立体几何割补法
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。
立体几何中的“割”与“补”
立体几何中的“割”与“补”作者：郑晓华来源：《新课程学习·中》2015年第04期在解决有些立体几何问题时，将图形进行适当的“割”与“补”，使之变成我们熟悉的简单几何体，从而获得新的解题途径，这也是解决立体几何问题的基本思想方法之一。
例一：求证棱长为a的正四面体内任意一点到各面距离之和为一常数a。
证明：用分割的思想，如图1，任取正四面体内一点E，连接EA，EB，EC，ED.可以将正四面体A-BCD分割成四个小四面体E-ABC，E-ACD，E-ABD，E-BCD，并且分别设它们的高为h1，h2，h3，h4.易知，h1，h2，h3，h4就是E点到各面的距离则VA-BCD=VE-ABC+VE-ACD+VE-ABD+VE-BCD即S△BCD·h=S△ABC·h1+S△ACD·h2+S△ABD·h3+S△BCD·h4而正四面体的每个面都是全等的三角形所以有S△BCD·h=S△BCD·（h1+h2+h3+h4），即h1+h2+h3+h4=h=a例二：直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E、F分别是棱AB、BB1 的中点，求直线EF和BC1所成的角。
解：本题考查异面直线所成的角。
如图2，将其补成正方体，连接AB1、AD1，则AB1∥EF、AD1∥BC，则∠B1AD1就是异面直线EF和BC1所成的角，而△AB1D1是正三角形，所以∠B1AD1=60°。
例三：在正四面体ABCD中，AB⊥AC，BC⊥CD，平面ABC⊥平面BCD，AC=AB，BC=6，∠DBC=30°，求AC和BD所成角的余弦。
解：如图3，过B作BE∥CD且BE=CD，将三棱锥A-BCD补成一个四棱锥A-BECD，则∠ACE即为AC与BD所成的角。
由题设条件，得AC=3，CE=BD=4AE2=AD2=AF2+DF2=AF2+CF2+CD2=30所以cos∠ACE==例四：求棱长为a的正四面体的外接球半径。
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 。
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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 、
割补法
图1-1图1-2A'中学数学解题思想方法--割补法（2）1内容概述在求不规则的几何体的体积时，有些题目采用“补形法”比较容易；有些题目采用“分割法”更为恰当；还有些题目既能采用“补形法”解决，也能采用“分割法”解决；还有些题目既要采用“补形法”，同时采用“分割法”才易解决.本讲将重点讲解割补法的灵活应用以及专题总结.2例题示范例1 如图1-1，A A '⊥底面ABC ，////AA BB CC ''',且345AB BC AC ===，，，624AA BB CC '''===，，，求几何体C B A ABC '''-的体积解：补上一个相同的几何体如图1-2所示，则新几何体的体积等于两个原几何体的体积.即=2V V 新原.因为A A '⊥底面ABC ，////AA BB CC '''，所以新几何体ABC DEF -为直三棱柱，且因为624AA BB CC '''===，，，所以新几何体底面ABC 的高8AD =.345AB BC AC ===Q ，，，222AB BC AC ∴+=，90ABC ︒∴∠=1=S 482ABC V AD AB BC AD ∆∴⋅=⋅⋅=新 所以原几何体的体积为24.图1-3图1-4图2-1解：（法二）在AA '上取一点D 使2AD BB '==，在CC '上取一点E 使2CE BB '==,连结DB '，B E ',DE 平面如图1-3所示，////AA BB CC '''Q,A A '⊥底面ABCABC DB E '∴-为直三棱柱345AB BC AC ===Q ，，，222AB BC AC ∴+=，90ABC ︒∴∠=1=S 122ABC DB E ABC V AD AB BC AD '-∆∴⋅=⋅⋅=， 过点B '作B F DE F '⊥于,如图1-4所示， A A '⊥Q底面ABC ,A A DB E ''∴⊥底面 A A B F ''∴⊥ A A DE D '⋂=QB F DEC A '''∴⊥平面所以四棱锥B DEC A '''-的体积为 111=S ()12332B DEC A DEC A VBF A D C E DE BF '''''-''⋅=⋅+⋅⋅= 所以几何体C B A ABC '''-的体积为24B DEC A ABC DB EV V''''--+=评析：本题所给几何体不是一个规则的几何体， 可以看成一个直三棱柱被一个平面所截而成的.根据题目特点我们既可以选择“补形法”补成直三棱柱，如图1-2所示，计算出直三棱柱的体积，再利用直三棱柱和已知几何体的关系求解；也可以采用“分割法”，把所给几何体分割成直三棱柱和四棱锥，如图1-3所示来解决 . 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，A A '⊥平面ABC ，//////AA BB CC DD '''',四边形ABCD 为正方形,且213AB AA CC BB ''''=====，，DD ，求几何体D C B A ABCD ''''-的体积图2-2解：在DD '上截取DE AA CC ''==,延长BB '至F ，使BB CC ''=. A A '⊥Q平面ABC ，//////AA BB CC DD '''',四边形ABCD 为正方形,且2AB AA CC ''===，ABCD A EC F ''∴-正方体. A C E A C F S S ''''∆∆∴=13BB ''==Q ，DD1B F E ''∴==D所以所求几何体的体积ABCD A EC F F A B C D A C E V V V V ''''''''---=-+3311833A C E A C F AB S D E S B F AB ''''∆∆''=-⋅⋅+⋅⋅== 评析：本题所给几何体可以看成用一个平面截长方体而成.由于AA CC ''=，因此可以考虑在DD '上截取DE AA CC ''==,延长BB '至F ，使BB CC ''=，这样就出现了一个正方体ABCD A EC F ''-.与几何体D C B A ABCD ''''-相比，正方体ABCD A EC F ''-多出一个三棱锥F A B C '''-,少了一个三棱锥D A C E '''-，这样我们用正方体ABCD A EC F ''-的体积减去三棱锥F A B C '''-的体积同时加上三棱锥D A C E '''-的体积就是所求不规则几何体的体积. 本题灵活运用“割补思想”采用“补形法”与“分割法”相结合的解题策略，化难为易.近几年高考中求几何体体积经常以三视图的形式呈现，这样既考察三视图，又考察空间几何体的体积计算.本题可以用三视图的形式呈现，这样更符合近几年高考趋势，具体如下：一个几何体的三视图如图所示，求该几何体的体积.111图3-1EAB CDF图3-3HABCDF图3-2GEAB CDF例3某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________ .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 ⊥,5AD CE ==2BF =,34AC AB ==，.延长BF 至G ，使BG AD =,连结,DG EG .所以原几何体可以看成三棱柱ABC DEG -,割去三棱锥F DEG -而成，如图3-2。
割补法在立体几何中的应用
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使用自动填充功能，只需输入第一个文本，然后拖动填充方块即可快速将文本填充至其他单元格。
三、注意事项在使用WS自动填充功能时，需要注意以下几点：1. 填充方块大小的调整：在拖动填充方块之前，可以根据需要调整其大小。
只需将鼠标放置在填充方块的右下角，鼠标指针会变成双向箭头，然后按住鼠标左键拖动即可调整填充方块的大小。
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对于数字序列和日期序列，可以根据需要选择自增、自减或是使用特定的间隔。
文科立体几何中的割补法教学 2019年精选文档
文科立体几何中的“割补法”教学立体几何是高中数学知识体系的重要知识模块之一，它也是历年高考必考的重点内容，且题型、难度与分值比例长期保持相对稳定，主要是集中考查空间位置关系的形化和量化，尤其是文科的教学中更关注空间中平行与垂直的关系。
但在教学实践中，我发现文科学生对垂直的证明，如线线垂直、线面垂直的证明或一些相关的计算题，如一类三棱锥的外接球的表面积、体积的计算往往不尽如人意，常常在这方面失分。
那么，如何更好掌握相关知识呢？结合教学实际，我提倡使用“割补法”，即以正方体或长方体为载体，在其中“裁剪”，找出合适的线线、线面、面面位置关系加以研究。
一、从“形”上割补1.割。
正方体是空间各种位置关系的“集合体”，通常可以通过将不规则或者特殊图形切割，构造为正方体关系，由此将题目难度降低。
例1（2010安徽）一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是（B）（A）372（B）360（C）292（D）280分析：由三视图可知该几何体是两个叠加的长方体，只需割成两个长方体即可，要注意其长宽高。
．例2（2010福建）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与B1不重合），且EH//A1D1。
过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G。
（2）设AB=2AA1=2a。
在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFE-D1DCGH内的概率为p。
当点E，F分别在棱A1B1, B1B上运动且满足EF=a时，求p的最小值。
分析：第（2）问是借考几何概形来考察几何体的体积，也即P=，而A1ABFE-D1DCGH=VABCD-A1B1C1D1-VBEF-C1HG，即把所求几何体的体积看成长方体的体积割去三棱柱的体积，而该三棱柱是倒放的。
当且仅当时等号成立所以，p的最小值等于2.补。
高考试卷中考查的立体几何图形，大多可以还原为立体几何图形，通过辅助方法，将不熟悉的图形还原为正方体关系，可找出相应题型要求。
割补法在立体几何中的运用
割补法在立体几何中的运用通过将某一图形分割或补充为比较简单的图形或特殊的图形来研究的方法称为割补法。
在高中立体几何的棱柱的侧面积公式的证明，棱锥的体积公式的推证中，已经接触过这—解题的思想方法，它是解决空间问题常用的方法。
对于某些较复杂的问题或拟柱体问题，如果割补法运用得当，可以把复杂问题转化为较简单的问题，从而可以简化运算及论证过程。
下面结合例子谈谈割补法在解题中的应用。
一、利用割补法求两异面直线所成的角例1，已知直线L上有两定点A、B，AC L，BD L，若AB=AC=BD= ，且AC、BD所成的角为120°，求AB、CD所成的角。
分析：根据条件所得的图形不够直观，难以得出交角，故把它补成—个直三棱柱，如图1：由CF||AB可得：DCF就是两异面直线AB、CD所成的角。
通过解三角形即可求得AB、CD 所成的角。
注：此题通过把原图补成—个直三棱柱，相当于把AB平移到CF，则两异面直线所成的角就明显了。
例2，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别是非a、b、c、d（a>b），求AC与BD所成的角的余弦。
分析：在长方体ABCD-A1B1C1D1的相邻处补上一个全等的长方体，如图2：连结C1B2，AB2，则B2C1//BD，可得：AClB2就是ACl与BD所成的角。
在AB2C1中AB2= C1B2=Cl A=cos AClB2=注：在原幾何体中亭吐一只类似的几何体，就能起到线段的平移作用。
二、利用割补法求体积例3，如图3 在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长3的正方形，EF//AB，EF= ，EF与平面AC的距离为2，则该多面体的体积为（）（A）（B）5 （C）6 （D）法一，分析：多面体ABCDEF是属于拟柱体类的几何体，把它补成—个三棱柱，则V多面体ABCDEF=VBCF-AGD-VE-AG= ×3×2×3- × ×3×2× =正确答案为D法二，分析：如图4，连结BE，CE，则平面BEC把这一多面体分割为四棱锥E-ABCD和三棱锥E-BCF，V多面体ABCDEF=VE-ABCD+VE-BCF由于VE-ABCD= ×9×2=6V多面体ABCDEF>6从而确定正确答案为D。
立体几何巧思妙解之割补法
立体几何巧思妙解之割补法在立体几何解题中，对于一些不规则几何体，若能采用割补法，往往能起到化繁为简、一目了然的作用。
一 、求异面直线所成的角例1、如图1，正三棱锥S-ABC 的侧棱与底面边长相等，如果E 、F 分别为SC 、AB的中点，那么异面直线EF 与SA 所成的角等于（ ）000090604530A B C D分析：平移直线法是求解异面直线所成角最基本的方法。
如图1，只要AC 的中点G ，连EG ，FG ，解△EFG 即可.应该是情理之中的事。
若把三棱锥巧妙补形特殊的正方体，定会叫人惊喜不已。
巧思妙解：如图2，把正三棱锥S-ABC 补成一个正方体11AGBH ACB S -，1//,EF AA ∴异面直线EF 与SA 所成的角为0145A AS ∠=。
故选C 。
二、体积问题例2、如图3，已知三棱锥子P —ABC，10,PA BC PB AC PC AB ======锥子P —ABC 的体积为（ ）。
4080160240A B C D分析：若按常规方法利用体积公式求解，底面积可用海伦公式求出，但顶点到底面的高无法作出，自然无法求出。
若能换个角度来思考，注意到三棱锥的有三对边两两相等，若能把它放在一个特定的长方体中，则问题不难解决。
巧思妙解：如图4所示，把三棱锥P —ABC 补成一个长方体AEBG —FPDC ，易知三棱锥P —ABC 的各边分别是长方体的面对角线。
PE=x,EB=y,EA=z 不妨令，则由已知有：2222221001366,8,10164x y x z x y z y z ⎧+=⎪+=⇒===⎨⎪+=⎩，从而知 416810468101606P ABC AEBG FPDC P AEB C ABG B PDC A FPC AEBG FPDC P AEBV V V V V V V V --------=----=-=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯= 例3、如图5，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为（ ）（A ）32 （B ）33 （C ）34 （D ）23分析：要直接求解组合几何体的体积显然较困难，变换角度思考将这个组合几何体分割成特殊的几个几何体求解，则问题可迎刃而解。
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立体几何中的割补法解题技巧
※ 解题钥匙
例1 (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 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：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2 （2007湖南高考，理8）棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1 的8个顶点都在球O 的表面上，E ，F 分别是棱AA 1、DD 1的中点，
则直线EF 被球O 截得的线段长为（ ）
A 、22
B 、1
C 、1+2
2 D 、2 分析：在该题中我们若再在正方体上加上一个球，则该图形变得
复杂而烦琐，而又考虑到面A 1ADD 1截得的球的截面为圆，且EF
在截面内，故可连接球心抽出一个圆锥来。
解：如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，依题O 亦为此正方体的中心，补侧面 AD 1为平面AD 1，球0截平面A D 1可得圆锥0—AD 1（如下图），
其底面圆心正为线段AD 1之中点，亦为线段EF 之中点，割去正方体和球 的其它部分，只看这个圆锥，容易看出球O 截直线EF 所得线段
长就等于这个圆锥底面圆的直径AD 1之长，故选D 。
例3 （2005全国高考I ，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 、3
2 B 、3
3 C 、3
4 D 、23 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：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 。
例4 （湖南高考，2007，理18），如图2，E 、F 分别是矩形ABCD 的边AB 、CD 的中点，G 是EF 上的一点，将△GAB 、△GCD 分别沿AB 、CD 翻折成△G 1AB ，△G 2CD ，并连结G 1G 2， 使得平面G 1AB ⊥平面ABCD ，G 1G 2∥AD ，且G 1G 2<AD ，连结BG 2，如图3。
（Ⅰ）证明:平面G 1AB ⊥平面G 1ADG 2
（Ⅱ）当AB=12，BC=25，EG=8时，
求直线BG 2和平面G 1ADG 2所成的角。
解： 仔细观察图形和对照已知条件，依题：面ABCD ，
面ABG 1，面EFG 2G 1，面面互相垂直，通过补
形可知所得图形是长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中
的一部分，如图4。
图4
（Ⅰ）∵G 1G 2∥AD ，AD ⊥面G 1BA ，G 1G 2⊂面G 1ADG 2
∴ 结论成立。
（Ⅱ）长方体的三共点棱AB=12,BC=25，BB 1=8，又可推得FG 2=17，G 1G 2=10，BG 1=10，BG 2=102，EG 1=8，又面BAG 1⊥面AG 1G 2，割去长方体的其它部分只看三棱维G 2—G 1AB ，如图5，作BH ⊥AG 1于H ，连G 2H ，
可知∠BG 2H 为所求。
图5
考虑△AB G 1的面积有： ·10·2
18·12·21=BH,
∴ BH=548，于是sin ∠BG 2H==2
10·54825212 故所求的角为arcsin 25
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[规律小结]
割补法是割分形法即割法与补加形法即补法的总称。
补法是把不熟悉的或复杂的几何体延伸或补加成熟悉的或简单的几何体，把不完整的图形补成完整的图 形。
割法是把复杂的或不熟悉的几何体，割分为简单的或熟悉的几何体。
这样对此解起题来就有好处。
割补法中的割与补是一个问题中的相反两个方面，是对立统一的一对矛盾。
解决一个问题，是割是补？这要看问题的性质，宜补就补，宜割就割，不可割补就不割补，就是宜割补，也要讲究如何割补，不要盲目行动，否则就会导致麻烦，使问题复杂化，使得其反，甚至问题还不能解决。
立体几何中需得三棱柱补成平行六面体，将三棱维补成三棱柱，将三棱柱割分为三棱维等等这些我们很熟悉，其实，割补法不仅仅使用于立体几何，将上述概念中的几何体或图形改为代数式，那么在数学的其它方面使割补法也就很多了，比如运算中的添项减项，重新组合另行考虑，考虑问题的对立面等等均可视为割补法，因此，割补法不只是一种方法，可把它上升为一种思想——一种数学思想。
※ 同步训练
1、斜三棱柱的一个侧面面积是S ，这个侧面与它的对棱的距离为h ，求证其体积为
2、三棱维A —BCD 的底面△BCD 中，BD=CD=a ，∠CDB=90°。
又AB=a ，AB ⊥面BCD ，则异面直线AD 与BC 间的距离为 。
※ 参考答案：
1、sh 2
1 2、a 33 提示：以DC ，BD ，AB 为棱长构造一正方体，连其相应对角线分别构造含
两直线的平面，将线线距离转换成面面距离，再利用正方体对角线长得出答
案。
3、π400
4、7:17 提示：设所作平面与直线AA 1交于A 2，
先考虑三棱维A 2—A 1B 1D 1与其中的一个小三棱维的体积。
5、21004 提示：由已知有f(2)=4,分子里的数字都转换用f(2)表示，将分母中前后两端等
距离的数字配对找与分母间的联系。
6、2
1 提示：补cos 77π，割-1或补1 7、D D
提示：（1）e-1后可能为0，而表示点。
（2）e-1后与1的大小不确定。
8、3
3arccos -π （1）连BM ，C B 1 ，易知C B 1 ⊥BC 1及 C B 1 ⊥BD ，又CD 在底面的摄影在C B 1上，∴ 易知CD ⊥平面BDM
（2）将棱锥D-B B 1C 旋转成棱锥B 1-BDC ，补平面BDC ，过B 1做面
BDC的垂线，垂足为O，利用投影面积公式求出面BDO与面B1BD 所成的二面角，进而得到要求角。