高考数学选择题方法6.割补法
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 .
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。
1学生用高考数学选择题的解题策略
第1讲 高考数学选择题的解题策略一、知识整合1．高考数学试题中，选择题注重多个知识点的小型综合，渗透各种数学思想和方法，体现以考查“三基”为重点的导向，能否在选择题上获取高分，对高考数学成绩影响重大.解答选择题的基本要求是四个字——准确、迅速.2．选择题主要考查基础知识的理解、基本技能的熟练、基本计算的准确、基本方法的运用、考虑问题的严谨、解题速度的快捷等方面. 解答选择题的基本策略是：要充分利用题设和选择支两方面提供的信息作出判断。
一般说来，能定性判断的，就不再使用复杂的定量计算；能使用特殊值判断的，就不必采用常规解法；能使用间接法解的，就不必采用直接解；对于明显可以否定的选择应及早排除，以缩小选择的范围；对于具有多种解题思路的，宜选最简解法等。
解题时应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏；初选后认真检验，确保准确。
3．解数学选择题的常用方法，主要分直接法和间接法两大类.直接法是解答选择题最基本、最常用的方法；但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答.因此，我们还要掌握一些特殊的解答选择题的方法.二、方法技巧 1、直接法：直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选择支“对号入座”作出相应的选择.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.例1．若sin 2x >cos 2x ，则x 的取值范围是（ ）（A ）{x |2k π－34π＜x ＜2k π＋π4，k ∈Z } （B ） {x |2k π＋π4＜x ＜2k π＋54π，k ∈Z }（C ） {x |k π－π4＜x ＜k π＋π4，k ∈Z } （D ） {x |k π＋π4＜x ＜k π＋34π，k ∈Z }例2．设f (x )是(－∞，∞)是的奇函数，f (x ＋2)＝－f (x )，当0≤x ≤1时，f (x )＝x ，则f (7.5)等于（ ）（A ） 0.5 （B ） －0.5 （C ） 1.5 （D ） －1.5例3．七人并排站成一行，如果甲、乙两人必需不相邻，那么不同的排法的种数是（ ） （A ） 1440 （B ） 3600 （C ） 4320 （D ） 4800直接法是解答选择题最常用的基本方法，低档选择题可用此法迅速求解.直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案.提高直接法解选择题的能力，准确地把握中档题目的“个性”，用简便方法巧解选择题，是建在扎实掌握“三基”的基础上，否则一味求快则会快中出错.2、特例法：用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检验，从而作出正确的判断.常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等.例4．已知长方形的四个项点A （0，0），B （2，0），C （2，1）和D （0，1），一质点从AB 的中点P 0沿与AB 夹角为θ的方向射到BC 上的点P 1后，依次反射到CD 、DA 和AB 上的点P 2、P 3和P 4（入射解等于反射角），设P 4坐标为（44,0),1x 2,tan x θ<<若则的取值范围是（ ） （A ）)1,31( （B ）)32,31(（C ）)21,52(（D ）)32,52(例5．如果n 是正偶数，则C n 0＋C n 2＋…＋C n n -2＋C nn ＝（ ） （A ） 2n （B ） 2n -1 （C ） 2n -2 （D ） (n －1)2n -1例6．等差数列{a n }的前m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项和为（ ） （A ）130 （B ）170 （C ）210 （D ）260例7．若1>>b a ，P =b a lg lg ⋅，Q =()b a lg lg 21+，R =⎪⎭⎫⎝⎛+2lg b a ，则（ ） （A ）R <P <Q （B ）P <Q <R（C ）Q <P <R （D ）P <R <Q当正确的选择对象，在题设普遍条件下都成立的情况下，用特殊值（取得越简单越好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，是解答本类选择题的最佳策略.近几年高考选择题中可用或结合特例法解答的约占30％左右.3、筛选法:从题设条件出发，运用定理、性质、公式推演，根据“四选一”的指令，逐步剔除干扰项，从而得出正确的判断.例8．已知y ＝log a (2－ax )在[0，1]上是x 的减函数，则a 的取值范围是（ ） （A ）(0，1) （B ）(1，2) （C ）(0，2) （D ） [2，+∞)例9．过抛物线y 2＝4x 的焦点，作直线与此抛物线相交于两点P 和Q ，那么线段PQ 中点的轨迹方程是（ ）（A ） y 2＝2x －1 （B ） y 2＝2x －2（C ） y 2＝－2x ＋1 （D ） y 2＝－2x ＋2筛选法适应于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选择支中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选择支的范围那找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的选择.它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，近几年高考选择题中约占40％.4、代入法：将各个选择项逐一代入题设进行检验，从而获得正确的判断.即将各选择支分别作为条件，去验证命题，能使命题成立的选择支就是应选的答案.例10．函数y =sin(π3－2x )＋sin2x 的最小正周期是（ ）（A ）π2（B ） π （C ） 2π （D ） 4π例11．函数y ＝sin （2x ＋25π）的图象的一条对称轴的方程是（ ）（A ）x ＝－2π（B ）x ＝－4π（C ）x ＝8π（D ）x ＝45π代入法适应于题设复杂，结论简单的选择题。
2022年高考数学必刷压轴题专题55割补法与等积变换求解体积问题含解析
专题55 割补法与等积变换求解体积问题【方法点拨】1. 利用等积变换求解三棱锥的体积问题，归根结底就是“换顶点（或换底面）”，换顶点的常用方法有二.一是直接换，即从四个顶点选择一个点作为顶点，选择的基本原则是点面距易求，如出现线面垂直等；二是利用线面平行更换顶点，由于该直线上任意一点到平面的距离均相等，换完后依然是便于求出点面距.当然，有时还会遇到利用与平面相交的直线上的点换顶点等不一而足.2. 利用求体积可以求点面距，其数学方法是“算两次”. 【典型题示例】例1 在正方体AAAA −A 1A 1A 1A 1中，动点E 在棱AA 1上，动点F 在线段A 1A 1上，O 为底面ABCD 的中心，若AA =A ，A 1A =A ，则四面体A −AAA 的体积( )A. 与x ，y 都有关B. 与x ，y 都无关C. 与x 有关，与y 无关D. 与y 有关，与x 无关【答案】B【分析】利用线面平行换顶点，化动为静.【解析】易知，11A C 平面AOE ，故四面体O AEF -即四面体F AOE -与四面体1A AOE -同底等高，即1=O AEF A AOE V V --四面体四面体同理，1BB 平面1AA O ，故四面体1A AOE -即四面体1E AA O -与四面体1B AA O -同底等高，即11=A AOE B AA O V V --四面体四面体所以11==O AEF B B AA O O AA V V V ---四面体四面体四面体，故与x ，y 都无关.例2 如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且ADE ∆、BCF ∆均为正三角形，//EF AB ，2EF =，则该多面体的体积为（ ）A ．3B ．3C ．23D ．43【答案】A【分析】将物体切割成一个三棱柱，两个三棱锥分别计算体积. 【解析】在EF 上取点,M N 使12EM FN ==，连接,,,AM DM BN CN ， ABCD 是边长为1的正方形，且ADE 、BCF △均为正三角形，EF AB ∥，所以四边形ABFE 为等腰梯形，2EF =，1MN =，根据等腰梯形性质，,,,AM EF DM EF BN EF CN EF ⊥⊥⊥⊥，,AM DM 是平面AMD 内两条相交直线，,BN CN 是平面BNC 内两条相交直线，所以EF ⊥平面AMD ，EF ⊥平面BNC ，2MA MD NB NC ====， 几何体体积为2E AMD AMD BNC V V V --=+1111121132223=⨯⨯⨯+⨯=， 故选：A例 3 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥D D BB A 11-的体积为 cm 3.【答案】36cm【解析】如图所示，连结AC 交BD 于点O ，因为 平面D D BB ABCD 11⊥，又因为BD AC ⊥，所以，D D BB AC 11平面⊥， 所以四棱锥D D BB A 11-的高为AO ， 根据题意3cm AB AD ==，所以223=AO ， 又因为32cm BD =，12cm AA =，故矩形D D BB 11的面积为262cm ， 从而四棱锥D D BB A 11-的体积3132626cm 32V =⨯⨯=. 例4 如下图，四棱锥ABCD P -中，⊥PD 平面ABCD ，,2,1====AB BC DC PD︒=∠90,//BCD DC AB ，则点A 到平面PBC 的距离为 .【答案】.2【分析】先证明BC PC ⊥，而所求点A 到平面PBC 的距离，需利用“算两次”，求出三棱锥ABC P -的体积即可.【解析】因为⊥PD 平面ABCD ,⊂BC 平面ABCD ,所以BC PD ⊥.由 90=∠BCD ,得.DC BC ⊥又D DC PD = ,⊂PD 平面PCD ,⊂DC 平面PCD ,所以⊥BC 平面PCD , 因为⊂PC 平面PCD ,所以BC PC ⊥. 连结AC .设点A 到平面PBC 的距离为h .因为DC AB //, 90=∠BCD ,所以.90 =∠ABC 从而由1,2==BC AB , 得ABC ∆的面积1=∆ABC S .由⊥PD 平面ABCD 及1=PD ,得三棱锥ABC P - 的体积⋅=⋅=∆3131PD S V ABC 因为⊥PD 平面⊂DC ABCD ,平面ABCD , 所以DC PD ⊥,又1==DC PD ,所以222=+=DC PD PC由BC PC ⊥,1=BC ,得PBC ∆的面积22=∆PBC S , 由h S V PBC ∆=313122.31=⋅=h ,得.2=h 因此．点A 到平面PBC 的距离为.2BA CD 1B 1A 1C 1D EF【巩固训练】1.如下图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =3 cm ，AD =2 cm ，1AA =1 cm ，则三棱锥11B ABD -的体积为 cm 32.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2cm AB =，E 为11C D 的中点，则三棱锥1E A BC -的体积为 cm 3．1111ABCD A B C D -的体积为3.如图，已知正四棱柱36，点E ，F 分别为棱1B B ，1C C 上的点（异于端点），且//EF BC ，则四棱锥1A AEFD -的体积为 ．4．如图，三棱锥BCD A -中，E 是AC 中点，F 在AD 上，且FD AF =2，若三棱锥BEF A -的体积是2，则四棱锥ECDF B -的体积为 ．5.如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝AA 1 B不C不B 1不C 1不D 1不D不F ED CB A6．若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A —A 1EF 的体积是 ．6.如图，在三棱柱中，分别是的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 ．7.在直三棱柱111 ABC A B C -中，1AB =，2BC =，3AC =，11AA =.则1B 到面1 A BC 的距离为 .ABC C B A -111F E D ，，1AA AC AB ，，ADE F -1V ABC C B A -1112V =21:V VABCA 1B 1FC 1E ABC1ADE F1B1C【答案与提示】1.【答案】1【提示】直接使用等体积法. 2.【答案】23【提示】直接使用等体积法. 3.【答案】12【解析一】特殊位置法，转化为求四棱锥1A ABCD -的体积；【解析二】连接DE ，则三菱锥1A ADE -与三菱锥1A DEF -体积相等，所以1112=2A AEFD A ADE E A AD V V V ---=，因为111111=6E A AD ABCD A B C D V V --，所以112A AEFD V -=.【解析三】补体，如右图. 4．【答案】10【解析】补体，转化为三菱锥BEF A -与三棱锥BCD A -的体积比，实施等积变换.A BEFB AEF AEF A BCDB ACDACDV V S V V S----==，因为1sin 1216sin 2AEF ACDAE AF AS SAC AD A⋅⋅==⋅⋅，V =总612A BEF V -=，则四棱锥B ECDF -的体积为10. 5.【答案】38【提示】直接使用等体积法. 6. 【答案】1：24【解析】三棱锥与三棱锥的相似比为1：2，故体积之比为1：8． 又因三棱锥与三棱柱的体积之比为1：3．所以，三棱锥ADE F -ABC A -1ABC A -1ABC C B A -111ADEF -与三棱柱的体积之比为1：24． 7.. 【解析】因为三棱锥1 C A AB -与三棱锥11 C A BB -的底面积相等()111A ABA B BSS=，高也相等（点C 到平面11ABB A 的距离）； 所以三棱锥1 C A AB -与三棱锥11 C A B B -的体积相等.又11111133C A AB A ABC ABC V V S AA --==⋅==所以1111C A B B B A BC V V --==. 设1 B 到面1 A BC 的距离为H ，则11113B A BC A BC V S H -==，解得H =. ABC C B A -111。
高中物理解题方法例话割补法
7割补法就是对研究对象进行适当的分割、补充来处理问题的一种方法。
下面举例说明。
[例题1]如果将质量为m 的铅球放于地心处，再在地球内部距地心R/2（R 为地球半径）处挖去质量为M 的球体，如图所示，则铅球受到地球引力的大小为多少？解析：如果将挖去质量为M 的球体补上，这一个完整的球体，一个完整的质量均匀的球体放入其中心处的铅球的引力为0，由此可见挖去的质量为M 球体对铅球的力与剩下部分对铅球的力相平衡，即224)2(R GMmR Mm GF F ===挖去剩下 方向为沿挖去小球与地球球心连线向左。
[例题2]现有半球形导体材料，接成如图所示的两种形式，则两种接法的电阻之比为多少？解析：如果将a 、b 图中的两半球平分，如图所示，设1/4球形材料的电阻为R ，a 是两个1/4球形材料的并联，所以2RR a =而b 是两个1/4球形材料的串联，所以R R b 2=，所以4:1:=b a R R[例题3]一带电粒子以速度V 沿半径为a 的圆形磁场的半径方向射入磁场，穿越磁场的时间为1t ；该粒子又以相同的速度V 从边长为a 的正方形磁场一边的中点垂直于该边射入磁场，穿越磁场的时间为2t ，则1t 2t 的大小关系为（ ）A 、1t =2tB 、1t 〉2tC 、1t 〈2tD 、都有可能解析：如果将b 图中正方形磁场挖去一个半径为a 的圆形磁场，再将a 图中的半径为a 的圆形磁场补上，如图c 所示，假设电荷带负电，如果从切点射出，则时间相同1t =2t ，如果不从切点射出，则时间相同1t 〈2t ，正确的选项为A 、C8对称法故事链接：1928年，英国物理学家狄拉克在解自由电子相对性波动方程时，由于开平方根而得出电子的能量有正负两个解，按照通常的观念，负能解通常被舍去，但是狄拉克为了保持数学上的对称美，将这个似乎没有意义的量描述的是带正电荷的电子，也就是电子的反粒子。
正电子预言不久后就被美国的另一位物理学家安德森发现。
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.。
割补法求面积PPT课件
❖ 方法二：也可以把右上角的长方形补完整，用大长方形的面 积减去阴影部分周围的三个三角形的面积和。
❖ （7+4）×7-[（7+4）×（7-4）÷2+4×4÷2+7×7÷2]=28 （平方厘米）
❖ 答：阴影部分面积是28平方厘米。
画龙点睛
❖ “割”是一种最常见的求面积的辅助方法，即把要 求面积的图形分割成若干小块，并且每一小块的面 积都可以直接用公式算出，最后求和；“补”也是 一种辅助解决问题的好办法，它能得到的一个更加 完整的图形，使要求面积的图形包含在整个图形之 中，解法二就是利用的此思路。
举一反三
❖ 1.求图形阴影部分的面积。（单位:厘米）
5 5
3 3
❖ 2.如图：AB=8厘米，CE=12厘米，CD=10厘米，
AF=9厘米，求四边形ABCD的面积。
B
E
A
F
D
C
❖ 3.如图：直角三角形中有一个矩形，求矩形 的面积。（单位：厘米）
4
6经Leabharlann 例题下图中ABCD和DEFG都是正方形，求阴影部分的 面积。（单位：厘米）
B
7
A
F
4
C
D
E
解题策略
❖ 方法一：题中所求是阴影部分的面积，实际是求三 角形BDF的面积，此三角形的底和高都是未知的，我 们无法直接用公式来计算，但是，如果把阴影部分 分割成△BGF、 △DFG和△BDG这三块，先分别求出 这三个小三角形的面积，再把它们相加起来，就能 得到阴影部分的面积。
割补法解三角形的精髓,就是使题目便于解答.doc
割补法解三角形的精髓，就是使题目便于解
答
一般题目涉及到几何图形，都会先画一个图，从图中更直观的感觉题目所给已知条件之间的关系，再选择方法和解题技巧。
割补法是数学中重要的思想方法之一，主要分为“割形”与“补形”，是将复杂的、不规则的、不易认识的几何体或几何图形，切割或补充成简单的、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，巧妙地对几何体或几何图形实施割与补，变整体为局部，化不规则为规则，化陌生为熟悉，化抽象为直观.
割补法在解几何问题中还是非常巧妙的，补法就是把图形补成一个规则图形，使题目便于解答；割补法就是同样把图形割成几个规则图形，使题目便于解答，此题中的四边形补成一个等腰三角形，等腰三角形的性质就可以使用来解题了。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高考数学选择题技巧与方法
6．割补法
“能割善补”是解决几何问题常用的方法，巧妙地利用割补法，可以将不规则的图形转化为规则的图形，这样可以使问题得到简化，从而缩短解题长度.
例1．一个四面体的所有棱长都为2，四个项点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）
（A ）3π （B ）4π （C ）3π3 （D ）6π
解：如图，将正四面体ABCD 补形成正方体，则正四面体、正方体的中
心与其外接球的球心共一点.因为正四面体棱长为2，所以正方体棱长为1，
从而外接球半径R ＝
2
3.故S 球＝3π. 直接法（略）
例 2. 如图，是一个平面截长方体的剩余部分，已知12,8,5,3,4=====CG BF AE BC AB ，则几何体EFGH ABCD -的体积为（ ）
（A ）100 （B ）102 （C ）106 （D ）108
【解析】
【割补法】首先通过梯形BFHD ACGE ,的中位线重合，我们可以求得9=DH ,分别延长DH CG BF AE ,,,到','','D C B A ,使得17''''====DD CC BB AA ,则我们可得8',5',9',12'====HD GC FB EA ，
故长方体''''D C B A ABCD -的体积是几何体EFGH ABCD -的二倍. 故10217432
121''''=⋅⋅⋅==--D C B A ABCD EFGH ABCD V V
我们在初中学习平面几何时，经常用到“割补法”，在立体几何推导锥体的体积公式时又一次用到了“割补法”，这些蕴涵在课本上的方法当然是各类考试的重点内容.因此，当我们遇到不规则的几何图形或几何体时，自然要想到“割补法”.
、用割补法求柱体（柱体的一部分）体积
例3【2005湖南高考，理5】如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则O 到平面AC
1D 1的距离为（ ）
A 、21
B 、42
C 、22
D 、2
3 【答案】B
【分析】求点到面的距离通常是过点做面的垂线，而由于该图的局限性
显然不太好做垂线，考虑O 为A 1C 1的中点，故将要求的距离与A 1到面
AC 1D 1的距离挂钩，从而与棱锥知识挂钩，所以可在该图中割出一个三
棱锥A 1—AC 1D 1而进行解题。
【解析】连AC 1，可得到三棱锥A 1—AC 1D 1，我们把这个正方体的其它部
分都割去就只剩下这个三棱锥，可以知道所求的距离正好为这个三棱锥的高的一半。
这个三棱锥底面为直角边为1与2的直角三角形。
这个三棱维又可视为三棱锥C 1—AA 1C 1，后者高为1，底为腰是1的等腰直角三角形，利用体积相等，立即可求得原三棱锥的高为2
2，故应选B 。
例4【2005全国高考1，理5】如图，在多面体ABCDEF 中,已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE 、△BCF 均为正三角形. EF ‖AB ，EF=2，则多面体的体积为（ ）
A 、32
B 、3
3 C 、3
4 D 、23 【答案】A
【分析】显然在该图不是我们所熟悉的棱柱或棱锥，所以我们在此可以考虑将该图
分解成我们所熟悉的棱柱或棱锥，故在此可采用分割的方法。
将已知图形割为一个
直棱柱与两个全等的三棱维，先分别求体积，然后求要求的几何体体积。
【解析】如下图，过AD 和BC 做分别EF 的直截面ADM 及截面BCG ，面ADM ‖面
BCG ，O 为BC 的中点，在△BCF 中求得FO=23，又可推得FG= 21，又OG ⊥EF ，∴GO= 22 S △BCG =4
2 ∴V BCG-ADM =
42 ， 2V F-BCG =12
2
∴V ABCDEF =42+122=32，故选A.。