高中数学：用补形法解立体几何题
巧用补形法解决立体几何问题
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等问
题,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”.
(2)补形法的应用条件:当某些空间几何体是某一个几何体的一部分, 且求解的问题直接求解较难入手时,常用该法.
【类题试解】如图所示,在等腰梯形ABCD中,AB=2DC=2,∠DAB=60°,E
3 2 6 AH= 3 ,在△AFG和△AHO中,根据三角形相似可知 1－( ) , 3 3 3 3 3 AG AH 6 外接球的表面积S球= 4( 6 ) 2 3 . 2 3 OA . 4 2 AF 4 6 3 答案: 3 2
2
【巧妙解法】由已知条件知,平面图形中AE=EB=BC=CD=DA=DE=EC=1.
折叠后得到一个正四面体.如图所示,把正四面体放在
正方体中,显然,正四面体的外接球就是正方体的外接 球.因为正四面体的棱长为1,所以正方体的棱长为 2 , 所以外接球直径2R= 3 2 ,所以R= 6 ,
4 所以外接球的表面积S球= 4( 6 )2 3 . 4 2 答案: 3 2 2 2
所以V几何体=V三棱柱+V四棱锥.
由题知三棱柱ABC-NDM的体积为
V1= 1 ×8×6×3=72.
2
四棱锥D-MNEF的体积为:
1 1 1 V2 S梯形MNEF DN 1 2 6 8 24, 3 3 2
则几何体的体积为:V=V1+V2=72+24=96.
答案:96
【巧妙解法】用“补形法”把原几何体补成一个直三 棱柱,使AA′=BB′=CC′=8, 所以V几何体= 1 V三棱柱= 1 ×S△ABC·AA′=
巧用补形法研究四面体问题
巧用补形法研究四面体问题作者：***来源：《数学教学通讯·高中版》2020年第11期[摘要] 立体几何问题中，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，并在此基础上总结规律，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A，B，C，D 四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD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AB垂直于平面PCD，交AB于P. 设点P到CD的距离为h，则有V■=■×■×2×h×2=■h，当直径通过AB与CD中点时，h■=2■=2■，故V■=■.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CD要垂直，那为什么认定体积最大时AB和CD要垂直？（2）为什么直径通过AB与CD中点时，距离h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，b，它们的距离为d，所成的角为θ，那么它的体积为V■=■abdsinθ（证明见后）.根据这个公式，我们首先得到结论：AB和CD必须垂直，即sinθ=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O和四个顶点，则容易知道△OAB 和△OCD都是正三角形.设AB的中点为E，CD的中点为F，则OE⊥AB，OF⊥CD.设AB与CD间的距离为d，有d≤EF≤OE+OF. （异面直线间公垂线段最短）因此，OEF共线时，四面体的体积可以达到最大值，因为OE=OF=■，故V■=■.？摇？摇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：如图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直径，得到：a2+b2+c2=42，b2+c2=22，所以a=2■，则V■=V■-4V■=abc-4×■×■abc=■abc=■.又b2+c2=22 ，所以V■=■≤■（b2+c2）=■，当且仅当b=c=■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垂直时，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，b，它们的距离为d，所成的角为θ，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）.如图2：那么该平行六面体的底面积为S=■absinθ，平行六面体的体积为V■=■abdsinθ. 同样，该平行六面体由原四面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，V■=■×■×■absinθ=■absinθ.所以V■=V■-4×V■=■absinθ.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a，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：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b，则a=■b，2R=■b，所以R=■a.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：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a，b，c，外接球的半径为R，则a2+b2=32，b2+c2=42，a2+c2=52，（2R）2=a2+b2+c2，所以R=■.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，AD两两垂直，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四面体的三条侧棱就是长方体的长、宽、高，外接球的直径就是长方体的体对角线，则（2R）2=AB2+AC2+AD2=29，所以R=■.例4：若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2■，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，求球O的半径R.根据已知条件可以得到△ABC是直角三角形，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.则（2R）2=SA2+AC2=16，所以R=2.例5：已知四面体PABC的侧面PAC与平面ABC垂直，∠ABC=90°，BC=2■，AB=2，且PA⊥PC，PA=PC，求异面直线PC与AB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AB所成角即為PC与CD所成角的补角的余弦值.取AC中点M，PA=PC，则PM⊥AC，又因为平面PAC与平面ABC垂直，所以PM⊥平面ABC.△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=2■，所以∠ACB=30°，AC=4.△PAC中，PA⊥PC，PA=PC，AC=4，所以PM=2，PC=2■.底面四边形ABDC中，DM2=DC2+CM2-2DC·CM·cos120°，得到DM=2■.Rt△PMD中，PD=4.△PCD中，cos∠PCD=■= -■.所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为■.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，PA⊥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=■·■=■.又因为PA⊥平面ABC，PA=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.。
补形巧解立体几何题
ＡＤ
＝
１ ２
，求面
ＳＣＤ
与面
ＳＡＢ
所成二面角的正切值．
解析 如图 １３，延长 ＢＡ、ＣＤ 交于 Ｅ，连结 ＳＥ．
因为 ＡＤ
＝
１ ２
ＢＣ，且 ＡＤ ∥ ＢＣ，所以 ＥＡ
＝ ＡＢ
＝ ＳＡ
＝ １，ＳＥ ⊥ ＳＢ．
又因为 ＳＡ ⊥ 面 ＡＢＣＤ，所以面 ＳＥＢ ⊥ 面 ＡＢＣＤ，
因为 ＢＣ ⊥ ＥＢ，所以 ＢＣ ⊥ 面 ＳＥＢ，ＢＣ ⊥ ＳＥ，
所以 ＳＥ ⊥ 面 ＳＢＣ，ＳＥ ⊥ ＳＣ，∠ＢＳＣ 是所求二面
角的平面角，又因为 ＳＢ ＝ ２ ，ＢＣ ＝ １，所以 ｔａｎ∠ＢＳＣ
＝
２ ２．
１０ 把长（ 正） 方体补成长（ 正） 方体
图 １３ 图 １４
例 １２ 如图 １４，在长方体 ＡＢＣＤ—Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中， 已知 ＡＢ ＝ ４，ＡＤ ＝ ３，ＡＡ１ ＝ ２，Ｅ、Ｆ 分别是线段 ＡＢ、ＢＣ 上的点，且 ＥＢ ＝ ＦＢ ＝ １，求 ＥＣ１ 与 ＦＤ１ 所成角的余弦 值．
＝
２２ ５
．
图 １１ 图 １２
例 １０ 在正三棱柱 ＡＢＣ—Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中， 若 ＡＢ ＝ ２ ＢＢ１，则 ＡＢ１ 与 Ｃ１Ｂ 所成角的大小为（ ）．
Ａ．６０° Ｂ．９０° Ｃ．３０° Ｄ．４５°
中学数学杂志 ２０１４ 年第 １１ 期 ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ
例 １ 一个四面体的棱长都为 ２ ，四个顶点都 在同一球面上，则球的表面积为（ ）．
Ａ．３π Ｂ．４π Ｃ．３ ３ π Ｄ．６π 解析 如图 １，把四面体补成一个棱长为 １ 的 正方体，则正方体的对角线就是球的直径．因为 ２Ｒ ＝ ３ ，所以 Ｓ球表面积 ＝ ４πＲ２ ＝ ３π，故应选 Ａ．
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.。
谈立体几何的补形法
谈立体几何的补形法
吴建伟
【期刊名称】《中学教研：数学版》
【年(卷),期】1992(000)001
【摘要】柱、锥、台、球等几何体,它们虽然形状不同,但在本质上存在着各种联系,在一定的条件下,可以相互转化。
通过转化,把复杂的问题归结成简单的解法,化难为易,从而得到解题的途径和方法,本文介绍立几的补形法。
检查这种方法的使用,是考查学生数学能力的一个重要方面,故在高考及各类数学竞赛中也常常出现,现举例如下: 一、补成平行六面体例1 斜三棱柱ABC—
A<sub>1</sub>B<sub>1</sub>C<sub>1</sub>的一个
【总页数】3页(P15-17)
【作者】吴建伟
【作者单位】浙江嵊县中学
【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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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
立体几何习题课(分割法、补形法求体积等举例)资料讲解
例6、三棱锥P-ABC中，AP=AC，PB=2，将此棱锥沿三
条侧棱剪开，其展开图是一个直角梯形P1P2P3A。 （1）求证：侧棱PB⊥ AC；
（2）求侧面PAC与底面ABC所成的角的余弦值。
P1
m
A
P
2
B
B
Ө
A
2
D
C （甲）
P2
m
m
D
C n E n P3 （乙）
解:(1)（略）
(2)甲图中，作PD⊥AC于D，连接BD，可得PDB
面的外心，即点D，∴SD⊥平面ABC。
C
∴由VS-ABC=
1 3
S△ABC•SD得三棱锥体积。
例2、在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中， 求D1到截面C1BD的距离。
D1
A1
B1
C1
V V 提示：利用
求解。
D1C1BD = BC1D1D
D A
C B
KEY： 3 a
3
注意：等体积法求点面距离。
P
A`
P A
C A
B
P`
C B`
C` B
提示：分别以三组对棱作为一长方体的相对面的对角线，将原三棱锥补成一个长方体，如图，
则V P-ABC=V长方体-4V PABP` 。设长方体长宽高分别为a、b、c，则有：
a2b225a3 b a2 2 c c2 2 4 3 1 4 b c 5 4 V P 所A 以B 三 C 棱3 锥4 P -A5 BC4的1 6 体 积3 为4 2 05 （ 立2方0 单位）。
h V1
V2=V1+V球
R
2R
V2
小结：
1、分割法求体积； 2、利用射影面积法求二面角； 3、补形法求体积； 4、几何体展开问题。
立体几何割补法
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。
高三数学 立体几何的难点突破 3常见的补形法 试题
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 的间隔 为2，夹角为3π，那么四面体的体积等于______． 【解析】 法1：如图，将四面体ABCD 补成四棱锥A – BDCE ， 且BE ∥CD ，BE = CD ，那么∠ABE =3π或者32π，BE =3，CD ∥面ABE ，∴CD 与AB 的间隔 即为CD 到平面ABE 的间隔 ，亦即C 到平面ABE 的间隔 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 ，那么面ABE ∥面CDF ，AB ∥CF ，且CF = 1，那么AB 与CD 的间隔 就是平面ABE 与平面FCD 的间隔 ，即三棱柱的高h = 2，且∠DCF =3π或者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，那么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、三棱柱或者正方体可以简化求体积，此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 的间隔 为h ，夹角为θ，那么四面体的体积为V =θsin 61abh .2.三侧棱两两垂直的三棱锥补形成长方体【例2】正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，假设PA ，PB ，PC 两两互相垂直，那么正三棱锥P －ABC 球心到截面ABC 的间隔 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ABCABFE CDCDBA制卷AB EDC的间隔 为h ，那么13×34×(22)2·h ＝13×12×2×2×2.∴h ＝233.【评注】 假如三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体;假如三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么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 ∠=︒，假设1,2,3VA AB BC ===，那么三棱锥外接球的外表积为_______．1.14π.【解析】将三棱锥V ABC -中补成如下图的长方体，那么三棱锥的V ABC -的外接球即如下图的长方体的外接球，球的直径等于长方体的对角线的长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 如下图，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. 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 ，那么GFB ∠就是异面直线AD 与BE 所成角，设BD x =,那么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】四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25、13、5，那么四面体ABVCABCDEGQHF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 ，那么有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四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25、13、5，那么四面体的体积为 ． 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 ，那么有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间隔正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，假设PA ，PB ，PC 两两互相垂直，那么球心到截面ABC 的间隔 为________．2.33【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 的间隔 为h ，那么13×34×(22)2·h ＝13×12×2×2×2.∴h ＝233.【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某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，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，那么a b +的最大值是________．1.4 【解析】 构造一个体对角线为7且一条面对角线为6的长方体，设其长、宽、高分别为x 、y、z，那么222222226⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩x zy z ay x b，相加得2222232a bx y z+++=+，又2227x y z++=，∴2242a b+=，∴4a b+．制卷人：打自企；成别使；而都那。
立体几何中的补形与等效问题
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.。
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。
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。
立体几何习题课(分割法、补形法求体积等举例)
例4、三棱锥V-ABC中，VA底面ABC，ABC=90o， VA=a，VB=b，AC=c（cb），M是VC中点。
（1）求证：V，A，B，C四点在以M为球心的球面上； （2）求VC与AB所成的角的大小。
V
M
G
A
E
C
B
F
（arcco(bs2aa22)c(a22c2)）
例6、三棱锥P-ABC中，AP=AC，PB=2，将此棱锥沿三
条侧棱剪开，其展开图是一个直角梯形P1P2P3A。 （1）求证：侧棱PB⊥ AC；
（2）求侧面PAC与底面ABC所成的角的余弦值。
P1
m
A
P
2
B
B
Ө
A
2
D
C （甲）
P2
m
m
D
C n E n P3 （乙）
解:(1)（略）
(2)甲图中，作PD⊥AC于D，连接BD，可得PDB
即为面PAC与面ABC所成二面角的平面角。
（KEY： 3 ）
注意：分割法求体积。
例1、已知三棱锥的两个侧面都是边长为 6 的等边三角 形，另一个侧面是等腰直角三角形。求此三棱锥的体积。
（解法2）
S
A D B
法二：取AB中点D，连接SD，CD。易得△ABC
为等腰直角三角形，ACB=90o。则有SD⊥AB，
CD⊥AB。又SA=SB=SC，∴S在底面的射影为底
∴ cosPDB=4/5,为所求。
P
2
（甲）
B
Ө
A
D
C
P1
m
（乙）
A
2
B
m
m
2
D
P2
C n E n P3
巧用“补形法”妙解几何题
。
囱６
半 圆 补 成 整 圆 ， 延 长Ｐ 、 Ｄ， 再 Ｃ Ｐ 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Ｅ Ｆ 分 ＣＰ 、。
由Ｊ 边 Ａｃ＝ 矩 Ｂｎ一 △ Ｄ— △Ｄ ， ． 边形 ＢＤ ２。 Ｓ 形 ＢＤ Ｓ 形 ｃ ：Ｓ ＡＥ Ｓ ｃＦ得 ｓ 四 四 Ａｃ＝１ 五 、 成 正 方 形 补
例 ５ 已 知 △ Ｂ Ｃ中 ， Ａ＝ ５ ， 上ＢＣ于 Ｄ， Ｄ＝ ＤＣ＝ ４ 。ＡＤ Ｂ ３， 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 ｔ ｉ 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 Ａ Ｅ，再 以 Ｃ Ｂ 补 成 等 腰 三 角 形 为 轴 补 画一 个 与 三 角 形ＡＣ Ｄ 例 １ △Ａ Ｃ ， Ｄ是 Ａ的 平 分 线 ， Ｂ 中 Ａ 且ＡＤ Ａ ＝ Ｂ。Ｃ Ｍ垂 直 对 称 的 直 角 三 角 形 ＡＣ 延 Ｆ． ， ， Ａ Ｄ的 延 长 线 于 ， 证 ： Ｂ ＡＣ ２ Ｍ。 求 Ａ ＋ ＝Ａ 长 Ｅ Ｆ 交 于 点 Ｇ， 由 Ｂ、 Ｃ 分 析 ： 图 ｌ 由 １ 如 ， ＝／２， ＡＭ ｊ Ｃ， ＿ Ｃ ＡＢ＝ ５ ４ ￣． 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Ｃ Ｍ交 于 ．于 是 将 原 图 形 补 成 Ｇ
巧解几何题之“补形法”
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.。
补形巧解立体几何题
数学教育研究补形巧解立体几何题华腾飞 （安徽省灵璧县黄湾中学 ２３４２１３）） 巧妙补形是求解立体几何问题较为常用的一种解题方法，是把一个几何体补成另一个几何体，从而在新形成的几何体中研究原几何体的有关问题，这样可以使要求解的问题变得简单，解题过程简捷，思维空间广阔，解题方法新颖，问题获解顺利．１ 把正四面体补成正方体例１ 一个四面体的棱长都为槡２，四个顶点都在同一球面上，则球的表面积为（ ）Ａ．３π Ｂ．４π 槡Ｃ．３３π Ｄ．６π解析 如图１，把四面体补成一个棱长为１的正方体，则正方体的对角线就是球的直径．∵２犚槡＝３，犛球表面积＝４π犚２＝３π，故应选Ａ．图１图２２ 把三条棱相互垂直的三棱锥补成长（正）方体 例２ 在球面上有四点犘、犃、犅、犆，如果犘犃、犘犅、犘犆两两互相垂直，且犘犃＝犘犅＝犘犆＝犪，那么这个球的表面积是．解析 如图２，把三棱锥犘—犃犅犆补形为一个棱长为犪的正方体，则正方体的对角线即为球的直径．∵２犚槡＝３犪，∴犛球表面积＝４π犚２＝３π犪２．３ 把对棱相等的四面体补成长方体例３ 已知四面体犛犃犅犆的三组对棱相等，依次为槡２５、槡１３、５，求四面体的体积．图３解析 如图３，把四面体犛－犃犅犆补形为长方体犃犇犅犈－犌犛犎犆．设长方体的长、宽、高分别为犪、犫、犮，则有犪２＋犫２＝（槡２５）２，犫２＋犮２＝（槡１３）２，犮２＋犪２＝５２，联立以上三式并解之得：犪＝４，犫＝２，犮＝３．故犞犛－犃犅犆＝犞长方体－４犞犛－犃犅犇＝犪犫犮－４×１３×１２犪犫犮＝１３犪犫犮＝８．４ 把三棱锥补成四棱锥（或三棱柱或平行六面体） 例４ 在四面体犃犅犆犇中，设犃犅＝１，犆犇槡＝３，直线犃犅与犆犇的距离为２，夹角为π３，则四面体的体积图４等于．解法１ 如图４，将四面体犃犅犆犇补成四棱锥犃－犅犇犆犈，且犅犈∥犆犇，犅犈＝犆犇，则∠犃犅犈＝π３或２π３，犅犈槡＝３，犆犇∥面犃犅犈，∴犆犇与犃犅的距离即为犆犇到平面犃犅犈的距离，亦即犆到平面犃犅犈的距离也就是三棱锥犆－犃犅犈的高犺＝２．∴犞犃－犅犆犇＝犞犃－犅犈犆＝犞犆－犃犅犈＝１３犺·犛△犃犅犈＝１３×２×１２×犃犅×犅犈×ｓｉｎπ３＝１２．图５解法２ 如图５，把四面体犃犅犆犇补成三棱柱犃犅犈－犉犆犇，则面犃犅犈∥面犆犇犉，犃犅∥犆犉，且犆犉＝１，则犃犅与犆犇的距离就是平面犃犅犈与平面犉犆犇的距离，即三棱柱的高犺＝２，且∠犇犆犉＝π３或２π３．犞柱＝犛△犉犆犇·犺＝１２×犆犇×犆犉×ｓｉｎπ３×２＝３２．故四面体的体积为１３犞柱＝１２．图６解法３ 如图６，把四面体犃犅犆犇补成平行六面体，则四面体的体积是平行六面体体积的１３．犞平行六面体＝犛底·犺＝１２槡×１×３×ｓｉｎπ３×２＝３２，故四面体的体积为１２．结论：在四面体犃犅犆犇中，设犃犅＝犪，犆犇＝犫，直线犃犅与犆犇的距离为犺，夹角为θ，则四面体的体积为·６３·２０１５年第１期 犞＝１６犪犫犺ｓｉｎθ．５ 把首尾相连两两垂直的三棱锥补成长（正）方体 图７例５ 如图７，犘犃⊥平面犃犅犆，∠犃犆犅＝９０°，且犘犃＝犃犆＝犅犆＝犪，则异面直线犘犅与犃犆所成角的正切值为．解析 如图７所示，把三棱锥犘－犃犅犆补成正方体犃犅犆犇－犘犆１犅１犇１，则犃犆∥犅犇，∠犘犅犇是异面直线犘犅与犃犆所成的角．连结犘犇，在犚狋△犘犇犅中，ｔａｎ∠犘犅犇槡＝２．６ 把四棱锥补成长（正）方体图８例６ 如图８，四棱锥犛－犃犅犆犇的底面是边长为１的正方形，犛犇垂直于底面犃犅犆犇，犛犅槡＝３．（１）求证：犅犆⊥犛犆；（２）求面犃犛犇与面犅犛犆所成二面角的大小．解析 ∵犃犅＝犅犆＝１，∴犛犇＝１，故可把原四棱锥补成正方体犃犅犆犇－犃１犅１犆１犛．（１）∵犅犆⊥面犃犇犆犆１，∴犅犆⊥犛犆．（２）连犃１犅，则面犃犛犇与面犅犛犆所成的二面角，即为面犃犇犛犃１与犅犆犛犃１所成的二面角．∵犃１犛⊥犛犇，犃１犛⊥犛犆，∠犆犛犇为所求二面角的平面角，∠犆犛犇＝４５°，故所求二面角为４５°．图９例７ 如图９，在四棱锥犘－犃犅犆犇中，底面犃犅犆犇为矩形，侧棱犘犃⊥底面犃犅犆犇，犃犅槡＝３，犅犆＝１，犘犃＝２．求直线犃犆与犘犅所成角的余弦值．解析 如图９所示，把四棱锥犘－犃犅犆犇补成长方体犘犅１犆１犇１－犃犅犆犇，连结犘犆１，犘犆１∥犃犆，所以∠犅犘犆１为犃犆与犘犅所成角，连结犅犆１，在△犘犅犆１中，由余弦定理可得：ｃｏｓ∠犅犘犆１＝槡３７１４．故犃犆与犘犅所成角的余弦值为槡３７１４．７ 把互相垂直的两长（正）方形补成长（正）方体 例８ 如图１０，已知正方形犃犅犆犇和矩形犃犆犈犉所在的平面互相垂直，犃犅槡＝２，犃犉＝１，犕是线段犈犉图１０的中点．（１）求证：犃犕∥平面犅犇犈；（２）求二面角犃－犇犉－犅的大小．解析 如图１０，将原几何体补成长方体犃犅犆犇－犉犅１犈犇１．（１）设犃犆与犅犇的交点为犗，连结犗犈，则易知犗犈∥犃犕，故犃犕∥平面犅犇犈．（２）由正方体的性质知，犅犃⊥面犃犇犇１犉，过犃作犃犌⊥犇犉，连犅犌，则犅犌⊥犇犉，∴∠犃犌犅为所求二面角的平面角，在犚狋△犃犌犅中，易求∠犃犌犅＝６０°．图１１８ 把三棱柱补成四棱柱例９ 如图１１，在直三棱柱犃犅犆—犃１犅１犆１中，犃犆＝３，犅犆＝４，犃犅＝５，犃犃１＝４，求异面直线犃犆１与犅１犆１所成角的余弦值．解析 由条件知犃犆⊥犆犅，如图１１，把直三棱柱犃犅犆－犃１犅１犆１补成长方体犃犅犆犇－犃１犅１犆１犇１，连结犅１犇，则犅１犇∥犃犆１，且犅１犇＝犃犆１，所以∠犇犅１犆为犃犆１与犅１犆所成角（或其补角）．连结犆犇，在△犅１犆犇中，犆犇＝５，犅１犇＝５，犅１犆＝槡４２，则由余弦定理得ｃｏｓ∠犇犅１犆＝槡２２５．例１０ 在正三棱柱犃犅犆－犃１犅１犆１中，若犃犅＝槡２犅犅１，则犃犅１与犆１犅所成角的大小为（ ）Ａ．６０° Ｂ．９０° Ｃ．４５° Ｄ．３０°图１２解析 如图１２，把原正三棱柱补成直平行六面体犃犅犆犇－犃１犅１犆１犇１，则四边形犃犅犆犇为菱形，且∠犅＝６０°．设犅犅１＝犪，则犃犅槡＝２犪，连犃犇１，则犃犇１∥犅犆１，故∠犅１犃犇１为犃犅１与犆１犅所成角（或其补角），犃犅１＝犃犇１槡＝３犪．在△犃１犅１犇１中，犃１犅１＝犃１犇１槡＝２犪，∠犅１犃１犇１＝１２０°，犅１犇１槡＝６犪，犃犅２１＋犃犇２１＝犅１犇２１，∠犅１犃犇１＝９０°，应选Ｂ．９ 将四棱锥补成三棱锥例１１ 在底面是直角梯形的四棱锥犛－犃犅犆犇中，∠犃犅犆＝９０°，犛犃⊥面犃犅犆犇，犛犃＝犃犅＝犅犆＝１，（下转第９页）修改和完善；（４）选一名同学代表，准备大组交流．误区三：只学不教教师是课堂教学的组织者、调控者、参与者，对数学课堂教学起着重要的引领作用．然而，在数学课程改革中，出现了一种过分强调学生主体地位的呼声，以至于有的教师不敢“教”学生了，一切让学生自学，再加以答案的校对．其实，小学生的经验不足，又缺乏教师有效的指导，只学不教并没有真正地尊重学生的主体地位，而是一种低效甚至无效的教学．对策５ 教在知识疑难处，让学生乐学先学后教之“先学”的过程，实际上也是一个教师了解学情、实现学情分析的过程．教师深入到学生的学习当中去，分清问题主次，概括归类，为“后教”做好准备．因此，“后教”之教要想提高有效性，必须对学生学习的疑难处进行深层次、多角度地自学提示，让学生对数学学习产生兴趣．如：一位教师在教《循环小数》时，可设计４个自学指导：１．计算２７页的例９２８÷１８（一组做）例８、６÷１１（二组做）观察２７页例８的竖式，你发现了商有什么特点？余数有什么特点？（２分钟）２．猜想一下：如果继续除下去，商会是多少？（１分钟）３．验证：在书上例８的竖式上算出小数部分第五位商．（１分钟）４．观察比较例８、例９的商和余数，你发现它们有什么异同？自学２８页循环小数的概念，你能举例说说什么是循环小数吗？（３分钟）对策６ 教在知识生成处，让学生善学先学后教如果只重视学生数学知识学习的疑难处，那还是停留在浅层次上．“后教”应将目光投向学生学习的生成处，让课堂成为师生教学相长的生命对话式过程．唯此，能真正提高学生数学学习能力．如在教学“平行四边形的面积”时，学生们通过预习和思考，纷纷发言：“平行四边形的面积和底有关”、“平行四边形的面积与底边的高有关”、“平行四边形的面积与斜边有关”、“平行四边形的面积与相邻的两条边的夹角有关”．显然，第四个问题却超出了他的预设，但这是课堂真实生成的有价值的数学问题，于是他改变了原来的教学方案，引导学生就这几个问题进行探究，寻找其中的规律，并举出生活的实例来验证．结果，学生探索热情高涨，对平行四边形的面积的掌握更为牢固了．第斯多惠说：教学艺术的本质不在于传授的本领，而在于激励、唤醒和鼓舞．先学后教应避免错误的观念、做法，真正发挥“学”的有效性，使先学后教真正成为学生成长的助推器！［责任编校 王 蓓檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪檪］（上接第３７页）犃犇＝１２，求面犛犆犇与面犛犃犅所成二面角的正切值．图１３解析 如图１３，延长犅犃、犆犇交于犈，连结犛犈．∵犃犇＝１２犅犆，且犃犇∥犅犆，∴犈犃＝犃犅＝犛犃＝１，犛犈⊥犛犅．又∵犛犃⊥面犃犅犆犇，∴面犛犈犅⊥面犃犅犆犇，∵犅犆⊥犈犅，∴犅犆⊥面犛犈犅，犅犆⊥犛犈，∴犛犈⊥面犛犅犆，犛犈⊥犛犆，∠犅犛犆是所求二面角的平面角，又∵犛犅槡＝２，犅犆＝１，∴ｔａｎ∠犅犛犆＝槡２２．１０ 把长（正）方体补成长（正）方体例１２ 如图１４，在长方体犃犅犆犇－犃１犅１犆１犇１中，已知犃犅＝４，犃犇＝３，犃犃１＝２，犈、犉分别是线段犃犅、犅犆上的点，且犈犅＝犉犅＝１，求犈犆１与犉犇１所成角的余弦值．图１４解析 如图１４，把原长方体补成一个大小与之相等的长方体犅犌犎犆－犅１犌１犎１犆１，在犌犎上取一点犉１，使犌犉１＝１，连结犈犉１、犆１犉１，则犇１犉∥犆１犉１，∠犈犆１犉１为犈犆１与犉犇１所成角（或其补角）．在△犈犆１犉１中，由余弦定理易得ｃｏｓ∠犈犆１犉１＝槡２１１４．［责任编校 钱骁勇］。
割补法在立体几何中的应用
《割补法在立体几何中的应用》学案操冬生1.观看投影：正方体的分割2.问题一：○1求棱长为2的正四面体的体积。
分析：将正四面体通过补形使其成为正方体，然后将正方体的体积减去四个易求体积的小三棱锥的体积。
解：如图，将正四面体补形成一个正方体，则正方体的棱长为1，则：V 正四面体＝V 正方体－4V 三棱锥＝1－31121314=⨯⨯⨯。
C C 1D 1○2求棱长为2的正四面体的外接球表面积。
○3求棱长为2的正四面体的内切球半径。
○4 求棱长为2的正四面体的内部任一点到各个面的距离之和○5.在正方体D C B A ABCD ''''-中，求异面直线B D '、和C B '所成的角？问题二：四面体S--ABC 中，三组对棱分别相等，且依次为2 5， 13，5 ○1.求该四面体的体积。
○2.求该四面体的外接球表面积。
○3.求该四面体的内切球半径。
○4.在长方体D C B A ABCD ''''-中，求异面直线B D '、和C B '所成的角？○5.拓展：有两个有相同内切球的多面体，其表面积之比为m:n ，它们的体积比为_____________ 问题3：○1.斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面BB 1C 1C 的面积为S ，AA 1到此侧面的距离是a ，求此三棱柱的体积？○2.已知三棱锥的两个侧面都是边长为 6 的等边三角形，另一个侧面是等腰直角三角形。
求此三棱锥的体积。
B SAC问题4： 在高考中的应用1.（2008海南理科12）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a + b 的最大值为（ ）A. 22B. 32C. 4D. 522、（2008海南理科18）如图，已知点P 在正方体ABC D －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA=60°。
四面体的一种补形方法及其应用_张必平
=11 , |DA |=9 , 则AC BD 的取值 ( )
(A) 只有一个. (B) 有两个.
(C)有四个.
(D)有无究多个.
解 连 AC , BD 得
四面体 ABCD . 如图 5 ,
将它补成 平行六面体
AB 1 CD 1 - A1 BC1 D . 由
条件得 |A.
(收稿日期 :2006 - 06 - 01)
积V
=Sd
=
3 2
.
注意到
V =V =V B- AB1 C
B- CC1P
D - ACD 1
=VD- AA1 B
=
1 6
V
,
∴V ABCD
=V -
4
×
1 6
V
=
1 3
V
=
1 2
,
选(B).
例 2 (2005 年全国高中数学联赛题)空间
四边形 ABCD 中 , |AB |=3 , |BC|=7,|CD |
分别是 BC , AD 的 中点 , 求异面直线 AE 和
CF 所成的角.
解 如图 8 , 将四面
体 ABCD 补成 正 方体 ,
建立空间直 角坐标系 A
- xyz . 设正方体的棱长
为单位 1 , 则 AE
=(
1 2
,
1,
1 2
), F(
1 2
,0,
1 2
)
,
图8 例 4 图
C(0 , 1 , 1), FC
(C) 72π. (D) 94π.
解 长为 1 的两条棱不可能同在三棱
锥的一个面内 , 必为对棱.
如图 6 , 将三棱锥补成
平行 六面 体. 由 三组 对棱
2017高考技巧大全之高中数学黄金解题模板专题42巧用补形法解决立体几何问题备战Word版含解析
【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。
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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5
A. 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。
分析：以ABC为底面，PA为侧棱补形为一个三棱柱ABC －，进一步补形为平行六面体ABCD－（如图7），那么
由异面直线PA、BC的距离为h知：
两底面与平面的距离为h
又PA⊥BC，PA＝BC＝a
可求出底面的面积为，所以
例6. 已知正三棱柱ABC－，若，求与所成的角。
分析：在三棱柱ABC－的下方再补上一个大小形状一样的三棱柱－EFG，构成一个新的三棱柱ABC－EFG（如图8），连结，则∠FA1C即为所求。
易知
由知：
∠AB1G＝90°
故∠FA1C＝90°
4. 其它不规则几何体可视情况补形为三棱柱或平行六面体
例7. 如图9，在多面体ABCDEF中，平面ABCD是正方形，且EF∥平面ABCD。
若EF＝3，且其余的棱长都是2，求该多面体的体积。
分析：先把该不规则多面体补形为三棱柱，进一步补形为平行六面体（如图9）。
可求得点F到平面的距离为。
所以
从以上几例可知，补形后的运算很简捷，难点就在于如何突破“补形”这一关。
规律是原几何体经补形后常常置身于长方体、正方体、三棱柱或平行六面体等规则几何体中，由整体再回过头来看局部，则可化难为易。
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