_补形法_在平面几何中的应用

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技法(五) 蹊径可辟分割补形

2BG·BE·cos
135°＝5a2，所以cos∠EB1G＝
B1G2＋B1E2－GE2 2B1G·B1E
＝
1300，故B1E与A1F所成角的余弦值为 1300.
答案：
30 10
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
4．棱长为a的正四面体的内切球的体积为________．
解析：设内切球的半径为r，正四面体每个面的面积为12×a×a×
球的体积为43π× 126a3＝2166πa3. 答案：2166πa3
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
技法( 五) 蹊径可辟分割补形技法( 五) 蹊径可辟分割补形
即x2＝
3 2＋
3 ＝3(2－
3
)．所以小区的面积为
1 2
×1×
3
＋
1 2
×
3(2－
3)×12＝2
3＋6－3 4
3＝6－4
3(km2)．
[答案] D
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
(2)如图，在多面体ABCDEF中，已
知四边形ABCD是边长为1的正方形，且
△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥
即球半径R＝6，所以球的表面积S＝4πR2＝144π. [答案] 144π
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
[应用体验]
1.(2019·武汉 4 月调研)如图，在棱长为 1 的正
方体 ABCD-A1B1C1D1 中，M 为 CD 中点，
则四面体 A-BC1M 的体积为
技法( 五) 蹊径可辟分割补形
2.如图，已知多面体 ABCDEFG，AB，AC，

从近五年高考中浅谈二面角的求解

从近五年高考中浅谈二面角的求解摘要：本文主要是运用定义法、三垂线法、垂面法、向量法、射影面积法、补形法、补棱法七种方法来求解二面角大小.关键词：二面角，平面角，立体几何.一、背景求解二面角是立体几何中最基本、最重要的题型之一，在求解中知识的综合性较强，方法的灵活性较大，一般而言，求解二面角往往转化为求解平面角的大小，从而又化归为三角形的内角大小，在这一过程中，会用到平面几何、立体几何、三角函数等重要知识.2010年各省份高考中关于二面角的统计：省份全国Ⅰ全国Ⅱ北京卷江西卷安徽卷福建卷天津卷陕西卷广东卷浙江卷湖北卷四川卷重庆卷理科19题19题16题20题18题18题19卷18题18题20题18题18题19题分值12分12分14分12分13分13分12分12分14分15分12分12分12分比例8.0%8.0%9.3%8.0%8.7%8.7%8.0%8.0%9.3%10% 8.0%8.0%8.0%从上表可以看出，立体几何题中有关求二面角大小的试题共有13份，占总分的比例都高于8.0%，由此可见讨论二面角求解的重要性.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形，叫做二面角. 《普通高中课程标准》对其要求为：二面角及其平面角的概念是立体几何最重要的概念之一.二面角概念的发展完善了空间角的概念，而二面角的平面角不但定量描述了两相交平面的相对位置,同时它也是空间中线线、线面、面面垂直关系的一个汇集点,起着承上启下的作用.因此搞好本节课的学习,对学生系统地掌握直线和平面的知识乃至于创新能力的培养都具有十分重要的意义.根据新课标，面对新的情景、新的变化，要学会以基本方法的“不变”来应对题目中的“万变”，这就是本文主要讨论的内容.二面角的求解步骤大体分为：“作、证、求”.其中“作、证”是关键也是难点，“求”依靠的是计算，我们也不能忽视，下面介绍求二面角的方法.二、求解二面角的七种方法1.定义法定义法是指在二面角的棱上找一点，在二面角的两个面内分别作棱的射线即得二面角的平面角，从而得到二面角的大小.例1（2009全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，ABM ∠=60° （1）证明：M 在侧棱SC 的中点，（2）求二面角S AM B --的大小.分析：从二面角B AM S --中半平面ABM 上的一已知点B 向棱AM 作垂线，得垂足F ,在另一半平面ASM 内过该垂足F 作棱AM的垂线（如GF ），这两条垂线)(GF BF 、便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题.解:（1）略（2）由6==AC SA ，有2=AM ，2==AB AM ，060=∠ABM所以∆ABM 是等边三角形. 过点B 作BF AM ⊥交AM 于点F ，则点F 为AM 的中点，过F 点在平面ASM 内作GF AM ⊥，GF 交AS 于G ，有3=BF . 因为ADS ADC ∆≅∆，所以AC AS =，且M 是SC 的中点，有AM GF SC AM ⊥⊥,，即AS GF //，又F 为AM 的中点，故GF 是AMS ∆的中位线，点G 是AS 的中点，则GFB ∠即为所求二面角. 由2=SM ，有22=GF ， DACB SGMF在∆GAB 中，26=AG ，2=AB ，090=∠GAB ，所以211423=+=BG 366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG 所以二面角S AM B --的大小为)36arccos(-. 2.三垂线法定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．通常当点P 在一个半平面上则通常用三垂线定理法求二面角的大小. 最基本的一个模型为：如右图，设锐二面角βα--l ，过面α内一点P 作β⊥PA 于A ，作l AB ⊥于B ，连接PB ，由三垂线定理得l PB ⊥，则PBA ∠为二面角βα--l 的平面角，故称此法为三垂线法.例2(2009山东卷理) 如图，在直四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，CD AB //，2,4===CD BC AB ,F E E AA 、、11,2= 分别是棱AD 、1AA 、AB 的中点. （1）证明：直线11//FCC EE 平面，（2）求二面角C FC B --1的余弦值. 分析：过二面角C FC B --1中半平面BFC 上的一已知点B 作另一半平面C FC 1的垂线，得垂足O ,再过该垂足O 作棱1FC 的垂线，得垂足P ，连结起点与终点得斜线段PB ，便形成了三垂线定理的EAB CFE 1A 1B 1C 1D 1DF 1O PAβPBlα基本构图（斜线PB 、垂线BO 、射影OP ）,再解直角三角形求二面角的度数.解: 证（1）略（2）因为,2,4===CD BC AB F 是棱AB 的中点, 所以,CF BC BF ==故BCF ∆为正三角形,取CF 的中点O , 则CF OB ⊥又因为直四棱柱1111D C B A ABCD -中,ABCD CC 平面⊥1, 所以BO CC ⊥1,有F CC OB 1平面⊥,过O 在平面F CC 1内作F C OP 1⊥,垂足为P ,连接BP , 则OPB ∠为二面角C FC B --1的一个平面角, 在BCF ∆为正三角形中,3OB =,在F CC Rt 1∆中,F CC OPF 1∆≅∆, 因为11OP OFCC C F =所以22122222OP =⨯=+, 在OPB R ∆t 中,22114322BP OP OB =+=+=, 272cos 7142OP OPB BP ∠===, 所以二面角C FC B --1的余弦值为77.ABDCPEF3.垂面法通过作二面角棱的垂面得平面角的方法.例3（2010陕西）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形，A B CD PA 平面⊥,22,2===BC AB AP ，F E ,分别是PC AD ,的中点.（1）证明：BEF PC 平面⊥,（2）求平面BEF 与平面BAP 夹角的大小.解：(1) 略(2) 因为ABCD PA 平面⊥, 所以BC PA ⊥, 又ABCD 是矩形，所以BC AB ⊥，故BAP BC 平面⊥，PB BC ⊥. 又由（1）知BEF PC 平面⊥,所以直线PC 与BC 的角即为平面BEF 与平面BAP 的夹角. 在PBC ∆中，090,=∠=PBC BC PB , 有045=∠PCB ,所以平面BEF 与平面BAP 的夹角为045. 4.射影面积法凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式原射S S cos =θ ，求出二面角的大小.例4（2008北京理）如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠= ， AP BP AB ==，PC AC ⊥．（1）求证：PC AB ⊥,（2）求二面角B AP C --的大小.分析：本题要求二面角B —AP —C 的大小，用射影面积法，需求出平面ABEACBP的原S ，平面ACE 的射S ,解法如下.解：（1）略（2）因为PC AC ⊥，90ACB ∠= ，PAC BC 平面所以⊥．取AP 中点E ，连结BE CE ，．又AP BP AB ==，所以APB ∆是等边三角形，有AP BE ⊥．则在BCE ∆中，AP CE ⊥.所以ACE ∆是ABE ∆在平面ACP 内的射影. 由此可有2222=+===CB AC AP BP AB ，221==AP AE , 622=-=AE AB BE ，222=-=AE AC EC .则1222121=⋅=⋅==∆CE AE S S ACE 射， 3622121=⋅=⋅==∆EB AE S S ABE 原. 设二面角B AP C --的大小为θ，有3331cos ===原射S S θ, 所以二面角C AP B --的大小为33arccos =θ. 5.补形法将二面角的两个面延展，确定出两个面的交线，从而构成一个完整的二面角. 例5（2010安徽）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF //AB ， EF FB ⊥，2AB EF =， 90BFC ∠=︒，BF FC =，H 为BC 的中点.(1)求证：FH ∥平面EDB ， (2)求证：AC ⊥平面EDB ， (3)求二面角B DE C --的大小. 解：（1）（2）略（3）因为EF FB ⊥,90BFC ∠=︒, 所以CDEF BF 平面⊥.在平面CDEF 内过点F 作DE FK ⊥交DE 延长线于K ,连接BK .则FKB ∠为二面角B DE C --的一个平面角.设,1=EF 则.3,2,2===DE FC AB 又EF DC //,所以EDC KEF ∠=∠,即 32sin sin =∠=∠KEF EDC .故EF FK =,32sin =∠KEF ,3tan ==∠FK BF FKB , 所以060=∠FKB ,所以二面角B DE C --为060. 6.向量法向量法解二面角是一种十分方便简捷，也是非常传统的解法，可以说所有的二面角求解都可以用向量法，用向量法解二面角时，首先要建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，其次将几何图中的线段写成用坐标法表示的向量，最后利用向量计算解题.例6（2010湖北）如图, 在四面体ABOC 中，,,OB OC OA OC ⊥⊥,0120=∠AOB ，且1===OC OB OA .(1) 设P 为AC 的中点.证明：在AB 上存在一点Q ,使OA PQ ⊥,并计算ABAQ的值,(2) 求二面角B AC O --的平面角的余弦值.解：(1)略（2）记平面ABC 的法向量),,(321n n n n =则由A C n⊥,B A n ⊥,且)1,0,1(-=A CGADBCKFEHOBACP得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-023232331n n o n n 故可取)1,3,1(=n，又平面OAC 的法向量为)0,1,0(=e .所以()()53150,1,01,3,1,cos =⋅⋅=e n ，二面角B AC O --的平面角是锐角，记为θ，则515cos =θ . 7.补棱法本法是针对在解构成二面角的两个半平面没有明确交线时，需将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的方法解题. 例7（2008湖南）如图所示，四棱锥ABCD P -的底面ABCD 是边长为1的菱形，060=∠BCD ，E 是CD 的中点，⊥PA 底面ABCD ，2=PA .（1）证明：平面⊥PBE 平面PAB ,（2）求平面PAD 和平面PBE 所成二面角（锐角）的大小.分析：本题的所求二面角的两个半平面PAD 和平面PBE 没有明确的交线，则需补充完整（延长BE AD ,相交于点F ，连结PF ），再在补充完整的图形中PF 上找适合的点，形成二面角的平面角解答.解: （1）略（2）延长BE AD ,相交于点F ，连结PF ，取PF 的中点G ，连接AG ,过点A 作PB AH ⊥于H ,连结HG . 由（1）有⊥AH 平面PBE ，即PF AH ⊥，HG AH ⊥.在等腰PAF Rt ∆中，有PF AG ⊥. 由三垂线定理的逆定理有ABCEDPFGHHG PF ⊥,所以AGH ∠是平面PAD 和平面PBE 所成二面角的平面角（锐角）. 在ABF Rt ∆中，因为060=∠BAF , 所以AP AB AF ===22. 在等腰PAF Rt ∆中，22.2AG PA == 在PAB Rt ∆中，22225.55AP ABAP AB AH PBAP AB ====+ 所以，在AHG Rt ∆中，25105sin .52AH AGH AG ∠===故平面PAD 和平面PBE 所成二面角（锐角）的大小是10arcsin.5二面角是高中数学立体几何中“三大角”之一，也是历年来高考考查的重要内容之一. 二面角的求解有很多不同的方法，本文介绍了定义法、三垂线法、垂面法、向量法、射影面积法、补形法、补棱法七种方法来求解二面角大小，在求解过程中要根据题目的特点选择适当的方法.综合本文可知，首先只要能够比较顺利的做出二面角的平面角，还是选用定义法、三垂线法为好.而向量的优点是，无需作出二面角的棱，也无需做其它的辅助线，仅凭向量的坐标运算即能解决问题，但这方法也有缺陷，一是计算繁杂，二是得准确处理原二面角与相应向量之间的关系.从计算量上讲，射影面积法相比其它七种方法要小，而且技巧性更高，免除了原二面角与相应法向量夹角之间的转换.但题目是“万变”的，当我们面对无棱的二面角时，我们就要使用垂面法、补形法、补棱法找出所隐含的平面角. 总之，所有方法都需要面对不同的题型灵活运用.参考文献[1] 全日制普通高级中学教科书(数学)[M]．第二册（上）．人民教育出版社，2007. [2]普通高中数学课程标准（实验）[M].北京：人民教育出版社，2008，4[3]最新五年高考真题汇编详解[M]．天利全国高考命题研究组．西藏人民出版社，2010[4]黄星寿.二面角问题的解题方法探讨[J]，宜州民族师范学校，文章编号1005-765(2000)02-0076-04.[5]名师指津.二面角计算[M]，筱瑶工作室整理出品.[6]王秋霞.二面角的几种求法[J]，高中数学教与学，江苏省泰州市高港职业教育中心校，225300.[7]龚佳佳.求二面角的大小的方法[J]，北京新学堂研发部，2010—10—15.[8]蔡志提. 怎样解关于二面角问题[J], 福建省晋江市平山中学, 2003—8—13.[9] 欧阳志辉, 周友良. 二面角大小的求法的归类分析[J],衡阳县三中, 湖南祁东育贤中学,421600.。

几种求平面图形面积的方法

毕业论文题目：几种求平面图形面积的方法学生姓名指导教师系（部）师范教育系专业数学教育班级数教094 学号提交日期20 年月日答辩日期 20 年月日20 年月日几种求平面图形面积的方法摘要本文研究的主要问题是平面内图形面积的几种解法，解题方法是指解答数学问题时，总体上所采取的方针、原则和方案。

不同题目通过分析条件与结论之间的差异，并不断缩小目标差来完成的。

关键词：平面图形面积目录现介绍几种常用的方法 (1)（一）转化法 (1)（二）和差法 (1)（三）重叠法 (2)（四）补形法 (2)（五）拼接法 (2)（六）特殊位置法 (3)（七）代数法 (3)（八）直角坐标系-积分法 (4)1、巧选积分变量 (4)2、巧用对称性 (5)参考文献 (6)此法就是通过等积变换、平移、旋转、割补等方法将不规则的图形转化成面积相等的规则图形，再利用规则图形的面积公式，计算出所求的不规则图形的面积。

例1. 如图1，点C 、D 是以AB 为直径的半圆O 上的三等分点，AB=12，则图中由弦AC 、AD 和⌒CD 围成的阴影部分图形的面积为_________。

分析：连结CD 、OC 、OD ，如图2。

易证AB//CD ，则OCD ACD ∆∆和的面积相等，所以图中阴影部分的面积就等于扇形OCD 的面积。

易得︒= 60COD ，故ππ63606602=⋅==OCDS S 扇形阴影。

（二）和差法有一些图形结构复杂，通过观察，分析出不规则图形的面积是由哪些规则图形组合而成的，再利用这些规则图形的面积的和或差来求，从而达到化繁为简的目的。

例2. 如图3是一个商标的设计图案，AB=2BC=8，A D E ⌒为14圆，求阴影部分面积。

分析：经观察图3可以分解出以下规则图形：矩形ABCD 、扇形ADE 、R t E B C∆。

所以，8412421843604902+=⨯⨯-⨯+⋅=-+=∆ππEBCRt ABCD ADE S S S S 矩形扇形阴影。

中考数学复习指导：补形法在几何题中的应用

补形法在几何题中的应用一些几何题的证明或求解，由原图形分析探究，有时显得十分繁难，若通过适当的“补形”来进行，即添置适当的辅助线，将原图形填补成一个完整的、特殊的、简单的新图形，则能使原问题的本质得到充分的显示，通过对新图形的分析，使原问题顺利获解。

这种方法，我们称之为补形法，它能培养思维能力和解题技巧。

我们学过的三角形、特殊四边形、圆等都可以作为“补形”的对象。

现就常见的添补的图形举例如下，以供参考。

一、补成三角形1.补成三角形例1.如图1，已知E为梯形ABCD的腰CD的中点；证明：△ABE的面积等于梯形ABCD面积的一半。

分析：过一顶点和一腰中点作直线，交底的延长线于一点，构造等面积的三角形。

这也是梯形中常用的辅助线添法之一。

略证：2.补成等腰三角形例2 如图2.已知∠A＝90°，AB＝AC，∠1＝∠2，CE⊥BD，求证：BD＝2CE分析：因为角是轴对称图形，角平分线是对称轴，故根据对称性作出辅助线，不难发现CF＝2CE，再证BD＝CF即可。

略证：3.补成直角三角形例3.如图3，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＋∠C＝90°，F、G分别是AD、BC的中点，若BC＝18，AD＝8，求FG的长。

分析：从∠B、∠C互余，考虑将它们变为直角三角形的角，故延长BA、CD，要求FG，需求PF、PG。

略解：图34.补成等边三角形例4.图4，△ABC 是等边三角形，延长BC 至D ，延长BA 至E ，使AE ＝BD ，连结CE 、ED 。

证明：EC ＝ED分析：要证明EC ＝ED ，通常要证∠ECD ＝∠EDC ，但难以实现。

这样可采用补形法即延长BD 到F ，使BF ＝BE ，连结EF 。

略证：二、补成特殊的四边形 1.补成平行四边形例5.如图5，四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、CD 、AC 、BD 的中点，并且E 、F 、G 、H 不在同一条直线上，求证：EF 和GH 互相平分。

巧用补形法解平面几何题

巧用补形法解平面几何题王立文王兴林补形法就是根据题设的条件和图形，经过观察、分析和联想，运用添加辅助线的方法，将其拓展为范围更广的、其特征更明显、更为熟悉的几何图形，从而沟通条件和结论之间的联系．下面就补形法，谈谈它在解平面几何题中的应用．一、补成直角三角形例1 如图1，四边形ABCD 中，∠A=60°，∠B=∠D=90°，CD=1，AB=2，求BC 、AD 的长。

解：延长BC 交AD 的延长线于E 。

∵∠A=60°，∠B=90°，∴∠E=30°在△CED 中，∵∠CDE=∠ADC=90°，CD=1，∴CE=2CD=2，DE=3CD 3=。

在△AEB 中，同理有：AE=2AB=4，32AB 3BE ==。

∴BC=BE －EC=23－2，AD=AE －DE=4－3。

二、补成等腰三角形例2 已知：如图2，△ABC 中，BC 31AB =，∠ABC 的平分线交AC 于E ，CD ⊥BE 于D ，求证：BE=ED 。

证明：延长BA交CD的延长线于F。

易证△BCF是等腰三角形（ASA）。

∴CF21CD,BFBC==。

∵BC31AB=，∴AF21AB,BF31AB==。

作DG∥CA交BF于点G。

∴ABAG,AF21AG==，∴BE=ED。

三、补成等边三角形例3如图3，凸五边形ABCDE，有∠A=∠B=120°，EA=AB=BC=2，CD=DE=4，求这个五边形的面积。

简解延长DE、BA相交于K，延长DC、AB相交于M。

易知△DKM为等边三角形。

S五边形ABCDE=S等边三角形DKM－2S等边三角形AKE=222432643⨯⨯-⨯37=四、补成平行四边形例4如图4，已知六边形ABCDEF中，若∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°，且AB+BC=11，AF－CD=3，求BC+DE的长。

解：延长FA 、CB 交于点P ，延长CD 、FE 交于点Q 。

巧用坐标求图形的面积的四种方法

专项训练2巧用坐标求图形的面积的四种方法方法总结：1.规则图形的面积可用几何图形的面积公式求解，对于不规则图形的面积，通常可采用补形法或分割法将不规则图形的面积转化为规则图形的面积和或差求解．2．求几何图形的面积时，底和高往往通过计算某些点的横坐标之差的绝对值或纵坐标之差的绝对值去实现．方法1：直接求图形的面积1．如图，已知A(－2，0)，B(4，0)，C(－4，4)，求△ABC的面积．(第1题)方法2：利用补形法求图形的面积2．已知在四边形ABCD中，A(－3，0)，B(3，0)，C(3，2)，D(1，3)，画出图形，求四边形ABCD的面积．3．如图，已知点A(－3，1)，B(1，－3)，C(3，4)，求三角形ABC的面积．(第3题)方法3：利用分割法求图形的面积4．在如图所示的平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别是O(0，0)，A(－4，10)，B(－12，8)，C(－14，0)，求四边形OABC的面积．(第4题)方法4：已知三角形的面积求点的坐标5．已知点O(0，0)，点A(－3，2)，点B在y轴的正半轴上，若△AOB的面积为12，则点B 的坐标为()A．(0，8) B．(0，4) C．(8，0) D．(0，－8)6．已知点A(－4，0)，B(6，0)，C(3，m)，如果三角形ABC的面积是12，求m的值．7．已知A(－3，0)，B(5，0)，C(x，y)．(1)若点C在第二象限内，且|x|＝3，|y|＝3，求点C的坐标，并求△ABC的面积；(2)若点C在第四象限内，且△ABC的面积为8，|x|＝4，求点C的坐标．参考答案1．解：因为C 点的坐标为(－4，4)，所以△ABC 的AB 边上的高为4.因为点A ，B 的坐标分别为(－2，0)，(4，0)，所以AB ＝6.所以S △ABC ＝12×6×4＝12. 2．解：如图．过D 点作DE 垂直于BC ，交BC 的延长线于点E ，则四边形DABE 为直角梯形．又由题意知DE ＝2，AB ＝6，BE ＝3，EC ＝1，所以S 四边形ABCD ＝S 梯形DABE －S △CDE＝12×(2＋6)×3－12×1×2 ＝11.(第2题)3．解：如图，作长方形CDEF ，则S 三角形ABC ＝S 长方形CDEF －S 三角形ACD －S 三角形ABE －S 三角形BCF ＝CD·DE －12AD·CD －12AE·BE －12BF·CF ＝6×7－12×3×6－12×4×4－12×2×7＝18. (第3题)(第4题)4．解：如图，过A 点作AD ⊥x 轴，垂足为点D ，过B 点作BE ⊥AD ，垂足为点E.易知OD ＝4，AD ＝10，DE ＝8，BE ＝－4－(－12)＝8，AE ＝10－8＝2，CD ＝－4－(－14)＝10，所以S四边形OABC ＝S 三角形AOD ＋S 三角形ABE ＋S 梯形DEBC ＝12OD·AD ＋12AE·BE ＋12(BE ＋CD)·DE ＝12×4×10＋12×2×8＋12×(8＋10)×8＝100.方法指导：本题的解题技巧在于把不规则的四边形OABC 分割为几个规则图形，实际上分割的方法不是唯一的，并且不仅可以用分割法，还可以用补形法．5．A6．解：AB ＝6－(－4)＝10.根据三角形的面积公式，得12AB ·|m|＝12，即12×10·|m|＝12，解得|m|＝2.4. 因为点C(3，m)，所以点C 在第一象限或第四象限．当点C 在第一象限时，m ＞0，则m ＝2.4；当点C 在第四象限时，m ＜0，则m ＝－2.4.综上所述，m 的值为－2.4或2.4.7．解：(1)因为点C 在第二象限内，且|x|＝3，|y|＝3，所以点C 的坐标为(－3，3)，S △ABC ＝12×[5－(－3)]×3＝12. (2)由题意可知AB ＝8.因为点C 在第四象限内，|x|＝4，所以x ＝4.因为△ABC 的面积为8，所以S △ABC ＝12×8×|y|＝8. 所以|y|＝2.又因为点C 在第四象限内，所以y ＝－2.所以点C 的坐标为(4，－2)．。

巧用“补形法”妙解几何题

三、成直角三角形补
。
囱６
半圆补成整圆，延长Ｐ、Ｄ，再ＣＰ把Ｐ化为圆周角，时运用转同圆的对称性求出这个圆周角所对弧的度数，题迎刃而解。本解把半圆补成整圆，别延长Ｐ、Ｄ交圆于ＥＦ分ＣＰ、。
由Ｊ边Ａｃ＝矩Ｂｎ一 △ Ｄ— △Ｄ，．边形ＢＤ２。Ｓ形ＢＤＳ形ｃ：ＳＡＥＳｃＦ得ｓ四四Ａｃ＝１五、成正方形补
例５已知 △ ＢＣ中，Ａ＝５，上ＢＣ于Ｄ，Ｄ＝ＤＣ＝４。ＡＤＢ３，析，求问题的答案，种方法称为 “ 形法 ” 探这补。补形法不仅能２．三角形ＡＢＣ的面积求ｔｉ大大地缩短从已知到未知的探求过程，使解题方法简洁、明分析：图５，如以ＡＢ为轴快．且还能逐步培养学生丰富的想象力，进学生创造性思而促补画一个与三角形Ａ曰Ｄ对称维的发展。的直角三角形ＡＥ，再以ＣＢ补成等腰三角形为轴补画一个与三角形ＡＣＤ例１ △ＡＣ，Ｄ是Ａ的平分线，Ｂ中Ａ且ＡＤＡ＝Ｂ。ＣＭ垂直对称的直角三角形ＡＣ延Ｆ．，，ＡＤ的延长线于，证：ＢＡＣ２Ｍ。求Ａ＋＝Ａ长ＥＦ交于点Ｇ，由Ｂ、Ｃ分析：图ｌ由１如，＝／２，ＡＭｊＣ，＿ＣＡＢ＝５４￣．易知四边形ｅ自然地想到等腰三角形的三线合一定理ＡＥＧＦ．正方形且边长等于为延长Ａ曰与ＣＭ交于．于是将原图形补成Ｇ

平面几何问题 2

平面几何问题班级_________ 姓名__________解题思路：在组合图形中，除了多边形外，还有由圆、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。

就是在多边形的组合图形中，为了计算面积，经常使用割补、平移和代换等方法解决。

教学目标：熟练掌握割补、平移、代换法一、割补法求面积1、求下列各图中阴影部分的面积。

2、在一个等腰三角形中，两条与底边平行的线段将三角形的两条边等分成三段（见下图），求图中阴影部分的面积占整个图形面积的几分之几？3、如右下图所示，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9厘米的等腰梯形（阴影部分）。

求这个梯形的面积。

4、以等腰直角三角形的两条直角边为直径画两个半圆弧（见下图），直角边长4厘米，求图中阴影部分的面积。

（1）（2）1、求下列各图中阴影部分的面积。

2、如图，直径为4cm的⊙O1平移5cm到⊙O2，则图中阴影部分面积为多少平方厘米？3、老王家有一块土地（如下图），中间分别有两条小道，请问土地实际能够种菜的面积是多少平方米？4、如图，在宽为20m，长为32m的矩形地面上修建宽为2m的道路（阴影部分），余下的部分种草坪，求草坪的面积？（1）（2）1、右下图是由大、小两个正方形组成的，小正方形的边长是4厘米，求三角形ABC的面积。

2、在右下图中，ABCD是7×4的长方形，DEFG是10×2的长方形，求三角形BCO与三角形EFO的面积之差。

3、在右图中，AB=8厘米，CD=4厘米，BC=6厘米，三角形AFB比三角形EFD的面积大18厘米2。

求ED的长。

4、在右图中，平行四边形ABCD的边BC长10厘米，直角三角形ECB的直角边EC长8厘米。

已知阴影部分的总面积比三角形EFG的面积大10平方厘米，求平行四边形ABCD的面积。

江阴市江阴二中必修二第二章《解析几何初步》检测(有答案解析)

一、选择题1．直线l 过点（0，2），被圆22:4690c x y x y +--+=截得的弦长为l 的方程是（） A ．423y x =+ B ．123y x =-+ C ．2y =D ．y=423x +或y=2 2．已知(),x y 为半圆22:(2)(1)1(1)C x y y -+-=≥上一动点，则1y x-最大值为（）A B ．2 C ．12D 3．设双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点为F ，右顶点为A ，过F 作AF 的垂线与双曲线交于B ，C 两点，过B ，C 分别作AC ，AB 的垂线，两垂线交于点D .若D 到直线BC 的距离等于a ）A B C ．2D 4．已知圆221:2410C x y x y ++-+=，圆222:(3)(1)1C x y -++=，则这两个圆的公切线条数为（） A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条5．一圆与y 轴相切，圆心在直线30x y -=上，且在直线y x =上截得的弦长为此圆的方程为（） A ．()()22319x y -+-= B ．()()22319x y +++=C ．()()22319x y -+-=或()()22319x y +++= D ．以上都不对6．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称为三角形的欧拉线已知ABC 的顶点(1,0),(0,2),B C AB AC -=，则ABC 的欧拉线方程为（）A ．2430x y --=B ．2430x y ++=C ．4230--=x yD ．2430x y +-=7．已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为（）A B C D ．68．在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，1BC AC ，且12AC BC =，则直线11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（）A ．//MN 平面ABEB ．//MN 平面ADEC ．//MN 平面BDHD ．//MN 平面CDE10．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A ．16B ．13C ．23D ．211．在三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC ，且22AB AC ==，30C ∠=，2SA =，则该三棱锥外接球的表面积为（） A ．20πB ．12πC ．8πD ．4π12．在正方体1111ABCD A BC D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43球的体积为（） A ．43πB 6πC ．323πD ．86π二、填空题13．已知圆2260x y x +-=，过点1,2的直线被圆所截得的弦的长度最小值为______. 14．若三条直线20x y -=，30x y +-=，50mx ny ++=相交于同一点，则点(,)m n 到原点的距离的最小值为________.15．已知直线0x y a -+=与圆心为C 的圆222440x y x y ++--=相交于,A B 两点，且AC BC ⊥，则实数a 的值为_________． 16．在平面直角坐标系xOy 中，设直线12y x b =+与圆22640x y x +-+=相交于,A B 两点，若圆上存在一点C ，使ABC ∆为等边三角形，则所有满足题设的实数b 之和为_________.17．已知点()1,3P ，点()1,2Q -，点M 为直线10x y -+=上一动点，则PM QM +的最小值为______.18．已知m R ∈，动直线1:20l x my +-=过定点A ，动直线2230l mx y m --+=:过定点B ，若1l 与2l 交于点P （异于点A B ，），则PA PB +的最大值为_________. 19．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.20．如图，在矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，点E 为CD 的中点，F 为线段CE （端点除外）上一动点．现将DAF △沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC ．设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，θ的取值范围为__________．21．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且所有顶点都在球O 的表面上，侧面PAB ⊥底面ABCD ，23PA PB ==，120APB ∠=︒，4=AD ，则球O 的表面积为_______.22．如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD 为该圆柱的轴截面，F 为AB 的中点，E 为母线BC 的中点，则异面直线AC ，EF 所成的角的余弦值为______．23．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1AC 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值（2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置，使1DE AC ⊥ （4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE24．正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x 2－9x ＋18＝0的两根，其侧面积等于两底面面积之和，则其侧面梯形的高为________.三、解答题25．在三棱锥P ABC -中，PAC ∆和PBC ∆是边长为2的等边三角形，2AB =，O ，D 分别是AB ， PB 的中点.（1）求证://OD 平面PAC（2）求证:OP ⊥平面ABC （3）求三棱锥D OBC -的体积.26．如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.（1）求证：DE ⊥平面PAH ；（2）若2PA AD ==，求直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值.27．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是60DAB ∠=且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点，E 为BC 的中点．（1）求证：//BG 平面PDE ；（2）在棱PC 上是否存在一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，若存在，确定点F 的位置；若不存在，说明理出．28．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，226AB PD ==，，O 为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点.（1）证明：平面EAC ⊥平面PBD ；（2）若//PD 平面EAC ，求三棱锥B AEC -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】根据垂径定理得圆心到直线距离,再设直线方程点斜式,利用点到直线距离公式求斜率,即得结果. 【详解】因为直线l 被圆C ：224690x y x y +--+=，22(2)(3)4-+-=x y截得的弦长为1=，设直线l 的方程为2y kx =+，（斜率不10k =∴=或43k =，即直线l 的方程是423y x =+或2y =,选D.【点睛】本题考查垂径定理，考查基本转化求解能力，属基础题.2．A解析：A 【分析】1y x-表示点(),P x y 到点()0,1A 的斜率，当直线PA 与半圆相切时斜率最大，计算得到答案. 【详解】1y x-表示点(),P x y 到点()0,1A 的斜率，如图所示：当直线PA 与半圆相切时斜率最大，此时1PC =，2AC =，PA =tan 3PAC ∠=. 故选：A.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力，将1y x-转化为点(),P x y 到点()0,1A 的斜率是解题关键.3．A解析：A 【分析】依题意求得,,A B C 的坐标，求得直线,BD CD 的方程，联立,BD CD 的方程求得D 点坐标，根据D 到直线BC 的距离等于22a a b +. 【详解】依题意可知()22,0,,,,b b A a B c C c a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()()22,AB CD a c a b k k a c a b -==--，()()22,ACBD a c a b k k a c a b -=-=-，所以直线BD ：()()22a c ab y xc a b--=-①，直线CD ：()()22a c ab y xc a b-+=--②， ①-②并化简得()42D b x c a c a =+-.由于D 到直线BC 的距离等于22a a b a c +=+，直线BC 方程为x c =，所以()42D b x c a a c a =+=--，化简得22,a b a b ==，所以双曲线为等轴双曲线，离心率为2故选：A 【点睛】本小题主要考查直线和直线交点坐标的求法，考查直线方程点斜式，考查两条直线垂直斜率的关系，考查双曲线离心率的求法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.4．D解析：D 【分析】根据题意，分析两圆的圆心与半径，进而分析两圆的位置关系，据此分析可得答案．【详解】根据题意，圆221:2410C x y x y ++-+=，即22+1+24x y -=（）（）其圆心为12-（，），半径12r =，圆222:(3)(1)1C x y -++=，其圆心为31-（，），半径21r =，则有12125C C r r ==>+，两圆外离，有4条公切线；故选D ．【点睛】本题考查圆与圆的位置关系以及两圆的公切线，关键是分析两圆的位置关系，属于基础题．5．C解析：C 【分析】设圆心的坐标为()3,a a ，可知所求圆的半径长为3a ，根据圆的半径、弦长的一半、弦心距满足勾股定理可得出关于a 的等式，求出a 的值，即可得出所求圆的方程. 【详解】设圆心的坐标为()3,a a ，可知所求圆的半径长为3a ，圆心到直线y x =的距离d ==，根据圆的半径、弦长的一半、弦心距满足勾股定理，可得()2223d a +=，即22279a a +=，解得1a =±.因此，所求圆的标准方程为()()22319x y -+-=或()()22319x y +++=. 故选：C. 【点睛】本题考查圆的方程的求解，在涉及圆的弦长问题时，要注意弦长的一半、圆的半径以及弦心距三者满足勾股定理列等式求解，考查计算能力，属于中等题.6．D解析：D 【分析】根据题意得出ABC 的欧拉线即为线段BC 的垂直平分线，然后求出线段BC 的垂直平分线的方程即可. 【详解】因为(1,0),(0,2)B C -，所以线段BC 的中点的坐标1,12⎛⎫-⎪⎝⎭，线段BC 所在直线的斜率2BC k =，则线段BC 的垂直平分线的方程为11122y x ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭，即2430x y +-=，因为AB AC =，所以ABC 的外心、重心、垂心都在线段BC 的垂直平分线上，所以ABC 的欧拉线方程为2430x y +-=.故选：D 【点睛】本题主要考走查直线的方程，解题的关键是准确找出欧拉线，属于中档题.7．B解析：B 【分析】取AC 中点F ，连接,EF DF ，证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得．【详解】取AC 中点F ，连接,EF DF ，∵E 是BC 中点，∴//EF AB ，12EF AB =，则FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），设1AB =，则12EF =，3DE DF ==， ∴在等腰三角形DEF 中，11324cos 632EFFED DE ∠===．所以异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为3．故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．A解析：A 【分析】证明CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，求出此角后，利用11//B C BC 可得结论，【详解】∵90BAC ∠=︒，12AC BC =，∴30CBA ∠=︒， ∵1BC AC ，AB AC ⊥，1BC ABB ，1,BC AB ⊂平面1ABC ，∴AC ⊥平面1ABC ，∴CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，即BC 与平面1ABC 所成的角是30， ∵棱柱中11//B C BC ，∴11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为30，故选：A ．【点睛】思路点睛：本题考查求直线与平面所成的角，解题方法是定义法，即过直线一点作平面的垂直，得直线在平面上的射影，由直线与其射影的夹角得直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求出此角．解题过程涉及三个步骤：一作出图形，二证明所作角是直线与平面所成的角，三是计算．9．C解析：C 【分析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH 的中点O ,连接ON ,BO ，可以证明MN ‖BO ,利用BO 与平面ABE 的关系可以判定MN 与平面ABE 的关系，进而对选择支A 作出判定；根据MN 与平面BCF 的关系，利用面面平行的性质可以判定MN 与平面ADE 的关系，进而对选择支B 作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN 与平面BDE 的平行关系，进而判定C ；利用M ,N 在平面CDEF 的两侧，可以判定MN 与平面CDE 的关系，进而对D 作出判定. 【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH 的中点O ,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.10．C解析：C【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果.【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD △是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2；且侧棱AD ⊥底面BCD ，1AD =，所以112=221=323V ⨯⨯⨯⨯，故选：C. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正），主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐），左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称；（2）根据三视图还原几何体；（3）利用椎体体积公式求解即可.11．A解析：A 【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆直径2r ，利用公式()2222R r SA =+可计算得出三棱锥S ABC -的外接球直径，然后利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为r ，母线长为h ，圆柱的外接球半径为R ，取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点O 到圆柱底面圆上每个点的距离都等于R ，则O 为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得()()22222r h R +=.本题中，SA ⊥平面ABC ，设ABC 的外接圆为圆1O ，可将三棱锥S ABC -内接于圆柱12O O ，如下图所示：设ABC 的外接圆直径为2r ，2SA h ==，由正弦定理可得24sin ABr C==∠，，该三棱锥的外接球直径为2R ，则()222225R r h =+=.因此，三棱锥S ABC -的外接球的表面积为()224220R R πππ=⨯=.故选：A. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.12．B解析：B 【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======，由于三棱锥11A B CD -的表面积为43 所以)1213344224AB CS S a==⨯=所以2a =()()()2222226++=，所以正方体的外接球的体积为34663ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.二、填空题13．2【分析】由相交弦长和圆的半径及圆心到过的直线的距离之间的勾股关系求出弦长的最小值即圆心到直线的距离的最大时而当直线与垂直时最大求出的最大值进而求出弦长的最小值【详解】由圆的方程可得圆心坐标半径；设解析：2 【分析】由相交弦长||AB 和圆的半径r 及圆心C 到过(1,2)D 的直线的距离d 之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与CD 垂直时d 最大，求出d 的最大值，进而求出弦长的最小值．【详解】由圆的方程可得圆心坐标(3,0)C ，半径3r =；设圆心到直线的距离为d ，则过(1,2)D 的直线与圆的相交弦长22||2AB r d =- 当d 最大时弦长||AB 最小，当直线与CD 所在的直线垂直时d 最大，这时22||(31)(20)22d CD =-+- 所以最小的弦长22||23(22)2AB =-，故答案为：2【点睛】关键点睛：解答本题的关键是通过分析得到当直线与CD 所在的直线垂直时d 最大，弦长||AB 最小. 与圆有关的弦长问题的最值一般利用数形结合分析解答.14．【分析】联立解得交点代入可得：再利用两点之间的距离公式二次函数的性质即可得出【详解】解：联立解得把代入可得：点到原点的距离当时取等号点到原点的距离的最小值为故答案为：【点睛】本题考查了两条直线的交点【分析】联立23y x x y =⎧⎨+=⎩，解得交点(1,2)，代入50mx ny ++=可得：250m n ++=．再利用两点之间的距离公式、二次函数的性质即可得出．【详解】解：联立23y xx y =⎧⎨+=⎩，解得1x =，2y =．把(1,2)代入50mx ny ++=可得：250m n ++=．52m n ∴=--．∴点(,)m n 到原点的距离5d ，当2n =-，1m =-时，取等号．∴点(,)m n【点睛】本题考查了两条直线的交点、两点之间的距离公式、二次函数的性质，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．15．0或6【分析】计算得到圆心半径根据得到利用圆心到直线的距离公式解得答案【详解】即圆心半径故圆心到直线的距离为即故或故答案为：或【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数意在考查学生的计算能力和转解析：0或6 【分析】计算得到圆心()1,2C -，半径3r =，根据AC BC ⊥得到d =距离公式解得答案. 【详解】222440x y x y ++--=，即()()22129x y ++-=，圆心()1,2C -，半径3r =.AC BC ⊥，故圆心到直线的距离为d =2d ==，故6a =或0a =.故答案为：0或6. 【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。

求几何体外接球半径的两种思路

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。

补形法巧解平面几何问题

，
船一明一删
ＡＦ、２
１
’ ．
’
ＣＦ：ＡＥ．ＣＡ＝ＡＢ．ＨＭ＝ＭＧ
． ‘ ．日Ｆ＝ＭＥ
【而Ｊ
８
雎一髓一
‘ ．．
ＦＭ＝ＨＭ —ＨＦ＝ＭＧ —ＭＥ：ＥＧ．ＧＨ：２ＥＦ
ｓ，＝１则有Ｓ２＝７
苎一
．
．
２（ｙ＋ｚ）一２
二：２２ｚ
‘ ．．
Hale Waihona Puke ＥＦ＝ＭＥ＝２ＡＦ＝ＰＭ —ＰＡ —ＭＦ：４
’ ．．
ＡＢ＋Ｃ＋ＣＤ＋ＤＥ＋ＥＦ＋ＦＡ＝１＋３＋３＋２＋２＋
２＋４＝１５
：ｙ：ｚ＝５：３：２
ＰＡ＝ＰＢ＝１Ｑｃ：ＱＤ＝３ＭＥ＝ＭＦ＝ＱＭ —ＱＥ：ＰＱ —ＱＥ＝７ —５＝２
。
图５
解析：如图５，以为对称中心，把ＡＡＢＣ补成一个平行四边形ＡＢＣＤ，设ＢＧ＝，＝Ｙ，ＨＭ＝则ＣＯ／／ＡＥ，ＰＣ／／ＡＦ
，
又Ｇ日≥ＢＣ，ＢＣ＝２． ‘ ．２ＥＦ≥ ２即ＥＦ≥ ｌ
八
，、
例５．如图５，已知ＡＡＢＣ中，Ｅ、Ｆ为ＢＣ的三等分点，肘为ＡＣ的中点，ＢＭ于ＡＥ、ＡＦ分别相交于Ｇ、Ｈ，求ＢＧ：ＧＨ：ＨＭ
ｑ
图６
圈７
在直角三角形ＤＣＥ中，ＣＤ＝÷ ＣＥ，ＤＥ＝３则ｃＤ＝

补形法在立体几何中的应用

体的对角线，并非常容易解决．
三将不规则的几何体补成规则的几何体
如图，（１）四个截面是正三角形（如ＡＥＦＧ、ＡＭＮＱ等），而另外的四
Ａ
例３如图，三个１２×１２ｃｍ的正方形，都被连结个面是正六边形（如正六边形ＦＩＰＮＭ等），所以留下的多面体不是相邻两边中点的直线分成Ａ、曰两片［如图（１）］，把６Ｅ片粘在一个正六边形的外面［如图（２）］，然后折成多正多面体。
难的
一
题如果采用割补法解此题就相当简单甚至补
，，
，
解题可考虑采用补形法即补形的技巧作出辅
，
，
“
”
完后由图直接可以观察出结果
二
。
几何体化散为聚化难为易
，，
“ ” “
。
它反映了我国传统数
，
补长方体
．
( 2 ) 正四面体的外接球就是补后正方体的外接
，
AP E Q／／
，
PB QM ／／
，
c QQ ∥尸
’
。
球的直径为正方体的对角线
，
。
所以正四面体外接
＼ l ‰ ≥ ? 扩 r 萄一 >＼
．
．
j
将它补成长方体 QE
’
’
QE F M

高考数学二面角10种求法及锐钝角的判断

二面角10种求法及判断锐钝角二面角大小的求法中知识的综合性较强，方法的灵活性较大，一般而言，二面角的大小往往转化为其平面角的大小，从而又化归为三角形的内角大小，在其求解过程中，主要是利用平面几何、立体几何、三角函数等重要知识。

求二面角大小的关键是，根据不同问题给出的几何背景，恰在此时当选择方法，作出二面角的平面角，有时亦可直接运用射影面积公式求出二面角的大小。

1.概念法顾名思义，概念法指的是利用概念直接解答问题。

例1：如图所示，在四面体ABCD 中，1AC AB ==,2CD BD ==,3AD =。

求二面角A BC D --的大小。

分析：四面体ABCD 的各个棱长都已经给出来了，这是一个典型的根据长度求角度的问题。

解：设线段BC 的中点是E ，接AE 和DE 。

根据已知的条件1AC AB ==，2CD BD ==，可以知道AE BC ⊥且DE BC ⊥。

又BC 是平面ABC 和平面DBC 的交线。

根据定义，可以得出：AED ∠即为二面角A BC D --的平面角。

可以求出32AE =，3DE =，并且3AD =。

根据余弦定理知：2222223()(3)372cos 243232AE DE ADAED AE DE+-+-∠===-⨯⨯⨯ 即二面角A BC D --的大小为7arccos4π-。

同样，例2也是用概念法直接解决问题的。

例2：如图所示，ABCD 是正方形，PB ABCD ⊥平面，1PB AB ==，求二面角A PD C --的大小。

解：作辅助线CE PD ⊥于点E ，连接AC 、AE 。

由于AD CD =，PA PC =，所以PAD PCD ≅三角形三角形。

即AE PD ⊥。

由于CE PD ⊥，所以AEC ∠即为所求的二面角的大小。

通过计算可以得到：2PC =，3PD =，又1CD =，在三角形PCD 中可以计算得到63CE =。

由此可以得到：63AE CE ==，又2AC =。

大招1外接球秒杀之补形法

大招1外接球秒杀之补形法大招总结结论:长方体各顶点可在一个球面上,故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的棱长为,,a b c ,其体对角线为l .当球为长方体的外接球时,截面图为长方体的对角面和其外接圆,故球的半径22222l a b c R ++==. 补形法:把几何体放到规则图形里面规则的锥体,如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合,把多面体放到规则几何体里面类型1:有一条棱垂直于底面类型2:对棱相等利用长方体相对面的对角线长度相等,把四面体放人其中如图所示,,,AB CD AD CB AC D B ==='''''',三棱锥D ACB '-'可以放在长方体中,外接球直径2R 为长方体体对角线.典型例题例1.已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4,体积为16,则这个球的表面积是( )A.16πB.20πC.24πD.32π解：用公式22222462R ++==,则2424S R ππ==,故选C. 例2.长、宽、高分别为432、、的长方体的外接球的体积为( )A. C.92π D.9π解：由题意长方体的对角线就是球的直径.长方体的对角线长为=,外接球的体积343V π=⨯=⎝⎭,故选B.例3. 已知直三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上, 若 AB ⊥AC,AA 1=12,AB =3,AC = 4 , 则球 O 的半径为 ( )A. 3√172B. 2√10C. 132D. 3√10解因为三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上, 若 AB =3,AC =4,AB ⊥AC,AA 1= 12 , 所以三棱柱的底面是直角三角形, 侧棱与底面垂直, 侧面 B 1BCC 1, 经过球的球心, 球的直径是其对角线的长, 因为 AB =3,AC =4,BC =5,BC 1=13, 所以球的半径为 132. 故选 C .例4. 在三棱锥 A −BCD 中, AB =CD =√13,AD =BC =3,AC =BD =4, 则三棱锥 A −BCD 外接球的表面积为解将三棱锥补形为长方体, 三个长度为三对面的对角线长, 设长方体的长、宽、高分别为 a,b,c ,则 a 2+b 2=9,b 2+c 2=13,c 2+a 2=16,∴2(a 2+b 2+ c 2)=9+13+16=38,a 2+b 2+c 2=19,∴4R 2=19,∴S =19π.例5. (2019 - 新课标 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. 8√6πB. 4√6πC. 2√6πD. √6π解如图, 由PA=PB=PC,△ABC是边长为 2 的正三角形, 可知三棱锥P−ABC为正三棱锥, 则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心, 连接BO 并延长, 交AC于G, 则AC⊥BG, 又PO⊥AC,PO∩BG=O, 可得AC⊥平面PBG, 则PB⊥AC,∵E,F分别是PA,AB的中点, ∴EF//PB, 又∠CEF=90∘, 即EF⊥CE,∴PB⊥CE, 得PB⊥平面PAC,∴正三棱锥P−ABC的三条侧棱两两互相垂直, 把三棱锥补形为正方体, 则正方体外接球即为三棱锥的外接球, 其直径为D=√PA2+PB2+PC2=√6, 故半径为√62, 则球O的体积为4 3π×(√62)3=√6π. 故选D.例6.在四面体ABCD中, △BCD是边长为 2 的等边三角形, △ABD是以BD为斜边的等腰直角三的等腰直角三角形,平面ABD⊥平面ABC, 则四面体ABCD的外接球的表面积为( )A. 8πB. √6πC. 6πD. 2√2π解；在四面体ABCD中, △BCD是边长为 2 的等边三角形，△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形, AB=AD=√2, 平面ABD⊥平面ABC,如图, 可知AD⊥平面ABC, 可得AD⊥AC, 所以△BAC是等腰直角三角形, 所以三棱锥A−BCD是正方体的一个角,如图:外接球的直径就是长方体的体对角线的长度, 所以2r=√6,r=√62, 四面体ABCD的外接球的表面积为:4πr2=6π. 故选C自我检测1. 若三棱锥的三条侧棱两两垂直, 且侧棱长均为 √3, 则其外接球的表面积是依题可以构造一个正方体, 其体对角线就是外接球的直径. 2r =√3+3+3=3,r =32;S 表面稆 =4πr 2=9π. 故答案为 9π.2. 在正三棱锥 S −ABC 中, M,N 分别是棱 SC 、BC 的中点, 且 MN ⊥AM , 若侧棱 SA =√3, 则正三棱锥 S −ABC 外接球的表面积是解；第 2 题图 2. ∵M,N 分别是棱 SC 、BC 的中点, ∴MN//SB,MN ⊥AM , 可得 SB ⊥AM , 由正三棱锥的性质可得 SB ⊥ AC,∴SB ⊥ 平面 SAC ⇒SB ⊥SA 且 SB ⊥AC,∵ 三棱锥 SABC 是正三棱锥, ∴SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直. ∵ 侧棱 SA =√3,∴ 正三棱锥 S −ABC 的外接球的直径为 :2R =3, 外接球的半径为 R =32, ∴ 正三棱锥 S −ABC 的外接球的表面积是 S =4πR 2=9π. 故答案为 9π.3.三棱锥 P −ABC 的侧棱 PA,PB,PC 两两互相垂直, 且 PA =PB =PC =2, 则三棱锥 P −ABC 的外接球的体积是( )C. 16√33π B. 4√3πD. 8√3πA. 2√3π解；以 PA 、PB 、PC 为过同一顶点的三条棱, 作长方体如图,则长方体的外接球同时也是三棱锥P−ABC外接球. ∵长方体的对角线长为2√3,∴外接球的直径为2R=2√3, 半径R=√3, 因此,三棱锥P−ABC外接球的体积是43πR3=43π×(√3)3=4√3π, 故选B.4.(2021 秋- 湖南月考)在四面体ABCD中, AB=CD=√10,AC=BD=√5,AD=BC=√13, 则四面体的外接球的表面积为（）A.6√3πB.8√3πC.16√33πD. 16π解；由题意可采用割补法,考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形,所以可在其每个面补上一个以√10,√5,√13为三边的三角形作为底面,且以分别x,y,z 长、两两垂直的侧棱的三棱锥,从而可得到一个长、宽、高分别为x,y,z的长方体,并且x2+y2=10,x2+z2=5,y2+z2=13, 则有(2R)2=x2+y2+z2=14 ( R为球的半径), 得R2=72, 所以球的表面积为S=4πR2=14π, 故选C.5.(2021 - 柳州三模)在三棱锥V−ABC中, 底面△ABC是等边三角形,顶点V在底面ABC的投影是底面的中心, 侧面VAB⊥侧面VAC, 则此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为( )A. √272πB. √636πC. √39πD. √69π解；将该三棱锥放置在正方体当中, 如图所示, 设正方体的棱长为 1 . 此三棱锥的体积V1=13×(12×1×1)×1=16, 外接球的半径R=√32, 外接球的体积V2=43πR3=43π×(√32)3=√32π,∴此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为:V1 V2=16√32π=√39π. 故选C.6.(2021 - 榆林模拟)阳马,中国古代算数中的一种几何体, 它是底面为长方形,两个三角面与底面垂直的四棱锥. 已知在阳马P−ABCD中, PD⊥平面ABCD,PD= 3, 且阳马P−ABCD的体积为9 , 则阳马P−ABCD外接球表面积的最小值是（)A. 9√3π2B. 9√3πC. 27πD. 27√3π解；由题意可知阳马的体积为: 13AB⋅BC⋅PD=AB⋅BC=9, 设阳马的外接球的半径为R, 则4R2=AB2+BC2+PD2=AB2+BC2+9⩾2AB⋅BC+9=27, 当且仅当AB=BC时等号成立,所以阳马的外接球的表面积4πR2⩾27π. 故选C.7.(2021 - 甘肃模拟)《九章算术商功》有如下叙述: “斜解立方, 得两堵斜解堑堵, 其一为阳马,一为鳖臑. 阳马居二, 鳖臑居一, 不易之率也.” (阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓). 取一个长方体, 按如图所示将其一分为二, 得两个一模一样的三棱柱,均称为堑堵, 再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开, 得四棱锥和三棱锥各一个. 其中以矩形为底, 有一棱与底面垂直的四棱锥, 称为阳马. 余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体,称为憋臑. 那么如图所示, a=3,b=4,c=5的阳马外接球的表面积是( )堑堵阳马牧臑A. 20√2πB. 25√2πC. 50πD. 200π解；因为长方体、堑堵、阳马、鳖臑,各个几何体的顶点都在同一个外接球的表面积上,所以它们的外接球是相同的,外接球的直径就是长方体的体对角线的长度,所以外接球的半径为: R=12√32+42+52=√502, 阳马外接球的表面积是4πR2=50π. 故选C.8.(2021 - 新乡二模)在四面体ABCP中, PB⊥平面ABC, 且AB⊥AC,AB=AC.若四面体ABCP外接球的半径为√192PB. 则PA与平面ABC所成角的正切值为()A. 12B. 13C. 2D. 3解；因为PB⊥平面ABC, 且AB⊥AC, 所以四面体ABCP可以补形为一个长方体, 故其外接球的半径R=√AB2+AC2+PB22=√2AB2+PB22=√192PB, 则AB=3PB.因为PA与平面ABC所成角为∠PAB, 所以tan⁡∠PAB=PBAB =13. 故选B.。

补形法的应用

补形法的应用作者：朱逢化来源：《文理导航·教育研究与实践》 2013年第12期西藏日喀则地区第二高级中学朱逢化【摘要】本文通过补形法在平面几何和立体几何中的具体运用，阐述了“补”的思想方法的重要性和巧妙性。

【关键词】补形法；等腰三角形；正方形；圆；正四棱锥；正四面体有些几何问题，直接从原图形出发进行分析，有时显得十分繁难，甚至会陷入困境。

这时，若将原图形添补成一个特殊的、简单的、完整的新图形，则能使问题的本质得到充分的显示，从而使问题化繁为简。

补形法就是根据题设的条件和图形，经过观察、分析和联想，运用添加辅助线的方法，将其拓展为范围更广、特征更明显、更为熟悉的几何图形，从而沟通条件和结论之间的联系。

把正四棱锥P-ABCD补充成如图所示的立体图形，使得Q-BCFE是一个与正四棱锥P-ABCD完全一样的立体图形，且A、B、E、F、C、D共面，则PB=PC=QB=QC=BC=2a，只要证到PQ=2a即可。

设M、N分别为P、Q在平面AEFD内的射影，易证PQ=MN=2a，则BCPQ为正四面体，则问题得以解决。

注：对于这个题目，一般可能认为拼成的立体图形应该是7个面，因为给人的感觉这两个立体图形还是有比较大的差异。

虽然所有的棱长都相等，但它们相关的一些二面角未必相等。

真所谓“大千世界，无奇不有”，点E恰好既在面PAB上又在面PCD上。

对比两种方法，方法二用的补形法的确很简洁。

通过对几何体的“补”能发现未知与已知之间的内在联系，这种方法不仅蕴含了一种构造思想，而且还反映了整体与部分和普遍联系的哲学思想。

【参考文献】[1]宁连华.数学探究教学设计研究.数学教育学报,2006年04期[2]王立文,王兴林.巧用补形法解平面几何题。