割补法

最新推荐文章于 2024-03-07 21:13:14 发布

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一、何为割补法

二、什么时候用割补法

一般到特殊，
四面体割补得到长方体，正四面体割补得到正方体；可以参见下面的数学常识储备。
在涉及棱柱和棱锥的外接球中，常考虑使用割补法，具体操作如下：就是把符合条件的棱柱或棱锥放入长方体中，从而把问题转化为长方体的外接球问题，这是转化与划归思想的应用。

适合这种方法的情况小结如下：

①正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥。

②同一个顶点上三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥。

③若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补体成长方体或正方体。

④若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将棱锥补体成长方体或正方体。

三、割补法可能用到的结论：

数学常识储备

如图所示的是正方体$ABCD-A'B'C'D'$，有如下的常用结论：

(1)体对角线$B'D\perp$平面$ACD'$(如图1)

证明：令体对角线$B'D$和平面$ACD'$的交点是$N$，由正四面体$B'-ACD'$可知，$N$是三角形底面的中心，连接$OD'$，则易知$AC\perp BD$，$AC\perp BB'$，故$AC\perp B‘D$，同理$AD'\perp B'D$，故体对角线$B'D\perp$平面$ACD'$。

(2)$DN=\cfrac{1}{3}B'D$(如图1，利用等体积法)

(3)平面$ACD'//A'BC'$(如图2)

(4)平面$ACD'$与平面$A'BC'$的间距是$\cfrac{1}{3}B'D$，即体对角线的$\cfrac{1}{3}$(如图2)

(5)三棱锥$B'-ACD'$是正四面体。三棱锥$D-ACD'$是正三棱锥。

(6)如果需要将正四面体或者墙角型的正三棱锥恢复还原为正方体，我们可以先画出正方体，然后在里面找出需要的正四面体或者墙角型正三棱锥。

四、典例剖析：

例1【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第15题】

已知一个四面体$ABCD$的每个顶点都在表面积为$9\pi$的球面上，且$AB=CD=a$，$AC=AD=BC=BD=\sqrt{5}$，则$a$=__________。

分析：如下图所示，构造此四面体，要直接求解$a$，很困难，此时可以考虑将其放置到长方体中，这样我们就想到割补法。

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$a$，$\sqrt{5}$，$\sqrt{5}$为三边的三角形作为底面，且分别为$x$，$y$，$z$为侧棱长、且侧棱两两垂直的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为$x$，$y$，$z$的长方体，

则有$x^2+y^2=5$，$x^2+z^2=5$，$y^2+z^2=a^2$，设球半径为$R$，则有$(2R)^2=x^2+y^2+z^2=\cfrac{1}{2}a^2+5$，

又由于四面体$ABCD$的外接球的表面积为$9\pi$，则球的表面积为$S=4\pi R^2=9\pi$．

即$4R^2=9$，则$\cfrac{1}{2}a^2+5=9$，解得$a=2\sqrt{2}$。

例2【2017凤翔中学第二次月考理科第15题】

已知三棱锥$P-ABC$满足$PA、PB、PC$两两垂直，且$PA=PB=PC=2$，$Q$是三棱锥$P-ABC$外接球上的一个动点，则点$Q$到平面$ABC$的距离的最大值是多少？

分析：我们可以将此三棱锥还原为正方体的一部分，补体并特殊化为为正方体的一个角，如图所示，

且正方体有个外接球，那么点$Q$到平面$ABC$的距离的最大值即是正方体的体对角线的$\cfrac{2}{3}$，而体对角线长为$\sqrt{2^2+2^2+2^2}=2\sqrt{3}$，故所求值为$\cfrac{4\sqrt{3}}{3}$。

例3(2017凤翔中学第三次月考理科第10题)

已知球面上有$A、B、C$三点，如果$|AB|=|BC|=|AC|=2\sqrt{3}$，且球心到平面$ABC$的距离为1，则该球的体积为多少？

分析：本题目关键是求球的半径$R$ ，如上例中的模型，已知的三点可以安放在图中的点$A'、B、C'$处，但是要注意，

已知的平面$ABC$和模型中的平面$A'BC'$平行，不一定重合，此时求半径问题就转化为求正三棱锥的侧棱的长问题了，

而且此时正三棱锥的底面边长为$2\sqrt{3}$，正三棱锥的高是1，高的垂足$E$是下底面的中心，

则其侧棱$OA$，$OA=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，故$R=\sqrt{5}$，

故该球的体积$V_球=\cfrac{4}{3}\cdot \pi\cdot R^3=\cfrac{20\sqrt{5}}{3}\pi$。

例4【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第10题】

已知正三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AB=AA_1=2$，则异面直线$AB_1$与$CA_1$所成角的余弦值为【】

$A.0$ $B.-\cfrac{1}{4}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{2}$

【法1】空间向量法，第一种建系方式；以点$A$为坐标原点，以$AC$，$AA_1$分别为$y$、$z$轴，以和$AC$垂直的直线为$x$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则$A(0，0，0)$，$B(\sqrt{3}，1，0)$，$A_1(0，0，2)$，$B_1(\sqrt{3}，1，2)$，$C(0，2，0)$，

$\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，2)$，$\overrightarrow{A_1C}=(0，2，-2)$，且线线角的范围是$[0，\cfrac{\pi}{2}]$，

故所求角的余弦值为$|cos<\overrightarrow{AB_1}，\overrightarrow{A_1C}>|=\cfrac{|1\times 2+2\times(-2)|}{\sqrt{8}\times\sqrt{8}}=\cfrac{1}{4}$。故选$C$。

【法2】：立体几何法，补体平移法，将正三棱柱补体为一个底面为菱形的直四棱柱，连结$B_1D$，则$B_1D//A_1C$，

故异面直线$AB_1$与$CA_1$所成角，即转化为共面直线$AB_1$与$B_1D$所成的角$\angle AB_1D$，连结$AD$，

在$\Delta AB_1D$中，$AB=AA_1=2$，可得$AB_1=B_1D=2\sqrt{2}$，$AD=2\sqrt{3}$，

由余弦定理可知，$cos\angle AB_1D=\cfrac{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2-(2\sqrt{3})^2}{2\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{3}}=\cfrac{1}{4}$，

故所求为$\cfrac{1}{4}$，故选$C$。

例16【2019届高三理科数学二轮用题】在面积为4的正方形$ABCD$中，$M$是线段$AB$的中点，现将图形沿$MC$，$MD$折起，使线段$MA$和$MB$重合，得到一个四面体$A-CDM$，其中点$B$和点$A$重合，则该四面体外接球的表面积为_________。

分析：平面图形如左图，立体图形如右图所示，$\angle MAC=\angle MAD=\cfrac{\pi}{2}$，下来的重点是如何将四面体放置在球体内部。

可以这样来思考，将最特殊的面$ACD$放置在下底面，这样方便来放置和下底面垂直的侧棱，如下图所示；

底面圆的圆心$O'$为下底面正三角形的重心，$O$为球心，则$OA=OM=R$，由于$\triangle ACD$为等边三角形，$AC=2$，则$CH=1$，$AH=\sqrt{3}$，则$AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}$，过点$O$做$OK\perp AM$于$K$，则$OK=AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}$，又$AK=\cfrac{1}{2}AM=\cfrac{1}{2}$，在$Rt\triangle AOK$中，由勾股定理可知$R^2=(\cfrac{2\sqrt{3}}{3})^2+(\cfrac{1}{2})^2=\cfrac{19}{12}$，故$S_{球O}=4\pi R^2=\cfrac{19\pi}{3}$。