馮恒仁

摘要：在高三復(fù)習(xí)備考中，有很多求長(zhǎng)度、角度、面積、體積的問(wèn)題，除了常規(guī)解法，恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用割補(bǔ)法把問(wèn)題放到特殊的幾何圖形中，也有助于我們很快找到解決問(wèn)題的突破口，使運(yùn)算變得非常簡(jiǎn)潔，達(dá)到事半功倍的效果.因此，教師在教學(xué)中要充分挖掘割補(bǔ)法所蘊(yùn)含的化歸與轉(zhuǎn)化思想，不斷提高學(xué)生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.

關(guān)鍵詞：割補(bǔ)法;化歸與轉(zhuǎn)化;平面幾何;立體幾何

1 割補(bǔ)法的內(nèi)涵

所謂割補(bǔ)法就是把一個(gè)復(fù)雜圖形的長(zhǎng)度、角度、面積或體積的計(jì)算分割成若干個(gè)簡(jiǎn)單圖形的有關(guān)計(jì)算，或者將一個(gè)不易求出長(zhǎng)度、角度、面積或體積的幾何圖形補(bǔ)形為較易計(jì)算的幾何圖形.例如，把梯形割補(bǔ)成平行四邊形、矩形、直角三角形，把斜三角形割補(bǔ)成直角三角形，把斜棱柱割補(bǔ)成直棱柱，把棱錐補(bǔ)成棱柱（常見(jiàn)的題是將特殊的三棱錐、四棱錐補(bǔ)形為長(zhǎng)方體、正方體），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，從而把復(fù)雜的轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的.

2 割補(bǔ)法在解題中的應(yīng)用舉例

2.1 在平面幾何中的應(yīng)用

例1如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD ，AB=5，BC=3，CD=1，DA=2，求梯形的面積.

分析：要求梯形的面積，就要求其高，進(jìn)而就要求其一個(gè)內(nèi)角.因此，過(guò)一個(gè)頂點(diǎn)作一條腰的平行線，把其分割為平行四邊形和三角形，再作三角形的高，把三角形分割為直角三角形，由正弦函數(shù)的定義求出高.

解：如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CE∥DA，交AB于點(diǎn)E，再過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB，垂足為F.

∵DC∥AE，CE∥DA，

∴四邊形AECD是平行四邊形.

∴CE=DA=2，AE=DC=1.

∴BE=AB-AE=4.

在△BCE中，由余弦定理，得cos B=78.

∴sin B=158.

在Rt△CFB中，CF=BCsin B=3158.

∴S梯形ABCD=12×（1+5）×3158=9158.

點(diǎn)評(píng)：梯形面積計(jì)算問(wèn)題，輔助線的作法一般有兩種，一是過(guò)頂點(diǎn)作高，把梯形分割成直角三角形和矩形，還有一種就是過(guò)頂點(diǎn)作另一腰的平行線，把梯形分割為平行四邊形和三角形.本題兩種方法都用到了.

例2如圖3，分別以邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的頂點(diǎn)B，C為圓心，1為半徑作圓弧AC，BD交于點(diǎn)E，求曲邊三角形ABE的面積.

分析：連接BE，EC，把曲邊三角形ABE的面積轉(zhuǎn)化為扇形ABE的面積減去弓形BE的面積.

解：如圖4，連接BE，EC.因?yàn)閮蓤A半徑都是1，正方形邊長(zhǎng)也是1，所以△BCE為正三角形，圓心角∠EBC，∠ECB都是π3，

圓心角∠ABE=π2-π3=π6.則

S扇形ECB=12×π3×12=π6，

S△ECB=12×1×1×32=34，

S扇形ABE=12×π6×12=π12，

S弓形BE=S扇形ECB-S△ECB=π6-34.

故S曲邊三角形ABE=S扇形ABE-S弓形BE=34-π12.

點(diǎn)評(píng)：求弓形面積時(shí)，割補(bǔ)法是學(xué)生很容易掌握的一個(gè)典型的技巧.

例3如圖5所示，在平面四邊形ABCD中，∠ABC=3π4，AB⊥AD，AB=1.

（1）若AC=5，求△ABC的面積;

（2）若∠ADC=π6，CD=4，求sin∠CAD.

解：（1）在△ABC中，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC，

即5=1+BC2+2BC，解得BC=2（負(fù)值舍去）.

所以△ABC的面積S△ABC=

12AB·BC·sin∠ABC=12×1×2×22=12.

（2）方法1：方程（組）法[1].

設(shè)∠CAD=θ.在△ACD中，由正弦定理，得

ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，即

ACsinπ6=4sin θ?????? ①

在△ABC中，∠BAC=π2-θ，∠BCA=θ-π4，

由正弦定理，得ACsin∠ABC=ABsin∠BCA，

即

ACsin3π4=1sinθ-π4????? ②

①②兩式相除，得sin3π4sinπ6=4sinθ-π4sin θ.

即422sin θ-

22cos θ=2sin θ，整理得

sin? θ=2cos? θ.

又sin2θ+cos2θ=1，所以sin θ=255.

因此sin∠CAD=255.

點(diǎn)評(píng)：充分利用正弦定理、余弦定理，列方程（組），解方程（組），屬于常規(guī)解法.雖然運(yùn)算量有些大，但中規(guī)中矩，思路清晰，不難掌握.

方法2：補(bǔ)形法.

如圖6，分別延長(zhǎng)CB，DA，設(shè)CB∩DA=E.由已知得△ABE是等腰直角三角形，AE=AB=1，BE=2.在△CED中，由正弦定理，得

CDsin E=CEsin D? ，即4sinπ4=CEsinπ6，

解得CE=22，則BC=2.

在△ABC中，由余弦定理得AC=5.

由正弦定理，得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，

即522=2sin∠BAC，

得sin∠BAC=55.

于是cos∠BAC=255.

故sin∠CAD=sinπ2-∠BAC=cos∠BAC=255.

點(diǎn)評(píng)：通過(guò)補(bǔ)形，轉(zhuǎn)化為特殊的三角形，雖然還是用正弦定理、余弦定理求解，但與方法1比較，運(yùn)算量較小.

方法3：分割法.

如圖7，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AD，垂足為N，過(guò)點(diǎn)B作BM⊥CN，垂足為M.

由已知得，四邊形ABMN是矩形.

在Rt△CND中，由∠D=π6，CD=4，

得CN=2.

由∠ABM=∠BAD=π2，∠ABC=3π4，

得∠CBM=π4.

又MN=AB=1，則CM=1，BM=1.

于是AN=1，AC=5.

故sin∠CAD=CNAC=25=255.

點(diǎn)評(píng)：與方法2相比，方法3運(yùn)算量更小.

方法4：割補(bǔ)法.

如圖8，分別延長(zhǎng)CB，DA，設(shè)CB∩DA=E，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AD，垂足為N.

由已知可得△ABE和△NCE都是等腰直角三角形，且AE=AB=1.

在Rt△CND中，由∠D=π6，CD=4，

得CN=2.于是NE=2，

AN=NE-AE=1，所以

sin∠CAD=CNAC=25=255.

點(diǎn)評(píng)：與方法3相比，方法4更簡(jiǎn)潔，只要把題目中的弧度改為角度，初三學(xué)生都可以很快算出結(jié)果.

2.2 在立體幾何中的應(yīng)用

例4已知正四面體A-BCD的棱長(zhǎng)為a，求該正四面體的外接球的表面積和體積.

分析：如圖9，將正四面體A-BCD補(bǔ)成正方體.則正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)為a，正方體的外接球就是正四面體A-BCD的外接球.

解：如圖9，將正四面體A-BCD補(bǔ)成正方體，正方體的外接球就是正四面體A-BCD的外接球.

由正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)為a，

可知正方體的棱長(zhǎng)為22a.

設(shè)其外接球的半徑為R，則2R=3×22a.

即R=64a.

所以，該正四面體外接球的表面積為S=4πR2=32πa2，

體積為V=43πR3=68πa3.

點(diǎn)評(píng)：已知正四面體的棱長(zhǎng)為a，求其外接球半徑，常規(guī)解法是先用勾股定理求出正四面體的高為63a，再利用勾股定理列方程求出其外接球的半徑為64a.與常規(guī)解法相比，上面的補(bǔ)形策略無(wú)疑很簡(jiǎn)潔.而求正四面體內(nèi)切球半徑時(shí)，用分割法，分別連接內(nèi)切球的球心與各頂點(diǎn)，把正四面體分為四個(gè)相同的三棱錐，三棱錐的高就是內(nèi)切球的半徑.所以正四面體內(nèi)切球的半徑r恰好是正四面體高的14，即r=612a.

例5已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，

∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值[2].

0

解法1：如圖10所示，延長(zhǎng)CB至D，使BD=BC，連接AD，B1D.

∵B1C1∥BD，B1C1=BD，

∴四邊形B1C1BD是平行四邊形.

∴C1B∥B1D.

∴∠AB1D或其補(bǔ)角為異面直線AB1與BC1所成的角.

在△ABD中，由余弦定理，得

AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos∠ABD=3.

∴AD=3.

又∵B1D=BC1=2，AB1=5，

∴在△AB1D中，由余弦定理，得cos∠AB1D=AB21+B1D2-AD22AB1·B1D=5+2-32×5×2=105.

∴異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為105.

點(diǎn)評(píng)：對(duì)于兩條異面直線所成的角，可固定一條，平移另一條，或兩條同時(shí)平移到某個(gè)特殊的位置.本題是固定一條，平移另一條，把兩條異面直線所成的角轉(zhuǎn)化為兩條相交直線所成的角，再通過(guò)解三角形求之，屬于常規(guī)解法.

解法2：如圖11，將直三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)形為直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，連接AD1，B1D1，BD.

由∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，得AD1=BC1=2，AB1=5，

∠DAB=60°.

在△ABD中，由余弦定理知

BD2=22+12-2×2×1×cos60°=3.

解得BD=3，故B1D1=3.

因?yàn)锳D1∥BC1，

所以直線AB1與AD1所成的角即為直線AB1與BC1所成的角.

則cos∠D1AB1=AB21+AD21-B1D212AB1·AD1=105.

所以，異面直線AB1與BC1所成角的余弦值是105.

點(diǎn)評(píng)：將直三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)形為直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，異面直線AB1與BC1所成角更容易找到.

3 總結(jié)

巧妙利用割補(bǔ)法求解一些幾何問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)已知條件將原圖形通過(guò)分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形或特殊圖形，從而使問(wèn)題簡(jiǎn)單化，這一過(guò)程也充分體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化思想.

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[2]魏萬(wàn)青.金版教程·高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案·數(shù)學(xué)（文科）[M].北京：光明日?qǐng)?bào)出版社，2021：128.