空间几何体直观图

斜二测画法与线代初步

我就不在标签里加线性代数了,肯定讲不到那里去。

例题的答案在鼠标移到明显的应该写答案的地方后可见。

头图出自六兆年pv

郑重声明:数学书上的圆画法是对的。【因为它写了是正等测画法。RUA。

所以你们就当这是圆的斜二测画法的教学就行了,别想太多。。。。。。【巨tm尴尬。

平面图形的斜二测画法

建立直角坐标系

在一直水平放置的平面图形中取互相垂直的 $Ox,Oy$,建立直角坐标系。

画出斜坐标系

在画直观图的平面上画出对应的 $O’x’,O’y’$,使 $\angle{x’O’y’}=45^{\circ}$(或 $135^{\circ}$),它们确定的平面表示水平平面。

画出对应图形

在已知的图形平行(或重合)与 $x$ 轴的线段,在直观图中画成平行(或重合)于 $x’$ 轴,且长度保持不变;在已知图形平行(或重合)于 $y$ 轴的线段,在直观图中画成平行(或重合)于 $y’$ 轴,且长度变为原来的一半。

擦去辅助线

图画好后,要擦去 $x’$ 轴、$y’$ 轴及为画图添加的辅助线(虚线)。

注意

坐标轴夹角

为什么坐标轴夹角可以有两种呢?

很简单,对称一下就行。

这里就涉及到一些判断题,比如与 $x’$ 轴夹角为 $45^{\circ}$ 的角在原图形中一定是直角吗?

显然不是啊。

首先,这个夹角可以是在 $x’$ 轴下方的;其次,坐标轴有两种,就算是在 $x’$ 轴上方也不一定。

那么一个直角在直观图中是多少度呢?

$45^{\circ}$ 或 $135^{\circ}$。

所以要注意由于坐标轴夹角不同而导致的多解。

当然大部分时候直观图的题都会把图给出来,就不会有这些麻烦事了。

关系

主要说数量关系和位置关系。

首先是数量关系。

两个相等的线段在直观图中还是相等的吗?

这个就要分情况讨论了。

显然和 $x$ 轴平行的线段长度不变。

那么和 $x$ 轴不平行的呢?

一定不相等吗?还是有可能相等?这个问题我们留到之后再讨论。

两条线段可能有些难,要是这两条线段挨在一起,比如:一条线段的中点在直观图中还是中点吗?

这个就是对的了。之后再说。

然后是两个相等的角相等吗?

有些人就要开始了,显然相等啊。

然而如果两个角的“方向”相反的话,显然是不相等的。一个角会增加,一个角会变小。

当然具体的定量分析还是留到之后再说。

然后是位置关系。

两个平行的直线(线段)在直观图中还平行吗?

显然还平行啊。

可以认为是偏转的角度一样。但这样并不好,不够严谨。这个坑也留给后面。

垂直就不说了,显然不是。证明也留给后面。

题型

无图

一般来说无图的是判断题,关于多解的请见坐标轴夹角,还有就是一些基本的判断比如:

① 三角形的直观图是三角形。
② 平行四边形的直观图是平行四边形。
③ 正方形的直观图是正方形。
④ 菱形的直观图是菱形。
以上命题中正确的有哪些?

显然是 ①、②。

图形的边数肯定是不会变的,变的是图形边与边之间的关系,我就不细说了。

当然们还有一些是求面积的。比如说下面这个题:

某三角形的直观图是边长为 $1$ 的正三角形,那么它的面积为多少?

答案是 $\cfrac{\sqrt{6}}{2}$。

可以证明的是直观图与原图形的面积比恒为 $\cfrac{\sqrt{2}}{4}$。这个留给之后证。

有图

有图的话会困难一些,因为它确定了坐标轴的夹角,所以会在别的地方变得更难。

当然一般来说,这些题都是求面积或周长及其相关(高及其他),当然,面积是很简单的。

如图,已知正方形 $O’A’B’C’$ 的边长为 $1$,求原平面图形的面积,周长。

答案为 $2\sqrt{2}, 8$。

关于周长我并没有想到很好的方法,还是只有一条边一条边地算。当然有两种算法,一种是还原平面图形后再计算,一种是直接在直观图上计算。第二种方法留到之后再讨论。

也给一道算高的题吧。

如图,已知梯形 $O’A’B’C’$ 是上底为 $2$,下底为 $6$,底角为 $45^{\circ}$ 的等腰梯形的直观图,求梯形 $O’A’B’C’$ 的高。

答案为 $\cfrac{\sqrt{2}}{2}$。

一种方法是求原梯形的面积从而得到直观图中梯形的面积。

当然也可以根据这道题的特性来做这道题。

连接 $C’$ 与 $O’A’$ 的三等分点 $D’$,显然平面图形中对应的 $CD$ 为原梯形的一条高,所以有 $CD\parallel Oy$,所以 $C’D’\parallel O’y’$。

那么此时 $C’D’$ 与 $O’x’$ 的夹角为 $45^{\circ}$,过 $C’$ 的高即为 $\sqrt{2}|C’D’|=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$。

所以在做这类题的时候我们要注意观察到与 $Oy$ 平行的线段,得到它们与现在的 $O’x’$ 的夹角为 $45^{\circ}$。

当然有时会让你算原图形的高,要注意直观图中原来的高是与 $O’y’$ 平行的,但是在求出长度之后还要乘 $2$。

空间几何体的斜二测画法

画轴

增加 $z$ 轴,$\angle{xOz}=90^{\circ}$。

画底面

参考平面图形的斜二测画法。

画侧棱

各个侧棱长度,方向不变。

成图

去掉辅助线,将被遮挡的部分改为虚线。

注意

说实话没啥好注意的。我反正没怎么见到过这方面的题,也就在三视图里有还原几何体的时候会考。。。

斜二测的本质

杂七杂八的坑

之前我们挖了那么多坑,现在该来填了。

我们想一下,斜二测斜二测,斜是斜 $y$ 轴,并且把 $y$ 轴上的长度缩短了 $\cfrac{1}{2}$。

我们还发现,描述直观图的图形时,使用的都是与 $O’x’$ 垂直的另一条 $y$ 轴,而不是把 $O’y’$ 作为 $y$ 轴,所以其实坐标系应该是这样的:

直观图中的 $y$ 轴为 $O’y’’$。

所以我们可以大致看出,直观图的本质是对坐标轴的变换。

可以列出如下方程:

$$
\begin{cases}
x’=x+\cfrac{\sqrt{2}}{4}y\\
y’=\cfrac{\sqrt{2}}{4}y
\end{cases}
$$

那么现在可以来填一些简单的坑。

先来看线段,线段长就是两点之间距离。设 $A$ 点为 $(x_1,y_1)$,$B$ 点为 $(x_2,y_2)$,有:

$$
\begin{align*}
|AB|&=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\\
|A’B’|&=\sqrt{(x_1’-x_2’)^2+(y_1’-y_2’)^2}\\
&=\sqrt{(x_1+\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_1-x_2-\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_2)^2+(…)^2}
\end{align*}
$$

发现这样做太复杂了。我们可以把一条线段拆成一个直角三角形,然后用余弦定理。

$$
\begin{align*}
|AB|^2&=x^2+y^2\\
|A’B’|^2&=x^2+\left(\cfrac{y}{2}\right)^2-2x\cfrac{y}{2}\cos{\cfrac{3\pi}{4}}\\
&=x^2+\cfrac{y^2}{4}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}xy
\end{align*}
$$

可以发现长度是和一堆东西相关的,有点复杂,我就不管了。【逃。

然后是角度。当然我们没法直接写出角度,所以要用别的东西表示。显然这里可以用向量的点积。

$$
\cos{\angle{AOB}}=\cfrac{\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}}{\left|\overrightarrow{OA}\right|\left|\overrightarrow{OB}\right|}
$$

可以发现角度也涉及到长度,所以不管了。【逃x2。

那平行呢?

这个好证。首先肯定是把直线转换成向量。

$
设\ \mathbf{a}=(x_1,y_1),\mathbf{b}=(x_2,y_2)。\\
\because \mathbf{a}\parallel\mathbf{b}\\
\therefore \mathbf{a}\times\mathbf{b}=0\\
\quad x_1y_2-x_2y_1=0\\
\because \mathbf{a’}=(x_1+\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_1,\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_1),\mathbf{b’}=(x_2+\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_2,\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_2)\\
\begin{align*}
\therefore \mathbf{a’}\times\mathbf{b’}&=(x_1+\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_1)\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_2-(x_2+\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_2)\cfrac{\sqrt{2}}{4}y_1\\
&=\cfrac{\sqrt{2}}{4}(x_1y_2-x_2y_1)\\
&=0
\end{align*}\\
\therefore \mathbf{a’}\parallel\mathbf{b’}
$

也可以选择通过坐标三角形相似来证。

中点就很显然了,可以自己去试试。

那么前面的坑就只剩面积比了。

面积比

为什么面积比会是定值呢?

其实这就是一个简单的线性代数的平面线性变换,变换矩阵如下:

$$
\begin{pmatrix}
1 & \cfrac{\sqrt{2}}{4}\\
0 & \cfrac{\sqrt{2}}{4}
\end{pmatrix}
$$

直接就上三角了,算出行列式为 $\cfrac{\sqrt{2}}{4}$,所以面积比就是它。

完了。

但是大部分人并没有学过线代,所以我们需要更亲民的方法。

比如可以用铅锤法,把图形分成三角形,高变底不变。

也可以用向量叉乘,也是要分成三角形。

这两个方法就自行体会了吧,其实挺简单的,最多涉及一点点微积分的思想。

所以坑也填完了。

但是这篇文章还没有结束。

因为在数学教材上,出现了这么一张图。

怎么说?圆的斜二测真的是这样吗?

我们来顶一下性。

首先,虽然线段的长度会变,但是点到 $x$ 轴的距离大小关系并不变。

这时候,我们就需要一张图了。

原图中显然 $A$ 点是距离 $x$ 轴最远的点,所以直观图中 $A’$ 点应该是最高的点才对,但是还有比它更高的点。

所以这张图显然是画错了的。

那么圆到底该怎么画呢?

这个时候就需要来一波计算了。

要想知道图该怎么画,肯定是要把曲线方程求出来。这里就以单位圆为例。

$
圆\ O : x^2+y^2=1\\
椭圆\ O’ : x^2+y^2=1\\
\because
\begin{cases}
x’=x+\cfrac{\sqrt{2}}{4}y\\
y’=\cfrac{\sqrt{2}}{4}y
\end{cases}\\
\therefore
\begin{cases}
x=x’-y’\\
y=2\sqrt{2}y’
\end{cases}\\
\begin{align*}
\therefore 椭圆\ O’:&(x’-y’)^2+(2\sqrt{2}y’)^2=1\\
&x’^2-2x’y’+9y’^2=1\\
\end{align*}
$

大家都知道啊,椭圆的方程是形如
$$
\cfrac{x^2}{a}+\cfrac{y^2}{b}=1
$$
的,所以这个方程就不是椭圆。

吗?

其实这是个长轴不在 $x$ 轴上的椭圆,就像是把椭圆旋转了一定角度。

为什么呢?

我们来转一下坐标轴,把方程中的 $x’y’$ 消掉,它就是椭圆了。

首先从旋转坐标轴开始。我们假设旋转 $\alpha\in[0,2\pi)$,直接上正余弦和差角。

选取平面上任意一点 $A’(x’,y’)$,设它的极坐标为 $(r,\theta)$,那么现在的点 $A’’(x’’,y’’)$ 为 $(r,\theta-\alpha)$。所以有:
$$
\begin{cases}
x’=r\cos\theta\\
y’=r\sin\theta\\
x’’=r\cos(\theta-\alpha)\\
y’’=r\sin(\theta-\alpha)\\
\end{cases}
$$
解得:
$$
\begin{cases}
x’=x’’\cos\alpha-y’’\sin\alpha\\
y’=x’’\sin\alpha+y’’\cos\alpha\\
\end{cases}
$$
代入直观图方程:
$$
(x’’\cos\alpha-y’’\sin\alpha)^2-2(x’’\cos\alpha-y’’\sin\alpha)(x’’\sin\alpha+y’’\cos\alpha)+9(x’’\sin\alpha+y’’\cos\alpha)^2=1\\
Ax’’^2+By’’^2+Cx’’y’’=0
$$
其中:
$$
\begin{cases}
A=\cos^2\alpha-2\cos\alpha\sin\alpha+9\sin^2\alpha\\
B=\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+9\cos^2\alpha\\
C=2\sin^2\alpha-2\cos^2\alpha+16\sin\alpha\cos\alpha
\end{cases}
$$
令 $C=0$,得:
$$
\tan^2\alpha+8\tan\alpha-1=0\\
\tan{2\alpha}=\cfrac{1}{4}\\
\alpha=\cfrac{1}{2}\arctan{\cfrac{1}{4}}+k\pi(k=0,1,2,3)
$$

现在,长轴在 $O’x’’$ 或 $O’y’’$ 上了。

所以说,圆的斜二测应该是长这样的:

小结

哇终于写完了。

这件事告诉我们数学书真的很重要,虽然它写得很简单,但是去挖掘的话会有很多东西。

并且不要盲目的相信教材,这东西也有可能是错的。

是谁说 你说 我说 他说 还说 再说 话说 有人说 道听途说