2020版高考数学二轮复习分层设计（全国I卷）学案：第三层备考篇　专题一 解题常用8术系统归纳——第6术　蹊径可辟分割补形 含解析.doc

教学资料范本2020版高考数学二轮复习分层设计（全国I卷）学案：第三层备考篇专题一 解题常用8术系统归纳第6术蹊径可辟分割补形 含解析编 辑：_时 间：_.分割补形方法概述所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体例如.把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体.从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的应用题型在解决几何问题过程中.割补法是一种常用的方法无论是平面几何、解析几何、还是立体几何.适时使用割补法.能帮助我们找到问题的突破口.把问题放到特殊的几何图形中.借助特殊图形分析问题.有时会柳暗花明.事半功倍例1(1)为测出所住小区的面积.某人进行了一些测量工作.所得数据如图所示.则小区的面积是()A. km2B. km2C. km2D. km2(2)如图.在多面体ABCDEF中.已知四边形ABCD是边长为1的正方形.且ADE.BCF均为正三角形.EFAB.EF2.则多面体的体积为()A.B.C.D.解析(1)如图.连接AC.在ABC中.根据余弦定理可得AC km.又AB2 km.BC1 km.所以AC2BC2AB2.所以ABC为直角三角形.且ACB90.BAC30.故DACDCA15.所以ADC为等腰三角形.且D150.设ADDCx km.根据余弦定理得x2x2x23.即x23(2)所以小区的面积为13(2)(km2)故选D.(2)法一：如图.在EF上取点M.N.使EMFN.连接MA.MD.NB.NC.则MN1.三棱柱ADMBCN是直三棱柱.DMAM .设H为AD的中点.连接MH.则MHAD.且MH .SADMADMH.VABCDEF2VEADMVADMBCN21.故选A.法二：如图.取EF的中点G.连接GA.GB.GC.GD.则三棱锥EADG与三棱锥GBCF都是棱长为1的正四面体.易求得VEADGVGBCF.又四棱锥GABCD的底面是边长为1的正方形.且侧棱边长为1.易求得其高为.则VGABCD11.所以VABCDEF2VEADGVGABCD2.故选A.答案(1)D(2)A例2(1)某几何体的三视图如图所示.则该几何体的体积为()A816 B.816C88D.168(2)如图.在直三棱柱A1B1C1ABC中.BCA90.点E.F分别为AB.AC的中点.若BCCACC1.则B1E与A1F所成的角的余弦值为_解析(1)由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱其中半圆柱的高为4.底面半圆的半径为2；直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形.高为4.半圆柱的体积为V12248.直三棱柱的体积为V242416.所以所求几何体的体积为VV1V2816.故选B.(2)如图.把直三棱柱A1B1C1ABC补成一个直平行六面体A1B1D1C1ABDC.取BD中点G.连接B1G.则B1GA1F.EB1G即为B1E与A1F所成的角(或其补角)设BCCACC12a.则B1G a.AB 2a.B1E a.GE2BG2BE22BGBEcos 1355a2.所以cosEB1G.故B1E与A1F所成角的余弦值为.答案(1)B(2)应用体验1一个几何体的三视图如图所示.则该几何体的体积是()A64 B.72C80D.112解析：选C根据三视图可知该几何体为四棱锥PABCD与正方体ABCDA1B1C1D1的组合体.如图所示由三视图中的数据可知.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4.其体积V14364.四棱锥PABCD的底面为正方形ABCD.高h3.且PAPB.其底面积为S4216.则四棱锥PABCD的体积V2Sh16316.故所求几何体的体积VV1V2641680.故选C.2.如图.曲线ysin3把边长为4的正方形OABC分成阴影部分和白色部分在正方形内随机取一点.则此点取自阴影部分的概率是()A. B.C.D.解析：选A如图所示.设曲线ysin3与线段OC.AB.BC的公共点分别为D.E.F.连接DE.设DE的中点为G.易知G为曲线ysin3与DE的交点.则D(0.3).E(4.3).F(1.4).G(2.3)因为曲线ysin3与线段DE围成的左(白色)、右(阴影)两部分面积相等.所以图中阴影部分的面积等于矩形DEBC的面积.所以所求概率为.故选A.3.如图.已知多面体ABCDEFG.AB.AC.AD两两垂直.平面ABC平面DEFG.平面BEF平面ADGC.ABADDG2.ACEF1.则该多面体的体积为()A2 B.4C6D.8解析：选B法一：如图.把多面体ABCDEFG补成正方体DEPGABHM.则VABCDEFGVDEPGABHM234.故选B.法二：如图.取DG的中点H.以DA.DE.DH为棱构造长方体EFHDBPCA.则三棱锥CHFG与三棱锥FPCB全等所以VABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124.故选B.4在正三棱锥SABC中.侧棱SC侧面SAB.侧棱SC4.则此正三棱锥的外接球的表面积为_解析：由正三棱锥中侧棱SC侧面SAB.可得三条侧棱S