高三数学立体几何的难点突破3常见的补形法
高考数学立体几何专项突破方法
立体几何专项突破立体几何是高考中必考的，它是2+1模式，里面涉及到了22分，会有一道大题，两道选择或者一道选择一道填空。
具体有以下五大部分：一、空间几何体的三视图、表面积与体积这一部分主要是在选择填空以及文数大题的第二问，主要考的点有空间几何体的结构特征、空间几何体的三视图与直观图以及柱体、椎体、台体、球的表面积。
如2019年全国二卷中的第16题，是给了一个南北朝时期的印信，它是一个半正多面体。
让你去求解这个印信有多少面以及它的棱长是多少。
第一问不难，就是在考空间几何体的结构特征，而这个多面体是对称的数时不漏不重就可以。
第二问就需要想象它装在了一个正方体的箱子里，然后画出它的正视图，棱长很容易求解。
这里比较困难的是没有立体图形，需要你自己根据题目去构造、去想象。
这里就需要我们平时在练习的时候多去动手画一些棱锥体，对于一些性质比较好的棱锥（直棱柱、正棱锥...）我们可以放在正方体、长方体里去构造。
还有熟悉球的画法及性质。
二、空间角问题。
对于空间角的问题，首先一定要对线线角、线面角、二面角的定义非常熟悉，任意给你一个立体图形一定能找出这三个角。
线线角主要是空间中异面直线所成角，则需要把两条直线放在同一个平面，主要的方法有平移法：一条不动平移另一条或者两条都平移（例如2017年全国二卷的第10题）。
平移完在计算边时主要两种方法勾股定理和余弦定理。
线面角和二面角都可以转化成线线角，这由它们的定义就可知。
这两个内容主要在大题中出现，由法向量问题可求得。
三、空间中的平行问题平行问题主要涉及线线平行和面面平行。
其中它们的判定定理和性质熟记。
那么解决线面平行的关键是什呢？没有错就是做辅助线，记住以下几条：（1）有了中点找中点，两点一连中位线；（2）直接用中位线找不到所需要的平行线，就需要构造平行四边形，例如2017年全国2卷第19题；（3）平行线分线段成比例（可以简单理解为相似）;（4）直线所在向量与平面的法向量垂直（向量的点积等于0）。
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
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。
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高中数学立体几何考点的解题技巧
高中数学立体几何考点的解题技巧高中数学立体几何考点的解题技巧高中数学中立体几何题目是高考数学核心考点，从近几年全国及自主命题各省市高考试题分析，随着课程改革实施范围的扩大，立体几何考题侧重考查同学们的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力。
高考立体几何试题在选择、填空题中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单计算型问题，而解答题侧重立体几何中的逻辑推理型问题，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，及空间角、面积与体积的计算，其解题方法一般都有两种或两种以上，并且一般都能用空间向量来求解。
下面小编为大家整理了高中数学立体几何考点的解题技巧，希望能帮到大家！1、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”。
2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招 1外接球秒杀之补形法- Word版含解析
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, ,三棱锥 可以放在长方体中,外接球直径 为长方体体对角线.
典型
【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. B. C. D.
【解析】用公式 ,则 ,
【答案】C.
A. B.8 C. D.
【解析】由题意可采用割补法,考虑到四面体 的四个面为全等的三角形,所以可在其每个面补上一个以 为三边的三角形作为底面,且以分别 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 的长方体,并且 ,则有 ( 为球的半径),得 ,所以球的表面积为 ,
【答案】 .
5.在三棱锥 中,底面 是等边三角形,顶点 在底面 的投影是底面的中心,侧面 侧面 ,则此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为( )
【答案】D.
【例6】在四面体 中, 是边长为2的等边三角形, 是以 为斜边的等腰直角三的等腰直角三角形,平面 平面 ,则四面体 的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【解析】在四面体 中, 是边长为2的等边三角形， 是以 为斜边的等腰直角三角形, ,平面 平面 ,如图,可知 平面 ,可得 ,所以 是等腰直角三角形,所以三棱锥 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 ,四面体 的外接球的表面积为 .
【答案】 .
【例4】在三棱锥 中, ,则三棱锥 外接球的表面积为
【解析】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 ,则 .
【答案】 .
【例5】已知三棱锥 的四个顶点在球 的球面上, 是边长为2的正三角形, 分别是 的中点, ,则球 的体积为( )
巧借“补形”思维，妙解立体几何问题
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.。
空间几何体中几种常见的补形法
ｓ△＾船 ·ＡＡ ＝丁１×２４×８＝９６ ．
【小结 】比较 上述 两种 方 法 ，补 形
图３
法显 然 比分割法要简 洁得 多 ，计算 量也很 小 ，但 要抓 住 图形
的对 称性 ，巧妙的补成熟悉的几何 体 ，并找到 原几何 体 与补
形后 的几何体 的关 系 ，实现化繁为 简的奇效．
了一种构造思 想 ，同时也反 映了对 立统一的辩证思想 ．
利用补形 法解决立体几何 问题 的基本 步骤是 ：
第一步 ：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 ：运用常见几何体 的知识 等计算结果 ；
第三 步 ：得 出结论．
以外接球直径 ２Ｒ＝ ，所 以 Ｒ＝ ，所 以外接 球 的表 面积
ｓ球＝挚．
方 法 二 联 系补 形 例 ２ 已知 三棱 锥 Ｐ—ＡＢＣ，ＰＡ＝ＢＣ＝５，朋 ：ＡＣ＝ ４，ＰＣ：ＡＢ＝ ｌ，求三棱 锥的体积． 【思路 】如按常规求法 ，需求三棱锥 的底 面积和 高 ，而高 很 难求 出．由已知三组相对棱相 等这一 特点 ，联想长 方体对 面不平行 的对 角线恰 好组 成对 棱相 等 的三棱 锥 ，因此 可把 三棱锥 Ｐ—ＡＢＣ补成长方体 ，再将长方体 分割成三棱锥 Ｐ— ＡＢＣ和 四个相 同体积 的三棱锥．
在高考 中 ，补形法既可 以在选 择填空 题 中体 现 ，也 可以
在解答题 中体 现 ，常见的补形法 有对称 补形 、联系补 形 和还
原补形 ，还原补形主要涉及 台体 中“还台为锥 ”．下 面结合 实
例进行剖析 ：
方法一 对称补形
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
高考数学复习点拨 掌握三法,学好立体几何
掌握三法，学好立体几何一题多解是培养同学们创新思维能力的一条有效途径．而要实现一题多解，必须能多角度分析思考，探求多种解题方法．在立体几何学习中，笔者认为向量法、坐标法、综合法是解决立体几何问题的三种方法．向量法是指根据空间向量的根本定理，运用向量的几何意义及向量数量积的概念，解决立体几何问题的方法．坐标法是指根据空间向量的根本定理，通过建立空间直角坐标系，设出点的坐标，来解决立体几何问题的方法．综合法是以逻辑推理作为工具，利用立体几何的知识，运用空间观念，解决立体几何问题的方法．下面两例用上述三种方法解决如下．例1 如图1，在正方体1111ABCD A B C D -中0，E F ，分别为1BB DC ，的中点． 〔1〕求AE 与1D F 所成的角；〔2〕证明：AE ⊥平面11D A F ；分析1：在正方体中，过一顶点的三条边两两垂直，故可建立坐标系，用坐标法解决．解法1〔坐标法〕设正方体棱长为1，建立如图1所示的空间直角坐标系D xyz -．那么111(100)(101)1100(001)22A A E F D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，，，，． 111110101(100)22AE D F D A ⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，∴． 〔1〕111011(1)022AE D F =⨯+⨯+⨯-=∵·． 1AE D F ∴·，即1AE D F ⊥． ① AE ∴与1D F 所成的角为90°．〔2〕又110AED A =∵·，11AE D A ⊥∴，即11AE D A ⊥． ② 由①，②得AE ⊥平面11D AF ．分析2：在正方体中，过一顶点的三条边不共面，以此三边为一组基向量，用向量法解决．解法2〔向量法〕设正方体棱长为1，那么由题意及正方体的性质知：110DCDD DA DC DA DD ===···，22111DC DD ==，． （1） 又112AE AB BE DC DD =+=+，11112D F DF DD DC DD =-=-． 1111122AE DF DC DD DC DD ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴·2211113110022422DC DD DCDD =--=--=． 11AE D F AE D F ⊥⇒⊥∴，即AE 与1D F 所成的角为90°．〔2〕又MF ⊥平面11A ABB ，FM AE ⊥∴．AE ⊥∴平面1A MFD ，即AE ⊥平面11A D F ．例2 直三棱柱111ABC A B C -中，190136ACB CB CA AA ∠====，，，°，M 是1CC 的中点，求证：1BA AM ⊥．解法1：建立如图2所示的直角坐标系C xyz -， 那么16(300)(010)00(306)2A B M A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，，，，，，，，，，． 16(316)(30)2BA AM =-=-，，，，，∴． 163(3)(1)0602BA AM =⨯-+-⨯+⨯=∴·， 1BA AM ⊥∴，即1BA AM ⊥． 解法2：111BA BA AA CA CB CC =+=-+，112AM CM CA CC CA =-=-， 221111111111()02222BA AM CA CB CC CC CA CC CA CA CB CC CB CC CA ⎛⎫=-+-=-+--= ⎪⎝⎭·····． 1BA AM ⊥∴，即1BA AM ⊥．解法3：如图2，连结1A C ，在1A AC Rt △与ACM Rt △中，12A A AC AC CM==∵，1A AC ACM Rt Rt ∴△∽△． 1AC AM ⊥∴． 又11111BC CC A A BC AC BC AM BC CC AM CC A A ⊥⊥⎫⎫⇒⇒⊥⎬⎬⊥⊂⎭⎭平面平面∵． 1111AM CA B BA AM BA CA B ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭平面平面∴． 解法4：如图3，延长1CC 到N ，使1MN AA =，连接1A N BN ，得平行四边形1NMAA ，那么1A N BN ，得平行四边形1NMAA ，那么1A N AM∥． 在ACM Rt △中，22292AM AC CM =+=． 同理可求22129102A B BN ==，． 在1BA N △中，22211BN A B A N =+∵，190NA B ∠=∴°，即11BA A N ⊥，1BA AM ⊥∴．从例1、例2还知道，向量法要比坐标法更具一般性，当然运用向量法比运用坐标法更难一点．但是解题中，如果能依据空间向理的根本定理，确定一组基向量，严格地将空间的任一向量都用这一组基向量来线性表示，始终如一地这样练习，我们就能获得向量法解题的一般规律，减少盲目性，增强自觉性，有意识、有目的地训练，就一定能提高解题能力． 当然，向量法和坐标法都有赖于综合法，有赖于立体几何的根底知识、根本定理、法那么的运用，有赖于空间想象能力的培养．综合法对于立体几何中平行与垂直关系的证明，对于空间想象力的锻炼与培养，都是不可缺少的，在教学中笔者坚信：在立体几何学习中，以综合法为根底、以向量法为主导、以坐标法为中心，一定能取得良好的效果．。
巧补图形,解决立体几何问题
巧补图形，解决立体几何问题【摘要】在解决数学问题的时候应注意总结题目当中所蕴含的数学方法，有了好的方法，做起事情来也就事半功倍了。
培养学生总结方法，提炼方法的能力，也就是培养学生的学习能力。
【关键词】数学问题；巧补图形在立体几何当中有一类题型，直接在原图形上求解有一定的困难，如果变换思路，通过图形特征把图形补成相应的几何体，则可以使问题得到简化。
下面举例说明此类问题的解法。
例1、正四面体ABCD棱长为，求外接球体积和与四条侧棱都相切的球的体积。
解：ABCD为正四面体，将之补成正方体，如图所示。
可知正方体边长为1。
正四面体外接球即为正方体外接球。
半径为。
体积与正四面体各棱都相切的球为正方体内切球，半径为。
体积反思：这是最常见的一类补体问题，给出正四面体，很容易想到正四面体是正方体切割得到的，很多问题诸如长度，垂直关系等在正四面体中不易发现的量在正方体中都一目了然。
就本题而言，要在正四面体当中确定球的球心位置，求出半径均有很大的计算量，而且容易出错，将问题放到正方体中，一切都迎刃而解，节省了大量的时间和精力。
例2、如图，在三棱锥A-BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共斜边，且AD= ，BD=CD=1，另一侧面ABC是正三角形。
(1) 求证：AD⊥BC；(2) 求二面角B-AC-D的余弦值；(3) 在AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成300角？若存在，确定E 点位置。
解：依照题意，可将图形补成如图所示的正方体，相应顶点如图，（1）BC⊥QD，由三垂线定理逆定理得，AD⊥BC。
（2）作BO⊥MD，则BO⊥面ACD，做BF⊥AC，由三垂线定理∠BFO 即为二面角B-AC-D的平面角。
又BO=，OF=1tan∠BFO=（3）存在。
做EG⊥QC于G，连接DG，设EC=x，有EG=EG2+GD2=ED2ED=2EG，在三角形EGD中，由勾股定理得，x=1所以存在E点，EC=1反思：本题对学习者要求较高，补体有一定的技巧。
热点难点突破-不拉分系列之(十三)补形法破解体积问题
某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在
解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的
几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破
解空间几何体的体积问题，这是一种重要的解题
策略——补形法.常见的补形法有对称补形、联系
补形与还原补形.对于还原补形，主要涉及台体中
“还台为锥”问题.
1．对称补形
[典例1] (2012·湖北高考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.8π3
B ．3π C.10π3
D ．6π
[解析] 由三视图可知，此几何体是底面半径为1，高为4的圆柱被从
母线的中点处截去了圆柱的14
，根据对称性，可补全此圆柱如图，故体积V ＝34
×π×12×4＝3π. [答案] B
[题后悟道] “对称”是数学中的一种重要关系，在解决空间几何体中的问题时善于发现对称关系对空间想象能力的提高很有帮助．
2．联系补形
(2012·辽宁高考)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为23的正方形．若P A＝26，则△OAB的面积为________．[解析]由P A⊥底面ABCD，且ABCD为正方形，故可补形为长方
体如图，知球心O为PC的中点，
又P A＝26，AB＝BC＝23，
∴AC＝26，∴PC＝43，
∴OA＝OB＝23，即△AOB为正三角形，
∴S＝3 3.
[答案]3 3
[题后悟道]三条侧棱两两互相垂直，或一侧棱垂直于底面，底面为正方形或长方形，则此几何体可补形为正方体或长方体，使所解决的问题更直观易求．。
几何中常见的补形解题做法
几何中常见的补形解题做法我跟你说啊，几何中这补形解题一开始可把我折腾惨了。
就比如说我最开始看到那些几何题，有些形状很不规则，我就完全懵了。
像那种有个四边形缺了一角的，看起来特别别扭。
我一开始就只盯着现有的图形看，想从这残缺的图形里找思路，结果根本不行。
我试过好多回，后来发现补形这个办法还挺妙的。
这就好比你拼图的时候，有个缺了一块的拼图不好弄，你就找个合适的块给它补上，这样就好处理多了。
拿三棱锥的外接球问题来说吧。
如果这个三棱锥长得特别不规则，咱就可以想办法补形。
我记得有一道题，是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，求它的外接球半径。
我开始按照常规的方法，去设很多的未知数用勾股定理，那计算量可大了，而且很容易出错。
后来呀，我就想到补形的办法。
我就把这个三棱锥补成一个长方体，这个长方体的外接球就是三棱锥的外接球。
哎呀，这就简单多了，就像你在一个复杂的小路里迷路了，然后突然发现旁边有条大道通向目的地一样。
长方体的体对角线就是外接球的直径啊，只需要根据长方体的棱长关系轻松一下就算出来了。
但是呢，补形也不是乱补的。
我也有失败的时候，有时候补错了图形，那可就麻烦了。
就像你硬要把一个圆塞进一个方形的洞里，根本不合适嘛。
我有一次看到一个棱台的题，我错误地把它补成了棱柱，结果算出来答案完全不对。
后来我仔细看了题目给定的条件，才知道应该根据棱台底面和侧面的关系补形，要把棱台补成一个大棱锥减去一个小棱锥这样的形状才对。
还有三角形里的问题。
如果是那种等边三角形里挖掉了一部分的图形让求面积之类的。
你就可以把挖掉的那部分补回去，变成完整的等边三角形，先算出完整的面积，再减去补充出去那部分的面积就好了。
这就如同你有一碗饭被人挖走了一勺，你可以先算出整碗饭的量，再算出那勺饭的量，一减就知道剩下多少饭了嘛。
总的来说啊，这几何补形解题呢，你得先仔细观察题目给定的几何图形的特征，找到它们缺失的部分或者可以完善的部分。
就像看人穿衣服一样，你得看到哪儿不和谐，是缺个袖子还是缺个领子，然后想办法补上合适的形状。
高中数学：用补形法解立体几何题
高中数学：用补形法解立体几何题1. 正四面体补为正方体例1. 求棱长为1的正四面体的体积。
图1分析：常规的思路是直接用三棱锥的体积公式去求，但要首先求出此三棱锥的高，求高比较繁琐。
如果将正四面体ABCD补形为正方体（如图1），那么此正方体的棱长为，因此，求正四面体的体积便有了新的求解思路：例2. 如图2，正三棱锥S-ABC的侧棱与底面边长都相等，如果E、F、G分别是SC、AB、AC的中点，那么异面直线EF与BG所成角的余弦值等于__________。
图2分析：常规的思路是“平移法”，取GA的中点H，连结EH、FH，则∠EFH即为所求，但解△EFH的运算量较大。
联想到正四面体可补形为正方体（如图3），相当于求与BG所成角的余弦值。
在此正方体的左边补上一个大小相同的正方体，构成一个长方体（如图4），则相当于求长方体对角线BD与侧棱所成角的余弦值。
设正方体边长为1，则长方体对角线BD的长为。
在中，2. 三条侧棱两两垂直的三棱锥或对棱相等的三棱锥或一条侧棱垂直于底面的三棱锥都可以考虑补形为长方体例3. 如图5，是直二面角，，，那么AB与面β所成的角等于（）图5A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°分析：由α⊥β，BD⊥CD，得BD⊥α同理得：AC⊥β因此，AC⊥CD，BD⊥CD，AC⊥BD不妨把三棱锥A-BCD补形为长方体（如图5），易得∠ABC为所求的角。
在Rt△ABC中，，选D。
例4. 如图6，四面体P-ABC中，侧棱PA、PB、PC两两垂直，O为面ABC上一点，且O到平面PAB、平面PAC、平面PBC的距离分别为2，3，4，求OP的长度。
分析：可补一个“小”长方体（如图6），由此可得“小”长方体的长、宽、高分别为2，3，4，求OP长可转化为求该“小”长方体的对角线长，得：3. 一般三棱锥（三棱柱）可补形为三棱柱（平行六面体）例5. 已知三棱锥P-ABC中，PA⊥BC，PA＝BC＝a，PA、BC的公垂线段DE＝h，求证三棱锥的体积是。
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。
补形
补形
作者：崔磊
来源：《新课程·中学》2015年第11期
在立体几何的学习中，经常遇到求解三棱锥外接球体半径的问题，此类问题往往球心的位置难以找到。
我们知道，棱锥是柱体的一部分，因此，在求三棱锥外接球体的半径时，通过“补形”，将锥体还原成柱体，有时能起到柳暗花明的效果。
常见的“补形”方法有下列几种.
例1.已知三棱锥P-ABC中，PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，且PA=3，PB=4，PC=5.则其外接球体的表面积为 .
思路：补成“长方体”
总之，“补形”是求解三棱锥外接球体半径的一条重要途径，且通常可补成上述几种模型。
“补形”应遵循“拥有相同的外接球体”的原则，在此基础上，还要选择好恰当的位置作出截面，将抽象的空间问题转化为熟悉的平面问题，关系也就简单明朗多了。
高三数学 立体几何的难点突破 3常见的补形法
几种常见的补形法1 四面体的补形法【例1】 在四面体ABCD 中，设AB = 1，CD =3，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体的体积等于______．【解析】 法1：如图，将四面体ABCD 补成四棱锥A – BDCE ， 且BE ∥CD ，BE = CD ，则∠ABE =3π或32π，BE =3，CD ∥面ABE ，∴CD 与AB 的距离即为CD 到平面ABE 的距离，亦即C 到平面ABE 的距离就是三棱锥C – ABE 的高h = 2，∴V A – BCD = V A – BEC = V C – ABE =⋅h 31S △ABE 3sin 21231π⨯⨯⨯⨯⨯BE AB =21. 法2：如图，把四面体ABCD 补成三棱柱ABE – FCD ，则面ABE ∥面CDF ，AB ∥CF ，且CF = 1，则AB 与CD 的距离就是平面ABE 与平面FCD 的距离，即三棱柱的高h = 2，且∠DCF =3π或32π. ∴V 柱 = S △FCD · h =2323sin 21=⨯⨯⨯⨯πCF CD ， 故四面体的体积为2131=柱V .法3：如图，把四面体ABCD 补成平行六面体，则四面体的体积是平行六面体体积的31,V 平行六面体 = S 底· h =2323sin 3121=⨯⨯⨯⨯π，故四面体的体积为21. 【评注】三棱锥补成四棱锥、三棱柱或正方体可以简化求体积，本题将两异面的直线段构成的四面体用三种不同的补形探究出. 结论：在四面体ABCD 中，设AB = a ，CD = b ，直线AB 与CD 的距离为h ，夹角为θ，则四面体的体积为V =θsin 61abh . 2.三侧棱两两垂直的三棱锥补形成长方体【例2】已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则正三棱锥P －ABC 球心到截面ABC 的距离为________．【解析】正三棱锥补成正方体如图，可知球心O 为体对角线PD 的中点，且PO ＝3，又P 到平面ABC 的距离为h ，则13×34×(22)2·h ＝13×12×2×2×2.∴h ＝233.【评注】 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体;如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R 2＝a 2＋b 2＋c 24＝l 24(l 为长方体的体对角线长)．【变式1】利用四个面为直角三角形的三棱锥补成长方体求外接球的面积在三棱锥V ABC -中，VA ⊥底面ABC ，90ABC ∠=︒，若ABFE CDCD BAABVCAB ED C1,2,3VA AB BC ===，则三棱锥外接球的表面积为_______．1.14π.【解析】将三棱锥V ABC -中补成如图所示的长方体，则三棱锥的V ABC -的外接球即如图所示的长方体的外接球，球的直径等于长方体的对角线的长14，∴三棱锥外接球的表面积为2414r ππ=.【变式2】利用三侧棱两两垂直的三棱锥补成长方体求四面体的体积 如图所示，在四面体ABCD 中，,,AB BC BD 两两垂直，且2AB BC ==，E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成角的余弦值为1010，则四面体ABCD 的体积 . 2.83【解析】依题意把,,AB BC BD 视为长方体一角的三条棱，将四面体ABCD 补成长方体CFAB GHQD -.如图，连结,GF BF ，则GFB ∠就是异面直线AD 与BE 所成角，设BD x =,则22224,8BG GF x BF ==+=，由余弦定理求得4x =.ABCD 18=224=63V ∴⨯⨯⨯四面体. 3.对棱相等的三棱锥补成长方体【例3】已知四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25、13、5，则四面体的体积为 .【解析】 如图, 把四面体S – ABC 补形为长方体ADBE – GSHC ,设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则有a 2 + b 2 = (25)2，b 2 + c 2 = (13)2，c 2 + a 2= 52，联立以上三式并解之得：a = 4，b = 2，c = 3. 故V S – ABC = V 长方体 – 4V S –ABD= abc – 4 312131=⨯⨯abc abc = 8. 【变式1】四面体补成长方体求体积已知四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25、13、5，则四面体的体积为 ． 1.8 【解析】 如图, 把四面体S – ABC 补形为长方体ADBE – GSHC , 设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则有a 2+ b 2= (25)2，b 2 +c 2 = (13)2，c 2 + a 2 = 52，联立以上三式并解之得： a = 4，b = 2，c = 3. 故V S – ABC = V 长方体 – 4V S – ABD= abc – 4 312131=⨯⨯abc abc = 8. 【变式2】四面体补成正方体等积法求点到面的距离已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．ABCDEGQHFA B CDEG SH【变式】由三视图构建长方体探究变量关系借助于均值不等式求最值，在该几何体的正视图中，在该几何体的侧视图、俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a b +的最大值是________．1.4 【解析】 设其长、宽、高分别为x 、y 、z ，则222222226⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩x z y z a yx b ，相加得2222232a b x y z +++=+，又2227x y z ++=，∴2242a b +=，∴4a b +=．。
辅助线(补形法)
辅助线（补形法）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。
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。
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。
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。
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。
分析：因为平行四边形的对角线互相平分，故要证结论，需考虑四边形GEHF是平行四边形。
谈立体几何的补形法
谈立体几何的补形法
补形法是立体几何学中的重要概念，它涉及到形体中性质的变化。
一般来说，补形法可以理解为三维物体的塑造或重塑，包括位置变换、旋转、等轴变换和缩放，因而可以灵活地用于构建复杂形状和变换结构。
为了达到重塑目的，补形法首先要分析其原形体上的主要特征，并依据这些特征将原形体进行分割，找到其它形体的必要参数，并正确应用到原形体上，以得到最终想要的结果。
同时，补形法还需要预先考虑物体中每一部分形状的几何成分，比如边，面及体等。
补形法的本质是应用数学中的变换方程，将原始几何体的特征映射到新的特征空间，从而得到新几何体，这都取决于空间变换参数的精确度，其优势在于可以大大减少费时费力的传统造型工作，有效提升利用机器来制作产品的效率与质量。
另外，补形法还可以应用于多种表面和实体的仿真，它的实现原理是将一组较简单的物体转换为一个更复杂的几何体来塑造更真实的物体，当自由度越大，其建模能力就越强。
这对于复杂机械结构与工业部件有着重要的意义，有助于实现更加准确、全面的建模表述。
总之，补形法是立体几何中极其重要的概念，它可以有效提升几何物体建模与变形的效率，可实现贴近真实物品的逼真仿真，并具有重要的工业应用。
高考数学应试技巧之立体几何
高考数学应试技巧之立体几何在高考中，数学是考生必须要面对的必修科目之一，而立体几何也是其中难度较大的一部分。
在高考中，立体几何通常占据一定比例的分值，因此掌握好立体几何应试技巧对于整个数学成绩的提升有着非常重要的作用。
在本文中，我将介绍一些高考数学立体几何应试技巧，希望能够对广大考生有所帮助。
一、抓住重点难点在立体几何的学习中，我们需要把握住某些重点难点，这些知识点往往决定了整个部分的难度和重要性。
以下是一些高考立体几何的重难点：1. 空间向量和平面向量的相互转化；2. 向量叉乘的定义和性质；3. 直线和平面的方程式和性质，如平面法向量的确定；4. 空间几何中的相交线和平面、轴的求法；5. 三棱锥和四棱锥的性质和特征，以及如何求它们的体积；6. 球体的性质和公式，如球的面积和体积的计算。
以上这些内容都是高考立体几何中难度较大也较为重要的知识点，考生需花费更多的时间和精力去深入学习。
二、解题方法与技巧在考场上，考生需要注意一些解题方法和技巧，以使解题更顺利。
以下是一些常见的解题技巧：1. 画图法：立体图形通常较难想象，可以通过一些手绘图解来帮助解题。
可以在图纸上画出与题目相符合的立体图形，然后通过图形来解答问题。
尤其是在容易出错的计算过程中，可以通过画各个过程图来实现规范化计算。
2. 应用向量计算：在空间向量和平面向量的知识点中，向量计算是一种应用非常广泛的解题方法。
通过把题目所给的向量与需要求解的向量相互运算，可以求解出问题的答案。
例如，求两条直线的夹角、直线上的点到平面的距离等，都可以采用向量方法来解决。
3. 利用坐标系解题：在解决空间几何中的问题时，可以利用三维坐标系来解决。
这种方法可以将三维几何问题转化为平面几何问题，使问题更加明确化和规范化。
比如，若需要求两直线的交点，则可通过方程式，建立坐标系，进而求解问题。
4. 利用相似性质解决问题：在解决三棱锥、四棱锥题目时，我们可以利用它们的相似性质来帮助解决问题。
补形法在立体几何中的妙用
补形法在立体几何中的妙用
张丽
【期刊名称】《天津教育》
【年(卷),期】1996(000)005
【摘要】补形法就是将一些不规则的图形补成我们熟悉的规则的图形.在立体几何题中,题目给出的图形往往是不规则的,其本质特征被掩盖,这就给解题带来一定的困难.如果我们能将图形进行适当的补形,使其转化为我们熟悉的具有某种特性的图形,如正三棱锥、长方体、正方体、直棱柱等,并利用其特有的性质,就可使问题化难为易.下面就常见的补形法举例说明.一、补成正三棱锥如果图形中含有等边三角形,则可考虑将其补成正三棱锥.例1.已知A、B、C是球面上三点,过这三点的截面与球心的距离等于球半径的一半,且AB=BC=CA=2,求球面面积.
【总页数】2页(P41-42)
【作者】张丽
【作者单位】天津耀华中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.“补形法”——立体几何解题中的转化策略 [J], 简素宁
2.补形法在立体几何中的应用 [J], 陈念红
3.巧借补形法解立体几何问题 [J], 闫伟; 刘彦强
4.例谈补形法解立体几何题 [J], 刘立强;杜红全
5.例谈补形法解立体几何题 [J], 刘立强;杜红全
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几种常见的补形法
1 四面体的补形法
【例1】 在四面体ABCD 中，设AB = 1，CD =3，直线AB 与CD 的距离为
2，夹角为3
π
，则四面体的体积等于______．
【解析】 法1：如图，将四面体ABCD 补成四棱锥A – BDCE ， 且BE ∥CD ，BE = CD ，则∠ABE =
3π或3
2π，BE =3，CD ∥面ABE ，∴CD 与AB 的距离即为CD 到平面ABE 的距离，亦即C 到平面ABE 的距离就是三棱锥C – ABE 的高h = 2，∴V A – BCD = V A – BEC = V C – ABE =⋅h 3
1
S △ABE 3sin 21231π⨯⨯⨯⨯
⨯BE AB =2
1. 法2：如图，把四面体ABCD 补成三棱柱ABE – FCD ，则面ABE ∥面CDF ，AB ∥CF ，且CF = 1，则AB 与CD 的距离就是平面ABE 与平面FCD 的距离，即三棱柱的高h = 2，且∠DCF =
3π或3
2π. ∴V 柱 = S △FCD · h =
23
23sin 21=⨯⨯⨯⨯πCF CD ， 故四面体的体积为2
1
31=柱V .
法3：如图，把四面体ABCD 补成平行六面体，则四面体的体积是平行六面体体积的
31,V 平行六面体 = S 底· h =2323sin 3121=⨯⨯⨯⨯π，故四面体的体积为2
1
.
【评注】三棱锥补成四棱锥、三棱柱或正方体可以简化求体积，本题将两异
面的直线段构成的四面体用三种不同的补形探究出. 结论：在四面体ABCD 中，设AB = a ，CD = b ，直线AB 与CD 的距离为h ，夹角为θ，则四面体的体积为V =
θsin 6
1
abh . 2.三侧棱两两垂直的三棱锥补形成长方体
【例2】已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，
PC 两两相互垂直，则正三棱锥P －ABC 球心到截面ABC 的距离为________．
【解析】正三棱锥补成正方体如图，可知球心O 为体对角线PD 的中点，且PO ＝3，又P 到平面ABC 的距离为h ，则13×34×(22)2
·h ＝13×12×2×2×2.∴h ＝233
.
【评注】 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体;如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R 2
＝
a 2＋
b 2＋
c 24
＝l 2
4
(l 为长方体的体对角线长)．
【变式1】利用四个面为直角三角形的三棱锥补成长方体求外接球的面积
在三棱锥V A B C -中，VA ⊥底面ABC ，90ABC ∠=︒，若
A
B
F
E C
D
A
V
A
B E
D C
1,2,3VA
AB BC ===，则三棱锥外接球的表面积为_______．
1.14π.【解析】将三棱锥V ABC -中补成如图所示的长方体，则三棱锥的V ABC -的外接球即如图所示的长方体的外接球，球的直径等于长方体的对角线的长，∴三棱锥外接球的表面积为
2414r ππ=.
【变式2】利用三侧棱两两垂直的三棱锥补成长方体求四面体的体积 如图所示，在四面体ABCD 中，,
,AB BC BD 两两垂直，且
2AB BC ==，E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成角的
ABCD 的体积 . 2.
8
3
【解析】依题意把,,AB BC BD 视为长方体一角的三条棱，将四面体ABCD 补成长方体CFAB GHQD -.如图，连结
,GF BF ，则GFB ∠就是异面直线AD 与BE 所成角，设BD x =,则22224,8BG GF x BF ==+=，由
余弦定理求得4x =.ABCD 18=224=63
V ∴⨯⨯⨯四面体. 3.对棱相等的三棱锥补成长方体
【例3】已知四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25、13、5，则四面体的体积为 .
【解析】 如图, 把四面体S – ABC 补形为长方体ADBE – GSHC ,设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则有a 2
+ b 2
= (25)2
，b 2
+ c 2
= (13)2
，c 2
+ a 2
= 52
，联立以上三式并解之得：a = 4，b = 2，c = 3. 故V S – ABC = V 长方体 – 4V S –
ABD
= abc – 4 1
11=⨯⨯
abc abc = 8. 心到截面ABC 的距离为________．
A
B
C
D
E
G
Q
H
F
【变式】由三视图构建长方体探究变量关系借助于均值不等式求最值
，在该几何体的正视图中，在该几何体的侧视图、俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a b +的最大值是________．
1.4 【解析】 设其长、宽、高分别为x 、y 、
z ，则22222
222
6
⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩x z y z a y
x b
，相加得2222232a b x y z +++=+，又2227x y z ++=，
∴22
42
a b +=，∴4a b +=．。