立体几何割补法

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1、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—A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面AC1D1的距离为（）A、B、C、D、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A1C1的中点，故将要求的距离与A1到面AC1D1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A1—AC1D1而进行解题。解：连AC1，可得到三棱锥A1—AC1D1，我们把这个正方体的其它部分都割去就只剩下这个

2、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与的直角三角形。这个三棱维又可视为三棱锥C1—AA1C1，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，故应选B。例2（2007湖南高考，理8）棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA1、DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为（）A、B、1C、1+D、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A1AD

3、D1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—A1B1C1D1，依题O亦为此正方体的中心，补侧面AD1为平面AD1，球0截平面AD1可得圆锥0—AD1（如下图），其底面圆心正为线段AD1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AD1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。

4、EF‖AB，EF=2，则多面体的体积为（）A、B、C、D、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=，又可推得FG=，又OG⊥EF，∴GO=S△BCG=∴VBCG-ADM=2VF-BCG=∴VABCDEF=+=，故选A。例4

5、（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△G1AB，△G2CD，并连结G1G2，使得平面G1AB⊥平面ABCD，G1G2∥AD，且G1G2

6、形是长方体ABCD—A1B1C1D1中的一部分，如图4。图4（Ⅰ）∵G1G2∥AD，AD⊥面G1BA，G1G2面G1ADG2∴结论成立。（Ⅱ）长方体的三共点棱AB=12,BC=25，BB1=8，又可推得FG2=17，G1G2=10，BG1=10，BG2=10，EG1=8，又面BAG1⊥面AG1G2，割去长方体的其它部分只看三棱维G2—G1AB，如图5，作BH⊥AG1于H，连G2H，可知∠BG2H为所求。图5考虑△ABG1的面积有：BH,∴BH=，于是sinBG2H=故所求的角为arcsin[规律小结]割

7、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

8、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