運(yùn)用割補(bǔ)法解題的五種技巧

摘要：立體幾何中，割補(bǔ)法在求面積和體積類的問題中有著廣泛的應(yīng)用.在解題過程中若能巧妙地對幾何體實(shí)施“割”或“補(bǔ)”，就能變整體為局部、化不規(guī)則為規(guī)則，有利于找到解決問題的突破口，快速解決問題.本文中結(jié)合實(shí)例給出了五種解題技巧，即補(bǔ)“臺(tái)”為“錐”巧求值，切割補(bǔ)形巧證明，補(bǔ)“柱”為“體”巧代換，補(bǔ)“形”轉(zhuǎn)化求距離，補(bǔ)“錐”為“柱”求體積.

關(guān)鍵詞：割補(bǔ)法；解題技巧

“割”，就是把不規(guī)則的幾何圖形分割成幾個(gè)規(guī)則的圖形，“補(bǔ)”就是把不規(guī)則的幾何圖形補(bǔ)充成一個(gè)規(guī)則的圖形，再按照規(guī)則圖形的計(jì)算公式求面積或體積.割補(bǔ)法是立體幾何中一種非常實(shí)用的解題思路與方法，該方法有助于彌補(bǔ)學(xué)生空間想象力不足的缺陷，能夠?qū)⒊橄?、陌生的立體幾何問題轉(zhuǎn)化為直觀、熟悉的幾何問題，幫助學(xué)生發(fā)現(xiàn)已知幾何體與未知幾何體之間的內(nèi)在聯(lián)系，從而快速找到解題思路與方法.本文中結(jié)合典型實(shí)例探究了高中立體幾何學(xué)習(xí)中割補(bǔ)法的具體應(yīng)用技巧，供同學(xué)們參考.

1 補(bǔ)“臺(tái)”為“錐”巧求值

例1（2024年新課標(biāo)Ⅱ卷第7題）已知正三棱臺(tái)ABCA1B1C1的體積為523，AB=6，A1B1=2，求A1A與平面ABC所成角的正切值.

解析：將正三棱臺(tái)ABCA1B1C1補(bǔ)成正三棱錐PABC，如圖1，則A1A與平面ABC所成角就是PA與平面ABC所成的角.

因?yàn)镻A1PA=A1B1AB=13，所以VPA1B1C1VPABC=127，則VABCA1B1C1=2627VPABC=523.故VPABC=18.

設(shè)正三棱錐PABC的高為d，則VPABC=13d×12×6×6×32=18，解得d=23.

設(shè)底面ABC的中心為O，則PO⊥底面ABC，且AO=23.所以PA與平面ABC所成角的正切值tan∠PAO=POAO=1即為所求.

思路與技巧：本題采用了補(bǔ)棱臺(tái)為棱錐的方法，將正三棱臺(tái)ABCA1B1C1補(bǔ)成正三棱錐PABC，A1A與平面ABC所成角即為PA與平面ABC所成角，根據(jù)比例關(guān)系可得VPABC=18，可求出正三棱錐PABC的高，進(jìn)而可得結(jié)果.

2 切割補(bǔ)形巧證明

例2三棱錐PABC中，已知PA⊥BC，PA=BC=l，PA，BC的公垂線段ED=h，求證：三棱錐PABC的體積V=16l2h.圖2

證法1：如圖2，連接AD，PD.

因?yàn)锽C⊥PA，BC⊥ED，PA∩ED=E，所以BC⊥平面PAD.

又ED⊥PA，則S△PAD=12PA5ED=12lh，所以VBADP=13S△PAD5BD，VCADP=13S△PAD5DC.

故V=VBADP+VCADP=13S△PAD5（BD+DC）=16lh5BC=16l2h.

證法2：如圖3，以AB，BC為鄰邊作平行四邊形ABCF，得四棱錐PABCF，顯然有

Vp-ABC=VPACF=VC-PAF，

BC=AF=l.

因?yàn)锽C∥AF，PA⊥BC，所以PA⊥AF，則S△PAF=12PA5AF=12l2.

易證BC∥平面PAF，又ED⊥PA，ED⊥AF，所以ED即為BC到平面PAF的距離，也即點(diǎn)C到平面PAF的距離是h.

故V=VC-PAF=13S△PAF5h=16l2h.

思路與技巧：本題的證法1采用了切割法，把已知三棱錐分為兩個(gè)小三棱錐，并適當(dāng)選擇底面，是為了讓條件能直接為證明所用；證法2則巧妙地運(yùn)用了補(bǔ)形技巧，補(bǔ)形后，使異面垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為共面垂直關(guān)系，將公垂線段長轉(zhuǎn)化為三棱錐的高，從而保證了證明的順利進(jìn)行.

3 補(bǔ)“柱”為“體”巧代換

例3已知斜三棱柱ABCA1B1C1的各棱長都為2，側(cè)棱與底面所成的角為60°，且側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC.

（1）求證：B1C⊥AC1；

（2）求三棱錐B1ABC1的體積.

（1）證明：將三棱柱ABCA1B1C1補(bǔ)成為四棱柱ADBCA1D1B1C1.如圖4，連接B1D，則B1D∥C1A，則B1D與B1C所成的不大于90°的正角即為異面直線B1C與AC1所成的角.連接CD，作B1O⊥AB于點(diǎn)O.又平面ABB1A1⊥底面ABC，平面ABB1A1∩底面ABC=AB，所以B1O⊥平面ABC，則∠OBB1為側(cè)棱B1B與底面ABC所成的角，所以∠OBB1=60°.而BB1=2，則B1O=3，且BO=1，所以O(shè)為平行四邊形ADBC的對角線交點(diǎn)，易知△B1OC≌△B1OD.

又BC=AC=AD=DB=2，∠DBC=120°，則CO=3，所以∠DB1C=2∠DB1O=2arctanODB1O=2arctanCOB1O=2arctan 1=90°.

所以B1D⊥B1C，則B1C⊥AC1.

（2）解：由CC1∥BB1，易知CC1∥平面ABB1.

故VB1ABC=VC1ABB1=VCABB1=VB1ABC=12VB1ADBC=1213S平行四邊形ADBC5B1O=1125AB5CD5B1O=1.

思路與技巧：本題通過補(bǔ)三棱柱為平行六面體，起到了平移AC1至DB1處的作用；割平行六面體為四棱錐B1ADBC是為了作等積代換，便于間接求解三棱錐B1ABC1的體積.

4 補(bǔ)“形”轉(zhuǎn)化求距離

例4三棱錐PABC的底面是Rt△ABC，斜邊AB=10，側(cè)面PAB和PAC垂直于底面，它們的二面角是30°，側(cè)面PBC和底面成60°角，求三棱錐相對棱AC和PB間的距離.

解析：如圖5，把Rt△ACB補(bǔ)成矩形ACBD，連接PD.由AC∥BD，易得AC∥平面PBD，則AC和PB間的距離即為AC和平面PBD的距離，也即點(diǎn)A到平面PBD的距離.

因?yàn)锽D⊥AD，又易證得BD⊥PA，所以BD⊥平面PAD.

作AE⊥PD于點(diǎn)E，則AE⊥平面PBD.

在Rt△PAD中，AE=PA5ADPD.

而BC⊥AC，PA⊥平面ABC，由三垂線定理可知BC⊥PC，所以∠PCA即為平面PBC與底面所成的角.

又PA⊥AB，PA⊥AC，所以∠BAC即為二面角BPAC的平面角.

所以∠PCA=60°，∠BAC=30°.在Rt△ACB中，AB=10，則BC=5，AC=53.在Rt△PAC中，PA=15.又PD=152+52=510，所以AE=15×5510=3210，即AC和PB間的距離是3210.

思路與技巧：本題是巧妙地把求異面直線間的距離問題，轉(zhuǎn)化為線面間或點(diǎn)面間的距離來解決，其中“補(bǔ)形”技巧的優(yōu)越性主要體現(xiàn)在為作出這段垂線段提供了“立足”之點(diǎn).

5 補(bǔ)“錐”為“柱”求體積

例5（2024年天津卷第9題）一個(gè)五面體ABCDEF（如圖6）.已知AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1，并已知AD=1，BE=2，CF=3.求該五面體的體積.

解析：如圖7，用一個(gè)完全相同的五面體HIJNML（頂點(diǎn)與五面體ABCDEF一一對應(yīng)）與該五面體相嵌（互補(bǔ)），使得D與N，E與M，F(xiàn)與L重合.

這樣，就把原來一個(gè)不規(guī)則的錐形五面體“補(bǔ)”（組合）成了一個(gè)新的斜三棱柱.易知AH∥BI∥CJ，且兩兩之間的距離為1，所以該三棱柱的直截面（與側(cè)棱垂直的截面）是邊長為1的等邊三角形，且側(cè)棱長為1+3=2+2=3+1=4.

所以該五面體的體積為VABCDEF=12VABCHIJ=12×12×1×1×32×4=32.

思路與技巧：本題中如果直接求不規(guī)則五面體的體積，似乎有點(diǎn)麻煩；但如果采用互補(bǔ)的方法，將其組合成一個(gè)斜三棱柱，求出這個(gè)三棱柱的體積，進(jìn)而求出不規(guī)則五面體的體積，這樣就簡便得多.

綜上所述，割補(bǔ)法充分體現(xiàn)了“化歸與轉(zhuǎn)化思想”，通過把多面體切割成錐體，把不規(guī)則的幾何體割補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，把一個(gè)復(fù)雜圖形的長度、角度、面積或體積等計(jì)算問題分割成若干個(gè)簡單圖形的計(jì)算，凸顯了“化抽象為具體，化整體為局部、化繁瑣為簡易”的巨大優(yōu)越性.希望同學(xué)們能夠從上述實(shí)例的五種解題技巧中得到啟發(fā)，多加練習(xí)，舉一反三，不斷提高數(shù)學(xué)解題能力.