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 .
割补法求体积的灵活运用
割补法求体积的灵活运用
作者：梁爽
来源：《成才之路》 2013年第13期
体积在立体几何教学中占有一定的地位。
对于不规则的几何体，我们如何去求呢？其实，不规则的几何体，皆可以采用割补法，分割成一些简单的规则的几何体，然后再用熟悉的方法去解决。
割补思想，是高中数学立体几何中重要的解题思想方法。
通过割补，可以将一些复杂的问题简单化。
解题时，要让学生注重一题多解，注重方法的灵活运用。
解法二：如图3，过点E、F 分别作垂直于平面ABCD的平面，交线PQ、MN 都垂直AB。
∵DC=3EF=3/2，∴PM=
割成柱体或者锥体，锥体转换底面积法求体积。
补成柱体，利用柱体和锥体体积之间的关系求解。
割补法，在求几何体的体积的题型中非常常见。
一般来说，“割”是把柱体割成锥体，“补”是把锥体补成柱体。
比如多面体可以割成柱
体和锥体，锥体可以补成柱体。
三棱锥和平行六面体，则可以用转换底面积法求体积。
解题时，要让学生注意已知条件的灵活运用。
这样，可以培养学生空间想象能力，提高学生综合素质。
（辽宁省大连市普兰店市第三十八中学）。
解答立体几何问题—5大数学思想方法
解答立体几何问题—5 大数学思想方法学习立体几何，除了要掌握基本的数学知识和技能外，还要注意领会与总结解决解答对应问题的常见数学思想方法，下面对解答立体几何问题的五大数学思想方法加以归纳整理，供复习参考．１割补思想分割与补形的思想方法是处理几何图形的重要方法，特别在处理非常规图形时，即使涉及比较熟悉的图形的问题，有时结合割补法也可以更好的得以解决，因此，此考点可明考，即出示陌生图形，也可暗考，即给出熟悉图形，但进行割补实现快速解题．例１如图１，在多面中，已是边长为 1 的正方形，且均为正三角形，，则该多面体的体积为（）．解析本题所涉及的为非常规图形，没有可套用的体积公式，故需要考虑割补．解如图１，作垂直于，垂足分别为，连结，由，则有垂直于．由图形的对称性，，知，由，，，得．故所求体积为，．例２表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（）．解析将正八面体嵌入到正方体中，即以正八面体的顶点为正方体各面的中心，则可知正八面体的棱长为１，则正方体底面对角线长为２，正方体棱长为，即为正八面体外接球的直径，故球的体积为，．２分类讨论思想若题目描述的情形不唯一，就要考虑借助分类与整合的思想方法解答．例３如图２，在直三棱中，，，，分别为的中点，沿棱柱的表面到两点的最短路径的长度为．解析分别沿折到平上；沿折到平上；沿折到平上；将沿折到平上，比较其长即可．结果为．３等价转化思想一些立体几何问题，借助等价转化思想，可以得到更好解答．３．１求距离的转化点、线与面之间的距离，可以借助平行关系，借助等体积等方法实现距离的转化．例４如图３，正方体的棱长为１，是底面的中心，则到平面的距离为（）．解析若直接过作平的垂线求距离，则难以操作．但若借助“与平平行的直线上每个点到平面的距离相等”，如图４，分别是的中点，易过且与平平行，于是，只需求到平面的距离，又可得所求为，即．３．２求角的转化求角问题，往往也可以借助平行关系进行转化解答．例５如图５，在三棱锥P－ABC 中，AB⊥BC，，点O、D 分别是AC、PC 的中点，OP⊥底面ABC．求直与平所成角的大小．解析若直接求直与平所成的角，不易操作，但若根据，则可转化为求与平面所成的角．，，的中，连，，作于，连，平，所是与平面所成的角．，所与平所成的角的大小等，在中，所以与平面所成角的大小．例６（１）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都，．（２）已知一平面与一正方体的12 条棱的夹角都等，则．解析对（１），由于正四棱柱的六个面两两对应平行，根据同一条直线与多个平行平面所成的角相等，问题转化为一条直线与正四棱柱共顶点的相邻三个面所成的角都，求．如图６，两两垂直且相等，平，与三个侧面成角相等，连结并延长交于，连结，则，于是，设，则，，即．对（２），类似可知，一组平行直线与同一平面所成的角相等，则问题可转化为如图６所示与平所成角的正弦，易知为．３．３求最值的转化一些立体几何的最值问题，往往通过图形变换进行转化．例７如图７，已知正三棱的底面边长为1，高为8，一质点点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到点的最短路线的长为．解析问题转化为将三棱柱的侧面沿剪开后展开，并补上展开后全等的部分后，所得矩形对角线的长，如图８所示，易得所求为．３．４求体积的转化一些求体积问题，往往需要借助体积的转化求解．例 ８ 如 图 ９ ， 在 体 积 为 1 的 三 棱 锥侧 棱上分别取 点 ，使， 记为 三 平 面的 交 点 ， 则 三 棱 锥的 体 积 等 于（）．解析 如图１０， ，，则连结的交点， 到平的距离， 则由， 可 知 点 到 平 面 的 距 离 为 ；又 由，故 到平面 的距离；又由故 到平面 的距离．三棱锥 的体积为１，故三棱锥 的体积等．选 ．评注 本题通过多次体积间关系的转化，实现了所求体积与已知体积关系的明朗化．４ 向量法，借助空间向量，特别是建立空间直角坐标系后，使向量坐标化，能够更加简捷的解答很多涉及位置关系判断及求角，求距离的题目．例９已知四棱的底面为直角梯形，底面，且，是的中点．（Ⅰ）证明：面；（Ⅱ）所成的角；（Ⅲ）求与所成二面角的大小．解析根据题目特征，注意两两垂直，可建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量与平面的法向量解答．解因，，，为坐标原长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标，，，，，．（Ⅰ）证明：，，，所．由题设，与是平内的两条相交直线，由此面．在上，故⊥．（Ⅱ）解：故，所以，与所成的角为．（Ⅲ）解：在上取一点，则存在使．要，只需，即，解得．可知当时，点坐标为，能使．此时，，有．由，得，所为所求二面角的平面角．．，故所求的二面角．５极端化方法一些几何问题，借助想象其极端情形，可以更好的使问题得以解决．例１０若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（）．三棱锥四棱锥五棱锥六棱锥解析对于正六棱锥，当其高趋近于０时，侧棱长趋近于底面边长，但侧棱长始终大于底面边长，而不会相等，故．借助极端化方法，同学们可以求一下正六棱锥相邻侧面所成二面角的取值范围．。
用割补法解决立体几何问题
用割补法解决立体几何问题高中已经学习的空间几何体有柱、锥、台、球，要求它们的表面积或体积，解题时可以根据相应公式进行求解，但是当几何体不是规范的柱、锥、台、球，就要进行分割或补充法了，那到底怎么操作呢，下面举例说明。
1.如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60°,E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，A、B重合于点P，则三棱锥P—DCE的外接球的体积为( )A B C D解析：根据题意折叠后的三棱锥P-DCE为正四面体，且棱长为1，以此正四面体来构造立方体，则此立方体的棱长为，故立方体的体对角线的长为，且立方体的外接球也为此正四面体的外接球，∴外接球的半径为，∴V球=.答案：C2.如图所示是一个几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图（其中正视图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如图所示）．（1）求四棱锥P-ABCD的体积；（2）证明：BD∥平面PEC；（3）若G为BC上的动点，求证：AE⊥PG．解：（1）由几何体的三视图可知，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA=4 2 ，BE=2 2 ，AB=AD=CD=CB=4，∴VP-ABCD=1 3 PA×SABCD=1 3 ×4 2 ×4×4=64 2 3 ．（2）证明：连接AC交BD于O点，取PC中点F，连接OF，∵EB∥PA，且EB=1 2 PA，又OF∥PA，且OF=1 2 PA，∴EB∥OF，且EB=OF，∴四边形EBOF为平行四边形，∴EF∥BD．又EF⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，所以BD∥平面PEC．（3）连接BP，∵EB AB =BA PA =1 2 ，∠EBA=∠BAP=90°，∴△EBA∽△BAP，∴∠PBA=∠BEA，∴∠PBA+∠BAE=∠BEA+∠BAE=90°，∴PB⊥AE．又∵BC⊥平面APEB，∴BC⊥AE，∴AE⊥平面PBG，∴AE⊥PG．另（4）若F为PD的中点，求证AF 平面PCD（5）求几何体BEC-APD的体积（割补法）。
你分我来补一招显原形——巧用割补法解决棱锥问题
你分我来补一招显原形——巧用割补法解决棱锥问题许钦彪【摘要】立体几何是高中数学的重要内容,也是高考的主要和必考内容.从全国各省市历年高考试题统计分析,立体几何综合解答题中许多是与棱锥有关的综合问题.如果能分析清楚这类问题的命题依据、背景和来源,对解决这些棱锥问题是很有益处的.认清棱锥问题的来源,将其还原为规则几何体,再予解决的方法——"割补法"对于解决棱锥问题具有重要的意义和作用.【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2016(000)003【总页数】3页(P8-10)【关键词】棱锥;分割;添补【作者】许钦彪【作者单位】稽山中学浙江绍兴 312000【正文语种】中文【中图分类】O123.2立体几何是高中数学的重要内容，也是高考的主要和必考内容.从全国各省市历年高考试题统计分析，每年必有一个立体几何综合解答题，其中许多是与棱锥有关的综合问题.如果能分析清楚这类问题的命题依据、背景和来源，对解决问题是很有益处的.我们先从2个常见的棱锥问题入手分析.问题1 如图1，三棱锥P-ABC的3条侧棱PA，PB,PC两两垂直，且长度分别为3，4，5，求该三棱锥的外接球的表面积.问题2 如图2，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD，四边形ABCD是边长为的正方形.若，求面PAB与面PCD所成锐二面角的正切值.从学生解答的情况看，普遍存在着解答过程冗长、说明不清、计算复杂等问题，导致不能正确完整地解决.究其原因，是对这类棱锥问题的命题来源不了解，感觉陌生困难，从而找不到正确、合理、快捷的解决方法.事实上，这种棱锥都是相应的长方体分割得到的，因而，把其添补还原成相关的长方体，问题就会变得熟悉而简单，从而迎刃而解.1)把所给三棱锥添补成相应的长方体(如图3)，其外接球就是该长方体的外接球，直径是对角线之长球的表面积为2)把所给四棱锥添补成相应的长方体(如图4)，则所求的二面角就是长方体的侧面PAB与对角面PCD所成的二面角，显然其平面角为∠APD，正切值为.由此可见，认清棱锥问题的来源，将其还原为规则几何体，再予以解决的方法——“割补法”对于解决棱锥问题的重要意义和作用.事实上，许多棱锥是由规则的长方体或正方体等分割得到的，这些棱锥综合问题其来源和命题素材是相应的长方体或正方体.理解了这类问题的背景和本质，就可以尝试把棱锥添补还原成相应的长方体或正方体，从而将其化为熟识的长方体、正方体问题来解决.本文以几则高考立体几何综合题来说明如何巧用“割补法”解决棱锥综合问题. 例1 如图5，已知球O的表面上有4个点A,B,C,D，且DA⊥平面，则球O的体积等于______.分析高考是限定时间内的解题比赛，不但要正确解题，而且要尽量节省时间.对于选择题和填空题，更需要找到最佳方法，准确、快捷地得到答案.该题给出的实际上是由正方体分割得到的一个三棱锥，可以把其还原为棱长为的正方体DEFH-ABCR(如图6).这样所求的球O就是该正方体的外接球，其直径就是正方体的对角线长3，体积等于.可见，巧用割补法把棱锥还原为相应的正方体后，问题变得简单熟悉，解答就更准确、快捷，其事半功倍的效果显而易见.例2 若四面体ABCD的3组对棱分别相等，即AB=CD，AC=BD，AD=BC，则以下结论正确的是______.①四面体ABCD每组对棱互相垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点出发的3条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段互相垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的3条棱的长可作为一个三角形的3条边长.分析如果仅根据题意得到的棱锥看，由于要判断的结论多且涉及面广，问题就会感到陌生而困难.作为高考的一个填空题，时间上也必须快速.根据当年的高考评卷分析，此题失分的考生较多，其原因就是因为不能认识到该题的来源本质，只在棱锥上考虑，从而找不到正确简洁的方法.如果认识到了棱锥的来源本质，就会联想到长方体的3组对面对角线分别相等，认识到该棱锥是由长方体分割得到的，可以把它添补为相应的长方体(如图7)，问题就化难为易，化陌生为熟悉了.在长方体中容易判断出：①不正确；② 4个三角形的3条边长均相等，正确；③若每个顶点3个夹角之和均小于180°，则4个顶点的夹角之和小于720°，而事实上，4个顶点的夹角之和(12个角)就是4个三角形面的角度之和等于720°，矛盾，不正确；④每组对棱中点连线实际上就是长方体每组对面的中心连线，这3条线段交于长方体中心且垂直平分，正确；⑤每一个顶点的3条棱其中2条棱是夹边，第3条与对边等长，如AB,AD为夹边，AC和BD等长，而ABD是三角形，AB,AD,AC长当然也可以构成三角形，正确. 例3 如图8，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°.1)求三棱锥P-ABC的体积；2)求证：在线段PC上存在一点M，使得AC⊥BM，并求的值.分析计算得，于是AB⊥BC，从而可以将该三棱锥添补成长方体(如图9).1)三棱锥体积为长方体体积的，等于.2)长方体中，PC上的点M在底面上的投影N必在AC上，若AC⊥BM，则AC⊥BN，且 .在Rt△ABC中，，于是.例4 如图10，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥面ABCD，NB⊥面ABCD，且MD=NB=1，E为BC的中点.1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值.2)线段AN上是否存在点S，使得ES⊥面AMN？若存在，求出线段AS的长;若不存在，请说明理由.分析据题意可知，此命题源于正方体，还原为棱长为1的正方体(如图11)后，就化为熟悉的正方体问题了.1)异面直线NE与AM所成角，就是NE与BF所成角，由，得从而2)若ES⊥面AMN，则有ES⊥AN，即ES在正方体前面的射影BS⊥AN，此时S必为AN的中点，ES在正方体上面的射影(S′,E′必为所在棱的中点)E′S′⊥MN，即ES⊥MN.由此可知，AN上存在中点S，可使ES⊥面AMN，此时.例5 在如图12所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA∥PD，MA⊥平面ABCD，AD=PD=2MA,E,F,G,H分别是MB,PC,PB,PA的中点.1)求异面直线EF与PA所成角的余弦；2)求平面EGF与底面ABCD所成二面角的大小；3)求平面EGF与平面DHF所成二面角的余弦值.分析此命题从给出的已知图中较难找出所求的线、面之间的关系.考虑到题设条件，可将其添补还原为如图13所示的正方体，就较易得出相互之间的关系.如图13中，作正方体中截面INQR，显然E,G,F在该平面内.1)取PD,MA的中点K,S，则EF∥SK.问题就化为在左侧平面正方形(如图14)中，求SK与对角线PA所成角的余弦，再设O为KD的中点，则所求角化为更简单易求的∠PAO.设正方体的棱长为1，则2)面EGF就是中垂面INQR，显然面EGF与底面ABCD所成角为90°.3)面EGF与面DHF所成的角就是面DHF与中垂面INQR所成的角θ.由图14易知△DHF在中垂面上的射影就是△NGF.设正方体的棱长为1，计算得到△NGF的面积为，而△DHF是边长为的正三角形，其面积为由射影面积公式得。
试谈立体几何求积中的割补法
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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）
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。
高中立体几何中割补法教学研究
— 37 —Hale Waihona Puke 高中立体几何中割补法教学研究
江苏省丹阳市第六中学( 212300 ) 郦荣霞 ●
高中的数学无论是在结构还是在内容上都改变了很多 ． 其中， 作为高中数学重点教学内容之一的立体几何 摘 要： 新课改以来， 也是改变了很多， 立体几何在高中数学的教学当中既是重点也是难点 ． 不同学生之间的空间想象能力存在很大的差异， 部分学生甚 至看不懂图形， 难以理解题目的意思 ． 因此， 教师在教学中怎样教好学生学习立体几何是一个讨论的要点 ． 关键词： 高中; 立体几何; 割补法 中图分类号： G632 文献标识码： B 文章编号： 1008 － 0333 ( 2016 ) 30 － 0037 － 01
分析 如右图， 再用相同的几何体， 两个拼成一个圆 5 ． 柱， 高为 则几何体的体积应该就是圆柱体积的一半， 即 V = 1 / 2 ˑ π ˑ 2 2 ˑ 5 = 10 π． 二、 切割法 在高中的立体几何中， 切割法属于比较特殊的一种 求解方法， 通过切割成几个部分的形式进行分析， 简化问
分析 如图， 过点 C 作 CH ⊥ DG 于 H， 连结 EH， 这样 DEH － ABC 就把多面体分割成一个直三棱柱 和一个斜三 棱柱 BEF － CHG． V = S △DEH ˑ AD + S △BEF ˑ DE = （ 1 /2 ˑ 2 ˑ 1） ˑ 2 + （ 1 /2 ˑ 2 ˑ 1） ˑ 2 = 4． 本文主要是围绕割补法对学生在学习立体几何时容 易遇到的问题进行分析和研究， 希望这些问题能够在教 与解立体几何时给教师和学生一些帮助 ．
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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 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 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：
1,22144233343ADG 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 ---==
====∴==∴=+=⨯+⨯⨯==⨯=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=。