第3講割補思想在立體幾何中的應用割補法是數學中最重要的思想方法之一，主要分為割形與補行，是將復雜的，不規則的不易認識的幾何體或幾何圖形，分割或補充成簡單的、規則的、易于認識的幾何體或圖形，從而達到解決問題的目的。割補法重在割與補，巧妙對幾何體過幾何圖形實割與補，變整體的為局部，化不規則為規則，化陌生為熟悉，化抽象為直觀。割補法在立體幾何中體現的主要的題型就是幾何體的切等問題。【應用一】割的思想在多面體的體積及幾何體的內切球中的運用割的思想主要體現兩種題型：一是求復雜幾何體的體積、表面積等問題，此類問題通過割把復雜的幾何體割成幾個簡單的幾何體。二是求幾何體內切球的半徑、體積等問題。此類問題主要是通過球心與幾何體的各點割成錐，然后運用等積法求半徑。【例1.1】已知一個三棱錐的所有棱長均為eq\r(2)，則該三棱錐的內切球的體積為________．【例1.2】【2020年新課標3卷理科】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為_________．【思維提升】以三棱錐P－ABC為例，求其內切球的半徑．方法：等體積法，三棱錐P－ABC體積等于內切球球心與四個面構成的四個三棱錐的體積之和；第一步：先求出四個表面的面積和整個錐體體積；第二步：設內切球的半徑為r，球心為O，建立等式：VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋VO－PBC?VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·r＋eq\f(1,3)S△PAB·r＋eq\f(1,3)S△PAC·r＋eq\f(1,3)S△PBC·r＝eq\f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；第三步：解出r＝eq\f(3VP－ABC,SO－ABC＋SO－PAB＋SO－PAC＋SO－PBC)＝eq\f(3V,S表)．秒殺公式(萬能公式)：r＝eq\f(3V,S表)【例1.3】（2023·河北唐山·統考三模）（多選）《九章算術》是我國古代的數學名著，書中提到底面為長方形的屋狀的楔體（圖示的五面體．底面長方形中，，上棱長，且平面，高（即到平面的距離）為，是底面的中心，則（

）A．平面B．五面體的體積為5C．四邊形與四邊形的面積和為定值D．與的面積和的最小值為【變式1.1】（2023·遼寧·遼寧實驗中學校考模擬預測）如圖①，在平行四邊形中，，將沿折起，使得點到達點處（如圖②），，則三棱錐的內切球半徑為______.【變式1.2】（2023·遼寧沈陽·東北育才學校校考模擬預測）已知一正四面體棱長為4，其內部放置有一正方體，且正方體可以在正四面體內部繞一點任意轉動，則正方體在轉動過程中占據的空間體積最大為__________．【變式1.3】（2022·江蘇通州·高三期末）將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A′－BD－C，設三棱錐A′－BDC的外接球和內切球的半徑分別為r1，r2，球心分別為O1，O2.若正方形ABCD的邊長為1，則________；O1O2＝__________.【應用二】補的思想在立體幾何中幾何體外接球中的應用解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的關系和數量關系，選準最佳角度作出截面(要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素之間的關系)，達到空間問題平面化的目的．2．記住幾個常用的結論：（1）正方體的棱長為a，球的半徑為R.①對于正方體的外接球，2R＝；②對于正方體的內切球，2R＝a；③對于球與正方體的各棱相切，2R＝.（2）在長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，球的半徑為R，則.（3）正四面體的外接球與內切球的半徑之比為3∶1.3．構造法在定幾何體外接球球心中的應用（1）正四面體、三條側棱兩兩垂直的正三棱錐、四個面都是直角三角形的三棱錐，可將三棱錐補形成長方體或正方體；（2）同一個頂點上的三條棱兩兩垂直的四面體、相對的棱相等的三棱錐，可將三棱錐補形成長方體或正方體；（3）若已知棱錐含有線面垂直關系，則可將棱錐補形成長方體或正方體；（4）若三棱錐的三個側面兩兩垂直，則可將三棱錐補形成長方體或正方體【例2.1】（2022·廣東潮州·高三期末）在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知動點E從C點出發，沿外表面經過棱AD上一點到點B的最短距離為，則該棱錐的外接球的表面積為_________．【思維提升】墻角模型是三棱錐有一條側棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用構造法(構造長方體)解決．外接球的直徑等于長方體的體對角線長(在長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2)．)，秒殺公式：R2＝eq\f(a2＋b2＋c2,4)．可求出球的半徑從而解決問題．有以下四種類型：【例2.2】（2022·廣東·鐵一中學高三期末）已知四面體中，，，，則其外接球的體積為______.【思維提升】棱相等模型是三棱錐的三組對棱長分別相等模型，用構造法(構造長方體)解決．外接球的直徑等于長方體的體對角線長，即(長方體的長、寬、高分別為a、b、c)．秒殺公式：R2＝eq\f(x2＋y2＋z2,8)(三棱錐的三組對棱長分別為x、y、z)．可求出球的半徑從而解決問題．【變式2.1】（2023·湖南邵陽·統考三模）三棱錐中，PA⊥平面ABC，，則三棱錐外接球的表面積為__________.【變式2.2】已知三棱錐，三組對棱兩兩相等，且，，若三棱錐的外接球表面積為．則________．【變式2.3】已知三棱錐A－BCD的四個頂點A，B，C，D都在球O的表面上，AC⊥平面BCD，BC⊥CD，且AC＝eq\r(3)，BC＝2，CD＝eq\r(5)，則球O的表面積為()A．12πB．7πC．9πD．8π【變式2.4】(2019全國Ⅰ)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F分別是PA，AB的中點，∠CEF=90°，則球O的體積為()．A．B．C．D．鞏固練習1、【2019年新課標2卷理科】中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美．圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有________個面，其棱長為_________．2、（2022·湖北江岸·高三期末）如圖，該幾何體是由正方體截去八個一樣的四面體得到的，若被截的正方體棱長為2，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．3、（2023·山西臨汾·統考一模）《九章算術·商功》提及一種稱之為“羨除”的幾何體，劉徽對此幾何體作注：“羨除，隧道也其所穿地，上平下邪.似兩鱉臑夾一塹堵，即羨除之形.”羨除即為：三個面為梯形或平行四邊形（至多一個側面是平行四邊形），其余兩個面為三角形的五面幾何體.現有羨除如圖所示，底面為正方形，，其余棱長為2，則羨除外接球體積與羨除體積之比為（

）A． B． C． D．4、（2023·安徽黃山·統考三模）如圖，球的表面積為，四面體內接于球，是邊長為的正三角形，平面平面，則該四面體體積的最大值為（

）A． B． C． D．5、正四面體的各條棱長都為，則該正面體外接球的體積為________．6、在三棱錐A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，則三棱錐外接球的表面積為________．7、在三棱錐A－BCD中，AB＝CD＝6，AC＝BD＝AD＝BC＝5，則該三棱錐的外接球的體積為____．8、（2023·湖南郴州·統考三模）已知三棱錐的棱長均為4，先在三棱錐內放入一個內切球，然后再放入一個球，使得球與球及三棱錐的三個側面都相切，則球的表面積為__________.第3講割補思想在立體幾何中的應用割補法是數學中最重要的思想方法之一，主要分為割形與補行，是將復雜的，不規則的不易認識的幾何體或幾何圖形，分割或補充成簡單的、規則的、易于認識的幾何體或圖形，從而達到解決問題的目的。割補法重在割與補，巧妙對幾何體過幾何圖形實割與補，變整體的為局部，化不規則為規則，化陌生為熟悉，化抽象為直觀。割補法在立體幾何中體現的主要的題型就是幾何體的切等問題。【應用一】割的思想在多面體的體積及幾何體的內切球中的運用割的思想主要體現兩種題型：一是求復雜幾何體的體積、表面積等問題，此類問題通過割把復雜的幾何體割成幾個簡單的幾何體。二是求幾何體內切球的半徑、體積等問題。此類問題主要是通過球心與幾何體的各點割成錐，然后運用等積法求半徑。【例1.1】已知一個三棱錐的所有棱長均為eq\r(2)，則該三棱錐的內切球的體積為________．【答案】eq\f(\r(3),54)π【解析】由題意可知，該三棱錐為正四面體，如圖所示．AE＝AB·sin60°＝eq\f(\r(6),2)，AO＝eq\f(2,3)AE＝eq\f(\r(6),3)，DO＝eq\r(AD2－AO2)＝eq\f(2\r(3),3)，三棱錐的體積VD-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)，設內切球的半徑為r，則VD-ABC＝eq\f(1,3)r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝eq\f(1,3)，r＝eq\f(\r(3),6)，V內切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),54)π．【例1.2】【2020年新課標3卷理科】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為_________．【答案】【解析】（解法一）易知半徑最大球為圓錐的內切球，球與圓錐內切時的軸截面如圖所示，其中，且點M為BC邊上的中點，設內切圓的圓心為，由于，故，設內切圓半徑為，則：，解得：，其體積：.故答案為：.（解法二）圓錐內半徑最大的球即為圓錐的內切球，設其半徑為r．作出圓錐的軸截面PAB，如圖所示，則△PAB的內切圓為圓錐的內切球的大圓．在△PAB中，PA＝PB＝3，D為AB的中點，AB＝2，E為切點，則PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故內切球的體積為eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2),3)π．【點睛】與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.【思維提升】以三棱錐P－ABC為例，求其內切球的半徑．方法：等體積法，三棱錐P－ABC體積等于內切球球心與四個面構成的四個三棱錐的體積之和；第一步：先求出四個表面的面積和整個錐體體積；第二步：設內切球的半徑為r，球心為O，建立等式：VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋VO－PBC?VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·r＋eq\f(1,3)S△PAB·r＋eq\f(1,3)S△PAC·r＋eq\f(1,3)S△PBC·r＝eq\f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；第三步：解出r＝eq\f(3VP－ABC,SO－ABC＋SO－PAB＋SO－PAC＋SO－PBC)＝eq\f(3V,S表)．秒殺公式(萬能公式)：r＝eq\f(3V,S表)【例1.3】（2023·河北唐山·統考三模）（多選）《九章算術》是我國古代的數學名著，書中提到底面為長方形的屋狀的楔體（圖示的五面體．底面長方形中，，上棱長，且平面，高（即到平面的距離）為，是底面的中心，則（

）A．平面B．五面體的體積為5C．四邊形與四邊形的面積和為定值D．與的面積和的最小值為【答案】ABD【解析】取BC的中點G，連接OG，FG，∵EF∥OG，EF＝OG，∴四邊形EFGO為平行四邊形，∴EO∥FG，∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正確；過F作FH⊥平面ABCD，垂足為H，過H作BC的平行線MN，交AB于N，交CD于M，∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，過E作EP∥FM，交CD于P，作EQ∥FN，交AB于Q，連接PQ，∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，如圖，五面體包含一個三棱柱和兩個的四棱錐，∴五面體的體積：，故B正確；設，則，，，四邊形與四邊形的面積和為，不是定值，故C錯誤；過H作HR⊥BC，垂足為R，連接FR，∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，又FH∩HR＝H，FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，設，則，且，，△BCF的面積為，同理，△ADE的面積為，則△ADE與△BCF的面積和為，當時，，即，∴，當且僅當等號成立，，當且僅當等號成立，則△ADE與△BCF的面積和的最小值為，故D正確．故選：ABD.【變式1.1】（2023·遼寧·遼寧實驗中學校考模擬預測）如圖①，在平行四邊形中，，將沿折起，使得點到達點處（如圖②），，則三棱錐的內切球半徑為______.【答案】【解析】如圖，過點作，且，連接，，則是平行四邊形，由題意可知，，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，所以，所以.又平面，所以平面平面.取的中點，連接，則，平面，平面平面，則平面，且，所以三棱錐的體積.又，，，所以三棱錐的表面積，設三棱錐的內切球半徑為，則.故答案為：．【變式1.2】（2023·遼寧沈陽·東北育才學校校考模擬預測）已知一正四面體棱長為4，其內部放置有一正方體，且正方體可以在正四面體內部繞一點任意轉動，則正方體在轉動過程中占據的空間體積最大為__________．【答案】【解析】正方體可以在正四面體內部繞一點任意轉動，所以正方體在正四面體的內切球中，要使得正方體在轉動過程中占據的空間體積最大，即正方體的棱長最長，即正方體的外接球恰好為正四面體的內切球;所以正方體的棱長最長時，正方體的對角線為正四面體的內切球的直徑.如圖正四面體,設為底面中心,則平面，連接并延長交于點.則為的中點，故，所以所以所以正四面體的體積為正四面體的表面積為設正四面體的內切球的半徑為，則，解得由正方體的對角線為正四面體的內切球的直徑，設正方體的棱長為則，解得，體積為;答案為：【變式1.3】（2022·江蘇通州·高三期末）將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A′－BD－C，設三棱錐A′－BDC的外接球和內切球的半徑分別為r1，r2，球心分別為O1，O2.若正方形ABCD的邊長為1，則________；O1O2＝__________.【答案】##【解析】由題可得，然后利用等積法可得，最后利用球的性質即求.設，則，∴三棱錐A′－BDC的外接球，點即為，∵將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A′－BD－C，又，∴平面，平面，∴，，∴，，∴，解得，∴，設球與平面，平面BCD分別切于P，Q，則為正方形，∴.故答案為：，.【應用二】補的思想在立體幾何中幾何體外接球中的應用解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的關系和數量關系，選準最佳角度作出截面(要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素之間的關系)，達到空間問題平面化的目的．2．記住幾個常用的結論：（1）正方體的棱長為a，球的半徑為R.①對于正方體的外接球，2R＝；②對于正方體的內切球，2R＝a；③對于球與正方體的各棱相切，2R＝.（2）在長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，球的半徑為R，則.（3）正四面體的外接球與內切球的半徑之比為3∶1.3．構造法在定幾何體外接球球心中的應用（1）正四面體、三條側棱兩兩垂直的正三棱錐、四個面都是直角三角形的三棱錐，可將三棱錐補形成長方體或正方體；（2）同一個頂點上的三條棱兩兩垂直的四面體、相對的棱相等的三棱錐，可將三棱錐補形成長方體或正方體；（3）若已知棱錐含有線面垂直關系，則可將棱錐補形成長方體或正方體；（4）若三棱錐的三個側面兩兩垂直，則可將三棱錐補形成長方體或正方體【例2.1】（2022·廣東潮州·高三期末）在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知動點E從C點出發，沿外表面經過棱AD上一點到點B的最短距離為，則該棱錐的外接球的表面積為_________．【答案】【解析】如圖所示：設CD=x，由題意得：，在中，由余弦定理得：，即，即，解得或（舍去），如圖所示：該棱錐的外接球即為長方體的外接球，則外接球的半徑為：，所以外接球的表面積為，故答案為：【思維提升】墻角模型是三棱錐有一條側棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用構造法(構造長方體)解決．外接球的直徑等于長方體的體對角線長(在長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2)．)，秒殺公式：R2＝eq\f(a2＋b2＋c2,4)．可求出球的半徑從而解決問題．有以下四種類型：【例2.2】（2022·廣東·鐵一中學高三期末）已知四面體中，，，，則其外接球的體積為______.【答案】【分析】由題意可采用割補法，構造長寬高分別x，y，z的長方體，其面對角線分別為解出x，y，z,求長方體的體對角線即可.【詳解】如圖，構造長方體，其面對角線長分別為，則四面體的外接球即為此長方體的外接球，設長方體的長寬高分別x，y，z，外接球半徑為R則，所以,則，解得，所以.故答案為：【思維提升】棱相等模型是三棱錐的三組對棱長分別相等模型，用構造法(構造長方體)解決．外接球的直徑等于長方體的體對角線長，即(長方體的長、寬、高分別為a、b、c)．秒殺公式：R2＝eq\f(x2＋y2＋z2,8)(三棱錐的三組對棱長分別為x、y、z)．可求出球的半徑從而解決問題．【變式2.1】（2023·湖南邵陽·統考三模）三棱錐中，PA⊥平面ABC，，則三棱錐外接球的表面積為__________.【答案】【解析】由PA⊥平面ABC，面，則，又，所以兩兩垂直，故可將三棱錐補全為長方體，故三棱錐外接球，即為長方體外接球，令三棱錐外接球半徑為，則滿足，所以外接球表面積為.故答案為：【變式2.2】已知三棱錐，三組對棱兩兩相等，且，，若三棱錐的外接球表面積為．則________．【答案】【解析】將四面體放置于長方體中，四面體的頂點為長方體八個頂點中的四個，長方體的外接球就是四面體的外接球，，，且三組對棱兩兩相等，設，得長方體的對角線長為，可得外接球的直徑，所以，三棱錐的外接球表面積為，，解得，即，解之得，因即【變式2.3】已知三棱錐A－BCD的四個頂點A，B，C，D都在球O的表面上，AC⊥平面BCD，BC⊥CD，且AC＝eq\r(3)，BC＝2，CD＝eq\r(5)，則球O的表面積為()A．12πB．7πC．9πD．8π【答案】A【解析】由AC⊥平面BCD，BC⊥CD知三棱錐A－BCD可構造以AC，BC，CD為三條棱的長方體，設球O的半徑為R，則有(2R)2＝AC2＋BC2＋CD2＝3＋4＋5＝12，所以S球＝4πR2＝12π，故選A．【變式2.4】(2019全國Ⅰ)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F分別是PA，AB的中點，∠CEF=90°，則球O的體積為()．A．B．C．D．【答案】D【解析】解法一：為邊長為2的等邊三角形，為正三棱錐，，又，分別為，的中點，，，又，平面，∴平面，，為正方體的一部分，，，即，故選D．解法二：設，分別為的中點，，且，為邊長為2的等邊三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，為的中點，，，，，又，兩兩垂直，，，，故選D．鞏固練習1、【2019年新課標2卷理科】中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美．圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有________個面，其棱長為_________．【答案】

共26個面.

棱長為.【解析】由圖可知第一層與第三層各有9個面，計18個面，第二層共有8個面，所以該半正多面體共有個面．如圖，設該半正多面體的棱長為，則，延長與交于點，延長交正方體棱于，由半正多面體對稱性可知，為等腰直角三角形，，，即該半正多面體棱長為．【點睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關鍵，遇到新題別慌亂，題目其實很簡單，穩中求勝是關鍵．立體幾何平面化，無論多難都不怕，強大空間想象能力，快速還原圖形．2、（2022·湖北江岸·高三期末）如圖，該幾何體是由正方體截去八個一樣的四面體得到的，若被截的正方體棱長為2，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】該幾何體的表面積由6個完全相同的正方形和8個完全相同的等邊三角形構成，然后分別計算即可【詳解】根據題意，該幾何體的表面積分成兩部分，一部分是6個完全相同的正方形，另一部分是8個完全相同的等邊三角形6個完全相同的正方形的面積之和為：8個完全相同的等邊三角形的面積之和為：故該幾何體的表面積為：故選：B3、（2023·山西臨汾·統考一模）《九章算術·商功》提及一種稱之為“羨除”的幾何體，劉徽對此幾何體作注：“羨除，隧道也其所穿地，上平下邪.似兩鱉臑夾一塹堵，即羨除之形.”羨除即為：三個面為梯形或平行四邊形（至多一個側面是平行四邊形），其余兩個面為三角形的五面幾何體.現有羨除如圖所示，底面為正方形，，其余棱長為2，則羨除外接球體積與羨除體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】連接AC、BD交于點M，取EF的中點O，連接OM，求出