用割补法巧解一类几何题

冯恒仁

摘要：在高三复习备考中，有很多求长度、角度、面积、体积的问题，除了常规解法，恰当地运用割补法把问题放到特殊的几何图形中，也有助于我们很快找到解决问题的突破口，使运算变得非常简洁，达到事半功倍的效果.因此，教师在教学中要充分挖掘割补法所蕴含的化归与转化思想，不断提高学生分析问题和解决问题的能力.

关键词：割补法;化归与转化;平面几何;立体几何

1 割补法的内涵

所谓割补法就是把一个复杂图形的长度、角度、面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算，或者将一个不易求出长度、角度、面积或体积的几何图形补形为较易计算的几何图形.例如，把梯形割补成平行四边形、矩形、直角三角形，把斜三角形割补成直角三角形，把斜棱柱割补成直棱柱，把棱锥补成棱柱（常见的题是将特殊的三棱锥、四棱锥补形为长方体、正方体），把多面体切割成锥体，把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的.

2 割补法在解题中的应用举例

2.1 在平面几何中的应用

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

分析：要求梯形的面积，就要求其高，进而就要求其一个内角.因此，过一个顶点作一条腰的平行线，把其分割为平行四边形和三角形，再作三角形的高，把三角形分割为直角三角形，由正弦函数的定义求出高.

解：如图2，过点C作CE∥DA，交AB于点E，再过点C作CF⊥AB，垂足为F.

∵DC∥AE，CE∥DA，

∴四边形AECD是平行四边形.

∴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.

点评：梯形面积计算问题，辅助线的作法一般有两种，一是过顶点作高，把梯形分割成直角三角形和矩形，还有一种就是过顶点作另一腰的平行线，把梯形分割为平行四边形和三角形.本题两种方法都用到了.

例2如图3，分别以边长为1的正方形ABCD的顶点B，C为圆心，1为半径作圆弧AC，BD交于点E，求曲边三角形ABE的面积.

分析：连接BE，EC，把曲边三角形ABE的面积转化为扇形ABE的面积减去弓形BE的面积.

解：如图4，连接BE，EC.因为两圆半径都是1，正方形边长也是1，所以△BCE为正三角形，圆心角∠EBC，∠ECB都是π3，

圆心角∠ABE=π2-π3=π6.则

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曲边三角形ABE=S扇形ABE-S弓形BE=34-π12.

点评：求弓形面积时，割补法是学生很容易掌握的一个典型的技巧.

例3如图5所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC=3π4，AB⊥AD，AB=1.

（1）若AC=5，求△ABC的面积;

（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（负值舍去）.

所以△ABC的面积S△ABC=

12AB·BC·sin∠ABC=12×1×2×22=12.

（2）方法1：方程（组）法[1].

设∠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

①②两式相除，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.

点评：充分利用正弦定理、余弦定理，列方程（组），解方程（组），属于常规解法.虽然运算量有些大，但中规中矩，思路清晰，不难掌握.

方法2：补形法.

如图6，分别延长CB，DA，设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，则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.

点评：通过补形，转化为特殊的三角形，虽然还是用正弦定理、余弦定理求解，但与方法1比较，运算量较小.

方法3：分割法.

如图7，过点C作CN⊥AD，垂足为N，过点B作BM⊥CN，垂足为M.

由已知得，四边形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，则CM=1，BM=1.

于是AN=1，AC=5.

故sin∠CAD=CNAC=25=255.

点评：与方法2相比，方法3运算量更小.

方法4：割补法.

如图8，分别延长CB，DA，设CB∩DA=E，过点C作CN⊥AD，垂足为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.

点评：与方法3相比，方法4更简洁，只要把题目中的弧度改为角度，初三学生都可以很快算出结果.

2.2 在立体几何中的应用

例4已知正四面体A-BCD的棱长为a，求该正四面体的外接球的表面积和体积.

分析：如图9，将正四面体A-BCD补成正方体.则正方体的面对角线长为a，正方体的外接球就是正四面体A-BCD的外接球.

解：如图9，将正四面体A-BCD补成正方体，正方体的外接球就是正四面体A-BCD的外接球.

由正方体的面对角线长为a，

可知正方体的棱长为22a.

设其外接球的半径为R，则2R=3×22a.

即R=64a.

所以，该正四面体外接球的表面积为S=4πR2=32πa2，

体积为V=43πR3=68πa3.

点评：已知正四面体的棱长为a，求其外接球半径，常规解法是先用勾股定理求出正四面体的高为63a，再利用勾股定理列方程求出其外接球的半径为64a.与常规解法相比，上面的补形策略无疑很简洁.而求正四面体内切球半径时，用分割法，分别连接内切球的球心与各顶点，把正四面体分为四个相同的三棱锥，三棱锥的高就是内切球的半径.所以正四面体内切球的半径r恰好是正四面体高的14，即r=612a.

例5已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，

∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值[2].

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解法1：如图10所示，延长CB至D，使BD=BC，连接AD，B1D.

∵B1C1∥BD，B1C1=BD，

∴四边形B1C1BD是平行四边形.

∴C1B∥B1D.

∴∠AB1D或其补角为异面直线AB1与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.

∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.

点评：对于两条异面直线所成的角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置.本题是固定一条，平移另一条，把两条异面直线所成的角转化为两条相交直线所成的角，再通过解三角形求之，属于常规解法.

解法2：如图11，将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，连接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.

因为AD1∥BC1，

所以直线AB1与AD1所成的角即为直线AB1与BC1所成的角.

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

所以，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值是105.

点评：将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，异面直线AB1与BC1所成角更容易找到.

3 总结

巧妙利用割补法求解一些几何问题，关键是根据已知条件将原图形通过分割或补形转化为规则图形或特殊图形，从而使问题简单化，这一过程也充分体现了化归与转化思想.

参考文献：

[1]邓保沧.骄子之路·高考二轮总复习·数学（理科）[M].北京：光明日报出版社，2020：26.

[2]魏万青.金版教程·高考科学复习创新方案·数学（文科）[M].北京：光明日报出版社，2021：128.