三视图问题要防止消极的“潜在假设”

吴燃+罗增儒

“潜在假设”是指主体对客体一种自然认可的心理状态.数学解题中的“潜在假设”，是指隐藏在解题主体心中的一种命题（参见文[1]），这种命题不是显露地记载在课本中的概念或定理，但在解题者的潜意识里却自动相信它的正确性，这种相信，不是来源于客观事实或逻辑论证，而常常是来源于粗糙的直观、部分的实例、尚未找到反例或单纯的想当然等.当然，有的“潜在假设”是积极的，可以运用到教材编写、或解题思路的探求之中；而有的“潜在假设”是消极的，它会造成两个明显的后果：把一个假命题证成一个真命题（以假为真），或对一个真命题的论证出现无效推理（虚假论据）.

在文[2]中，对于三视图问题上的内容开放性和认识封闭性，曾经通过解题活动强调了两点结论：不同的几何体可以有相同的三视图；同一个几何体摆法不同可以有不同的三视图.这其实已经涉及到消极的“潜在假设”，本文作为续谈，将再剖析关于三视图消极“潜在假设”的一些表现，但视角会有两个变化：

（1）如果说文[2]的素材重在从直观图到三视图的话，那么本文的素材则注重从三视图到直观图，尤其要注意逆向问题会是不惟一的.

（2）如果说文[2]的努力重在防止数学解题中消极“潜在假设”的话，那么本文的努力则还注重防止习题编拟中消极的“潜在假设”，加强习题的内容科学性和逻辑严谨性.

1涉及三棱锥的消极“潜在假设”

例1一个三棱锥的三视图轮廓“形状都相同，大小均相等”，请找出这样的三棱锥.

图1图2

讲解一个容易想到的回答是：“直角三棱锥”，如图1，从正方体中截下的直角三棱锥D1-DAC，它的三视图轮廓是三个全等的等腰直角三角形.

一个较难否定的回答是：“正四面体的三视图是三个全等的正三角形”，“理由”是，正四面体的四个面都是全等的正三角形，所以，无论你从哪一角度看都是正三角形.这是由粗糙的直观导致的虚假论据和错误

结论.其实，一个正三角形在不同方向的投影，其形状和大小是会发生变化的，当你着眼于更广泛的三棱锥、努力构造出它的两个视图均为“全等的正三角形”时，第三个方向即使是正三角形，也不会是全等的，就是说“三视图是三个全等正三角形”的三棱锥并不存在.那么，正四面体就不是答案了吗？不，由文[2]知，将正方体截去四个三棱锥，如图1中，所得到的正四面体B1-ACD1（保持其在正方体中的位置不动），其三视图轮廓是“三个全等的正方形”（图2）.

这样，我们找到了两类三棱锥（但不知道还有没有第三类），一类其三视图轮廓是三个全等的等腰直角三角形；另一类其三视图轮廓是三个全等的正方形.思考还可以继续：

图3

例2如果一个三棱锥的三视图是三个全等的等腰直角三角形，且直角边长为a，求这个三棱锥的体积和表面积.

讲解一个容易想到的回答是例1中的“直角三棱锥”（图3中D1-DAC），体积为

V=16V正方体=a36，

表面积为

S=3S等腰直角三角形+S等边三角形=3+32a2.

但是这个答案并不完整，图3中三棱锥D1-DAB的三

视图也是三个全等的等腰直角三角形，其体积不变V=16V正方体=a36，但表面积为

S=2S等腰直角三角形+2S直角三角形=（1+2）a2.

处理完这两个例子之后，从试题编拟的角度还可以继续思考如下问题.

问题1例1中三视图轮廓“形状都相同，大小均相等”的三棱锥到底有几种情况？

问题2怎样严格证明“三视图是三个全等正三角形”的三棱锥并不存在？

问题3例2中三视图轮廓为“三个全等的等腰直角三角形”的三棱锥是不是只有两种情况？

在这些问题未彻底解决之前，最好不要由“粗糙的直观”导致“潜在假设”，我们建议例1、例2作开放性的修改：

例3如果一个三棱锥的三视图轮廓“形状都相同，大小均相等”，请找出一个这样的三棱锥，并求它的体积（或表面积）.

这时，题目是开放的，学生可以找出不同的三棱锥，求出不同的体积（或表面积），并且一道题目开辟了一个研究课题.

2涉及组合体的消极“潜在假设”

例4如果一个几何体的三视图如图4（或图5）所示，这个几何体是怎样构成的？

图4图5

讲解一个容易想到的回答是：图4的几何体是从一个正方体中挖去了一个圆锥（如2011年陕西文、理科第5题）.

一个意外的回答是：图4的几何体也可以是给一个无盖正方体里放进了一个圆锥.

第一个回答大家很好接受，从一个几何体中挖去了一个几何体当然是画虚线了，但是反过来，画虚线就一定是几何体被挖去的痕迹吗？所画的虚线就不可能是放进了一个几何体吗？如图5，从一个半球体中挖去一个圆锥与从一个半球中放进一个圆锥会有相同的三视图.我们认为，挖去几何体时画虚线只是部分实例，放进了一个几何体的可能性也是存在的，不应该由“部分的实例”导致“潜在假设”，编拟试题时应该表述清楚，排除歧义.比如，对图4（或图5）编拟为计算题时，可以这样叙述：

例41从已知几何体中挖去了一个几何体后，其三视图如图4所示，则该几何题的体积（或表面积）为.

例5（合肥市2009年高三第二次教学质量检测文科第10题）用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体，其主视图、侧视图都是图6，对这个几何体，下列说法正确的是（）.

A.这个几何体的体积一定是7

B.这个几何体的体积一定是10

C.这个几何体的体积的最小值是6，最大值是10

D.这个几何体的体积的最小值是7，最大值是11

图6图7

讲解这是一个开放性的题目，可以检测学生对视图

知识掌握的程度和空间想象能力，可惜的是，命题者存在由“部分实例”导致的“潜在假设”，给出的答案为D.但如图7所示，几何体的底面分别增加1个、2个、…、6个单位正方体其主视图、侧视图均为图6，这些几何体的体积最小值是5，最大值是11.因此本题无正确答案可选，是一道错题.如何修改留给读者去思考.

3涉及球（体）的消极“潜在假设”

例6某几何体的三视图如图8所示，则该几何体的体积（或表面积）为.

图8

讲解通常认为，图8中三视图均为四分之一的全等扇形，半径r=1，从而，几何体为单位球在第一卦限部分，体积为

V=18V球=18×43πr3=π6；

表面积为

S=18S球+34S圆=18×4πr2+34πr2=5π4.

其实，这个题目的编拟有两个“潜在假设”：其一，“潜在假设”每一视图均为四分之一的全等扇形；其二，“潜在假设”三视图均为四分之一全等扇形的几何体必为球在第一卦限部分.

反思这两个“潜在假设”可以促进三视图认识的深化.

反思1每一视图均为四分之一的全等扇形吗？确实，单位球在第一卦限部分的三视图类似于图8，但题目没有说每一视图均为四分之一的全等扇形，这就存在其他可能.比如，将半径稍稍大于1的球的第一卦限部分，沿三个面各切去一层同样的平面薄片，可以使其三视图为图8，这时，直角顶点不是圆心，各个视图相等但不是扇形.是“粗糙的直观”或“部分的实例”导致消极的“潜在假设”.

反思2若题目注明“三视图均为四分之一的全等扇形”，能不能保证几何体为单位球在第一卦限部分呢？限于中学教材可能很难找到反例，但结论依然是可疑的.比如，由曲面

x2+y2+z2+xyz=1

所围成的几何体，它在坐标平面上的投影均为单位圆（分别取x=0，y=0，z=0都得出单位圆），若取其第一卦限部分，则三视图为图8，但这个几何体不是球.用平行于坐标平面的平面去截曲面x2+y2+z2+xyz=1，得到的截线是椭圆（除了顶点为一个点）.比如，取z=α，α∈0，1，则x2+y2+αxy=1-α2，

变形12+α4y+x2+12-α4y-x2=1-α2，

作变换x=22x1-y1，

y=22x1+y1，

即x+y=2x1，

y-x=2y1，

有1+α2x21+1-α2y21=1-α2，

得椭圆x212-2α22+α+y212-2α22-α=1，α∈0，1.

由上面的讨论可知，球的三视图是三个等圆，但三视图是三个等圆的几何体未必是球，中学生可能找不出反例，但试题编拟者应该有更深入的学术思考.

例7（2013年陕西文科第11题）某几何体的三视图如图9所示，则其表面积为.

图9

解该几何体是半径为1的半球，底面是半径为1的圆，所以体积为

S表=S侧+S底=2πr+πr2=3π.

评析中学生这样做，没有理由不给满分，但是，如上所说，该几何体未必为半球，限于中学教材找不到反例，不等于曲面①就不存在，科学严谨的命题应该排除其他可能.如例6（例7）可以明确为：

例61某几何体是球体的一部分，其三视图如图8（或图9）所示，则该几何体的体积（或表面积）为.

4综合性的练习

前些年对三视图的考查基本上都是“单一性”的填空或选择题，但认为三视图只能出“小题”没有理论根据，或者说也是一种“潜在假设”，并且是消极的.随着学习的深入，随着考试“在知识网络交汇处设计试题，促进学科知识的交融和渗透”的贯彻，三视图与其他知识的交汇将是一个方向，2014年陕西高考文、理科第17题就把三视图放到解答题中.下面再提供两道综合题，以体现三视图与其他知识综合的方向.

例8如图10，过长方体V：ABCD-A1B1C1D1的顶点D1作平面α与棱AA1交于点E，与棱BB1交于点F，与棱CC1交于点G，已知D0，0，0，T1，1，2，平面α下方几何体

的正视图、左视图如图11所示.

图10图11

（Ⅰ）求证：点T在平面α上.

（Ⅱ）请问DT是否垂直于平面α，说明理由.

解（Ⅰ）如图12，由视图可知，长方体的底面是边长为2的正方形，长方体的高等于3，点E，F，G均为所在棱的三等分点.有F2，2，1，D10，0，3，从而T1，1，2为线段FD1的中点，因为线段FD1在平面α上，所以T在平面α上.

（Ⅱ）DT是垂直于平面α的，用两个方法证明如下.

图12

方法1如图12，由已知，F2，2，1，D1（0，0，3），E（2，0，2），G（0，2，2），而T1，1，2为线段FD1的中点，也是线段EG的中点.

连结DF，DB，在直角△DBF中，

DF=DB2+BF2=222+12=3，

又DD1=3，所以△DD1F是等腰三角形，从而底边FD1上的中线DT也是高，得

DT⊥D1F.

同样，连结DE，DG，有DE=DG=22，△DEG是等腰三角形，底边EG上的中线DT也是高，得DT⊥EG.

因为DT垂直于平面α上的两条相交直线D1F与EG，所以DT垂直于平面α.

方法2如图12，由已知，D0，0，0，T1，1，2，F2，2，1，D10，0，3，E2，0，2，G0，2，2，可得

DT=1，1，2，D1F=2，2，-2，EG=-2，2，0，

有DT·D1F=1×2+1×2+2×-2=0，

DT·EG=1×-2+1×2+2×0=0，

这表明，DT垂直于平面α上的两条相交直线D1F与EG，所以DT垂直于平面α.

说明此例把三视图融进解答题，体现了三视图考查的一个新思路.图15

例9如图13，正四面体的四个顶点都在一个球面上（称为正四面体的外接球），其四个顶点的坐标为1，0，0，0，1，0，0，0，1，1，1，1，如果这个几何体的正视图如图14所示，请继续完成这个几何体的三视图，并根据图15程序框图所示，计算在可行域内任取一点，能输出数对x，y，z的概率.

图13图14

解侧视图、俯视图与正视图相同，都是单位圆里面一个带对角线的虚线正方形.

由程序框图可知，可行域是正四面体的外接球，只有当数对x，y，z落在正四面体内部时，才能输出.由图14中数据可知，正四面体的外接正方体棱长为1，正四面体的棱长为2，外接正方体的体对角线为3，即正四面体的外接球半径为R=32.有

V球=43πR3=3π2，V正四面体=13V正方体=13，

故得能输出数对的概率为P=V正四面体V球=239π.

说明这是一道综合性很强的题目，涉及四面体及其体积、球及其体积、空间坐标系、三视图、程序框图、几何概型、概率计算等多种知识，是“在知识网络交汇处设计试题，促进学科知识的交融和渗透”的很好注解，对破除三视图考查的“单一性”有启示意义.

参考文献

[1]罗增儒.纠正一种消极的“潜在假设”[J].中学教研（数学）.2006（12）：15-18.

[2]罗增儒.解题活动：三视图认识封闭的突破[J].中学数学杂志.2012（9）：18-21.

知识掌握的程度和空间想象能力，可惜的是，命题者存在由“部分实例”导致的“潜在假设”，给出的答案为D.但如图7所示，几何体的底面分别增加1个、2个、…、6个单位正方体其主视图、侧视图均为图6，这些几何体的体积最小值是5，最大值是11.因此本题无正确答案可选，是一道错题.如何修改留给读者去思考.

3涉及球（体）的消极“潜在假设”

例6某几何体的三视图如图8所示，则该几何体的体积（或表面积）为.

图8

讲解通常认为，图8中三视图均为四分之一的全等扇形，半径r=1，从而，几何体为单位球在第一卦限部分，体积为

V=18V球=18×43πr3=π6；

表面积为

S=18S球+34S圆=18×4πr2+34πr2=5π4.

其实，这个题目的编拟有两个“潜在假设”：其一，“潜在假设”每一视图均为四分之一的全等扇形；其二，“潜在假设”三视图均为四分之一全等扇形的几何体必为球在第一卦限部分.

反思这两个“潜在假设”可以促进三视图认识的深化.

反思1每一视图均为四分之一的全等扇形吗？确实，单位球在第一卦限部分的三视图类似于图8，但题目没有说每一视图均为四分之一的全等扇形，这就存在其他可能.比如，将半径稍稍大于1的球的第一卦限部分，沿三个面各切去一层同样的平面薄片，可以使其三视图为图8，这时，直角顶点不是圆心，各个视图相等但不是扇形.是“粗糙的直观”或“部分的实例”导致消极的“潜在假设”.

反思2若题目注明“三视图均为四分之一的全等扇形”，能不能保证几何体为单位球在第一卦限部分呢？限于中学教材可能很难找到反例，但结论依然是可疑的.比如，由曲面

x2+y2+z2+xyz=1

所围成的几何体，它在坐标平面上的投影均为单位圆（分别取x=0，y=0，z=0都得出单位圆），若取其第一卦限部分，则三视图为图8，但这个几何体不是球.用平行于坐标平面的平面去截曲面x2+y2+z2+xyz=1，得到的截线是椭圆（除了顶点为一个点）.比如，取z=α，α∈0，1，则x2+y2+αxy=1-α2，

变形12+α4y+x2+12-α4y-x2=1-α2，

作变换x=22x1-y1，

y=22x1+y1，

即x+y=2x1，

y-x=2y1，

有1+α2x21+1-α2y21=1-α2，

得椭圆x212-2α22+α+y212-2α22-α=1，α∈0，1.

由上面的讨论可知，球的三视图是三个等圆，但三视图是三个等圆的几何体未必是球，中学生可能找不出反例，但试题编拟者应该有更深入的学术思考.

例7（2013年陕西文科第11题）某几何体的三视图如图9所示，则其表面积为.

图9

解该几何体是半径为1的半球，底面是半径为1的圆，所以体积为

S表=S侧+S底=2πr+πr2=3π.

评析中学生这样做，没有理由不给满分，但是，如上所说，该几何体未必为半球，限于中学教材找不到反例，不等于曲面①就不存在，科学严谨的命题应该排除其他可能.如例6（例7）可以明确为：

例61某几何体是球体的一部分，其三视图如图8（或图9）所示，则该几何体的体积（或表面积）为.

4综合性的练习

前些年对三视图的考查基本上都是“单一性”的填空或选择题，但认为三视图只能出“小题”没有理论根据，或者说也是一种“潜在假设”，并且是消极的.随着学习的深入，随着考试“在知识网络交汇处设计试题，促进学科知识的交融和渗透”的贯彻，三视图与其他知识的交汇将是一个方向，2014年陕西高考文、理科第17题就把三视图放到解答题中.下面再提供两道综合题，以体现三视图与其他知识综合的方向.

例8如图10，过长方体V：ABCD-A1B1C1D1的顶点D1作平面α与棱AA1交于点E，与棱BB1交于点F，与棱CC1交于点G，已知D0，0，0，T1，1，2，平面α下方几何体

的正视图、左视图如图11所示.

图10图11

（Ⅰ）求证：点T在平面α上.

（Ⅱ）请问DT是否垂直于平面α，说明理由.

解（Ⅰ）如图12，由视图可知，长方体的底面是边长为2的正方形，长方体的高等于3，点E，F，G均为所在棱的三等分点.有F2，2，1，D10，0，3，从而T1，1，2为线段FD1的中点，因为线段FD1在平面α上，所以T在平面α上.

（Ⅱ）DT是垂直于平面α的，用两个方法证明如下.

图12

方法1如图12，由已知，F2，2，1，D1（0，0，3），E（2，0，2），G（0，2，2），而T1，1，2为线段FD1的中点，也是线段EG的中点.

连结DF，DB，在直角△DBF中，

DF=DB2+BF2=222+12=3，

又DD1=3，所以△DD1F是等腰三角形，从而底边FD1上的中线DT也是高，得

DT⊥D1F.

同样，连结DE，DG，有DE=DG=22，△DEG是等腰三角形，底边EG上的中线DT也是高，得DT⊥EG.

因为DT垂直于平面α上的两条相交直线D1F与EG，所以DT垂直于平面α.

方法2如图12，由已知，D0，0，0，T1，1，2，F2，2，1，D10，0，3，E2，0，2，G0，2，2，可得

DT=1，1，2，D1F=2，2，-2，EG=-2，2，0，

有DT·D1F=1×2+1×2+2×-2=0，

DT·EG=1×-2+1×2+2×0=0，

这表明，DT垂直于平面α上的两条相交直线D1F与EG，所以DT垂直于平面α.

说明此例把三视图融进解答题，体现了三视图考查的一个新思路.图15

例9如图13，正四面体的四个顶点都在一个球面上（称为正四面体的外接球），其四个顶点的坐标为1，0，0，0，1，0，0，0，1，1，1，1，如果这个几何体的正视图如图14所示，请继续完成这个几何体的三视图，并根据图15程序框图所示，计算在可行域内任取一点，能输出数对x，y，z的概率.

图13图14

解侧视图、俯视图与正视图相同，都是单位圆里面一个带对角线的虚线正方形.

由程序框图可知，可行域是正四面体的外接球，只有当数对x，y，z落在正四面体内部时，才能输出.由图14中数据可知，正四面体的外接正方体棱长为1，正四面体的棱长为2，外接正方体的体对角线为3，即正四面体的外接球半径为R=32.有

V球=43πR3=3π2，V正四面体=13V正方体=13，

故得能输出数对的概率为P=V正四面体V球=239π.

说明这是一道综合性很强的题目，涉及四面体及其体积、球及其体积、空间坐标系、三视图、程序框图、几何概型、概率计算等多种知识，是“在知识网络交汇处设计试题，促进学科知识的交融和渗透”的很好注解，对破除三视图考查的“单一性”有启示意义.

参考文献

[1]罗增儒.纠正一种消极的“潜在假设”[J].中学教研（数学）.2006（12）：15-18.

[2]罗增儒.解题活动：三视图认识封闭的突破[J].中学数学杂志.2012（9）：18-21.

知识掌握的程度和空间想象能力，可惜的是，命题者存在由“部分实例”导致的“潜在假设”，给出的答案为D.但如图7所示，几何体的底面分别增加1个、2个、…、6个单位正方体其主视图、侧视图均为图6，这些几何体的体积最小值是5，最大值是11.因此本题无正确答案可选，是一道错题.如何修改留给读者去思考.

3涉及球（体）的消极“潜在假设”

例6某几何体的三视图如图8所示，则该几何体的体积（或表面积）为.

图8

讲解通常认为，图8中三视图均为四分之一的全等扇形，半径r=1，从而，几何体为单位球在第一卦限部分，体积为

V=18V球=18×43πr3=π6；

表面积为

S=18S球+34S圆=18×4πr2+34πr2=5π4.

其实，这个题目的编拟有两个“潜在假设”：其一，“潜在假设”每一视图均为四分之一的全等扇形；其二，“潜在假设”三视图均为四分之一全等扇形的几何体必为球在第一卦限部分.

反思这两个“潜在假设”可以促进三视图认识的深化.

反思1每一视图均为四分之一的全等扇形吗？确实，单位球在第一卦限部分的三视图类似于图8，但题目没有说每一视图均为四分之一的全等扇形，这就存在其他可能.比如，将半径稍稍大于1的球的第一卦限部分，沿三个面各切去一层同样的平面薄片，可以使其三视图为图8，这时，直角顶点不是圆心，各个视图相等但不是扇形.是“粗糙的直观”或“部分的实例”导致消极的“潜在假设”.

反思2若题目注明“三视图均为四分之一的全等扇形”，能不能保证几何体为单位球在第一卦限部分呢？限于中学教材可能很难找到反例，但结论依然是可疑的.比如，由曲面

x2+y2+z2+xyz=1

所围成的几何体，它在坐标平面上的投影均为单位圆（分别取x=0，y=0，z=0都得出单位圆），若取其第一卦限部分，则三视图为图8，但这个几何体不是球.用平行于坐标平面的平面去截曲面x2+y2+z2+xyz=1，得到的截线是椭圆（除了顶点为一个点）.比如，取z=α，α∈0，1，则x2+y2+αxy=1-α2，

变形12+α4y+x2+12-α4y-x2=1-α2，

作变换x=22x1-y1，

y=22x1+y1，

即x+y=2x1，

y-x=2y1，

有1+α2x21+1-α2y21=1-α2，

得椭圆x212-2α22+α+y212-2α22-α=1，α∈0，1.

由上面的讨论可知，球的三视图是三个等圆，但三视图是三个等圆的几何体未必是球，中学生可能找不出反例，但试题编拟者应该有更深入的学术思考.

例7（2013年陕西文科第11题）某几何体的三视图如图9所示，则其表面积为.

图9

解该几何体是半径为1的半球，底面是半径为1的圆，所以体积为

S表=S侧+S底=2πr+πr2=3π.

评析中学生这样做，没有理由不给满分，但是，如上所说，该几何体未必为半球，限于中学教材找不到反例，不等于曲面①就不存在，科学严谨的命题应该排除其他可能.如例6（例7）可以明确为：

例61某几何体是球体的一部分，其三视图如图8（或图9）所示，则该几何体的体积（或表面积）为.

4综合性的练习

前些年对三视图的考查基本上都是“单一性”的填空或选择题，但认为三视图只能出“小题”没有理论根据，或者说也是一种“潜在假设”，并且是消极的.随着学习的深入，随着考试“在知识网络交汇处设计试题，促进学科知识的交融和渗透”的贯彻，三视图与其他知识的交汇将是一个方向，2014年陕西高考文、理科第17题就把三视图放到解答题中.下面再提供两道综合题，以体现三视图与其他知识综合的方向.

例8如图10，过长方体V：ABCD-A1B1C1D1的顶点D1作平面α与棱AA1交于点E，与棱BB1交于点F，与棱CC1交于点G，已知D0，0，0，T1，1，2，平面α下方几何体

的正视图、左视图如图11所示.

图10图11

（Ⅰ）求证：点T在平面α上.

（Ⅱ）请问DT是否垂直于平面α，说明理由.

解（Ⅰ）如图12，由视图可知，长方体的底面是边长为2的正方形，长方体的高等于3，点E，F，G均为所在棱的三等分点.有F2，2，1，D10，0，3，从而T1，1，2为线段FD1的中点，因为线段FD1在平面α上，所以T在平面α上.

（Ⅱ）DT是垂直于平面α的，用两个方法证明如下.

图12

方法1如图12，由已知，F2，2，1，D1（0，0，3），E（2，0，2），G（0，2，2），而T1，1，2为线段FD1的中点，也是线段EG的中点.

连结DF，DB，在直角△DBF中，

DF=DB2+BF2=222+12=3，

又DD1=3，所以△DD1F是等腰三角形，从而底边FD1上的中线DT也是高，得

DT⊥D1F.

同样，连结DE，DG，有DE=DG=22，△DEG是等腰三角形，底边EG上的中线DT也是高，得DT⊥EG.

因为DT垂直于平面α上的两条相交直线D1F与EG，所以DT垂直于平面α.

方法2如图12，由已知，D0，0，0，T1，1，2，F2，2，1，D10，0，3，E2，0，2，G0，2，2，可得

DT=1，1，2，D1F=2，2，-2，EG=-2，2，0，

有DT·D1F=1×2+1×2+2×-2=0，

DT·EG=1×-2+1×2+2×0=0，

这表明，DT垂直于平面α上的两条相交直线D1F与EG，所以DT垂直于平面α.

说明此例把三视图融进解答题，体现了三视图考查的一个新思路.图15

例9如图13，正四面体的四个顶点都在一个球面上（称为正四面体的外接球），其四个顶点的坐标为1，0，0，0，1，0，0，0，1，1，1，1，如果这个几何体的正视图如图14所示，请继续完成这个几何体的三视图，并根据图15程序框图所示，计算在可行域内任取一点，能输出数对x，y，z的概率.

图13图14

解侧视图、俯视图与正视图相同，都是单位圆里面一个带对角线的虚线正方形.

由程序框图可知，可行域是正四面体的外接球，只有当数对x，y，z落在正四面体内部时，才能输出.由图14中数据可知，正四面体的外接正方体棱长为1，正四面体的棱长为2，外接正方体的体对角线为3，即正四面体的外接球半径为R=32.有

V球=43πR3=3π2，V正四面体=13V正方体=13，

故得能输出数对的概率为P=V正四面体V球=239π.

说明这是一道综合性很强的题目，涉及四面体及其体积、球及其体积、空间坐标系、三视图、程序框图、几何概型、概率计算等多种知识，是“在知识网络交汇处设计试题，促进学科知识的交融和渗透”的很好注解，对破除三视图考查的“单一性”有启示意义.

参考文献

[1]罗增儒.纠正一种消极的“潜在假设”[J].中学教研（数学）.2006（12）：15-18.

[2]罗增儒.解题活动：三视图认识封闭的突破[J].中学数学杂志.2012（9）：18-21.