巧用补形法解决立体几何问题

⽴体⼏何中的割补法解题技巧
⽴体⼏何中的割补法解题技巧
※⾼考提⽰
⽴体⼏何中常⽤割补法解题.特别是⾼考中的⽴体⼏何题很多可⽤割补法解,有时解起来还⽐较容易.
[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。

关于我们：。

ʏ孙海鹰利用 补形 思维这一桥梁,可以使数学的思维方法更加活跃㊁简捷,应用起来更加灵活㊁多样,能有效培养同学们思维的灵活性㊁独创性㊂利用 补形 思维可以把空间立体几何中的一些不规则形体㊁不熟悉形体㊁残缺形体补成相应的规则形体㊁熟悉形体㊁完整形体等,对解决问题起到化繁为简㊁一目了然的作用,使得数学思维更加灵活,数学知识结构更加完整㊁充实,数学思想方法更加完美㊂一㊁还原补形法例1为了给数学家帕西奥利的‘神圣的比例“画插图,列奥纳多㊃达㊃芬奇绘制了一些多面体,图1所示的多面体就是其中之一㊂它是由一个正方体沿着各棱的中点截去八个三棱锥后剩下的部分,这个多面体的各棱长均为2,则该多面体外接球的体积为()㊂图1A.16πB.8πC.16π3D.32π3分析:对于此类空间立体几何中的不规则形体 多面体,直接处理起来有较大的难度,可借助空间几何体的还原补形法,把该多面体进行还原补形为正方体,结合补形前后对应图形中相关元素的位置关系与变化情况,进行合理分析与运算㊂解:结合图1,把该多面体进行还原补形为正方体,如图2所示㊂图2由所给多面体的棱长为2,可得正方体的棱长为22,那么正方体的中心即为多面体的外接球的球心,所以球心到多面体顶点的距离为(2)2+(2)2=2,即多面体外接球的半径R=2㊂故该多面体外接球的体积V=43πR3=32π3㊂应选D㊂还原是回归问题本质的一种逻辑推理方式㊂在解决一些空间几何体问题中,合理回归,完整地进行还原与补形是解题的关键㊂在处理空间几何体的还原补形时,要注意回归的简单几何体与 补 上去的小几何体之间要素的联系与图形之间的变化,正确构建相互之间的关系,不要出现添加或遗漏㊂二㊁联系补形法例2已知正三棱锥P-A B C,点P,A, B,C都在半径为3的球面上,若P A,P B, P C两两相互垂直,则球心到截面A B C的距离为㊂分析:此类不同空间几何体间(正三棱锥与球)的联系问题,需要进行合理补形,将正三棱锥与球这两种不同的空间几何体联系在一起,使得问题的处理直观易懂,从而便于分析与计算㊂解:由于正三棱锥的侧棱P A,P B,P C5知识结构与拓展高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.两两互相垂直,故以P A ,P B ,P C 为棱补成正方体,如图3所示㊂图3球心O 为正方体的体对角线P D 的中点,且P O =3,则正方体的棱长为2㊂设点P 到平面A B C 的距离为h ㊂根据正三棱锥的体积,借助等体积法得13ˑ34ˑ(22)2㊃h =13ˑ12ˑ2ˑ2ˑ2,解得h =233,所以所求球心到截面AB C 的距离为3-233=33㊂寻找联系是构建不同数学元素之间的桥梁㊂在空间立体几何问题中,抓住不同空间几何体之间的联系,合理补形(如三条侧棱两两互相垂直,可补形为正方体或长方体),使得问题更加直观易求㊂三㊁对称补形法 图4例3 如图4所示,在斜截圆柱中,已知圆柱的底面直径为40c m ,母线最短与最长的分别为50c m ,80c m ,则该斜截圆柱的体积V =㊂分析:此类空间几何体中的残缺形体,属于不太规则的空间几何体,直接求解无从下手,可借助空间几何体的几何特征进行合理的对称补形,将题设条件中的斜截圆柱按斜截面吻合对接,补全为一个完整的圆柱,再利用圆柱的体积公式求解㊂解:将题设条件中的斜截圆柱按斜截面吻合对接,补全为一个完整的圆柱(即斜截圆柱进行翻转对接)㊂由题意知所求体积V =12ˑ(πˑ202)ˑ(50+80)=26000π(c m 3)㊂对称是数学中的一种重要关系,也是充分展示数学美的一种表现形式㊂在解决空间几何体问题时,对于一些特殊的残缺形体,要善于发现图形中的对称关系与几何特征,借助相同图形之间的对称补形法进行化归与转化,对空间想象能力的提升很有帮助㊂编者的话: 补形 思维解决立体几何问题,是整体思想的一种具体体现,可将不规则的㊁陌生的㊁复杂的几何体补成规则的㊁熟悉的㊁简单的几何体(如常见的长方体㊁正方体㊁平行六面体㊁圆柱等),在所补成的空间几何体中研究原几何体的有关元素的位置关系㊁空间角或空间距离的计算等,从而实现问题的顺利解决㊂这类问题,能全面考查数学基础知识㊁基本技能㊁基本思想㊁基本活动经验这 四基 的落实情况,以及发现问题㊁提出问题㊁分析问题和解决问题能力的培养与提升㊂若三棱锥P -A B C 中最长的棱P A =2,且各面均为直角三角形,则此三棱锥外接球的体积是㊂图5提示:根据题意,可把该三棱锥补成长方体,如图5所示,则该三棱锥的外接球即为该长方体的外接球㊂易得外接球的半径R =12P A =1,所以该三棱锥外接球的体积V =43ˑπˑ13=43π㊂作者单位:江苏省江阴中等专业学校高新区校区(责任编辑 郭正华)6知识结构与拓展 高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

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。

补成长（正）方体的几何体的内切与外接球问题一、墙角模型（三条线两两垂直）设长方体相邻的三条边棱长分别为c b a ,,.特点：线面垂直且底面是直角三角形（从长方体上底面取一个点，下底面取三个点的三棱锥）； 方法：找三条两两互相垂直的线段，用公式2222c b a R ++=，解出R .二、对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥或四面体中三组对棱相等，求外接球半径（BD AC BC AD CD AB ===,,） 第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱； 第二步：设长方体的长宽分别为c b a ,,,列出方程组2222222222222222222z y x c b a z AB a c y AC c b x BC b a ++=++⇒⎪⎩⎪⎨⎧==+==+==+第三步：根据墙角模型，82222222z y x R R c b a ++=⇒=++，解出R .补充：abc abc abc V BCD A 346=⨯-=-a bc图4PCO 2B A【精炼】1、已知三棱锥P ­ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83πB.823πC.163πD.323π 2、在三棱锥BCD A -中，侧棱AD AC AB ,,两两垂直，ADB ACD ABC ∆∆∆,,的面积分别为26,23,22，则三棱锥BCD A -的外接球的体积为（ ）3、在三棱锥P-ABC 中侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，Q 为底面△ABC 内一点，若点Q 到三个侧面的距离分别为3,4,5，则过点P 和Q 的所有球中，表面积最小的球的表面积为 . 4、已知正三棱锥ABC P -,点P,A,B,C,若PA,PB,PC 两两互相垂直,则球心到截面ABC 的距离为____________.5、已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC ＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π6、已知S A B C ，，，都是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2SA =，3AB =，4BC =，则球O 的表面积等于______．7、(2019·全国卷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 ．86πB ．46πC ．26π D.6π 8、在平行四边形中，，，且，以为折痕，将折起，使点到达点处，且满足，则三棱锥的外接球的表面积为_________.9、三棱锥中S ­ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10.则三棱锥的外接球的表面积为________．10、已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若3AB =，4AC =，AB AC ⊥，112AA =，则球O 的半径为（ ） A B ．C ．132D ．11 ）A ．3πB ．4πC ．D ．6πABCD AB =3BC =cos A =BD BDC C E AE AD =E ABD -1、【解析】：∵AB＝5，BC＝7，AC＝2，∴PA＝1，PC＝3，PB＝2.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P­ABC的外接球．∵长方体的对角线长为1＋3＋4＝22，∴球的直径为22，半径R＝2，因此，三棱锥P­ABC外接球的体积是43πR3＝43π×(2)3＝823π.故选B.2、【解析】：因为3212,2,2SacSbcSab===1322321223122,2,2SSScSSSbSSSa===⇒,222cbaR++=26434241=++=，πππ626343433=⎪⎪⎭⎫⎝⎛==RV，故选A.3、【解析】：根据题意：点Q到三个侧面的垂线与侧棱PA、PB、PC围成一个棱长为3、4、5的长方体，则其外接球的直径即为PQ且为长方体的体对角线．过点P和Q的所有球中，以PQ为直径的球的表面积最小，2r=22234552++=∴r＝522,由球的表面积公式得：ππ5042==rS.4、【解析】：因为正三棱锥ABC,PA,PB,PC两两互相垂直,所以我们可以把正三棱锥ABC,放到正方体中，P、A、B、C为正方体的顶点，则正三棱锥ABCP-的外接球的球心为正方体体对角线的交点，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，面A1BD和面CB1D1把体对角线三等分，所以球心到截面ABC的距离为33. 5、【解析】：连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1,1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π.6、【解析】：因为SA⊥平面ABC，AB BC⊥，所以四面体S ABC-的外接球半径等于以长、宽、高分别为,,SA AB BC三边长的长方体的外接球的半径．因为2SA=，3AB=，4BC=，所以2R＝222SA AB BC++＝29，所以表面积为ππ2942=R．7、【解析】：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P­ABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P­ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积πππ626343433=⎪⎪⎭⎫⎝⎛==RV，故选D.P-P-8、【解析】：在中，，，且， 由余弦定理，得即：，解得： 在四面体中，，，三组对棱长相等，可将四面体放在长方体中设长方体的相邻三棱长分别为，，，设外接球半径为则，，，则，即，所以 所以，四面体外接球的表面积为： 9、【解析】：如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c.则SC ＝AB ＝a 2＋b 2＝10，SA ＝BC ＝b 2＋c 2＝13，SB ＝AC ＝a 2＋c 2＝ 5.从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R)2，可得S ＝4πR 2＝14π. 故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.10、【解析】∵AB AC ⊥，∴直三棱柱111ABC A B C -的底面ABC 为直角三角形，把直三棱柱111ABC A B C -补成长方体，则长方体的体对角线就是球O 的直径，即球O 的半径为22234121322++=． 11、【解析】如图，将四面体补成正方体，则正方体的棱长是1，正方体的体对角线长为3，即此球的半径3R =，故球的表面积24π3πS R ==．ABD △22AB =3BC =2cos 3A =2222cos BD AB AD AB AD A =+-⋅()222222322239BD =+-⨯⨯⨯=3BD =ABED 3AE BD ==3AD BE ==22AB ED ==ABED x y z R 229x y +=229y z +=228z x +=22213x y z ++=213R =13R =E ABD -2134413π4R ππ=⨯=。

数学教学通讯投稿由0 箱:**********>解広集锦巧用补形法研究四面体问题重庆市巴蜀中学400023［摘要］殳体几何问题中，有一类问题可以通过补形法，得到一个常见的几何体，使复杂的线面关系变得清晰明了.文章从一道例题出发分析解决这类问题的方法，并在竝基础上总结规律，归纳常见的一些 四面体的补形方法.［关键词］立体几何;四面体;补形教学中，遇到这样一个问题：已知 在半径为2的球面上有4,B,C,D 四点， 若4 B=CD=2侧四面体4 BCD 的体积最大 值为多少？这是某年数学全国卷的第12题，主 要考查几何体的体积的计算、球的性 质、异面直线间的距离，通过球这个载 体考查学生的空间想象能力和推理计 算能力.解答是这样的:过CD 作平面PCD,使 4B 垂直于平面PCD,KAB 于R 设点P 到 CD 的距离为/1，则有V HW =yXyX2x/t X 2=却,当直径通过AB 与CD 中点时，饥…= 2V2M j=2VT ,故卩甜乂各本小题这个解答当中，学生比较疑 惑的有两点：（1）为什么可以过CD 作平 面PCD ，使AB 垂直于平面PCD ,能这样作 的前提是AB 和CZ ）要垂直，那为什么认定 体积最大时4B 和CD 要垂直？（2）为什么 直径通过AB 与CD 中点时，距离人最大？要解释清楚这两个疑点，首先需要 补充说明一个公式.四面体体积公式:如果一个四面体 的两条相对棱的长分别是a, 6,它们的距 离为d,所成的角为0,那么它的体积为 %畴=丄岛dsin&（证明见后）.6根据这个公式,我们首先得到结论: 仙和（?。

必须垂直,即sin&=90。

时才能得 到最大的体积.其次，由于AB=CD=R （球的半径），所以连结球心0和四个顶点，则容易知道 △ 04 B 和△ OCD 都是正三角形.设AB 的中点为E,CD 的中点为F,则0E 丄 A B,0F 丄 CD.设AB 与CD 间的距离为d,有dWEFW OE+OF.（异面直线间公垂线段最短）因此,0E/洪线时,四面体的体积可 以达到最大值，因为oe =of =a /T,故 昨 3这样解决一个选择题比较花费时 间，而且在高中数学教学中，不涉及四 面体的体积公式,异面直线的距离即公 垂线段的长度在教学中也仅仅要求了解.下面我们用补形的思路来解决这个 问题因为题目当中两条线段长度一样, 所以考虑把这个四面体补形成一个长 方体：图1则四面体的外接球即是长方体的外接球，四面体的体积是长方体的体积 减去四个全等的小三棱锥的体积.设长方体的边长为a,b,c,体对角线 即为外接球的宜径,得到：d+Ppjp,&2^2=22,所以a =2VT ,80 > 2020年九冃（下旬）作者简介：曾睿（1982-）,本科学历，中学一级教师,从事高中数学教学.得教学通讯g•>解注集锦则V四面休"长方体一4V三棱锥=必-4x1,1,iVTbcx—abc=—abc=-------------.233又沪+c~22，所以j=2Vp>c wv^L（i2+c2）=£\£L33当且仅当b=c=V2时,等号成立.从等号成立的条件可以比较容易地看出是在AB和CD垂宜时，四面体的体积取到了最大值.我们会发现，使用补形，一下子把陌生的几何体变得熟悉了，原本错综复杂的线面关系也变得清晰起来.利用这一方法解决某些几何问题,思路清晰明朗，较其他方法简洁明了.比如刚才提到的四面体的体积公式也可以用补形法得到.一个四面体的两条相对棱的长分别是a,&,它们的距离为d,所成的角为0,将四面体补形成平行六面体（因为相对棱的长度不确定,相等的时候才能补成长方体）.那么该平行六面体的底面积％s= -^-absinO,平行六面体的体积为卩六同*=丄abdsinO.同样,该平行六面体由原四面2体和四个全等的三棱锥构成.三棱锥与平行六面体的高相等，底面积为平行六面体的一半,x x<^>sin0= ^absind.所以F hw=V aw-4x7=w=—absinO.6一起来看一下常见的几种四面体补形方式：一、把四面体的四个面各补上一个三棱锥，最后形成一个平行六面体.其中正四面体是最特殊的形式，可以补成正方体.而对棱相等的四面体则可以补形成一个长方体.例1:正四面体棱长为°,求外接球的半径R.正四面体补形为一个正方体,正四面体的外接球即为正方体的外接球.如图3：图3正方体的面对角线是正四面体的棱长,体对角线为外接球的直径.设正方体边长为&,则a=V2b,2R=b，所以R=-^-^—a.4例2:在三棱锥A-BCD中,AB=CD=3,AD=BC=4,AC=BD=5,求三棱锥A_BCD外接球的半径.因为有三组对棱相等，把四面体补成一个长方形，如图4：图4长方体的三个面的面对角线是三棱锥的棱长,体对角线是外接球的直径.设长方体的棱长为°,6,c,外接球的半径为R,a^+b2=32,则■fe^cM2,（2R）2=<z2+62+c2,所以t^+c^S2,R丄.2二、把四面体的一个角作为平行六面体的一个角补形成平行六面体.例3:四面体ABCD,侧棱AB,AC,40两两垂宜,AB=2,AC=3,AD=4,求四面体的外接球的半径R.因为四面体的侧棱两两垂直，所以可以把这个角看作长方体的一个角，把四面体补形成一个长方体，则四面体的外接球就是长方体的外接球图5四面体的三条侧棱就是长方体的长、宽、高,外接球的宜径就是长方体的体对角线，则（2R）2=AB2+A（?+402=29,所以R=^_.2例4:若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0的球面上,SA丄平面ABC,SA=2VT,AB=1,A C=2,厶BA C=60°,求球0的半径R.根据已知条件可以得到AABC是宜角三角形，把四面体补成一个长方体,则四面体的外接球就是长方体的外接球,外接球的直径就是长方体的体对角线.如图6：图6则（2R）2=SA2+A CM6,所以R=2.例5:已知四面体PABC的侧面刃C与平面4BC垂直,Z j4BC=90°,BC=2VT,AB=2,且PA±PC,PA=PC,求异面直线PC与4B所成角的余弦值解答:把四面体补成如图所示平行六面体，异面直线PC与4B所成角即为PC与CD所成角的补角的余孩值.取AC中点M,PA=PC,则PMLAC,又因为平面E4C与平面ABC垂直，所以PM丄平面ABC.A A BC中，AABC=90°,AB=2,BC=2020年14冃（下旬）<81数学教学通讯投稿由0 箱:**********>解広集锦2VT ，所以乙4 CB=30° ,A C=4.APAC 中，E4 丄PC,PA=PC 9AC=4, 所以P M=2,PC=2VT.底面四边形ABDC 中i DM * 12=DC 2 +芯仏p),因Ji 匕只要证血1+血2 (f f )<1 眄-1%2仏一方2) , f2-----------In ------------, ln^-lni 2 ln^-lnf 2只要证ln£+l%<21n —戈一,1 2 ln^-lnt,只要证石<,"[(对数平均不 ln^-hi^2等式).C4^-2DC-CM-cosl20°,得到RtAPMD 中，加二 4.△PCD 中，cos 厶P CD 二 M+C 乎-PD2 二 2PC-CD V24 •所以异面直线PC 与AB 所成角的 余弦值为匹.4此题也可以用空间向量法解答，用 补形能更好地体现线面关系.三、把四面体补形成三棱柱例6：已知某几何体底面ABC 是棱 长为1的等边三角形，刃丄平面ABC, PA =3,求该几何体的外接球的半径.解答:将该四面体补形成一个三棱柱四面体的外接球就是三棱柱的外接球.先求三棱柱底面三角形外接圆半 径r=A. VT = VT.3 2 3又因为刃丄平面ABC,B4=3,所以三棱柱的外接球半径为R =四面体的问题可以通过补形变成 正方体、长方体乃至平行六面体的问题.尤其在正方体和长方体中，点线面的关系是我们所熟悉的.一些几何题的证明和求解，由原几何图形分析探究会比较 烦琐，通过补形填补成一个新的几何图形,能使原问题的本质得到充分的体现,解决起来比较容易.本文着重讨论四面 体的补形问题，希望窥一斑而知全豹, 探究立体几何中补形法这一重要的转化策略.(上接第74页)-771=0,证法4：由题意得 所以ln(x 1+m)-m%1=0,ln(%2+7?l ) -77U ；2=O.^x l +m=t l ,x 2+m=t 2,^ix l =t l -m 所以两式相减得]nt 2-m (£2-7n ) =0,1叫一1皿2,所 以?n=-----------方1-方21 ln^-ln^ / ln^-ln^鸟,所以|2=a 勾芯 ，、t r t 2ln^-lnt / 1叫 一1叫 ]叫--------XL+ ----------两式相加得lrUj+ln^- x (i !+力1一力22=0,t 2)+2'1%-1%,lnL-lni 2所以----------X (£ 1 +匚)=lni ] +lni 2+f 2I lm-liu 2 u'E 丿，~ ln/^lnL ln/^lnL所以鼻+%-2><_ =—_ («!-t x -t 2(2)-7 1要证衍+%2<0，只要证％ i +%2<—In —， m m 只要证t 1+t 2-2m<—In 丄，m mlnL-lnt, InL-liU.又？n=-----------+£2-2x ----------------=右-方2 NF ln^+lnij U1 2令卩（"）=u-21mz -----，贝U0（«）=1-----+u u丄二（弘1） >0,所以卩（訪）在"e （1,+qo ） u 2 u 2上单调递增，所以卩@）>卩（1）二0,所以21n “-丄>0,所以X1+x 2<0,所以*匕题得证.U卩形成结论极值点偏移问题中的南辕北辙现象,是由基函数极值点偏移方向不符题 意要求引起的.要避免这种现象的发生,应使基函数极值点偏移方向与题意 要求一致.82 > 2020年九冃（下旬）。

有关几何体外接球的半径问题是各类试题中经常出现的题目.此类问题重点考查同学们的空间想象能力和抽象思维能力，也是很多同学感到头疼的问题.这里介绍两种求几何体外接球半径的方法，以帮助同学们拓展解答该类问题的思路.一、补形法所谓补形法，即把几何体补形成规则的、简单的几何体，利用新几何体的性质和边角关系求得几何体外接球的半径的方法.在求几何体外接球的半径时，常将几何体补形为长方体、正棱柱等，使其顶点与原几何体的若干个顶点重合，这样，两个几何体的外接球半径就会相等，求得新几何体的半径，便可求得原几何体的半径.例1.已知在四面体P -ABC 中，PA =PB =4,PC=2,AC =25，PB ⊥平面PAC ，则四面体P -ABC 外接球的半径为____.解：由PA =4，PC =2,AC =25可得PA 2+PC 2=AC 2,即PA ⊥PC∵PB ⊥平面PAC ，PA 、PC ⊂平面PAC ,∴PB ⊥PA ,PB ⊥PC ,如图1，以PA 、PB 、PC 为长、宽、高作长方体，则该长方体的外接球就是四面体P -ABC 的外接球，∵该长方体的对角线为42+42+22=6，∴该四面体P -ABC 外接球的半径3.若已知三个平面两两垂直或能根据条件推断出三个平面两两垂直，可运用补形法，将其补形为长方体，利用长方体的对角线求几何体外接球的半径.运用补形法求几何体外接球的半径较为便捷，能有效降低问题的难度、简化计算的过程.二、转化法转化法是将复杂的立体几何外接球的半径问题转化为简单的平面几何问题来求解的方法.在求几何体外接球的半径时，可根据几何体的特点添加适当的辅助线，构造出三角形，利用正、余弦定理、勾股定理等平面几何知识求出几何体外接球的半径.例2.如图2，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =4,AC =6,角A 为π3，AA 1=4，则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的半径为____.解：设O 1、O 2分别是△ABC 和△A 1B 1C 1外接圆的圆心，由直三棱柱的性质可知ABC -A 1B 1C 1外接球的球心O 是O 1O 2连线的中点，连接O 1A 、OA ，在△ABC 中，AB =4,AC =6,A =π3，∴BC 2=AC 2+AB 2-2AB ×AC cos A=42+62-2×4×6cos π3=27，∵O 1是△ABC ∴BC sin A =2O 1A ，即O1A π3，在Rt△OO 1A 中，OO 1=12O 1O 2=12AA 1=2,O 1A =，∴OA =OO 12+O 1A 2=,即直三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的半径为.这里首先添加辅助线，构造Rt△OO 1A ，根据直三棱柱的性质将求几何体外接球的半径问题转化为求Rt△OO 1A 中OA 的长，利用正余弦定理以及勾股定理求得直三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的半径.相比较而言，补形法较为简单、直接，但同学们在解题时要注意联想、类比，才能顺利将几何体补形；转化法较为复杂，但是一种常用的方法.同学们只有熟练掌握这两种求几何体外接球半径的方法，才能有效地提升解题的效率.（作者单位：甘肃省陇南市宕昌县第一中学）李甲银图1图246。

三棱锥外接球半径常见解法含答案解析在立体几何中，求三棱锥外接球半径是一个常见且重要的问题。

掌握有效的解法不仅能够帮助我们解决具体的数学题目，还能加深对空间几何关系的理解。

下面将为大家介绍几种常见的求解三棱锥外接球半径的方法，并通过具体的例子进行答案解析。

一、补形法补形法是一种常用的技巧，通过将三棱锥补成一个特殊的几何体，如长方体、正方体等，然后利用这些特殊几何体的外接球半径与原三棱锥外接球半径的关系来求解。

例如，对于墙角三棱锥（三条侧棱两两垂直的三棱锥），我们可以将其补成长方体。

设三棱锥的三条侧棱长分别为＼（a\）、＼（b\）、＼（c\），则长方体的体对角线就是三棱锥外接球的直径＼（2R\），根据长方体体对角线公式可得：＼＼begin{align}2R&＝＼sqrt{a^2 ＋ b^2 ＋ c^2}＼＼R&＝＼frac{＼sqrt{a^2 ＋ b^2 ＋ c^2}｝｛2}＼end{align}＼例 1：已知三棱锥＼（P ABC\）中，＼（PA\perp PB\），＼（PB\perp PC\），＼（PC\perp PA\），且＼（PA ＝ 3\），＼（PB ＝4\），＼（PC ＝ 5\），求其外接球半径。

解：将三棱锥＼（P ABC\）补成长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径。

＼＼begin{align}2R&＝＼sqrt{3^2 ＋ 4^2 ＋ 5^2}＼＼＆＝＼sqrt{9 ＋ 16 ＋ 25}＼＼＆＝＼sqrt{50}＼＼＆＝5\sqrt{2}＼end{align}＼所以，外接球半径＼（R ＝＼frac{5\sqrt{2}｝｛2}＼）二、确定球心位置法通过寻找三棱锥外接球的球心位置，利用球心到各顶点的距离等于外接球半径来求解。

对于正三棱锥，球心通常在高线上。

设正三棱锥底面边长为＼（a\），高为＼（h\），底面外接圆半径为＼（r\）（可由正弦定理求得＼（r ＝＼frac{＼sqrt{3}｝｛3}a\）），球心到底面距离为＼（d\），则根据勾股定理有：＼＼begin{align}R^2&＝d^2 ＋ r^2\＼d&＝h R＼end{align}＼联立可得＼（R\）的表达式。

高中数学立体几何解题技巧1、先来了解什么是立体几何。

立体几何(Solid geometry)是3维欧氏空间的几何的传统名称—- 因为实际上这大致上就是我们生活的空间。

一般作为平面几何的后续课程。

立体测绘(Stereometry)处理不同形体的体积的测量问题：圆柱，圆锥，锥台，球，棱柱，楔，瓶盖等等。

毕达哥拉斯学派就处理过球和正多面体，但是棱锥，棱柱，圆锥和圆柱在柏拉图学派着手处理之前人们所知甚少。

尤得塞斯(Eudoxus)建立了它们的测量法，证明锥是等底等高的柱体积的三分之一，可能也是第一个证明球体积和其半径的立方成正比的。

1.定理口诀。

纵向平行是重点，证明中必须明确概念。

线，线，面，面，三副循环。

点、线、面三位一体，以锥形台球为代表。

所有的距离都是从点开始的，所有的角度都是由线构成的。

方程的整体思路解出来，就化为意识。

在计算之前，需要证明并画出移除的图形。

立体几何的辅助线，通常是垂直线和平面。

投影的概念很重要，是解题的关键。

异面直线的二面角和体积投影公式形象生动。

公理自然是三条垂直线，解决了很多问题。

1.立体几何解题方法。

1.空间角的计算方法与技巧主要步骤：一作、二证、三算;若用向量，那就是一证、二算。

(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。

②用公式计算。

(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法;(ii)三垂线定理及其逆定理法;（iii)垂面法。

②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算;(ii)射影面积法;(iii)向量夹角公式。

2.空间距离的计算方法与技巧(1)求点到直线的距离:常应用三垂线定理求出点与直线的垂线，然后在相关三角形中求解，或用面积相等的方法求点到直线的距离。

(2)求两异面直线的距离:一般先求公共垂直线，再求公共垂直线线段的长度。

立体几何中求体积的几种方法
立体几何中求体积的方法：
1、分割法，一般的考试题目不会给你一个简单的长方体，正方体，圆等等一些能套公式就能求出体积，而是弄一些多面体，让你求它的体积。

分割法，就是把多面体分割成几个我们常见的立体，然后求各个分割体的体积，最后相加就能得出所要求的体积了。

2、补形法，多面体加以拼补，把它拼成我们常见的立体，求出该立体的体积后，把补上去的各个立体的体积算出来，相减就能得出所要求的体积了。

3、等体积法，这个方法举例比较好说明，比如，求四面体P-ABC的体积，但是顶点P到面ABC的距离不好求（即高h），然而我们把顶点和底面换一下，换成四面体A-PBC，此时，定点A到面PBC的距离可以很容易就得到（AP丄面PBC，即AP就是高）,这样四面体A-PBC的体积就很容易求出来了。

显然，四面体P-ABC和四面体A-PBC是同一个立体，因此，求出四面体A-PBC的体积也是求出四面体P-ABC的体积。

数学立体几何解题技巧数学立体几何解题技巧我们把不同于一般解法的巧妙解题方法称为解题技巧,它来源于对数学问题中矛盾特殊性的认识。

下面是店铺精心整理的数学立体几何解题技巧，欢迎阅读与收藏。

数学立体几何解题技巧篇11平行、垂直位置关系的论证的策略:(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。

(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。

(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。

2空间角的计算方法与技巧:主要步骤：一作、二证、三算;若用向量，那就是一证、二算。

(1)两条异面直线所成的角：①平移法：②补形法：③向量法：(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。

②用公式计算.(3)二面角：①平面角的作法：(i)定义法;(ii)三垂线定理及其逆定理法;(iii)垂面法。

②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算;(ii)射影面积法;(iii)向量夹角公式.3空间距离的计算方法与技巧:(1)求点到直线的距离：经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。

(2)求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。

在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解(这种情况高考不做要求)。

(3)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离;有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。

求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。

4熟记一些常用的小结论诸如：正四面体的体积公式是;面积射影公式;“立平斜关系式”;最小角定理。

立体几何割补法立体几何中的割补法解题技巧邹启文※ 高考提示立体几何中常用割补法解题.特别是高考中的立体几何题很多可用割补法解,有时解起来还比较容易.※ 解题钥匙例1 (2005湖南高考，理5)如图，正方体ABCD—ABCD的棱长为1，O是底面ABCD11111111的中心，则O到平面ACD的距离为( ) 112231A、 B、 C、 D、 4222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AC的中点，故将要求的距离 11与A到面ACD的距离挂钩，从而与棱锥知识挂钩，所以可在该 111图中割出一个三棱锥A—ACD而进行解题。

111解:连AC，可得到三棱锥A—ACD，我们把这个正方体的其 1111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与的直 2角三角形。

这个三棱维又可视为三棱锥C—AAC，后者高为1，底为腰是1的等腰直角三角111 2形，利用体积相等，立即可求得原三棱锥的高为，故应选B。

2例2 (2007湖南高考，理8)棱长为1的正方体ABCD—ABCD1111 的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA、DD的中点， 11则直线EF被球O截得的线段长为( )22A、 B、1 C、1+ D、 222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AADD截得的球的截面为圆，且EF 11在截面内，故可连接球心抽出一个圆锥来。

解:如图，正方体ABCD—ABCD，依题O亦为此正方体的中心，补侧面 1111 可得圆锥0—AD(如下图)， AD为平面AD，球0截平面A D1111其底面圆心正为线段AD之中点，亦为线段EF之中点，割去正方体和球 1 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之长，故选D。

1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。

巧解几何题之“补形法”，你掌握了吗？胡不归数学课堂18-11-1718:30有些几何题，按原有图形很难求解，如果能根据图形的特点，将原图补成特殊图形，如特殊三角形：直角三角形、等腰三角形、等边三角形；特殊四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形.然后利用特殊图形的性质，使问题得到解决，下面举例加以说明.【典例1】已知：如下图，四边形ABCD中，∠DAB=60°，∠B=∠ADC=90°，CD=2，BC=11.求AC的长.分析：在Rt△ABC中，因已有BC=11，欲求AC，只要求出AB即可.而在原有图形中无法直接求出AB，再次观察图形，发现∠B=90°，∠DAB=60°，故只要延长AD、BC相交于点E （如图1），就可以把原图形补成含30°角的直角三角形，在这个特殊三角形中求出AC容易多了.也可以延长AB、DC相交于点F（如图2），也可以把原图形补成含30°角的直角三角形，同样，在这个特殊三角形中很容易求出AC.结合勾股定理，最终可求得AC=14.点评：若不规则的四边形中有一个内角为90°，一旦出现60°或30°或45°的特殊角，就可以考虑用补形法，将原图补成特殊的直角三角形，然后结合勾股定理等知识进行求解.另外，本题除了补形法之外，还有其他解法，如在原图中过点C作CM∥AB交AD于点M，过点M作MN⊥AB于点N，然后利用勾股定理分别求出BN和AN的长，进而求得AC，这里不再详细说明.【典例2】已知：如下图，五边形ABCDE中，∠A=∠B=120°，EA=AB=BC=2，CD=DE=4，那么，五边形ABCDE的面积是多少？解析：因为∠A=∠B=120°，则∠A、∠B的补角均为60°，如下图，延长EA、CB相交于点F，则△ABF为等边三角形，进而可得四边形FCDE为菱形，所求四边形的面积等于菱形面积减去△ABF的面积.最终可求得五边形ABCDE的面积是7√3.【典例3】如下图，六边形的六个内角都是120°，连续四边的长依次是1、3、3、2，求这个六边形的周长.分析：由于这个六边形的内角均为120°，则其外角都为60°，因此，只要作出相邻内角的外角，就可得含有60°的特殊图形.解法一：如下图，可将原六边形补成边长为8的等边三角形，根据等边三角形的性质，可求得原六边形的另两边长分别是2和4，因此，原六边形的周长为15.解法二：如下图，可将原六边形补成边长分别为4和5的平行四边形，根据平行四边形的性质，可求得原六边形的另两边长分别是2和4，因此，原六边形的周长为15.解法三：如下图，可将原六边形补成边长分别为11/2和2√3的矩形，则此矩形的4个角都是含有30°、60°的直角三角形，由勾股定理可求得每个直角三角形的边，最终可得原六边形的另两边长分别是2和4，因此，原六边形的周长为15.点评：本题抓住多边形每个角均为120°的特点，将多边形补成等边三角形、平行四边形、矩形，把已知与未知联系在一起，从而找到解题途径.另外，如果多边形的内角为60°或120°，则易将原图形补成一个等边三角形.【典例4】已知，如下图，△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，D为AB的中点，过B作直线与CD垂直，交AC于点E. 求证：∠ADE=∠CDB.分析：因为△ABC是等腰直角三角形，因此可将它补成一个正方形ABCF，欲证∠ADE=∠CDB，由于两角没有直接联系，考虑证这两个角都等于某个角，从而使问题得到解决.证明：如下图，分别过点A、C作AB、BC的垂线，两线相交于F，延长BE交AF于G，则四边形ABCF 是正方形.∵∠1+∠3=90°，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠2. 在△ABG和△BCD中，∠1=∠2，AB=BC，∠BAG=∠CBD，∴△ABG≌△BCD ∴∠4=∠CDB，AG=BD=AD. 在△AGE和△ADE中，AG=AD，∠6=∠5，AE=AE∴△AGE≌△ADE. ∴∠4=∠ADE，∴∠ADE=∠CDB.点评：对于等腰直角三角形及含有45°角的三角形来说，根据解题的需要，经常可以将原图形补成正方形，以充分运用正方形、直角三角形的性质来解题.。

立体几何中的补形与等效问题一.将正四面体放在正方体中主要结论：1.正四面体的每一个面是正三角形，反之亦然.2.正四面体是三组对棱都垂直的等面四面体.3.正四面体的对棱中点的连线都互相垂直且相等，等于棱长的22倍，反之亦真.4.正四面体的外接球与正方体外接球相同.例1．已知四面体ABCD 2，M ，N 分别为棱AD ，BC 的中点，F 为棱AB 上异于A ，B 的动点．有下列结论：①线段MN 的长度为1；②若点G 为线段MN 上的动点，则无论点F 与G 如何运动，直线FG 与直线CD 都是异面直线；③MFN ∠的余弦值的取值范围为55⎡⎢⎣⎭；④FMN ∆21．其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4解析：由于是一个正四面体，所以可以通过正方体来解决该问题.对于①，可根据,M N 分别为正方体前后两个面的中心可得出结论：正确对于②，F 取为AB 的中点，G 取为MN 的中点，此时FG 与CD 相交：错误对于③，计算可得35cos 35MBN ∠=>，由逼近思想可作出判断：正确对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形ABC 与ABD 放在同一平面上，可计算出2≥+MF NF ，正确例2．如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2,AB E F =，分别是,AD BC 中点.若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为.A．123D．2解析：补成正方体，如图.,EF α⊥Q ∴截面为平行四边形MNKL ,可得2NK KL +=，又//,//,MN AD KL BC 且,AD BC KN KL ⊥∴⊥可得L MNK S NK KL =⋅四边形2()1,2NK KL +≤=当且仅当NK KL =时取等号，选A.二．对棱相等的四面体四面体ABCD 中，==AB CD m ，==AC BD n ，==AD BC t ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，则222222222⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩b c m a c n a b t ，三式相加可得：222++=a b c 222,2++m n t 而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则22224+=+a b c R ，所以2228++=m n t R．例3．在四面体ABCD 中，41,34,5,,AB CD AC BD AD BC E F =====分别是,AD BC 的中点．则下述结论：①四面体ABCD 的体积为20；②异面直线,AC BD 所成角的正弦值为2425；③四面体ABCD 外接球的表面积为50π；④若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为6．其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号）解析：根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为,,a b c ，222222413425c b c a b a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得3,4,5a b c ===，补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体，在长方体中：①四面体ABCD 的体积为13454345203V ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=＝，故正确②异面直线,AC BD 所成角的正弦值等价于边长为5,3的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为1517，故错；③四面体ABCD外接球就是长方体的外接球，半径22R ==，其表面积为50π，故正确；④由于EF α⊥，故截面为平行四边形MNKL ，可得5KL KN +＝，设异面直线BC 与AD 所成的角为θ，则sin sin HFB sin LKN θ∠∠＝＝，算得2425sin θ＝，224••6225MNKL KL KN S NK KL sin NKL +⎛⎫∴∠≤⨯= ⎪⎝⎭＝．故正确．故答案为：①③④．三．墙角四面体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．)，有以下四种类型：例4．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为()A ．5πB ．203πC ．10πD ．34π解析：依题意，在三棱锥B －ACD 中，AD ，BD ，CD 两两垂直，且AD ＝4，BD ＝CD ＝3，因此可将三棱锥B ­ACD 补形成一个长方体，该长方体的长、宽、高分别为3,3,4，且其外接球的直径2R ＝32＋32＋42＝34，故三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为4πR 2＝34π例5．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.解析：如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径．∴CD ＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，因此R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π.四．圆锥等效于正棱锥，1.如图，P 的射影是A B C ∆的外心⇔三棱锥P A B C -的三条侧棱相等2.侧棱，底面半径，圆锥的高构成勾股定理.3.斜高，底面内切圆半径，圆锥的高构成勾股定理.例6:如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．解析：（1）由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则2DO =，1122CO BO AE ===，所以6264PO DO ==，,,44PC PB ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA = ，所以2BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，所以PA ⊥平面PBC ；五．异面直线计算中的补形例7．如图，在四面体ABCD 中，AB ⊥BC ，CD ⊥BC ，BC =2，AB =CD =AB 与CD 所成的角为60 ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为_________.解析：将四面体补形为直三棱柱如下图所示（设,O O '''为直三棱柱上下底面三角形的外接圆圆心）：图（1）中60ABD '∠=︒，图（2）中120ABD '∠=︒，在图（1）（2）中可知：,,BC AB BC BD AB BD B ''⊥⊥= ，所以BC ⊥平面ABD '，图（1）（2）中取O O '''的中点O ，连接OB ，则O 为四面体ABCD 的外接球的球心，OB 为外接球的半径，图（1）中11122OO O O BC ''''===，且ABD '△为等边三角形，所以122cos30ABBO '==︒，所以R OB ===2420S R ππ==；图（2）中，11122OO O O BC ''''===，且O BD ''为等边三角形，所以BO AB '==所以R OB ==，所以外接球的表面积为2452S R ππ==；故答案为：20π或52π.。

【高考地位】割与补的方法是数学中常用的一种独特方法。

通过几何体的割补能发现未知几何体与已知几何体的内在联系。

这种方法蕴含理一种构造思想，同时也反映理对立统一的辩证思想。

因此，立体几何中运用割补法解题，特别是高考中的立体几何题很多可用割补法解，有时解起来还比较容易.【方法点评】方法一补形法使用情景：有关球的内切问题解题模板：第一步首先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；第二步然后运用常见的几何体的表面积和体积等计算所求的结果；第三步得出结论.例1．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<AD，连结BG2，如图3。

（Ⅰ）证明:平面G1AB⊥平面G1ADG2（Ⅱ）当AB=12，BC=25，EG=8时，求直线BG2和平面G1ADG2所成的角的正弦值。

【答案】详见解析.【解析】（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：·10·218·12·21=BH, ∴ BH=548，于是sin ∠BG 2H==210·54825212. 【点评】此题的关键在于根据已知条件构造长方体模型，并根据长方体模型对其进行求解．【变式演练1】过正方形ABCD 的顶点A 作⊥PA 面AC ，设PA=AB ，求平面PAB 和面PCD 所成二面角的大小.【答案】详见解析.【解析】方法二 分割法使用情景：有关球的外切问题解题模板：第一步 首先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；第二步 然后运用常见的几何体的表面积和体积等计算所求的结果；第三步 得出结论.例2. 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 、21B 、42C 、22D 、23 【答案】B【解析】【点评】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。