中考复习数学思想方法之二：割补法“补形”在初中几何问题中的应用
中学数学解题思想方法：割补法
E D
F
C
A
B
图3-1
由前面的知识我们不难发现既可以用“补形法”，如图
3-2所示，也可以用“分割法”如图3-3所示来求解.
E
E
D
G
D
F
C
A
B
图3-2
H
G
F
C
A
B
图3-3
解：由几何体的三视图还原成直观图如图3-1，可知
DA 平面 ABC , AD//CE//BF ， AC AB ，AD CE 5 ，BF 2
Q AA 底面ABC
AA 底面DBE
AA BF
A'
C'
F
D
E
又Q AA DE D BF 平面DECA
B'
A
C
B
V
= B DEC A
1 3 SDECA
BF
1 3
1 2
( AD
CE)
DE
BF
12
图1-4
所以所求几何体的体积为 V V BDECA ABCDBE 24
评析：本题解法一采取的解题方法为补形法，解法二所采取 的解题方法为分割法.两种方法都比较自然，由于题目所给条 件，本题采用解法一较为简捷.
例2 如图2-1， AA 底面ABC，AA//BB//CC//DD, 四边形 ABCD为正方形, AB AA CC 2，
BB 1，DD 3 ，求几何体 ABCD-ABCD 的体积.
BC
AD
48
所以原几何体的体积为24 .
浅谈割补法在数学解题中的应用
探索篇誗方法展示浅谈割补法在数学解题中的应用陈兴玉（福建省福安市第八中学，福建福安）在求面积的问题中，我们常用到割补法，所谓的割就是把不规则的图形分割成几个规则图形，所谓的补就是把不规则的图形补充成一个规则图形，再通过和或差计算面积。
割补法不仅在求面积和体积问题中有着广泛应用，其实在解决应用题和立体几何问题以及求证线段与线段的和差倍分关系和代数式之间的恒等关系等问题当中都有用到割补法，下面简单谈谈割补法在数学解题中的应用。
一、利用割补法求平面直角坐标系中图形的面积在平面直角坐标系中往往要求一些不规则图形的面积，这时要充分用到图形中点的横坐标或纵坐标，割补法在这里可以发挥很大的作用。
例1：如图所示，直线y＝23x＋1与抛物线y＝13x2交于点A、B，求S△AOB°。
AO Byx AOByxAOByx CFEC图1图2图3分析与解：（一）“割”的方法，如图1取直线与y轴的交点C，将△ABO分成△ACO和△CBO，由y＝23x＋1y＝13x△△△△△△△△△△△2可得A、B两点坐标分别为（-1，13），（3，3），由y＝23x＋1与y轴的交点可求出C点坐标为（0，1）即OC=1，以OC为底，则S△AOB＝S△BCO＋S△ACO＝12×1×｜3｜＋12×1×｜－1｜＝2（二）“补”的方法，如图2分别过A、B做x轴的垂线，垂足为E、F，则将三角形补成一个梯形，同样可求出点A（3，3）B（-1，13）C（0，1）的坐标，则S△A BO=S梯形AEFB-S△A EO-S△BFO=2二、利用割补法解应用题在一些应用题中，要求解两个不同的未知量，在没有学过方程的情况下，可以利用割补的方法进行讲解。
例2：小明收到一批货款共计1000元，面值都是50元和100元的人民币，数一下一共有14张，问面值为50元和100元人民币各多少张？分析与解：这道题对于没有学过二元一次方程组的学生而言，感觉不知从何入手，其实它可以用割补法来解释，（一）“割”的方法：将100元人民币“当作”50元的人民币，则14张应该是14×50=700（元），比1000元少了300元，而将1张100元人民币“当作”50元的人民币会少了50元，因此100元的人民币为300÷50= 6（张），50元的人民币为14-6=8（张）。
初中数学_割补法教案
教案：初中数学——割补法一、教学目标1. 让学生理解割补法的概念和意义，能够运用割补法解决实际问题。
2. 培养学生空间想象能力，提高解决问题的能力。
3. 培养学生合作交流意识，提高学生数学思维能力。
二、教学内容1. 割补法的定义及基本原理。
2. 割补法在实际问题中的应用。
3. 割补法与其他几何方法的对比。
三、教学重点与难点1. 割补法的理解和运用。
2. 割补法在实际问题中的应用。
四、教学过程1. 导入：通过一个实际问题引入割补法，让学生感受割补法在解决问题中的重要性。
2. 新课讲解：讲解割补法的定义、原理和操作步骤，让学生理解并掌握割补法。
3. 例题解析：通过典型例题，让学生学会运用割补法解决问题，并总结割补法的应用规律。
4. 练习巩固：让学生独立完成练习题，检验学生对割补法的掌握程度。
5. 拓展提升：引导学生思考割补法在其他几何问题中的应用，提高学生数学思维能力。
6. 总结：对本节课的内容进行总结，强调割补法在实际问题解决中的重要作用。
五、教学方法1. 采用讲解法、示范法、练习法、讨论法等多种教学方法，让学生在实践中掌握割补法。
2. 利用多媒体课件、实物模型等教学辅助工具，帮助学生直观地理解割补法。
3. 分组合作，让学生在讨论中互相学习，共同提高。
六、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，了解学生对割补法的掌握程度。
2. 练习成果：检查学生完成的练习题，评估学生运用割补法解决问题的能力。
3. 学生互评：让学生互相评价，促进学生之间的交流与合作。
七、教学反思课后总结本节课的教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学策略，以提高学生对割补法的理解和运用能力。
同时，关注学生在课堂上的表现，激发学生学习兴趣，提高学生数学思维能力。
备战2024高考数学二轮复习讲义第3讲-割补思想在立体几何中的应用
第3讲割补思想在立体几何中的应用割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。
割补法重在割与补，巧妙对几何体过几何图形实割与补，变整体的为局部，化不规则为规则，化陌生为熟悉，化抽象为直观。
割补法在立体几何中体现的主要的题型就是几何体的切等问题。
【应用一】割的思想在多面体的体积及几何体的内切球中的运用割的思想主要体现两种题型：一是求复杂几何体的体积、表面积等问题，此类问题通过割把复杂的几何体割成几个简单的几何体。
二是求几何体内切球的半径、体积等问题。
此类问题主要是通过球心与几何体的各点割成锥，然后运用等积法求半径。
【例1.1】已知一个三棱锥的所有棱长均为2，则该三棱锥的内切球的体积为________．【例1.2】【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【思维提升】以三棱锥P －ABC 为例，求其内切球的半径．方法：等体积法，三棱锥P －ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13△ABC ·r ＋13S△PAB·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ；第三步：解出r ＝3V P －ABC S O －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC ＝3VS 表．秒杀公式(万能公式)：r ＝3V S 表【例1.3】（2023·河北唐山·统考三模）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体)EF ABCD -．底面长方形ABCD 中3BC =，4AB =，上棱长2EF =，且EF 平面ABCD ，高（即EF 到平面ABCD 的距离）为1，O 是底面的中心，则（）A ．EO 平面BCF【变式1.1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图①，在平行四边形ABCD中，AB ===ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P 处（如图②），=PC P BCD -的内切球半径为______.【变式1.2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为__________．【变式1.3】（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，设三棱锥A ′－BDC 的外接球和内切球的半径分别为r 1，r 2，球心分别为O 1，O 2.若正方形ABCD 的边长为1，则21r r =________；O 1O 2＝__________.【应用二】补的思想在立体几何中几何体外接球中的应用解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．2．记住几个常用的结论：（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.①对于正方体的外接球，2R；②对于正方体的内切球，2R＝a；③对于球与正方体的各棱相切，2R.（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R，则2R=.（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.3．构造法在定几何体外接球球心中的应用（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体【例2.1】（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB=BD，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【思维提升】墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例2.2】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体A BCD -中，5AB CD ==，10AC BD ==，13BC AD ==，则其外接球的体积为______.【思维提升】棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2222R a b c =++(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝x2＋y2＋z28(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．【变式2.1】（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，4,223,PA AC AB AC AB ===⊥，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________.【变式2.2】已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，3AD BC ==，若三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．【变式2.3】已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为()A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π【变式2.4】(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()．A．62πD．6π8πB．64πC．6巩固练习1、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．2、（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）A．1233++D．63+C．633+B．12433、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，4EF=，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）A．22πB．42πC．82πD．2π3A ．18B ．275、正四面体的各条棱长都为．6、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．7、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．8、（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥-P ABC 的棱长均为4，先在三棱锥-P ABC 内放入一个内切球1O ，然后再放入一个球2O ，使得球2O 与球1O 及三棱锥-P ABC 的三个侧面都相切，则球2O 的表面积为__________.第3讲割补思想在立体几何中的应用割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。
割补法在立体几何解题中的应用
例
.
2
〔19 93 年 理 工 农 医 类 高 考 题 ( 26 )〕
IA BI C I 一 A B C 是 直 三梭 柱 , 过 点 A , 、 B 、 C l 的平 面 和 平面 A B C 的 交 线记 为 L 。 ( 1) 判定直 线 IA C I 和 L 的
BC 位 里 关 系 , 并加 以 证 明 ; (2 ) 若 A A : = 1 , A B ~ 4 ,
. 中学 理科 教 学
割补法在立体几何解题中的应用
白银 公 司一 中 赵 保 铎
几何 体彼此之 间有着密切 的联 系 , 解题 时只要
细 心 观 察 , 广泛 联 想 , 不 难发 现 其 转 化 契 机 . 所 谓 割
补 法 , 即 补 体法和 分割 法 的合 称 , 就 是 实 现 几 何 体 之
~ 3 , 匕 A B C ~ 90 。 , 求 顶 点 A l 到 直线 L 的距 离 。
分析 : 解 此题 , 作出 平
面 A I EC ; 和 平 面 A B C 的 交线 L 是 关键 . 如 图 (3 ) , 补作 一 个 直 三 棱 柱 人B r 卜一 A I B , D , , 使 其 成 为 一 个 直 四 棱 柱 A C B I) 一
粤 公 垂 线 E D 一 h , 求 证 三 棱 锥 的 体 积 v 一 LZ h 。
一 一 ~ 一一
一 一 -
~ ` 一
~ 一, J ”
’、
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6 一 一’
分 析 : 与现 行立 几 教
材 分割三 棱 柱 的情 况 相
反 , 也可 以 把 一个三 棱 锥 补成一 个体积 是其三倍 的 三棱柱 。 如图 ( 4 ) ,连 B E 、
几何证题方法探讲——割补法
几何证题方法探讲——割补法作者：余熳炜张勇超来源：《中学生数理化·教研版》2009年第07期在求解平面几何问题时，根据问题的题设和结论，合理适当地将原来的图形割去一部分，或补上一部分，变成一个特殊的、简单的、整体的、熟悉的图形，使原来问题的本质得到充分显示，通过对新图形的分析，探索原来问题的答案，我们把这种方法称之为割补法.一、补出直角三角形如果图形中有直角或者相邻两角互余的情况，可考虑通过整形，补出或补成直角三角形来解题.二、补出等腰三角形如果图形涉及三角形或四边形某角的平分线，或三角形一边上的中线（或高）与角平分线联系，可考虑补出等腰三角形来.例1 如图1，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D是AC上一点，且AE垂直BD的延长线于E，且AE＝12BD，求证：BD平分∠ABC.三、补出正三角形如果多边形有一个内角为60°或120°，涉及到等线段，可考虑将图形补成一个正三角形.例2如图2，AA′、BB′、CC′交于点O，且AA′=BB′=CC′=1，∠AOC′=∠BOA′=∠COB′=60°.（1）求证：△△△COB′＜34；（2）求证：△AOC′、△BOA′、△COB′ 中至少有一个不大于316. 证明:（1）延长AA′至E，使A′E=OA.延长B′B至D，使BD=BO′，连DE.在DE上截取F，使EF=OC′.易证△ODE为正三角形，DF=OC.则△AOC′≌△A′EF，△B′OC≌△BDF.∵△A'EF＋△BOA'＋△BDF＜正△ODE，∴△AOC'＋△BOA'＋△COB'＜正△ODE.又△ODE＝34，则△AOC'＋△BOA'＋△COB'＜34.（2）设OA＝a，OB＝b，OC＝c,则OA'＝1－a，OB'＝1－b，OC'＝1－c.∵△AOC'＝34a(1－c)，△BOA'＝34b(1－a)，△B'OC＝34c(1－b). ∴△AOC'－△BOA'－△∵－a＋14≥0 ,∴a(1－a)≤14.同理b(1－b)≤14，c(1－c)≤14.则△AOC'－△BOA'－△∴△AOC'、△BOA'、△COB'中至少有一个不大于316.四、补出平行四边形例3 如图3，凸六边形ABCDEF中，∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F，且AB＋BC=11，FA －CD=3，求BC＋DE.解：由题意知，AF∥CD，BC∥EF，则可将六边形补成平行四边形MCNF.△ABM、△DEN均为等边三角形.MC＝AB＋BC＝11. ①FA＝MF－AM＝CN－AB＝CD＋DE－AB.于是FA－CD＝DE－AB＝3.则DE－AB＝3. ②①＋②得DE＋BC＝14.五、补出正方形例4 如图4，在△ABC中，AD⊥BC于D，∠CAB＝45°，BC=3，CD=2，求△ABC.解：将△ACD沿直线AC翻折得△ACF.将△ABD沿直线AB翻折得△ABE.分别延长FC、EB交于G，可证出AEGF为正方形.设AF＝AD＝AE＝x，则CG＝x－2，BG＝x－3.在Rt△BCG中，＝＋∴(2＋＝(x－＋(x－解得x＝6（舍去负值）.则△ABC＝15.五、补出圆已知共顶点的两条相等线段、角之间的关系，可以公共顶点为圆心补圆，以较方便转化角、转化线段之间的关系.例5 如图5，若PA＝PB，∠APB＝2∠ACBAC与PB交于点D，且PB＝4，PD＝3，则AD•DC＝.A.6B.7C.12D.16解：以P为圆心，PB长为半径作圆.∵PA＝PB，∠APB＝2∠ACB.∴点A、点C都在圆上，延长BP交⊙P于点E，则BE＝8.∵PD＝3∴BD＝1，DE＝7，由相交弦定理知：AD•DC＝7.。
几何格点与割补
第十一、十二讲格点与割补本讲知识点1．分割法1）正所谓“大事化小”，把不规则的大图形化为规则的小图形，来进行计算.2）在对格点图形的分割计算时，不一定要分到最小的基本单位。
一般来说分为中等大小的，可以计算的规则形状比较方便。
2．割补法1）是“以小见大”，把不规则图形周围添上规则的小图形，使总面积便于计算.2）此外，在图形中进行适当的分割拼补，把不规则的形状拼成规则形状，也是常见的方法.3．格点面积公式1）在最小的正方形面积为1的图形中：正方形格点多边形面积=边界格点数÷2＋内部格点数-1.2）在最小正三角形面积为1的图形中：三角形格点多边形面积=边界格点数+内部格点数×2-1.3）在使用公式法计算格点多边形面积时，要注意公式的适用条件.4）在多个格点图形相关的问题中，要注重利用它们之间的共同点来帮助计算.5）对于很多非格点图形的面积计算，分割和添补的方法依然适用.6）特别的，在图形中恰当的添加格线进行分制，能更好的体现围形的结构，以及整体和部分的数量关系，而在添补中，看见某些特殊角度，如45°、60°、120°等时，可以联想到一些特殊的图形，如，等腰直角三角形，正三角形等等.精选例题例题1．如图，分别在如下三种情况中，求出图中格点图形的面积：（1）相邻格点距离为1；（2）相邻格点距离为2；（3）最小正方形面积为2.例题2．如图，下图的正方形格点，单位正方形面积为1，分别求出两个图形的面积.例题3．如图，下图的正方形格点中，单位正方形面积为3，求出图形面积.练习1．如图，分别在如下两种情况中，求出图中格点图形的面积：（1）最小正三角形面积为1；（2）最小正三角形形面积为2.例题4．如图，下图的三角形格点，单位正三角形面积为1，分别求出两个图形的面积.例题5．如图，下图的正三角形格点中，单位正三角形面积为5，求出图形面积.例题6．下图点阵间隔为1，请利用方形格点公式，填出下表：练习2．下图三角形点阵所能连出的最小三角形面积为1，请利用三角形格点公式，填出下表：例题7．如图，单位正方形面积为1，利用格点公式计算下面阴影图形的面积，并再用一种其他方法计算检查.例题8．（1）在图1的正方形格点中，左图面积是45，那么右图的面积是多少？（2）图2的左右两个大三角形相同，左图的单位正三角形面积为100，右图的单位正三角形面积是多少？例题9．把同一个三角形的三条边分别四等分、六等分，适当连接这些分点，便得到了若干个面积相等的小三角形，已知图1中副影部分的面积是63平方厘米，那么图2中的阴影部分的面积是多少平方厘米？例题10．如图，对下列图形进行适当的格线划分，使得能恰当的体现出阴影部分与总面积的关系，并进行相应计算：（1）大正方形面积为90，连结各边中点得到阴影正方形，求阴影面积.（2）大正三角形面积为90．每边取三等分点，连结得到阴影正六边形，求阴影面积.（3）大正六边形面积为90，连结其中3个顶点得到阴影正三角形，求阴影面积.（4）大等腰直角三角形面积为90，如图放入一个阴影正方形，求阴影面积.例题11．在面积为72平方厘米的正六边形中，按图中不同方式切割（切割点均为等分），形成的阴影部分面积分别是多少？例题12．如图，大正方形和小正方形的边长分别为6厘米和2厘米，G、N、M分别为AF、AB、ED边上的中点，求四边形GNME的面积.例题13．如图，在长方形ABCD中，O是长方形的中心，BC长20厘米，AB长12厘米，=，3DE AE4=，那么阴影部分的面积是多少平方厘米？CF DEBE=，三角形AEF的面积是37，那么长例题14．如图，在长方形ABCD中，3DF＝，11方形ABCD的面积是多少？例题15．甲乙两个六边形的内角都是120°，其边长如图所示，那么甲，乙面积分别是边长为1的正三角形面积的多少倍？例题16．求阴影部分面积：例题17．两个等腰直角三角形直角边分别长10厘米和6厘米，那么三角形DGE面积是多少平方厘米？思考创新思考1．下图为一个等边三角格点阵，可连出的最小的三角形面积是1，请在图中以给出点为顶点面一个面积为13的三角形.思考2．如图，平面上有16个点，每个点都钉上钉子，形成间隔为1厘米的4行4列的正方形钉阵，现在有许多皮筋，可以套出几种面积的三角形？请各举一例.思考3．正方形格点如图，原有格点的单位正方形面积为68，利用原有格点在图中划分新的格线，分别划出两种新的情况，那么这两种新格线的单位小正方形的面积分别是多少？思考4．如图，把长方形纸片ABCD的一角折起，使点D恰好与AB的中点F重合，若三角形EDC的面积是10．那么长方形ABCD的面积是多少？思考5．如下图，在一平行四边形纸片上割去了①，②两个直角三角形，已知三角形①两条直角边分别为2厘米和5厘米，三角形②两条直角边分别为5厘米和8厘米，求图中阴影部分的面积.第十一讲格点割补（一）思维冲浪1．如图所示，每一个小方格的面积都是1，那么用祖线围成的图形的面积是________.2．已知图中相邻两格点的距离均为2厘米，那么图中连出多边形的面积是______平方厘米.3．如图所示，图中最小的“□”面积是2，那么阴影部分面积分别为________.4．如图，如果每个小三角形的面积都是1cm2，那么连接A，B，C三点的三角形的面积是________cm2.5．如图，如果每一个小三角形的面积是2平方厘米，那么四边形ABCD的面积是________平方厘米.6．如图所示，图中最小的“Δ”面积是2，那么阴影部分面积分别为_______.7．如图所示，每个小方格格的边长为1．那么阴影部分的面积是多少？8．图中相邻三点所形成的等边三角形的面积为1，求五边形的面积.9．如图，大正六边形的面积为108，求阴影部分的面积为多少？10．图中水平，竖直方向相邻两个格点的距离都是1，请你求出图中“8”、“0”，“9”的面积各是多少.第十二讲格点割补（二）思维冲浪1．把同一个三角形的三条边分别五等分、七等分，连接这账分点，便得到了若干个面积相等的小三角形，左图中阴影部分的面积是294平方分米，那么右图中阴影部分的面积是________平方分米.2．下图是一个面积为24的正六边形，阴影部分的面积是__________.3．如图所示，ABCD是长方形，长AD等于7.2厘米，宽AB等于5厘米，CDEF是平行四边形，如果BH的长是3厘米，那么图中阴影部分面积是________平方厘米.4．在下图中，三角形ABC和DEF是两个完全相同的等腰直角三角形，其中DF长9厘米，CF长3厘米，那么阴影部分的面积是________平方厘米.5．如图，大正方形和小正方形的边长分别为6厘米和2厘米，G、N分别为AF、AB边上的中点，那么四边形GNCE的面积是__________平方厘米.6．如图所示，三个长方形APHM、BNHP、CQHN的面积分别是7、4、6、则阴影部分的面积是__________.7．如图所示，为一个等边三角格点阵，可连出的最小的三角形面积是1，请在图中以给出点为顶点画一个面积为7的三角形.8．如图所示，为一个边长为2的正方形，其中阴影部分的面积为多少？9．图中大正方形边长为8，小正方形边长为4，求阴影部分面积.10．如图，一个正方形，与4个等腰直角三角形，恰好拼成了一个长方形，如果正方形的面积是16，那么，长方形的面积是________.。
割补法在解题中的应用
巧用割补，化难为易顾介远割补法就是把图形切开，把切下来的那部分移动到其他位置，使题目便于解答；割补法是立体几何解题中的常用技巧，巧妙地对几何体进行分割与拼补，能够简化解题过程。
例如：已知正四面体的棱长为2，求其内切球和外接球的表面积与体积。
分析：本题的解题关键是求出正四面体的内切球和外接球的半径，用何种方法，怎样思维就成了解决本题的关键。
由几何图形我们不难看出球和正四面体都是对称的几何体，所以正四面体的外接球、内切球的球心与正四面体的几何中心重合。
将球心与正四面体的四个顶点连线，就可将这个正四面体分割成四个正四棱锥，这四个正四棱锥的底面分别是正四面体的侧面和底面，高是该正四面体的内切球的半径，侧棱为正四面体的外接球的半径，因此它们的体积相等且这四个正四棱锥的体积的和为正四面体的体积，从而我们可以得出结论：正四面体的外接球的半径是它的内切球的半径的3倍，它们的和等于该正四面的高。
令正四面体的高为h ，则h 2=SA 2-(32AE)2 =(2)2-(233)2,所以h=332；故该正四面体的外接球的半径R=43h=23，其表面积为S=3π；其体积为V=23π。
该正四面体的内切球半径r=41h=63，其表面积为s=31π，其体积v=183π。
如果把思维放开，这个正四面体可以看作是一个棱长为1的正方体ABCD-A /B /C /D /，“切去”四个“角”所对应的三棱锥得到正四面体C /-A /BD ，则该四面体与正方体具有公共的外接球，此时外接球的直径等于该正方体的体对角线的长，即2R=3，所以R=23，再根据R ：r=3：1的关系，该四面体的内切球半径r 就很容易求得了。
高中数学学习的本质是提高学习者的思维品质，快快进行“头脑体操”的锻炼吧，它给你带来快乐和成就感一定会超过鸟叔的《江南style 》！。
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中考复习数学思想方法之一：割补法“补形”在初中几何问题中的应用
平面几何中的“补形”就是根据题设条件，通过添加辅助线，将原题中的图形补成某种熟悉的，较规则的，或者较为简单的几何基本图形，使原题转化为新的易解的问题．从“补形”的角度思考问题，常能得到巧妙的辅助线，而使解题方向明朗化，所以，补形是添加辅助线的重要方法．下面举例加以说明，供参考．
例1 如图1，六边形ABCDEF的六个内角都相等，若AB=1，BC=CD=3，DE=2，则这个六边形的周长等于．
解析题中六边形是不规则的图形，现将它补形为较规则的正三角形，分别向两方延长AB、CD、EF相交于G、H、I (如图2)．
∵六边形ABCDEF的六个内角都相等，
∴六边形的各角为120°，
∴△AFI、△BCG、△DEH均是正三角形，从而△GHI为正三角形，则有
GC=BC=3，DH=EH=DE=2，
IF=AF,
IH=GH=GC+CD+DH
=3+3+2=8，
∴IE=IH－EH=8－2=6．
∴六边形的周长等于：
AB+BC+CD+DE+EF+F A
=AB+BC+CD+DE+IE
=1+3+3+2+6=15．
注：本题亦可补成平行四边形求解，如图3．
例2 如图4，在Rt△ABC中，AC=BC，AD是∠A的平分线，过点B作AD的垂线交AD的延长线于点E，求证：AD=2BE．
解析从等腰三角形的性质得到启示：顶角平分线垂直底边且平分底边．结合AE平分∠CAB，B E⊥AE，启发我们补全一个等腰三角形．所以延长BE交AC的延长线于点F(如
图5)，易证△ABF为等腰三角形，∴BF=2BE，再证△ACD≌△BCF，全等的条件显然满足，故结论成立．
例3 某片绿地的形状如图6所示，其中∠A=60°，A B⊥BC，C D⊥AD，AB=200m，CD=100m，求AD，BC的长．
解析由题设∠A=60°，A B⊥BC，可将四边形补成图7所示的直角三角形．
易得∠E=30°，AE=400，CE=200，然后再由勾股定理或三角函数求出BE=2003，DE=1003．
由此得到AD=400－1003，BC=2003－200。
例4 如图8，在平面直角坐标系中直线y=x－2与y轴相交于点A，与反比例函数在第一象限内的图像相交于点B (m，2)．
(1) 求反比例函数的关系式；
(2) 将直线y=x－2向上平移后与反比例函数图像在第一象限内交于点C，且△ABC的面积为18，求平移后的直线的函数关系式．
解析(1) 所求解析式为y=8
x
；
(2) 本题方法不一，下面着重对此题进行分析解答．
设直线y=x－2平移后解析式为y=x + b，显然我们只要求出点C的坐标或b的值，其平移后的直线的函数关系式可得以解决．
已知△ABC的面积与点C有关，用点C的坐标来表示出△ABC的面积，建立起等量关系是实现求解的关键．
为减少赘述，我们先做以下准备，以便下面直接引用：
由直线y=x－2和双曲线y=8
x
，可求得点A (0，－2)，点B (4，2)，平移后直线解析式
为y=x + b，点C (a，a+b)．
方法一如图9，过点C作CD⊥y轴交y轴于点D，过点B作BE∥y轴交DC的延长线于点E，故将△ABC补成为直角梯形ABED．
由A、C、B点的坐标，可知
OA=2，OD=a + b，CD=a，
DE=4，BE=a + b－2．
∵S△ABC = S梯形ABED－S△ACD－S△BEC
=18，
∴1
2
[(a + b + 2)+( a + b－2)]×4－
1
2
a (a +
b + 2)－
1
2
(4－a)( a + b－2)=18，
解得b=7．
∴平移后直线解析式为y=x + 7．
方法二如图10，设平移后的直线与y轴相交于点D，过点B作BE∥y轴，交直线DC 于点E，故将△ABC补成平行四边形ABED．
∴S△AB C =1
2
S平行四边形AB ED
=1
2
AD·
B
x=18．
(这里三角形与平行四边形为同底：线段AB；等高：平行线AB、DE间的距离)
∴1
2
(b+ 2×4=18，解得b=7．
∴平移后直线解析式为y=x + 7．。