资源简介

　空间图形的基本关系与公理
[基础梳理]
1．四个公理
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
(4)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2．空间两条直线的位置关系
(1)位置关系分类：
(2)等角定理：
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
(3)异面直线所成的角：
①定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角(或夹角)；
②范围：．
3．空间直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言
符号语言
公共点
直线与平面
相交
a∩α＝A
1个
平行
a∥α
0个
在平面内
a?α
无数个
平面与平面
平行
α∥β
0个
相交
α∩β＝l
无数个
1．公理的作用
公理1：可用来证明点、直线在平面内．
公理2：可用来确定一个平面．
公理3：
(1)可用来确定两个平面的交线．
(2)判断或证明多点共线．
(3)判断或证明多线共点．
公理4：
(1)可用来判断空间两条直线平行．
(2)等角定理的理论依据．
2．异面直线的两个结论
(1)平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．
(2)分别在两个平行平面内的直线平行或异面．
[四基自测]
1．(基础点：平面的概念)下列命题中，真命题是(　　)
A．空间不同三点确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．两组对边相等的四边形是平行四边形
D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内
答案：D
2．(基础点：空间直线的关系)若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c(　　)
A．一定平行　　　　　
B．一定相交
C．一定是异面直线
D．一定垂直
答案：D
3．(易错点：异面直线所成角的概念)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
答案：C
4．(拓展点：点、线、面关系的推理)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________(填序号)．
①P∈a，P∈α?a?α；②a∩b＝P，b?β?a?β；③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b.
答案：③④
授课提示：对应学生用书第129页
考点一　平面的基本性质
挖掘1　共面问题/
自主练透
[例1]　(1)如图所示是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个是(　　)
[解析]　A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．
[答案]　D
(2)如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C?l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)
A．直线AC　　　
B．直线AB
C．直线CD
D．直线BC
[解析]　由题意知，D∈l，l?β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
[答案]　C
[破题技法]　1.由元素确定平面时，要看元素满足的条件．
(1)由点确定平面：三点不共线；
(2)由点和线确定平面：点不在直线上；
(3)由线确定平面：两条相交线，两条平行线．
2．共面问题的证明
证明点或线共面，①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；
②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
挖掘2　共点、共线问题/
互动探究
[例2]　如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
[解析]　连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C?平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．故选A.
[答案]　A
[破题技法]　1.证明点共线，(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定的直线上．
2．证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
考点二　空间直线的位置关系
挖掘1　异面直线的判定/
自主练透
[例1]　如图所示为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．
[解析]　平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．
[答案]　3
[破题技法]　异面直线的判定方法
(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．
(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．
挖掘2　平行与垂直的判定/
自主练透
[例2]　如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(　　)
A．相交但不垂直　　　　　
B．相交且垂直
C．异面
D．平行
[解析]　连接D1E并延长交AD于M点(图略)，因为A1E＝2ED，可得，M为AD中点，连接BF并延长交AD于N点，因为CF＝2FA，可得N为AD中点，所以M，N重合．且＝，＝.所以＝，所以EF∥BD1.
[答案]　D
[破题技法]　1.线线平行或垂直的判定方法
(1)对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理来判断．
(2)对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直．
2．注意几个“唯一”结论
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
考点三　异面直线所成的角
挖掘1　异面直线所成角的求法/
自主练透
[例1]　(1)(2020·广东珠海模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为(　　)
A.　　　　　　　　　　
B．2
C.
D．4
[解析]　取A′D的中点N，连接PN，MN，
∵M是A′C的中点，
∴MN∥CD，且MN＝CD，∵四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，
∴PB∥CD，且PB＝CD，
∴MN∥PB，且MN＝PB，
∴四边形PBMN为平行四边形，
∴MB∥PN，
∴∠A′PN(或其补角)是异面直线BM与PA′所成的角．
在Rt△A′PN中，tan∠A′PN＝＝，∴异面直线BM与PA′所成角的正切值为.故选A.
[答案]　A
(2)如图所示，在三棱锥A?BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
[解析]　如图所示，连接ND，取ND的中点E，连接ME，CE，则ME∥AN，则异面直线AN，CM所成的角即为∠EMC.
由题可知CN＝1，AN＝2，
∴ME＝.又CM＝2，
DN＝2，NE＝，∴CE＝，
则cos
∠CME＝
＝＝.
[答案]　
[破题技法]　求异面直线所成角的方法
方法
解读
适合题型
平移法
将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解
易于作出平行线的题目
补形法
在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体找异面直线相应的位置，形成三角形求解
平行线不易作出的规则几何体
挖掘2　异面直线所成角的应用——三种语言转化/
互动探究
[例2]　如图，平面α∩β＝l，AD?α且AD⊥l，BC?β且BC⊥l，A、B∈l.AD与BC是异面直线，且所成的角为θ，AD＝b，BC＝c，AB＝a，求DC的长度．
[解析]　在平面α内，过B作BE綊AD，
由异面直线所成角的定义知∠CBE＝θ，
四边形ADEB为矩形，∴DE＝a，
在△BEC中，CE2＝b2＋c2－2bccos
θ，
由于AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AB⊥CE，即有DE⊥CE.
在Rt△DEC中，DC2＝a2＋CE2＝a2＋b2＋c2－2bccos
θ，
∴DC＝.
[破题技法]　将空间几何中的三种语言要灵活转化，同时，将位置关系转化到平面中：(1)平面BCE中，(2)平面CED中，利用解三角形求其边长．
PAGE　空间几何体的表面积与体积
[基础梳理]
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
2.柱、锥、台和球的表面积和体积
名称几何体　　　
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
与球有关的切、接问题中常见的组合模型：
(1)正方体与球：
①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a，则半径r＝|OJ|＝.
②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆，则半径R＝|GO|＝a.
③正方体的外接球：截面图为长方形ACC1A1的外接圆，则半径R′＝|A1O|＝a.
(2)三条侧棱互相垂直(墙角模型)的三棱锥的外接球：
①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A1?AB1D1的外接球的球心和正方体ABCD?A1B1C1D1的外接球的球心重合．如图，设AA1＝a，则R＝a.
②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R2＝＝(l为长方体的体对角线长)．
(3)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a，内切球的半径为r，外接球的半径为R，取AB的中点为D，连接CD，SE为正四面体的高，在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切，圆心在高SE上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O.此时，CO＝OS＝R，OE＝r，SE＝a，CE＝a，则有R＋r＝a，R2－r2＝|CE|2＝，解得R＝a，r＝a.
[四基自测]
1．(基础点：几何体的表面积)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)
A．3π　　　　　　　　　
B．4π
C．2π＋4
D．3π＋4
答案：D
2．(基础点：几何体的体积)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A．1
B．2
C．3
D．6
答案：C
3．(基础点：几何体的体积)中国的计量单位可以追溯到4
000多年前的氏族社会末期，公元前221年，秦王统一六国后，颁布统一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器．如图是古代的一种度量工具“斗”(无盖，不计量厚度)的三视图(其主视图和左视图为等腰梯形)，则此“斗”的容积(单位：cm3)为(　　)
A．2
000
B．2
800
C．3
000
D．6
000
答案：B
4．(易错点：球的切、接问题)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为____________．
答案：14π
授课提示：对应学生用书第124页
考点一　空间几何体的表面积
[例]　(1)(2020·合肥质检)一个几何体的三视图如图所示(其中主视图中的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为(　　)
A．72＋6π　　　　　　
B．72＋4π
C．48＋6π
D．48＋4π
[解析]　由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π，故选A.
[答案]　A
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)
A．12π
B．12π
C．8π
D．10π
[解析]　设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.故选B.
[答案]　B
(3)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5.则该圆锥的侧面积为__________．
[解析]　因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°，所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．
设底面圆的半径为r，则母线长l＝r.
在△SAB中，cos∠ASB＝，
所以sin∠ASB＝.
因为△SAB的面积为5，
即SA·SB·sin∠ASB＝·r·r×＝5，
所以r2＝40，故圆锥的侧面积为πrl＝πr2＝40π.
[答案]　40π
[破题技法]
求多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积(球除外)，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
提醒：(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．
(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．
考点二　空间几何体的体积
[例]　(1)(直接法)(2018·高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)
A．2　　　　　　　
B．4
C．6
D．8
[解析]　由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，底面面积S＝＝3，高h＝2，∴V＝Sh＝6.
[答案]　C
(2)(等积法)如图，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1?EDF的体积为________．
[解析]　三棱锥D1?EDF的体积即为三棱锥F?DD1E的体积．∵E，F分别为AA1，B1C上的点，∴在正方体ABCD?A1B1C1D1中，△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，∴VD1?EDF＝VF?DD1E＝××1＝.
[答案]　
(3)(分割法)(2020·山西五校联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为(　　)
A．5
000立方尺
B．5
500立方尺
C．6
000立方尺
D．6
500立方尺
[解析]　该楔体的直观图如图中的几何体ABCD?EF.取AB的中点G，CD的中点H，连接FG，GH，HF，则该几何体的体积为四棱锥F?GBCH与三棱柱ADE?GHF的体积之和．又可以将三棱柱ADE?GHF割补成高为EF，底面积为S＝×3×1＝(平方丈)的一个直棱柱，故该楔体的体积V＝×2＋×2×3×1＝5(立方丈)＝5
000立方尺．故选A.
[答案]　A
(4)(补形法)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)
A．90π
B．63π
C．42π
D．36π
[解析]　由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．
将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.故选B.
[答案]　B
[破题技法]　
1．(2020·湖南两市调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为(　　)
A.
B．
C.
D．4
解析：如图所示，三棱锥P?ABC即为所求．则VP?ABC＝×S△ABCh＝××2×2×2＝.故选B.
答案：B
2．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
解析：由题意知该几何体是由一个长方体和两个圆柱体构成，其中长方体的体积V1＝2×1×1＝2，两个圆柱体的体积之和V2＝×π×12×1×2＝，∴该几何体的体积V＝V1＋V2＝2＋.
答案：2＋
3．如图所示，已知多面体ABC?DEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
解析：法一：(分割法)　几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH?ABC和一个斜三棱柱BEF?CHG.
由题意，知V三棱柱DEH?ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，
V三棱柱BEF?CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2.
故所求几何体的体积为V多面体ABC?DEFG＝2＋2＝4.
法二：(补形法)　∵几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即为该正方体体积的一半．
又正方体的体积V正方体ABHI?DEKG＝23＝8，
故所求几何体的体积为V多面体ABC?DEFG＝×8＝4.
答案：4
考点三　与球有关的切、接问题
挖掘1　内切球的问题/
自主练透
[例1]　(1)如图，在封闭的直三棱柱ABC?A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)
A．4π　　　　　　　　
B.
C．6π
D.
[解析]　若球与直三棱柱的三个侧面都相切，球的半径为＝2，此时球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球不符合题意．若与直三棱柱的上、下底面相切，球的半径为.∴球的半径的最大值是，此时球的体积是πR3＝π，故选B.
[答案]　B
(2)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
[解析]　设球O的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，∴＝＝.
[答案]　
[破题技法]　与球相关的“切”的处理
解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．若内切的是多面体，则多取多面体过球心的对角面；若内切的是旋转体，则多取其轴截面．
挖掘2　外接球的问题/
自主练透
[例2]　(1)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P?ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P?ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)
A．8π
B．12π
C．20π
D．24π
[解析]　法一：将三棱锥P?ABC放入长方体中，如图①，三棱锥P?ABC的外接球就是长方体的外接球．
图①
因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝
＝2.设外接球的半径为R，由题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.
法二：利用鳖臑的特点求解，如图②，因为四个面都是直角三角形，所以PC的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC的中点为球心O，易得2R＝PC＝，所以球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.
图②
[答案]　C
(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥S?ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S?ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
[解析]　如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，
∴点O为SC的中点，
∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，
∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，
则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS－ABC＝VA－SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，即9＝××R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
[答案]　36π
[破题技法]　与球相关的“接”的处理
把一个多面体的顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
如果无需确定球心，可通过补形构造垂直模型，构造或找有三条两两垂直的线段的特殊几何体，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝，求出R.
对称几何体的外接球、三条侧棱两两垂直的三棱锥的外接球等特殊几何体的外接球问题常补成长(正)方体来理解，如正四面体就是正方体内几条面对角线构成的特殊棱锥．
1．(2020·泉州质检)如图，在正方形网格纸上，实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸．若该多面体的顶点在同一球面上，则该球的表面积等于(　　)
A．8π　　　　　　
B．18π
C．24π
D．8π
解析：设球的半径为R.多面体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)．两顶点之间的距离为2R，底面是边长为R的正方形，则有R2＋＝32，解得R2＝6，故该球的表面积S＝4πR2＝24π.选C.
答案：C
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A．π
B．
C.
D.
解析：绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得AC＝1，AB＝，结合勾股定理，得底面半径r＝BC＝＝，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V＝πr2h＝π××1＝π，故选B.
答案：B
考点四　求表面积与体积中的数学文化问题
[例]　(1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示(单位：cm)，则该阳马的外接球的体积为(　　)
A．100π
cm3　　　　　　
B.
cm3
C．400π
cm3
D.
cm3
[解析]　由三视图可得，在长、宽、高分别为6
cm，2
cm，6
cm的长方体中，该几何体为如图所示的四棱锥E?ABCD，设该几何体外接球的半径为R
cm，由题意有(2R)2＝(2)2＋62＋62，解得R＝5，则该阳马的外接球的体积为V＝πR3＝(cm3)．
[答案]　B
(2)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)
A．14斛
B．22斛
C．36斛
D．66斛
[解析]　设圆锥底面的半径为R尺，由×2πR＝8得R＝，从而米堆的体积V＝×πR2×5＝(立方尺)，因此堆放的米约有≈22(斛)．故选B.
[答案]　B
[破题技法]　求解与数学文化有关的立体几何问题应过的三关：
1．(2020·郑州质量预测)我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已知某不规则几何体与如下三视图对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为(　　)
A．4－
B．8－π
C．8－π
D．8－2π
解析：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
答案：C
2.《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是(　　)
A．50　　　
B．75　　　　
C．25.5　　　
D．37.5
解析：由题意及给定的三视图可知，原几何体是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥C1?MNB1A1所得的几何体，且三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.AM＝2，B1C1⊥平面MNB1A1，所以截去后剩余的几何体的体积为V＝V三棱柱－V四棱锥＝×5×5×5－×3×5×5＝37.5，故选D.
答案：D
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