=15×\frac{1}{3}=5$。
在 Rt△BCE 中,$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{15^2+5^2}=5\sqrt{10}$。
在 Rt△OBC 中,$OB=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\frac{\sqrt{2}}{2}×15=\frac{15\sqrt{2}}{2}$。
∵△BOF∽△BED,
∴$\frac{OF}{ED}=\frac{BO}{BE}$,即$OF=\frac{BO}{BE}·ED=\frac{\frac{15\sqrt{2}}{2}}{5\sqrt{10}}×10=3\sqrt{5}$。
解析
【分析】
(1) 本题考查平行投影的性质，已知光线平行于CD，CD⊥AB且AB为投影面，根据平行投影的规律：与光线平行的线段的投影为点，线段的投影是其两个端点在投影面上投影的连线，即可直接判断各线段的投影。
(2) 要证明射影定理结论，需先证△ACD∽△ABC：两个三角形均为直角三角形，有公共角∠A，再通过同角的余角相等推出另一组对应角相等，即可证明相似，再根据相似三角形对应边成比例变形即可得到待证结论。
(3) ①要证△BOF∽△BED，首先在正方形的Rt△BCD中应用射影定理可得$BC^2=BO·BD$，再在Rt△BCE中应用射影定理可得$BC^2=BF·BE$，等量代换后得到乘积式，转化为比例式，结合公共角∠OBF=∠EBD，即可利用“两边对应成比例且夹角相等”证明两三角形相似；②先根据正方形边长和DE=2CE的关系求出CE、DE的长度，再用勾股定理分别求出BE、OB的长度，最后利用相似三角形对应边成比例代入计算即可得到OF的长。
【解析】
(1) 根据平行投影的性质，AC的投影是AD，CD的投影是点D，BC的投影是BD。
(2) 证明：在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°,CD⊥AB$，
∴$∠A+∠B=90°,∠A+∠ACD=90°$，
∴$∠ACD=∠B$，
又
∵$∠A=∠A$（公共角），
∴$△ACD∽△ABC$，
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC}$，
交叉相乘得$AC^2=AD·AB$。
(3) ①证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$OC⊥BO,∠BCD=90°$，
由射影定理可得$BC^2=BO·BD$，
在$Rt△BCE$中，$CF⊥BE,∠BCE=90°$，
同理由射影定理可得$BC^2=BF·BE$，
∴$BO·BD=BF·BE$，变形得$\frac{BO}{BE}=\frac{BF}{BD}$，
又
∵$∠OBF=∠EBD$（公共角），
∴$△BOF∽△BED$。
②解：
∵正方形ABCD边长为15，即$BC=CD=15$，且$DE=2CE$，
∴$DE=15×\frac{2}{3}=10$，$CE=15×\frac{1}{3}=5$，
在$Rt△BCE$中，由勾股定理得$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{15^2+5^2}=5\sqrt{10}$，
在$Rt△OBC$中，OB是正方形对角线的一半，故$OB=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\frac{\sqrt{2}}{2}×15=\frac{15\sqrt{2}}{2}$，
∵$△BOF∽△BED$，
∴$\frac{OF}{ED}=\frac{BO}{BE}$，
代入数值计算得$OF=\frac{BO·ED}{BE}=\frac{\frac{15\sqrt{2}}{2}×10}{5\sqrt{10}}=3\sqrt{5}$。
【答案】
(1) AC的投影是AD，CD的投影是点D，BC的投影是BD；
(2) 证明见上述解析；
(3) ①证明见上述解析；②$OF=3\sqrt{5}$。
【知识点】
平行投影的性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质
【点评】
本题从基础的投影概念出发，逐步延伸到相似三角形证明和定理的迁移应用，设问层层递进，既考查了对基础概念、定理的掌握程度，也锻炼了几何综合分析、运算的能力。
【难度系数】
0.6
(1) 本题考查平行投影的性质，已知光线平行于CD，CD⊥AB且AB为投影面，根据平行投影的规律：与光线平行的线段的投影为点，线段的投影是其两个端点在投影面上投影的连线，即可直接判断各线段的投影。
(2) 要证明射影定理结论，需先证△ACD∽△ABC：两个三角形均为直角三角形，有公共角∠A，再通过同角的余角相等推出另一组对应角相等，即可证明相似，再根据相似三角形对应边成比例变形即可得到待证结论。
(3) ①要证△BOF∽△BED，首先在正方形的Rt△BCD中应用射影定理可得$BC^2=BO·BD$，再在Rt△BCE中应用射影定理可得$BC^2=BF·BE$，等量代换后得到乘积式，转化为比例式，结合公共角∠OBF=∠EBD，即可利用“两边对应成比例且夹角相等”证明两三角形相似；②先根据正方形边长和DE=2CE的关系求出CE、DE的长度，再用勾股定理分别求出BE、OB的长度，最后利用相似三角形对应边成比例代入计算即可得到OF的长。
【解析】
(1) 根据平行投影的性质，AC的投影是AD，CD的投影是点D，BC的投影是BD。
(2) 证明：在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°,CD⊥AB$，
∴$∠A+∠B=90°,∠A+∠ACD=90°$，
∴$∠ACD=∠B$，
又
∵$∠A=∠A$（公共角），
∴$△ACD∽△ABC$，
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC}$，
交叉相乘得$AC^2=AD·AB$。
(3) ①证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$OC⊥BO,∠BCD=90°$，
由射影定理可得$BC^2=BO·BD$，
在$Rt△BCE$中，$CF⊥BE,∠BCE=90°$，
同理由射影定理可得$BC^2=BF·BE$，
∴$BO·BD=BF·BE$，变形得$\frac{BO}{BE}=\frac{BF}{BD}$，
又
∵$∠OBF=∠EBD$（公共角），
∴$△BOF∽△BED$。
②解：
∵正方形ABCD边长为15，即$BC=CD=15$，且$DE=2CE$，
∴$DE=15×\frac{2}{3}=10$，$CE=15×\frac{1}{3}=5$，
在$Rt△BCE$中，由勾股定理得$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{15^2+5^2}=5\sqrt{10}$，
在$Rt△OBC$中，OB是正方形对角线的一半，故$OB=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\frac{\sqrt{2}}{2}×15=\frac{15\sqrt{2}}{2}$，
∵$△BOF∽△BED$，
∴$\frac{OF}{ED}=\frac{BO}{BE}$，
代入数值计算得$OF=\frac{BO·ED}{BE}=\frac{\frac{15\sqrt{2}}{2}×10}{5\sqrt{10}}=3\sqrt{5}$。
【答案】
(1) AC的投影是AD，CD的投影是点D，BC的投影是BD；
(2) 证明见上述解析；
(3) ①证明见上述解析；②$OF=3\sqrt{5}$。
【知识点】
平行投影的性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质
【点评】
本题从基础的投影概念出发，逐步延伸到相似三角形证明和定理的迁移应用，设问层层递进，既考查了对基础概念、定理的掌握程度，也锻炼了几何综合分析、运算的能力。
【难度系数】
0.6
