立体几何割补法
割补法求四种三棱锥外接球半径问题课件(共17张PPT)
2R a2 b2 c2
R 1 a2 b2 c2 两次图中勾股弦 2
教师预设问题
三、三棱锥的外接球
1.第一类三棱锥的特征
同一顶点上的三条棱两两互相垂直且相等。
学习目标：以长方体和正 方体为载体，会用割补法 求四种三棱锥外接球的半 径，根据球的体积和表面 积公式求球的体积和表面 积。
知识链接 一、正方体的外接球
正方体的边长为 a，它 的外接球直径为正方体 的对角线，即图中A1C，
A1C 2R 3a2 3a
R 3 a 2
两次图中勾股弦
二、长方体的外接球
A1B=DC1，BD=A1C1，A1D=BC1
4.第四类三棱锥的特征
由勾股定理可得：
x2 y2 b2 ① x2 z2 a2 ② y2 z2 c2 ③
①+②+③得，
（2 x2 y2 z2 ) a2 b2 c2
长方体的外接球直径 2R= x2 y2 z2 2 a2 b2 c2
如图所示，请归纳三棱锥 A-A1B1D1的特征：
A1B1⊥ A1A⊥A1D1 且A1B1= A1A= A1D1= a
它的外接球半径为R= 3 a 2
2.第二类三棱锥的特征
同一顶点上的三条棱两两互相垂直。
如图所示，请归纳三棱锥 A1—ABD的特征：
AB⊥AD⊥AA1
设AB= a AD= b AA1=c，即 长方体的长、宽、高分别为
a、b、c
该三棱锥的外接球半径
R= 1 a2 b2 c2 2
3.第三类三棱锥（正四面体பைடு நூலகம்的特征
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。
立体几何割补法
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 、23 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22，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 、22B 、1C 、1+22 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。
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 、
试谈立体几何求积中的割补法
。
求 证三 校 锥
=
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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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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）。
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′＝
１ ３
·１２·ａ２·ａ·ａ＝１１２ａ３
．故ＶＡ′－ＥＢＦＤ′
＝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）
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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 、32
B 、33
C 、34
D 、2
3 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
25212
[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。