中考复习数学思想方法之二：割补法“补形”在初中几何问题中的应用

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中学数学解题思想方法：割补法

AC 3，AB 4 .
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 .

浅谈割补法在数学解题中的应用

探索篇誗方法展示浅谈割补法在数学解题中的应用陈兴玉（福建省福安市第八中学，福建福安）在求面积的问题中，我们常用到割补法，所谓的割就是把不规则的图形分割成几个规则图形，所谓的补就是把不规则的图形补充成一个规则图形，再通过和或差计算面积。

割补法不仅在求面积和体积问题中有着广泛应用，其实在解决应用题和立体几何问题以及求证线段与线段的和差倍分关系和代数式之间的恒等关系等问题当中都有用到割补法，下面简单谈谈割补法在数学解题中的应用。

一、利用割补法求平面直角坐标系中图形的面积在平面直角坐标系中往往要求一些不规则图形的面积，这时要充分用到图形中点的横坐标或纵坐标，割补法在这里可以发挥很大的作用。

例1：如图所示，直线y＝23x＋1与抛物线y＝13x2交于点A、B，求S△AOB°。

AO Byx AOByxAOByx CFEC图1图2图3分析与解：（一）“割”的方法，如图1取直线与y轴的交点C，将△ABO分成△ACO和△CBO，由y＝23x＋1y＝13x△△△△△△△△△△△2可得A、B两点坐标分别为（-1，13），（3，3），由y＝23x＋1与y轴的交点可求出C点坐标为（0，1）即OC=1，以OC为底，则S△AOB＝S△BCO＋S△ACO＝12×1×｜3｜＋12×1×｜－1｜＝2（二）“补”的方法，如图2分别过A、B做x轴的垂线，垂足为E、F，则将三角形补成一个梯形，同样可求出点A（3，3）B（-1，13）C（0，1）的坐标，则S△A BO=S梯形AEFB-S△A EO-S△BFO=2二、利用割补法解应用题在一些应用题中，要求解两个不同的未知量，在没有学过方程的情况下，可以利用割补的方法进行讲解。

例2：小明收到一批货款共计1000元，面值都是50元和100元的人民币，数一下一共有14张，问面值为50元和100元人民币各多少张？分析与解：这道题对于没有学过二元一次方程组的学生而言，感觉不知从何入手，其实它可以用割补法来解释，（一）“割”的方法：将100元人民币“当作”50元的人民币，则14张应该是14×50=700（元），比1000元少了300元，而将1张100元人民币“当作”50元的人民币会少了50元，因此100元的人民币为300÷50= 6（张），50元的人民币为14-6=8（张）。

初中数学_割补法教案

教案：初中数学——割补法一、教学目标1. 让学生理解割补法的概念和意义，能够运用割补法解决实际问题。

2. 培养学生空间想象能力，提高解决问题的能力。

3. 培养学生合作交流意识，提高学生数学思维能力。

二、教学内容1. 割补法的定义及基本原理。

2. 割补法在实际问题中的应用。

3. 割补法与其他几何方法的对比。

三、教学重点与难点1. 割补法的理解和运用。

2. 割补法在实际问题中的应用。

四、教学过程1. 导入：通过一个实际问题引入割补法，让学生感受割补法在解决问题中的重要性。

2. 新课讲解：讲解割补法的定义、原理和操作步骤，让学生理解并掌握割补法。

3. 例题解析：通过典型例题，让学生学会运用割补法解决问题，并总结割补法的应用规律。

4. 练习巩固：让学生独立完成练习题，检验学生对割补法的掌握程度。

5. 拓展提升：引导学生思考割补法在其他几何问题中的应用，提高学生数学思维能力。

6. 总结：对本节课的内容进行总结，强调割补法在实际问题解决中的重要作用。

五、教学方法1. 采用讲解法、示范法、练习法、讨论法等多种教学方法，让学生在实践中掌握割补法。

2. 利用多媒体课件、实物模型等教学辅助工具，帮助学生直观地理解割补法。

3. 分组合作，让学生在讨论中互相学习，共同提高。

六、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，了解学生对割补法的掌握程度。

2. 练习成果：检查学生完成的练习题，评估学生运用割补法解决问题的能力。

3. 学生互评：让学生互相评价，促进学生之间的交流与合作。

七、教学反思课后总结本节课的教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学策略，以提高学生对割补法的理解和运用能力。

同时，关注学生在课堂上的表现，激发学生学习兴趣，提高学生数学思维能力。

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
.
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 。
一一 ~ 一一
一一 -
~ ` 一
~ 一, J ”
’、
’
6 一一’
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 、

几何证题方法探讲——割补法

几何证题方法探讲——割补法作者：余熳炜张勇超来源：《中学生数理化·教研版》2009年第07期在求解平面几何问题时，根据问题的题设和结论，合理适当地将原来的图形割去一部分，或补上一部分，变成一个特殊的、简单的、整体的、熟悉的图形，使原来问题的本质得到充分显示，通过对新图形的分析，探索原来问题的答案，我们把这种方法称之为割补法.一、补出直角三角形如果图形中有直角或者相邻两角互余的情况，可考虑通过整形，补出或补成直角三角形来解题.二、补出等腰三角形如果图形涉及三角形或四边形某角的平分线，或三角形一边上的中线（或高）与角平分线联系，可考虑补出等腰三角形来.例1 如图1，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D是AC上一点，且AE垂直BD的延长线于E，且AE＝12BD，求证：BD平分∠ABC.三、补出正三角形如果多边形有一个内角为60°或120°，涉及到等线段，可考虑将图形补成一个正三角形.例2如图2，AA′、BB′、CC′交于点O，且AA′=BB′=CC′=1，∠AOC′=∠BOA′=∠COB′=60°.（1）求证：△△△COB′＜34；（2）求证：△AOC′、△BOA′、△COB′ 中至少有一个不大于316. 证明:（1）延长AA′至E，使A′E=OA.延长B′B至D，使BD=BO′，连DE.在DE上截取F，使EF=OC′.易证△ODE为正三角形，DF=OC.则△AOC′≌△A′EF，△B′OC≌△BDF.∵△A'EF＋△BOA'＋△BDF＜正△ODE，∴△AOC'＋△BOA'＋△COB'＜正△ODE.又△ODE＝34，则△AOC'＋△BOA'＋△COB'＜34.（2）设OA＝a，OB＝b，OC＝c,则OA'＝1－a，OB'＝1－b，OC'＝1－c.∵△AOC'＝34a(1－c)，△BOA'＝34b(1－a)，△B'OC＝34c(1－b). ∴△AOC'－△BOA'－△∵－a＋14≥0 ,∴a(1－a)≤14.同理b(1－b)≤14，c(1－c)≤14.则△AOC'－△BOA'－△∴△AOC'、△BOA'、△COB'中至少有一个不大于316.四、补出平行四边形例3 如图3，凸六边形ABCDEF中，∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F，且AB＋BC=11，FA －CD=3，求BC＋DE.解：由题意知，AF∥CD，BC∥EF，则可将六边形补成平行四边形MCNF.△ABM、△DEN均为等边三角形.MC＝AB＋BC＝11. ①FA＝MF－AM＝CN－AB＝CD＋DE－AB.于是FA－CD＝DE－AB＝3.则DE－AB＝3. ②①＋②得DE＋BC＝14.五、补出正方形例4 如图4，在△ABC中，AD⊥BC于D，∠CAB＝45°，BC=3，CD=2，求△ABC.解：将△ACD沿直线AC翻折得△ACF.将△ABD沿直线AB翻折得△ABE.分别延长FC、EB交于G，可证出AEGF为正方形.设AF＝AD＝AE＝x，则CG＝x－2，BG＝x－3.在Rt△BCG中，＝＋∴(2＋＝(x－＋(x－解得x＝6（舍去负值）.则△ABC＝15.五、补出圆已知共顶点的两条相等线段、角之间的关系，可以公共顶点为圆心补圆，以较方便转化角、转化线段之间的关系.例5 如图5，若PA＝PB，∠APB＝2∠ACBAC与PB交于点D，且PB＝4，PD＝3，则AD•DC＝.A.6B.7C.12D.16解：以P为圆心，PB长为半径作圆.∵PA＝PB，∠APB＝2∠ACB.∴点A、点C都在圆上，延长BP交⊙P于点E，则BE＝8.∵PD＝3∴BD＝1，DE＝7，由相交弦定理知：AD•DC＝7.。

几何格点与割补

第十一、十二讲格点与割补本讲知识点1．分割法1）正所谓“大事化小”，把不规则的大图形化为规则的小图形，来进行计算.2）在对格点图形的分割计算时，不一定要分到最小的基本单位。

一般来说分为中等大小的，可以计算的规则形状比较方便。

2．割补法1）是“以小见大”，把不规则图形周围添上规则的小图形，使总面积便于计算.2）此外，在图形中进行适当的分割拼补，把不规则的形状拼成规则形状，也是常见的方法.3．格点面积公式1）在最小的正方形面积为1的图形中：正方形格点多边形面积=边界格点数÷2＋内部格点数-1.2）在最小正三角形面积为1的图形中：三角形格点多边形面积=边界格点数+内部格点数×2-1.3）在使用公式法计算格点多边形面积时，要注意公式的适用条件.4）在多个格点图形相关的问题中，要注重利用它们之间的共同点来帮助计算.5）对于很多非格点图形的面积计算，分割和添补的方法依然适用.6）特别的，在图形中恰当的添加格线进行分制，能更好的体现围形的结构，以及整体和部分的数量关系，而在添补中，看见某些特殊角度，如45°、60°、120°等时，可以联想到一些特殊的图形，如，等腰直角三角形，正三角形等等.精选例题例题1．如图，分别在如下三种情况中，求出图中格点图形的面积：（1）相邻格点距离为1；（2）相邻格点距离为2；（3）最小正方形面积为2.例题2．如图，下图的正方形格点，单位正方形面积为1，分别求出两个图形的面积.例题3．如图，下图的正方形格点中，单位正方形面积为3，求出图形面积.练习1．如图，分别在如下两种情况中，求出图中格点图形的面积：（1）最小正三角形面积为1；（2）最小正三角形形面积为2.例题4．如图，下图的三角形格点，单位正三角形面积为1，分别求出两个图形的面积.例题5．如图，下图的正三角形格点中，单位正三角形面积为5，求出图形面积.例题6．下图点阵间隔为1，请利用方形格点公式，填出下表：练习2．下图三角形点阵所能连出的最小三角形面积为1，请利用三角形格点公式，填出下表：例题7．如图，单位正方形面积为1，利用格点公式计算下面阴影图形的面积，并再用一种其他方法计算检查.例题8．（1）在图1的正方形格点中，左图面积是45，那么右图的面积是多少？（2）图2的左右两个大三角形相同，左图的单位正三角形面积为100，右图的单位正三角形面积是多少？例题9．把同一个三角形的三条边分别四等分、六等分，适当连接这些分点，便得到了若干个面积相等的小三角形，已知图1中副影部分的面积是63平方厘米，那么图2中的阴影部分的面积是多少平方厘米？例题10．如图，对下列图形进行适当的格线划分，使得能恰当的体现出阴影部分与总面积的关系，并进行相应计算：（1）大正方形面积为90，连结各边中点得到阴影正方形，求阴影面积.（2）大正三角形面积为90．每边取三等分点，连结得到阴影正六边形，求阴影面积.（3）大正六边形面积为90，连结其中3个顶点得到阴影正三角形，求阴影面积.（4）大等腰直角三角形面积为90，如图放入一个阴影正方形，求阴影面积.例题11．在面积为72平方厘米的正六边形中，按图中不同方式切割（切割点均为等分），形成的阴影部分面积分别是多少？例题12．如图，大正方形和小正方形的边长分别为6厘米和2厘米，G、N、M分别为AF、AB、ED边上的中点，求四边形GNME的面积.例题13．如图，在长方形ABCD中，O是长方形的中心，BC长20厘米，AB长12厘米，=，3DE AE4=，那么阴影部分的面积是多少平方厘米？CF DEBE=，三角形AEF的面积是37，那么长例题14．如图，在长方形ABCD中，3DF＝，11方形ABCD的面积是多少？例题15．甲乙两个六边形的内角都是120°，其边长如图所示，那么甲，乙面积分别是边长为1的正三角形面积的多少倍？例题16．求阴影部分面积：例题17．两个等腰直角三角形直角边分别长10厘米和6厘米，那么三角形DGE面积是多少平方厘米？思考创新思考1．下图为一个等边三角格点阵，可连出的最小的三角形面积是1，请在图中以给出点为顶点面一个面积为13的三角形.思考2．如图，平面上有16个点，每个点都钉上钉子，形成间隔为1厘米的4行4列的正方形钉阵，现在有许多皮筋，可以套出几种面积的三角形？请各举一例.思考3．正方形格点如图，原有格点的单位正方形面积为68，利用原有格点在图中划分新的格线，分别划出两种新的情况，那么这两种新格线的单位小正方形的面积分别是多少？思考4．如图，把长方形纸片ABCD的一角折起，使点D恰好与AB的中点F重合，若三角形EDC的面积是10．那么长方形ABCD的面积是多少？思考5．如下图，在一平行四边形纸片上割去了①，②两个直角三角形，已知三角形①两条直角边分别为2厘米和5厘米，三角形②两条直角边分别为5厘米和8厘米，求图中阴影部分的面积.第十一讲格点割补（一）思维冲浪1．如图所示，每一个小方格的面积都是1，那么用祖线围成的图形的面积是________.2．已知图中相邻两格点的距离均为2厘米，那么图中连出多边形的面积是______平方厘米.3．如图所示，图中最小的“□”面积是2，那么阴影部分面积分别为________.4．如图，如果每个小三角形的面积都是1cm2，那么连接A，B，C三点的三角形的面积是________cm2.5．如图，如果每一个小三角形的面积是2平方厘米，那么四边形ABCD的面积是________平方厘米.6．如图所示，图中最小的“Δ”面积是2，那么阴影部分面积分别为_______.7．如图所示，每个小方格格的边长为1．那么阴影部分的面积是多少？8．图中相邻三点所形成的等边三角形的面积为1，求五边形的面积.9．如图，大正六边形的面积为108，求阴影部分的面积为多少？10．图中水平，竖直方向相邻两个格点的距离都是1，请你求出图中“8”、“0”，“9”的面积各是多少.第十二讲格点割补（二）思维冲浪1．把同一个三角形的三条边分别五等分、七等分，连接这账分点，便得到了若干个面积相等的小三角形，左图中阴影部分的面积是294平方分米，那么右图中阴影部分的面积是________平方分米.2．下图是一个面积为24的正六边形，阴影部分的面积是__________.3．如图所示，ABCD是长方形，长AD等于7.2厘米，宽AB等于5厘米，CDEF是平行四边形，如果BH的长是3厘米，那么图中阴影部分面积是________平方厘米.4．在下图中，三角形ABC和DEF是两个完全相同的等腰直角三角形，其中DF长9厘米，CF长3厘米，那么阴影部分的面积是________平方厘米.5．如图，大正方形和小正方形的边长分别为6厘米和2厘米，G、N分别为AF、AB边上的中点，那么四边形GNCE的面积是__________平方厘米.6．如图所示，三个长方形APHM、BNHP、CQHN的面积分别是7、4、6、则阴影部分的面积是__________.7．如图所示，为一个等边三角格点阵，可连出的最小的三角形面积是1，请在图中以给出点为顶点画一个面积为7的三角形.8．如图所示，为一个边长为2的正方形，其中阴影部分的面积为多少？9．图中大正方形边长为8，小正方形边长为4，求阴影部分面积.10．如图，一个正方形，与4个等腰直角三角形，恰好拼成了一个长方形，如果正方形的面积是16，那么，长方形的面积是________.。

割补法在解题中的应用

巧用割补，化难为易顾介远割补法就是把图形切开，把切下来的那部分移动到其他位置，使题目便于解答；割补法是立体几何解题中的常用技巧，巧妙地对几何体进行分割与拼补，能够简化解题过程。

例如：已知正四面体的棱长为2，求其内切球和外接球的表面积与体积。

分析：本题的解题关键是求出正四面体的内切球和外接球的半径，用何种方法，怎样思维就成了解决本题的关键。

由几何图形我们不难看出球和正四面体都是对称的几何体，所以正四面体的外接球、内切球的球心与正四面体的几何中心重合。

将球心与正四面体的四个顶点连线，就可将这个正四面体分割成四个正四棱锥，这四个正四棱锥的底面分别是正四面体的侧面和底面，高是该正四面体的内切球的半径，侧棱为正四面体的外接球的半径，因此它们的体积相等且这四个正四棱锥的体积的和为正四面体的体积，从而我们可以得出结论：正四面体的外接球的半径是它的内切球的半径的3倍，它们的和等于该正四面的高。

令正四面体的高为h ，则h 2=SA 2-(32AE)2 =(2)2-(233)2,所以h=332；故该正四面体的外接球的半径R=43h=23，其表面积为S=3π；其体积为V=23π。

该正四面体的内切球半径r=41h=63，其表面积为s=31π，其体积v=183π。

如果把思维放开，这个正四面体可以看作是一个棱长为1的正方体ABCD-A /B /C /D /，“切去”四个“角”所对应的三棱锥得到正四面体C /-A /BD ，则该四面体与正方体具有公共的外接球，此时外接球的直径等于该正方体的体对角线的长，即2R=3，所以R=23，再根据R ：r=3：1的关系，该四面体的内切球半径r 就很容易求得了。

高中数学学习的本质是提高学习者的思维品质，快快进行“头脑体操”的锻炼吧，它给你带来快乐和成就感一定会超过鸟叔的《江南style 》！。

割补法在立体几何中的应用

WS自动填充功能快速填写重复内容自动填充功能是工作表软件（WS）中一个高效的工具，它可以帮助用户快速填写重复内容。

通过利用这一功能，用户可以大大提高数据录入的效率，节省时间和精力。

本文将介绍WS自动填充功能的使用方法和一些注意事项。

一、使用方法使用WS自动填充功能十分简便。

以下是具体操作步骤：1. 创建一个新的工作表或打开一个已有的工作表。

2. 在需要填写重复内容的单元格中输入第一个数值或文本。

3. 鼠标选中填写内容的单元格，使其被选中。

4. 在选中的单元格的右下角会出现一个小黑色方块，将鼠标放置在该方块上，鼠标指针会变成一个加号（+）。

5. 按住鼠标左键，拖动该小黑色方块至需要填充的单元格区域，可以是横向、纵向或是一个矩形区域。

6. 松开鼠标左键，重复内容会被自动填充至选中的单元格区域。

二、应用场景WS自动填充功能在很多场景下都非常实用。

以下是几个常见的应用场景：1. 数字序列的填充：有时候我们需要填写一列连续的数字，如1、2、3等。

使用WS自动填充功能，只需输入前几个数字，然后拖动填充方块即可快速生成整个序列。

2. 日期序列的填充：在某些情况下，我们需要填写一系列连续的日期，如每月的第一天或每周的某一天。

借助自动填充功能，我们只需输入一个日期，然后拖动填充方块即可轻松生成整个日期序列。

3. 文本的填充：有时候需要在表格中填写一些重复的文本，如产品名称或客户姓名。

使用自动填充功能，只需输入第一个文本，然后拖动填充方块即可快速将文本填充至其他单元格。

三、注意事项在使用WS自动填充功能时，需要注意以下几点：1. 填充方块大小的调整：在拖动填充方块之前，可以根据需要调整其大小。

只需将鼠标放置在填充方块的右下角，鼠标指针会变成双向箭头，然后按住鼠标左键拖动即可调整填充方块的大小。

2. 自动填充的规律：WS自动填充功能会根据已有的数据规律进行填充。

对于数字序列和日期序列，可以根据需要选择自增、自减或是使用特定的间隔。

割补法在立体几何中的运用

割补法在立体几何中的运用通过将某一图形分割或补充为比较简单的图形或特殊的图形来研究的方法称为割补法。

在高中立体几何的棱柱的侧面积公式的证明，棱锥的体积公式的推证中，已经接触过这—解题的思想方法，它是解决空间问题常用的方法。

对于某些较复杂的问题或拟柱体问题，如果割补法运用得当，可以把复杂问题转化为较简单的问题，从而可以简化运算及论证过程。

下面结合例子谈谈割补法在解题中的应用。

一、利用割补法求两异面直线所成的角例1，已知直线L上有两定点A、B，AC L，BD L，若AB=AC=BD= ，且AC、BD所成的角为120°，求AB、CD所成的角。

分析：根据条件所得的图形不够直观，难以得出交角，故把它补成—个直三棱柱，如图1：由CF||AB可得：DCF就是两异面直线AB、CD所成的角。

通过解三角形即可求得AB、CD 所成的角。

注：此题通过把原图补成—个直三棱柱，相当于把AB平移到CF，则两异面直线所成的角就明显了。

例2，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别是非a、b、c、d（a>b），求AC与BD所成的角的余弦。

分析：在长方体ABCD-A1B1C1D1的相邻处补上一个全等的长方体，如图2：连结C1B2，AB2，则B2C1//BD，可得：AClB2就是ACl与BD所成的角。

在AB2C1中AB2= C1B2=Cl A=cos AClB2=注：在原幾何体中亭吐一只类似的几何体，就能起到线段的平移作用。

二、利用割补法求体积例3，如图3 在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长3的正方形，EF//AB，EF= ，EF与平面AC的距离为2，则该多面体的体积为（）（A）（B）5 （C）6 （D）法一，分析：多面体ABCDEF是属于拟柱体类的几何体，把它补成—个三棱柱，则V多面体ABCDEF=VBCF-AGD-VE-AG= ×3×2×3- × ×3×2× =正确答案为D法二，分析：如图4，连结BE，CE，则平面BEC把这一多面体分割为四棱锥E-ABCD和三棱锥E-BCF，V多面体ABCDEF=VE-ABCD+VE-BCF由于VE-ABCD= ×9×2=6V多面体ABCDEF>6从而确定正确答案为D。

解答立体几何问题的五大数学思想方法

解答立体几何问题的五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 ∥，2EF =，则该多面体的体积为（）．()A 32 ()B 33()C 34()D 23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,AG BH 垂直于EF ，垂足分别为,G H ，连结,DG CH ，由A B C D E F ∥∥，则有,DG CH 垂直于EF ．由图形的对称性，2EF =，知11,2GH EG FH ===，由1B F A B ==，3BFE π∠=，2BH =，得4B C H S =△．故所求体积为111243423+⨯⨯=选()A ．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（）．()A ()B 13π ()C 23π ()D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ACDFGHBE 图１，选()A ．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，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ==12BB =，90=∠ABC ，,E F 分别为111,AA C B 的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为．解析分别将111A B C △沿11A B 折到平面11ABB A 上；将111A B C △沿11AC 折到平面11ACC A 上；将11BCC B 沿1BB 折到平面11ABB A 上；将11BCC B 沿1CC 折到平面11ACC A 上，比较其中EF长即可．结果为2．３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1111ABCD A B C D -的棱长为１，O 是底面1111A B C D 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离为（）．()A 21()B42()C 22()D 23 解析若直接过点O 作平面11ABC D 的垂线求距离，则难以操作．但若借助“过O 与平面11ABC D 平行的直线上每个点到平面11ABC D 的距离相等”，如图４，点,E F 分别是棱1111,A D B C 的中点，易知EF 过点O 且与平面11ABC D 平行，A图２1A 1EABD1DE O1BFG C1C图４1AA BD1DO1BC1C图３1A于是，只需求点F 到平面11ABC D 的距离，又可得所求为1BC 的14，即42．３．２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 ， 12AB BC PA ==，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．求直线PA 与平面PBC 所成角的大小．解析若直接求直线PA 与平面PBC 所成的角，不易操作，但若根据PA OD ∥，则可转化为求OD 与平面PBC所成的角．AB BC OA OC ⊥= ，，OA OB OC ∴== ，OP ABC ⊥又平面，PA PB PC ∴== ，取BC 的中点E ，连结PE ，则B C P O E ⊥平面，作O F P E ⊥于F ，连结DF ，则OF ⊥平面PBC ，所以ODF ∠是OD 与平面PBC 所成的角．又OD PA ∥，所以PA 与平面PBC 所成的角的大小等于ODF ∠，在Rt O D F ∆中，sin OF ODF OD ∠==，所以PA 与平面PBC 所成角的大小为．例６（１）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α，则cos ______α=．（２）已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sin α= ．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为α，求c o sα．如图６，设,,PA PB PC 两两垂直且相等，作PO ⊥平面ABC ，则PO 与三个侧面成角相等，连结CO 并延长交AB 于D ，连结PD ，则OPD α∠=，于是cos cos sin CPOPD CPD CDα=∠=∠=，设C Pa =，则图５APDBO C图６A1C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，已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周．．到达1A 点的最短路线的长为．解析问题转化为将三棱柱的侧面沿1AA 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10．３．４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A BCD -侧棱,,AB AC AD 上分别取点,,E F G ，使:::2:1AE EB AF FC AG GD ===，记O 为三平面,,BCG CDE DBF 的交点，则三棱锥O BCD -的体积等于（）．()A91 ()B81 ()C 71 ()D 41 解析如图１０，设BG DE M =，CG DF N =，则连结,CM BN 的交点为O ，设A 到平面BCD 的距离为h ，则由:2:1AG GD =，可知点G 到平面BCD 的距离为13h ；又由23GM MB =，故M 到平面BCD 的距离为3535h h ⨯=；又由25MO OC =，故O 到平面BCD 的距离为51757h h ⨯=．三棱锥A BCD -的体积为１，故三棱锥O BCD -的体积等于71．选()C ．A1AA1A B1C CA1C 1AC1B 1B 图８BCDEF GO图９ABC D EF G OM N 图１０AB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已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，AB CD ∥，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且112PA AD DC AB ====，M 是PB 的中点．（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ；（Ⅱ）求AC PB 与所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小．解析根据题目特征，注意到,,AB AD AP 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PA PD ⊥，PA AB ⊥，AD AB ⊥，以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为(0,0,0)A ，(0,2,0)B ，(1,1,0)C ，(1,0,0)D ，(0,0,1)P ，1(0,1,)2M ．（Ⅰ）证明：因(0,0,1)AP =，(0,1,0)DC =，故0AP DC ⋅=，所以AP DC ⊥．由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD ．又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD ．（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC 故||2,||5,2AC PB AC PB ==⋅=，所以10cos ,||||AC PB ACPB AC PB ⋅<>==⋅，即AC 与PB 所成的角为（Ⅲ）解：在MC上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=11(1,1,),(1,0,1,1,22NC x y z MC x y z λλ=---=-∴=-==．要使AN MC ⊥，只需0AN MC ⋅=，即102x z -=，解得45λ=．可知当45λ=时，N 点坐标为12(,1,)55，能使0AN MC =．此时，1212(,1,),(,1,)5555A N BN ==-，有0B N M C ⋅=．由0A N M C ⋅=， 0BN MC=得,AN MC BN MC ⊥⊥，所以ANB ∠为所求二面角的平面角．图１１图１２30304||,||,5AN BN AN BN ==⋅=-．2cos(,)3||||AN BN AN BN AN BN ⋅∴==-⋅，故所求的二面角为2arccos(3-．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（）．()A 三棱锥 ()B 四棱锥 ()C 五棱锥 ()D 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，故选()D ．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．。

割补法在解题中的应用

一，ＣＤ＝２了，
（２
从而可得ＢＣ＋ＣＤ：５、／了．
Ｃ
（３）把原图分割成ＲｔＡＡＤＥ和Ｒｔ／ｘＣＦＤ及矩形ＢＣＦＥ．
在ＲｔＡＡＤＥｑｂ，可求出ＡＥ＝４，ＤＥ＝４
Ａ
Ｅ
在ＲｔＡＣＦＤ中，易求￣ＣＦ－、／了，ＣＤ＝２、／了，
，＇
ＡＥ：Ｂ— ＢＥ：２Ｘ／－３－一，
１
（２）
Ｃ
肋Ｅ＇ｔａｎ６０￣＝Ｖｒ３－（２一吾）＝６一 — ３ｘ／－Ｙ．
・
．
．
ＤＥ－Ｄ一）一孚２．
（３）如图（３）若过Ｃ作ＣＥ／／ＡＢ，ＡＥ，／／ＢＣ，把原图形构造出矩形ＡＢＣＥ、
ＲｔＡＡＥ受ＲｔＡＣＤＦ，
过点ｃ作ＣＥ／／ＢＡＢ于过点Ａ作ＡＥ／／ＢＣ，
则四边形ＡＢＣＥ为矩形，在ＲｔＡＡＥＦ￣ＲｔＡＣＤＦ中，
、 ’ ． ‘
Ｅ
／１＝２＝／ＢＡＤ＝６０。，ＥＦ＝ＣＥ—ｃ曰一ＣＤ
ｌ
法．ｆ厶＼ｉ－－ｖ解题中的应用
汀江苏吴本环把不规则的几何图形割补成特殊图形，然后用这些特殊图形的性质和有关知识求解，这就是割补法．其目的是为化不规则为规则，化繁为简，

割补法在解四边形问题中的应用

割补法在解四边形问题中的应用
割补法在初中数学竞赛中经常用到，实际上它也广泛应用于一般几何证明题
中。

下面我就从四个方面来说明割补法在几何证明中的重要性：
一．利用垂直与特殊角割补成特殊三角形
例1：四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，
∠A=135°，AD=2，BC=6 H
求四边形ABCD面积
解：由题意知：∵∠C=45°，利用∠B=90° D
∠C=45°，延长BA、CD交于H，将
图形割补成特殊△HBC（等腰Rt三角形）A
易求：HD=AD=2 HB=BC=6 ，
∴S四边形
ABCD=1/2·6·6—1/2·2·2=16
B C 例2：四边形ABCD中，AB=8，BC=1，∠DAB H =30°，∠ABC=60°，四边形ABCD
面积为5√３，D
求AD长C
解：由题意知：∠A=30°，∠B=60°利用
已知延长AD、BC交于H，将图形割
补成特殊三角形。

B ∵∠A=30°，AB=8
∴BH=4，AH=4√３，CH=3 A
∴S△ABH=8√３，S△HDC=3√３=1/2HC·DH
∴DH=2√３AD=2√３
D
思考题：
1．已知：四边形ABCD中，AB=2，CD=1，C ∠A=60°，∠B=∠D=90°求四边形ABCD面积
A B。

中学数学解题思想方法--割补法

a 2 解得 b 1 abc abc 1 2 3 2 6 3 3
评析：本题所采取的解题方法为补形法.难点在于如何利用
“对棱相等”这一特点，不拘泥于在所给几何体求体积，
联想长方体大胆构造，通过将对棱相等的三棱锥补形成长
F
D
C
A
B
图2-1
分析题中所给多面体是一个不规则多面体，一般我们可以考虑把这类问题转化为用规则的几何体之和差来求解.考虑到题目中给出的四边形 ABCD 为正方形，因此我们可以考虑在图中截成一个直三棱柱和两个三棱锥，如图2-2所示，
从而借助常用的三棱柱和三棱锥的体积计算.
E
G
H
F
D
C
A
B
图2-2
解：将多面体 ABCDEF 分割成如图2-2所示的直三棱柱和两个三棱锥，因此 1 1 V多面体ABCDEF VADG BCH VE ADG VF BCH SADG AB SADG EG SBCH FH 3 3
1 1 1 1 SADG AB SADG EG SADG FH SADG ( AB EG FH ) 3 3 3 3 G E 4 4 1 2 2 S ADG = 1 3 3 2 2 3
方体，匠心独具，极大地降低了计算量.类似地，可以将正
四面体补形成正方体，将三条棱互相垂直的三棱锥补形成
长方体或正方体求三棱锥的体积.
例2
如图2-1,在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为
1的正方形，且 ADE, BCF 均为正三形，EF
则该多面体的体积为 ________.
E
EF 2 / / AB，
P

七年级下册割补法

七年级下册割补法一、割补法的概念。

1. 定义。

- 割补法是数学中一种重要的几何解题方法。

它的基本思想是通过将一个复杂的几何图形分割成几个简单的图形（割），或者将几个简单的图形拼接成一个复杂的图形（补），从而使问题变得更容易求解。

例如，在计算一些不规则多边形的面积时，我们可以把这个不规则多边形割成三角形、矩形等我们熟悉的图形，分别计算它们的面积后再求和；或者把这个不规则多边形补成一个规则的图形，如把一个缺角的矩形补成完整的矩形，用补成后的图形面积减去补上部分的面积得到原图形的面积。

二、割补法在七年级下册人教版中的应用。

1. 三角形相关问题。

- 求三角形面积的拓展。

- 在人教版七年级下册中，当遇到一些三角形的高不容易直接求出时，我们可以使用割补法。

例如，有一个钝角三角形，它的钝角所对的边为底边，从这个钝角顶点向底边作高可能比较困难。

我们可以通过把这个钝角三角形补成一个平行四边形或者矩形（如果是直角三角形就补成矩形）。

假设三角形ABC是钝角三角形，∠A是钝角，延长BA到D，使AD = AC，过D作DE∥BC交AC的延长线于E，这样四边形BCED 就是平行四边形。

三角形ABC的面积就是平行四边形BCED面积的一半。

- 三角形全等中的应用。

- 在证明三角形全等时，有时候也会用到割补法。

比如有两个三角形，其中一个三角形的一部分形状和另一个三角形的一部分形状相似，但不完全相同。

我们可以通过割补的方式，将其中一个三角形的部分进行割下并补到合适的位置，使其与另一个三角形的对应部分能够更好地进行比较。

例如，有三角形ABC和三角形DEF，在三角形ABC中，∠A的角平分线AD将三角形ABC分成了两个三角形ABD和ACD。

如果要证明三角形ABC和三角形DEF全等，而三角形DEF中有类似的角平分线分割的情况，我们可以把三角形ABD割下，以AD为轴进行翻转后再补到三角形ACD的一侧，这样就可以更好地与三角形DEF进行对比，找出全等的条件。

割形与补形的应用

l
,
.
君是 B C 的中点
,
C E 二C D
.
为求周长为定长 U 的十二边形的面积的最大值
关结论知仅当此十二边形为正十二边形时
,
。
由有这时
五C 二 1
+ 2 5 么e 刀￡之值求 : 月刀 C 中易知匕月 C B 分析 △
S
△刁刀 e
再连结 A 尸
.
把 △ A B C 分割
,
因三个面积比之和为 l
,
故结论得
补形和割形恰好相反通过作补助线添辛碱已知的熟悉的图形由添补后的图形性质即得所研究图形
.
分析
:
设月尸 + 尸O + Q B = 1 作出月尸 O B 四点关
、
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产、
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…、
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二、二、
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绪云杯
“
尹、产
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截补法在初中几何题中的运用(精)

截补法在初中几何题中的运用
在几何证明题中，我们很多同学往往会被一些诸如CD=AB+BD（CD=AB-BD）的线段和（线段差）所困扰，我得出了以下经验，在这里和我们的同学分享一下我的成果，教大家一招。

像这类题型我们通常采用“截补法”，即在最长的线段上截取，使之分割成两条短线段之和；或在一条短线段上补充，使补充的线段等于另一条短线段，然后证明这两条短线段之和等于长线段。

下面例题供大家探讨学习：
已知：如图1，在中，AD⊥BC于点D，∠B=2∠C。

求证：AB+BD=CD。

证明：在线段CD上截取DE=BD，连结
AE
当然此题也可以用“补”方法来证明，证明过程就留个大家去尝试咯，以下我再找出一道题可供同学们一起探讨：
练习2. 已知：如图，在
求证：AB+BD=AC。

中，AD平分∠BAC，∠B=2∠C，
“截补法”在几何证明中具有无与伦比的作用。

在解决某些与线段的和或差有关的证明题时，运用分割最长线段或补充较短线段的办法，不仅解决这一类问题，而且还能够提高我们的数学思维能力和分析能力。