立体几何巧思妙解之割补法
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。
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。
“割补法”求解不规则几何体体积
“割补法”求解不规则几何体体积 我们通常把不是棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台等的几何体，称为不规则几何体．而解决不规则几何体的方法，常用割补法，即通过分割或补形，将它变成规则的几何体．我们可以从不规则几何体的来源上，即它是由何种常见的几何体所截得的来分类．一、来自三棱柱的截体例1 如图1，正四面体A BCD -中，E F G H ，，，分别是棱AB AC BD CD ，，，的中点，求证：平面EFHG 把正四面体分割成的两部分几何体的体积相等．分析：显然正四面体被分割成的两部分都是不规则的几何体，因此我们可使用割补法来推导．那么我们应选择割，还是补呢？如果选择补，那么补成什么样子呢？显然只能是正四面体，这就说明我们应该选择割．证明：连结CE CG AG AH ，，，，左右两个不规则几何体都被分割成了一个四棱锥和一个三棱锥，如图1．易证左右的两个四棱锥的体积相等，两个三棱锥的体积也相等，于是两部分体积相等．当然此题还有其他的分割方法，比如分成一个三棱柱和一个三棱锥等，也同样好证．二、来自正方体的截体例2 如图2，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 ，2AB AD DC ===，1AC EF ==，则该多面体的体积为（ ）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．8解法一（割）：如图3，过点C 作CH DG ⊥于H ，连结EH ，这样就把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC -和一个斜三棱柱BEF CHG -．于是所求几何体的体积为：DEH BEF V S AD S DE =⨯+⨯△△11212212422⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 解法二（补）：如图4，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半． 于是所求几何体的体积为31242V =⨯=．三、来自圆柱的截体 例3 如图5，如图5，一圆柱被一平面所截，已知被截后几何体的最长侧面母线长为4，最短侧面母线长为1，且圆柱底面半径长为2，则该几何体的体积等于_______．解法一（割）：如图6，该几何体的体积等于下面的圆柱的体积与上面的圆柱体积的一半之和．下面的圆柱的高就是该几何体的最短侧面母线长1，而上面的圆柱的高为3． 于是所求几何体的体积为221π212310π2V =⨯⨯+⨯⨯⨯=． 解法二（补）：如图7，将一个与已知的几何体完全相同的几何体，与已知的几何体拼在一起组成一个高为5的完整圆柱，那么所求几何体的体积就是这个大圆柱体积的一半．于是21π2510π2V =⨯⨯⨯=．例1、已知三棱锥的两个侧面都是边长为 的等边三角形，另一个侧面是等腰直角三角形。
割补法在高中立体几何解题中的应用
正方 体棱 长为 １ ， 从 而外 接球 半径 Ｒ 一 ， 得 Ｓ 球
一
３ ． 故 选 Ａ． 变式 １ 三 棱 锥 Ｐ～Ａ ＢＣ 满 足 Ｐ Ａ—Ｐ Ｂ —
Ｐ Ｃ＝ ＝ ＝ ２ ， △ Ａ Ｂ Ｃ 为正 三角形 ， 其边 长 为 ２ √ ２ ， 四个
仙 ∞ ＥＦ — 棱柱 ～ 棱锥 一 ．
Ａ Ｅ Ｆ 的 面 积 为 丢 ｓ ．
由 于 Ｖ Ａ Ｅ ｎ ｃ ： 专 ・ ＾ ・ （ 鲁 ＋ ｓ ＋ 导 ） 一
Ｓ ｈ， 则剩 余不 规 则几 何体 的体 积 为 Ｖ 一 Ｖ —
Ｖ — Ｓ ｈ一 ７ Ｓ ｈ
变式 ３ 过 正方 形 ＡＢ Ｃ Ｄ 的顶 点Ａ 作 Ｐ Ａ Ｊ Ⅲ 平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ， 设 Ｐ Ａ —Ａ Ｂ， 求平面 Ｐ ＡＢ 和 平 面
关 键 词 割 补 法 ； 立体几何 ； 解题
割补 法就 是 通 过几 何 体 的分 割 或补 形 进 而 发现 未 知几 何 体 和 已知 几 何 体 内在 联 系 的一 种 方法 ． 这 种 方 法 蕴 含 了一 种 构 造 思想 ， 同 时也 反 应 了对立 统一 的辩 证思 想． 掌 握 这 种方 法 对 培养 学生 的数 学 素养 及创新 意识 都 有 重 要 意义 ． 本 文
体积 ．
一
ＡＰ Ｂ ＝
ＡＰ ｃ
Ｂ ＰＣ 一 ６ ０ 。 求：
国
图３ 图４
三 棱 锥 Ｐ— Ａ Ｂ Ｃ 的
体
４ 分析 １ 作 Ｂ Ｃ Ｎ６ 口
的 中 点 Ｄ， 连接 Ｐ Ｄ、 Ａ Ｄ， 过 Ｐ作 Ｐ Ｈ ｊ Ｉ Ａ Ｄ， 易 证
割补法在立体几何中的应用
第 1 页 共 2 页 割补法
问题一：
○
1求棱长为2的正四面体的体积。
B C C 1 D 1
○
2求棱长为2的正四面体的外接球表面积。
○
3求棱长为2的正四面体的内切球半径。
○
4 求棱长为2的正四面体的内部任一点到各个面的距离之和
○
5.在正方体D C B A ABCD ''''-中，求异面直线B D '、和C B '所成的角？
问题二：
四面体S--ABC 中，三组对棱分别相等，且依次为25，13，5
○
1.求该四面体的体积。
○
2.求该四面体的外接球表面积。
○
3.求该四面体的内切球半径。
B S A C
第 2 页 共 2 页
○
4.在长方体D C B A ABCD ''''-中，求异面直线B D '、和C B '所成的角？
○
5.拓展：有两个有相同内切球的多面体，其表面积之比为m:n ，它们的体积比为_____________
例：一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆．已知椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母线长为1，则该几何体的体积等于 ．。
五年级几何奥数专题之第三讲 割补法(含答案)
五年级几何奥数专题之第三讲割补法（含答案）一、知识点1、割补法分割法是将几何体分割成若干部分，利用整体与部分的关系来解决所求问题。
2、分割成规则图形在组合图形中，除了多边形外，还有圆、扇形、弓形与三角形、矩形、平行四边形、梯形等图形组合而成的不规则图形，为了计算它们的面积，常常需要变动图形的位置或对图形进行分割、旋转、拼补，使它变成可以计算出面积的规则图形。
二、学习目标1、我能够了解割补法。
2、我能够应用割补法解决图形面积问题。
三、典型例题例题1图中的数字分别表示对应线段的长度，试求下面多边形的面积（单位：厘米）。
练习1图中的数字分别表示对应线段的长度，试求下面多边形的面积（单位：厘米）。
如图所示，在正方形ABDC内部有一个长方形EFGH，已知正方形ABDC的边长是6厘米，图中线段AE、AH都等于2厘米，求长方形EFGH的面积。
练习2（1）如图所示，在正方形ABCD内部有三角形CEF，已知正方形ABCD的边长是6厘米，图中线段AE、AF都等于2厘米，求三角形CEF的面积。
（2）如图所示，在一个等腰直角三角形中，削去一个三角形后，剩下一个上底长5厘米、下底长6厘米的等腰梯形（阴影部分）。
求这个梯形的面积。
如图所示，大正方形的边长为10厘米，连接大正方形的各边中点得小正方形，将小正方形每边三等分，再将三等分点与大正方形的中心和一个顶点相连，那么图中阴影部分的面积总和等于多少平方厘米？练习3如图所示，大正三角形的面积为10平方厘米。
连接大正三角形的各边中点得到四个小正三角形，取各个小正三角形的中心，再将每个小正三角形的中心和顶点相连，得到三个一样的小三角形，那么图中阴影部分的面积总和等于多少平方厘米？例题4如图，把两个相同的正三角形的各边分别三等分和四等分，并连接这些等分点。
已知左图中阴影部分的面积是48平方分米，请问：右图中阴影部分的面积是多少平方分米？如图，把两个同样大小的正方形分别分成5×5和3×3的方格表，左图阴影部分的面积是162，请问右图中阴影部分的面积是多少？选讲题※求下图中四边形ABCD的面积（单位：厘米）。
巧割善补 灵活解题———割补法在职高物理教学中的应用例析
巧割善补灵活解题———割补法在职高物理教学中的应用例析摘要：本文以几个物理习题为例，从四个不同方面探讨了割补法在物理学中的应用，进而深化割补转化思想在物理解题过程中的应用，为解决物理学问题提供捷径。
关键词：割补法；割补意识；例析；物理模型；转化思想割补法是物理学中重要的解题方法，它的核心是变复杂为简单，变不规则为规则，即将复杂或不规则的图形，通过分割或补形变成规则的图形，从而避开繁琐的数学运算，使物理过程、意义更加清晰。
割补法在学习中多次出现，作为重要的物理学方法，我们应该掌握它的应用。
下面，笔者通过几个典型例子来谈谈割补法在物理学中的应用，以供读者参考。
例1.两个半球壳拼成的球形容器内部已抽成真空，球形容器的半径为R，大气压强为P。
为使两个半球壳沿图1中箭头方向互相分离，应该施加的力F至少为( )A . 4πR2P B. 2πR2PC.πR2PD.πR2P/2分析：本题取材于著名的“马德堡半球实验”，作用在半球壳上的力有拉力F和大气的压力F＇，刚能使半球壳分离须F＝F＇。
问题是如何计算大气对半球壳的压力F＇。
最典型的错解是选B，即F＝2πR2P。
这是用大气压强直接乘以半球壳的表面积所得结果．因为半球壳各部分受力均指向球心(方向不同)，不可以把球面各部分受到的压力直接相加，而必须按照力的平行四边形定则进行合成。
我们可以构建割补法模型来求解。
解答：将半球壳“取出”，再补上一个底面，如图2所示，显然，大气对此半球壳的压力为零，因此，大气对半球面的压力F＇与对底面的压力F＂必然等大反向，而F＂＝PπR２。
所以F＇＝PπR２。
根据以上分析，本题的正确答案为C。
点评：题目设计虽取自教材实验，但是它又进行了适当的拓展，如果采取常规的方法来解，可能无法下手，特别是大气对半球面压力的具体分析，而采取割补法则解决了这一难题，体现出割补法在解答物理问题上的灵活性。
例2.半径为R的均匀球内切去一个半径为R/2的小球后，质量为M，如图3已知两球内切，在两球心O1、O2的连线上距O1为2R处的质量为m的质点P受到的引力多大？分析：这是一个残缺的模型，球壳对P处质点的引力不能直接应用万有引力定律求解，但是如果将切去的部分填补上去，使其变成一个完整的均匀球体，一个均匀的球体与一个质点间的引力即可应用万有引力定律直接计算。
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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 A CB S -，
1//,EF AA ∴Q 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 ，234,10,241PA BC PB AC PC AB ======，则三棱锥子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 416810468101606
P ABC AEBG FPDC P AEB C ABG B PDC A FPC AEBG FPDC P AEB
V 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。
巧思妙解：如图6，过A 作AG ⊥EF ，连DG ，由对称性易知DG ⊥EF ；同理，过B 作BH ⊥EF ，连CH ，也由对称性易知CH ⊥EF ，从而有EF ⊥面ADG ，EF ⊥面BCH 。
从
而该多面体的体积等于直三棱柱ADG —BCH 与三棱锥E —ADG ，
三棱锥E —BC Ｈ的体积。
由已知： 132,,,2214422233343ADG BCH EF ABCD ABD BCH E ADG ADG ADG ADG EG FH AG DG BH CH S S V V V S GH S EG S ---==
====∴==∴=+=⨯+⨯⨯==⨯=V V V V V 点评：对于简单组合几何体的体积求解通常可用化归转化思想分割或补形求解。
三、球的有关问题
例4、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
巧思妙解：如图7，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是同一点.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. S 球＝3π.故选A 。
四、二面角问题
例5、如图8，过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥面ABCD ，若AB=PA ，则
面PAB 和面CDP 所成二面角的度数为（ ）。
000090604530A B C D
分析：按常规求二面角是想法作出它的平面角，而它是一个 “无棱二面角”，要
作出它的平面角有一定的难度。
巧思妙解：把原四棱锥补成正主体（如图9），连接CQ ，则所求二面角转
化面CDPQ 与面BAPQ 所成的二面角，则∠CQB 是二面角的平面角，易知∠
CQB 0
45=。