怎样利用割补法解立体几何中的问题.共23页文档
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
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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
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试谈立体几何求积中的割补法
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此题 考查 学生 的 基 本 知 识和基本 技 能 中
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文档“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，，，分别-中，E F G H是棱，，，的中点，求证：平面EFHG把正四面体分AB AC BD CD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，，两两互-中，AB AC AD相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，==，则该多面体的体积为AC EF2AB AD DC===，1（ ）Ａ．2Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．8解法一（割）：如图3，过点作CH DG ⊥于，连结，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 =⨯⨯⨯=．。
巧用补形法，妙解立体几何题
则G ()m =e m -ma ()m -1<e 2-e 2=0，而G ()m G ()2<0，所以存在零点x 0∈()1,2使G ()x =0，即F ()x 有唯一极值点且为极小值x 0∈()1,2，因为F ()x 0=ae x 0x 0-ln x0，G ()x 0=e x 0-x 0a ()x 0-1=0，e x=x 0a ()x 0-1，所以F ()x 0=1x 0-1-ln x 0，因为F '()x 0=-1()x 0-12-1x 0<0，所以F ()x 0=1x 0-1-ln x 0在()1,2上单调递减，故F ()x 0>F ()2=1-ln 2>0，所以F ()x >0，综上可知，当a >2e 2时，总有f ()x >0.该不等式中含有多项式，于是通过移项、作差，将不等式变形，以便构造出新函数F ()x =ae xx-ln x ，再利用导数法证明函数F ()x 的极小值大于0，从而达到证明不等式的目的.对于含有指数、对数式的不等式恒成立问题，在构造出新函数后，通常需借助导数法，对函数求导，研究导函数与函数单调性之间的关系，根据函数单调性求得函数的最值.由此可见，解答不等式恒成立问题，关键在于将不等式与函数关联起来，利用函数、导函数的性质来解题.这就需将不等式进行合适的变形，如分离参数、构造出函数，以将问题转化为函数最值问题来求解.（作者单位：江苏省南京市第一中学）有些立体几何问题较为复杂，或几何图形不规则，我们采用常规方法很难求得问题的答案.此时，可巧用补形法，根据已知条件和图形，添加合适的辅助线，将不规则的、陌生的、不易计算边角的几何图形割补为规则的、熟悉的、易计算边角的图形，取得化难为易的效果.而运用补形法求解立体几何问题，关键在于如何巧妙地割补图形，主要有以下几种思路.一、将棱锥补成棱柱棱锥是常见的几何体，如三棱锥、四棱锥、五棱锥等.有些棱锥的高很难找到或求得，此时我们可以将棱锥补成棱柱，如将正三棱锥补为正方体，将对棱的长相等的三棱锥补为长方体，再根据正方体、长方体的性质，便能快速求得三棱锥的边、角的大小，从而使问题顺利获解.例1.如图1所示，三棱锥S-ABCD 的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则球的表面积为（）.图1A.3πB.4πC.33πD.6π解：如图2，将正三棱锥补为正方体，并使正方体的棱长为1，图2解题宝典42则正方体的对角线长为1+1+1=3，故球的半径为r =，所以球的表面积为4π×èø2=3π，因此正确选项为A .我们仅根据三棱锥的特征，很难确定其外接球的球心，为了便于计算，需采用补形法，将正三棱锥补形为正方体，那么正方体的中心即为三棱锥外接球的球心，即正方体的对角线就是球的直径，据此建立关系式，即可快速求得球的半径和表面积.二、将斜三棱柱补成四棱柱对于正三棱锥，一般很容易确定其高，但对于斜三棱柱，我们却很难确定其高.此时可采用补形法，将斜三棱柱补形为四棱柱，这样根据四棱柱的特点，可快速确定其高，求得顶点与底面之间、点与点之间的距离.例2.已知斜三棱柱的侧面A 1ACC 1与平面ABC 垂直，∠ABC =90°，BC =2，AC =23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1=A 1C ，求点C 到侧面A 1ABB 1的距离.图3解：如图3所示，将斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1补为四棱柱，设点C 到侧面A 1ABB 1的距离为d ，由四棱柱的上下底面平行的性质可知，d 也是平面ABB 1A 1与平面CMM 1C 1的距离，作A 1D ⊥AC 于点D ，作A 1E ⊥AB 于点E ，∵AA 1=A 1C ，AC =23，AA 1⊥A 1C ，∴A 1D =3，∵∠ABC =90°，BC =2，∴AB =22，∵侧面A 1ACC 1与平面ABC 垂直，A 1D ⊥AC 于点D ，∴A 1D ⊥AB ，A 1E ⊥AB ，∴AB ⊥面A 1ED ，∴AB ⊥ED ，即∠ABC =90°，∴DE ∥BC ，D 为AC 中点，且DE =12BC =1，∴A 1E =A 1D 2+DE 2=2，而V 四棱柱=S ABMC ∙A 1D =S A 1ABB 1∙d ，∴d =S ABMC ∙A 1D S A 1ABB 1==3.为了便于计算，将斜三棱柱补为四棱柱，从而将线面距离转化为面面距离，再利用等体积变换法使问题得解.三、将棱台补为棱锥棱台较为特殊，它的上下底面平行，且成比例，但侧棱相交于一点.为了便于计算，我们可采用补形法，将棱台补形为棱锥，这样便可构造出几组相似的三角形、多边形，借助相似图形的性质建立关系式，便可顺利求得棱台的边、高的长度.例3.如图4所示，平面EB 1C 1F 将三棱柱ABC -A 1B 1C 1分成体积为V 1，V 2两部分，其中AB ，AC 的中点分别是E ，F ，则V 1:V 2为______.图4解：延长A 1A 到A 2，B 1B 到B 2，C 1C 到C 2，使得A 1A =AA 2，B 1B =BB 2，C 1C =CC 2，并延长B 1E ，C 1F ，可知V ABC -A 2B 2C 2=V ABC -A 1B 1C 1，∵A 2A ：A 2A 1=1:2，∴V A 2-AEF=18V A 2-A 1B 1C 1，∵V A2-AEF=14V A2-ABC=14×13V ABC -A 2B 2C 2=112×V ABC -A 1B 1C 1，∴V AEF -A 1B 1C 1=7V A 2-AEF =712V ABC -A 1B 1C 1，∴V 1：V 2=7:5.将棱台补成棱锥，利用棱锥A 2-AEF 的性质以及相似三角形的性质求得各条棱的长和各个三棱锥的体积，再借助棱台ABC -A 1B 1C 1与棱柱ABC -A 2B 2C 2之间的位置关系进行转换，即可顺利解题.由上述分析可以看出，对于一些较为复杂的立体图形、立体几何问题，采用补形法求解，能使问题快速获解.因此，在解答立体几何问题时，同学们要学会联想，根据几何体的结构特征合理添加辅助线，将棱锥补成棱柱，将斜三棱柱补成四棱柱，将棱台补为棱锥，以便根据棱柱、四棱柱、棱锥的性质来解题.（作者单位：江苏省如皋市第二中学）解题宝典43。
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。
割补法在高中立体几何解题中的应用_方清
锥．故只 要 求 出 其 中 一 个 三 棱 锥 的 体 积 即 可．由
图 可 知 ，ＶＡ′－ＢＥＤ′ ＝ＶＤ′－Ａ′ＢＥ ＝ １３·ＳΔＡ′ＢＥ·Ａ′Ｄ′＝
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＝２ＶＡ′－ＢＥＤ′
＝
１ａ３． ６
以上各例 说 明，在 解 决 某 些 几 何 问 题 时，若
利用部分与整体的关系来解题．
例６ 已知三棱锥 Ｐ－ＡＢＣ，其中 ＰＡ ＝４， ＰＢ ＝ ＰＣ ＝２，
∠ＡＰＢ ＝ ∠ＡＰＣ ＝ ∠ＢＰＣ ＝６０°求：
三棱锥 Ｐ－ＡＢＣ 的
体积．
分析１ 作 ＢＣ
分析 如图４，将一个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的圆柱，
那么所 求 几 何 体 的 体 积 就 是 这 个 圆 柱 体 积 的
例８ 如图 １０，已
知正方体 ＡＢＣＤ － Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ 的 棱 长 为ａ，
Ｅ、Ｆ 分 别 是 棱 ＡＡ′ 和
ＣＣ′ 的 中 点，求 四 棱 锥
Ａ′－ＥＢＦＤ′ 的体积．
分析 本题要想直接求出四棱锥的高还是 比较困难的．但 是 四 棱 锥 的 底 面 是 菱 形，所 以 连
结对角线把四棱Leabharlann 分割成体积相等的两个三棱Ａ．３π Ｂ．４π Ｃ．３ 槡３π Ｄ．６π
分析１ 设ΔＡＣＤ 的重心 为 Ｅ，则球心在线段 ＢＥ 上，可 在直角 三 角 形 中 求 解，但 计 算 较麻烦．
分 析 ２ 将 正 四 面 体 ＡＢＣＤ 补成正方体，则 正 四 面 体、正 方 体 的 外 接
球为同一 个 球．因 为 正 四 面 体 的 棱 长 为槡２，所 以
（收 稿 日 期 ：２０１３－０８－１６）
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。