（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快講義 理（重點生含解析）.doc

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第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快 第1術(shù)　拋磚引玉　活用特例 方法概述 所謂特例法，又叫特殊化法，就是當我們面臨一道難以入手的一般性題目時，可以從一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比較簡單的特殊問題，以便從特殊問題的研究中，拓寬解題思路，發(fā)現(xiàn)解答原題的方向或途徑 應(yīng)用題型 (1)選擇題或填空題；(2)在解答題中，當求解目標尚未明確時，往往需要考查題設(shè)條件中所含參變因素的某些特殊情況或極端情況 方法一：取特殊數(shù)值 　設(shè)f (x)＝若f (x0)>3，則x0的取值范圍為(　　) A．(－∞，0)∪(2，＋∞)　　B．(0,2) C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1,3) [常規(guī)解法] 當x0≥2時，log2[4(x0－1)]>3， 即log24＋log2(x0－1)>3，∴l(xiāng)og2(x0－1)>1， ∴x0－1>2，即x0>3. 當x0<2時，x0＋1>3，即x0>2，∴x0<－1. 綜上可知x0>3或x0<－1， 即x0的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)． [提速解法] 取x0＝1，則f (1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，則f (3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故選C. [答案]　C 　在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＝an－1＋ln(n≥2)，則an＝(　　) A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n [常規(guī)解法] ∵an＝an－1＋ln， ∴an－an－1＝ln＝ln＝ln n－ln(n－1)． 又a1＝2， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n. [提速解法] 不妨取n＝2，則a2＝a1＋ln 2＝2＋ln 2，選項A、B符合，C、D不符合，排除C、D；再取n＝3，則a3＝a2＋ln＝2＋ln 3，選項B中，a3＝2＋2ln 3，不符合，排除B，故選A. [答案]　A 方法二：取特殊點　 　函數(shù)f (x)＝的圖象是(　　) [常規(guī)解法] f (x)＝＝. 當x>1時，f (x)＝－x－1； 當x<－1時，f (x)＝x－1； 當0≤x<1時，f (x)＝x＋1； 當－10)，g(x)＝(x>0)都是“影子函數(shù)”，但F(x)＝f (x)g(x)＝1(x>0)不是“影子函數(shù)”(因為對任意的x1∈(0，＋∞)，存在無數(shù)多個x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)F(x2)＝1)，所以③錯誤． [答案]　B 方法四：取特殊位置　 　已知E為△ABC的重心，AD為BC邊上的中線，過點E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點，且＝m，＝n，則＋＝(　　) A．3 B．4 C．5 D. [常規(guī)解法] 分別過點B，C作BM∥AD，CN∥AD，分別交PQ于點M，N. ∵D是BC的中點， ∴DE是梯形CNMB的中位線． 又＝m，＝n， ∴m＝，n＝， ∴＋＝＋ ＝＋ ＝1＋＋1＋＝2＋＋ ＝2＋＋＝2＋ ＝2＋＝2＋＝2＋1＝3. [提速解法] 由于直線PQ是過點E的一條“動”直線，所以結(jié)果必然是一個定值．故可利用特殊直線確定所求值． 法一：如圖(1)，令PQ∥BC， 則＝，＝，此時，m＝n＝， 故＋＝3. 法二：如圖(2)，直線BE與直線PQ重合，此時，＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3. [答案]　A 　如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點P，Q滿足A1P＝BQ，過P，Q，C三點的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為(　　) A．3∶1 B．2∶1 C．4∶1 D.∶1 [常規(guī)解法] 設(shè)三棱柱ABCA1B1C1的體積為V， ∵側(cè)棱AA1和BB1上各有一動點P，Q滿足A1P＝BQ， ∴四邊形PQBA與四邊形PQB1A1的面積相等， 故四棱錐CPQBA的體積等于三棱錐CABA1的體積，等于V， 則幾何體CPQC1B1A1的體積等于V， 故過P，Q，C三點的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為2∶1. [提速解法] 將P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B， 此時仍滿足條件A1P＝BQ(＝0)， 則有VCAA1B＝VA1ABC＝VABCA1B1C1. 因此過P，Q，C三點的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為2∶1. [答案]　B 方法五：取特殊圖形　 　AD，BE分別是△ABC的中線，若||＝||＝1，且與的夾角為120，則＝______________________________________________________________. [常規(guī)解法] 由已知得 解得 所以＝||2－||2－＝. [提速解法] 若△ABC為等邊三角形，則||＝， ∴＝||||cos 60＝. [答案]　 [即時應(yīng)用體驗] 1．動點A在雙曲線－＝1上，B，C為其左、右焦點．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a＝10，c－b＝6，則tantan＝(　　) A. B. C. D．1 解析：選A　由題意得雙曲線的方程為－＝1，取特殊位置AC⊥BC，可得C＝，則a2＋b2＝(6＋b)2，解得b＝，故tan B＝，則tan＝， 所以tantan＝. 2．若f (x)和g(x)都是定義在實數(shù)集R上的函數(shù)，且方程x－f [g(x)]＝0有實數(shù)解，則g[f (x)]的解析式不可能是(　　) A．y＝x2＋x－ B．y＝x2＋x＋ C．y＝x2－ D．y＝x2＋ 解析：選B　法一：設(shè)x0為方程x－f [g(x)]＝0的一個實根，則f [g(x0)]＝x0.設(shè)g(x0)＝t0，則f (t0)＝x0.所以g(x0)＝g[f (t0)]＝t0，即g[f (t0)]－t0＝0，這說明方程g[f (x)]－x＝0至少有一個實根t0，而對于選項B，當g[f (x)]＝x2＋x＋時，方程x2＋x＋＝x無實根，故選B. 法二：取特殊函數(shù)法．令f (x)＝x，即可把原題改寫為x－g(x)＝0有實數(shù)解，g(x)不可能是哪個代數(shù)式．A、C、D均可使x－g(x)＝0有實數(shù)解，只有B不能使x－g(x)＝0有實數(shù)解，故選B. 3．設(shè)f (x)＝則使所有x均滿足不等式xf (x)≤g(x)的函數(shù)g(x)為(　　) A．sin x B．x C．x2 D．|x| 解析：選D　若g(x)＝sin x，應(yīng)有xf (x)≤sin x，取x＝2，則f (x)＝1，于是20，則h(x)單調(diào)遞增； 當x>1時，h′(x)<0，則h(x)單調(diào)遞減． 由此可得，函數(shù)h(x)max＝h(1)＝e. 所以02時，h(x)＝(x－2)ex， h′(x)＝ex(x－1)>0. 則h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，畫出函數(shù)h(x)的大致圖象如圖所示． 故方程f (x)＝g(x)有六個不等的實數(shù)解等價于直線y＝m1，y＝m2與曲線h(x)＝|x－2|ex各有三個交點． 由圖知，則需0.① ∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1. 同理，x2≤1. ∴x2＋y2≤2.② 由①②可知：0，b>0)的左焦點F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點P，若＝( ＋)，則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由題意可知E為FP的中點，且OE⊥FP.記F′為雙曲線的右焦點，作出示意圖如圖所示，連接F′P，則F′P綊2OE，且FP⊥F′P，所以|F′P|＝a，由雙曲線的定義可得|FP|＝3a. 又FP⊥F′P，可得(2c)2＝10a2，所以e＝＝. 4．已知a>0，b>0，則不等式a>>－b的解是(　　) A. B. C.∪ D.∪ 解析：選D　法一：直接求解法． －b<，故選D. 法二：數(shù)形結(jié)合法．利用y＝的圖象，如圖所示，故選D. 5．已知關(guān)于x的方程|x|＝ax＋1有一個負根，但沒有正根，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 解析：在同一平面直角坐標系中分別作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的圖象．由圖可知，當直線y＝ax＋1的斜率a≥1時，直線y＝ax＋1與y＝|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個交點，即|x|＝ax＋1有一個負根，但沒有正根． 答案：[1，＋∞) 6．已知a，b為單位向量，ab＝0，若向量c滿足|c－a－b|＝1，則|c|的取值范圍是__________________． 解析：令＝a，＝b，＝a＋b，＝c， 如圖所示，則||＝， 又|c－a－b|＝1， 所以點C在以點D為圓心、半徑為1的圓上， 易知點C與O，D共線時||取到最值，最大值為＋1，最小值為－1， 所以|c|的取值范圍為[－1，＋1]． 答案：[－1，＋1] 第3術(shù)　解題常招　設(shè)參換元 方法概述 在解答數(shù)學(xué)問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧硪粎⒆兞康谋磉_式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實質(zhì)明朗化，使非標準型問題標準化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路．這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設(shè)參換元法，也就是我們常說的換元法 應(yīng)用題型 此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應(yīng)用 方法一：三角換元　 　已知x，y∈R，滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為__________． [常規(guī)解法] 由x2＋2xy＋4y2＝6， 得2xy＝6－(x2＋4y2)， 而2xy≤， 所以6－(x2＋4y2)≤， 所以x2＋4y2≥4，當且僅當x＝2y時，取等號． 又因為(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6， 所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12， 綜上可得4≤x2＋4y2≤12. [提速解法] 已知x2＋2xy＋4y2＝6， 即(x＋y)2＋(y)2＝()2， 故設(shè)x＋y＝cos α，y＝sin α， 即x＝cos α－sin α，y＝sin α. 則z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)sin α＝8－4sin. 所以8－4≤z≤8＋4， 即z的取值范圍為[4,12]． [答案]　[4,12] 方法二：比值換元　 　設(shè)x，y，z滿足關(guān)系x－1＝＝，則x2＋y2＋z2的最小值為________． [解析]　令x－1＝＝＝k，則x－1＝k，y＋1＝2k，z－2＝3k，即x＝k＋1，y＝2k－1，z＝3k＋2. ∴x2＋y2＋z2＝(k＋1)2＋(2k－1)2＋(3k＋2)2＝14k2＋10k＋6＝142＋. ∴當k＝－，即x＝，y＝－，z＝時，x2＋y2＋z2取最小值. [答案]　 方法三：整體換元 　　　如圖，已知橢圓C的離心率為，點A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點、上頂點和右焦點，且S△ABF＝1－. (1)求橢圓C的方程； (2)已知直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點，求△OMN面積的最大值． [解]　(1)由已知得橢圓的焦點在x軸上，設(shè)其方程為＋＝1(a>b>0)， 則A(a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(c,0)(c＝)． 由已知可得e2＝＝， 所以a2＝4b2，即a＝2b，故c＝b. 又S△ABF＝|AF||OB|＝(a－c)b＝1－. 所以b＝1，a＝2，c＝. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)圓O的圓心為坐標原點，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.① 由 消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2 ＝2－4 ＝.② 將①代入②，得|x1－x2|2＝， 故|x1－x2|＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝＝. 故△OMN的面積S＝|MN|1＝. 令t＝4k2＋1(t≥1)，則k2＝，代入上式， 得S＝2＝ ＝ ＝ ， 所以當t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝時，S取得最大值，且最大值為＝1. 方法四：局部換元　 　設(shè)對一切實數(shù)x，不等式x2log2＋2xlog2＋log2>0恒成立，則a的取值范圍為__________． [解析]　注意到log2和log2及l(fā)og2之間的關(guān)系，換元化為一元二次不等式在R上恒成立問題． 設(shè)log2＝t，t∈R， 則log2＝log2＝3＋log2＝3－log2＝3－t，log2＝2log2＝－2t. ∴原不等式可化為(3－t)x2＋2tx－2t>0，它對一切實數(shù)x恒成立， 所以解得 ∴t<0，即log2<0,0<<1，解得01)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為________，________. [解析]　令x＝logau，y＝logav，則x≥0，y≥0.已知等式可化為(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再設(shè)t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由圖可知，當線段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)與圓弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切時(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；當線段端點是圓弧端點時(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋. [答案]　2＋2　1＋ [提醒]　利用兩次換元探究動點的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀．換元中應(yīng)注意舊變量對新變量的限制． [即時應(yīng)用體驗] 1．橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝m與橢圓相交于點A，B，當△FAB的周長最大時，△FAB的面積為________． 解析：已知＋＝1，則F(－1,0)． 設(shè)A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)， 則|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ， 故△FAB的周長l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin. 當θ＝時，l取得最大值，此時△FAB的面積為 S＝(1＋2cos θ)2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3. 答案：3 2．不等式log2(2x－1)log2(2x＋1－2)<2的解集是________． 解析：設(shè)log2(2x－1)＝y(tǒng)，則log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y(tǒng)＋1，故原不等式可化為y(y＋1)<2，解得－20， 則f (x)， 又x∈， 所以－n　　　　　　　 B．m2＋ D．m，n的大小關(guān)系不確定 [解析]　由不等式可得－0， 故函數(shù)f (x)在(2，e)上單調(diào)遞增． 因為f (n)，則事件A發(fā)生的概率為(　　) A. B．1－ C. D．1－ [解析]　由題意知，計算機產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機數(shù)a，b的對應(yīng)區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對應(yīng)的區(qū)域是邊長為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對應(yīng)的區(qū)域的面積為1－.由幾何概型的概率計算公式得事件A發(fā)生的概率為1－. [答案]　B [即時應(yīng)用體驗] 1．已知函數(shù)f (x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x都有xf (x＋1)＝(1＋x)f (x)，則f 的值是(　　) A．0　　　 B.　　　　 C．1　　　　 D. 解析：選A　由已知得＝， 故構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g(x＋1)＝， 所以g(x＋1)＝g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)． 又f (x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)． 故再構(gòu)造一個特例函數(shù)g(x)＝sin 2πx(x∈R)， 所以f (x)＝xsin 2πx，從而有f ＝sin 5π＝0， 故f ＝f (0)＝0，因此選A. 2．已知數(shù)列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，則an＝__________. 解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]． 設(shè)bn＝an＋n＋3，則bn＝2bn－1， 所以{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且b1＝a1＋1＋3＝5， 所以bn＝52n－1，所以an＝52n－1－n－3. 答案：52n－1－n－3 3．已知不等式＋＋…＋>loga(a－1)＋對于一切大于1的自然數(shù)n都成立，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：構(gòu)造數(shù)列an＝＋＋…＋(n≥2，n∈N*)． ∵an＋1＝＋＋…＋＋＋， ∴an＋1－an＝＋－＝>0， ∴an＋1>an，故an≥a2＝，即an的最小值為. 要使＋＋…＋>loga(a－1)＋對于一切自然數(shù)n(n≥2)都成立，則必有>loga(a－1)＋，即loga(a－1)<－1. 又因為a>1，所以a－1<，解得1x2的區(qū)域內(nèi)， 所以－>2， 整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0， 解得k<－. 因此當k<－時，拋物線y＝x2上存在弦能被直線y＝k(x－3)垂直平分，于是當k≥－時，拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分． 所以實數(shù)k的取值范圍為. [答案]　D 方法二：相關(guān)點法　 　已知P(4,0)是圓x2＋y2＝36內(nèi)的一點，A，B是圓上兩動點，且滿足∠APB＝90，求矩形APBQ頂點Q的軌跡方程． [解]　連接AB，PQ，設(shè)AB與PQ交于點M，如圖所示． 因為四邊形APBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點，連接OM. 由垂徑定理可知OM⊥AB， 設(shè)M(xM，yM)， 由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．① 又在Rt△APB中， 有|AM|＝|PM|＝.② 由①②得x＋y－4xM－10＝0， 故點M的軌跡是圓． 因為點M是PQ的中點，設(shè)Q(x，y)， 則xM＝，yM＝， 代入點M的軌跡方程中得 2＋2－4－10＝0， 整理得x2＋y2＝56，即為所求點Q的軌跡方程． 方法三：反證法　 　給定數(shù)列{an}，若滿足a1＝a(a>0且a≠1)，對于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝anam，則稱數(shù)列{an}為指數(shù)數(shù)列． (1)若數(shù)列{an}，{bn}的通項公式分別為an＝32n－1，bn＝3n，試判斷{an}，{bn}是不是指數(shù)數(shù)列(需說明理由)； (2)若數(shù)列{an}是指數(shù)數(shù)列，a1＝(t∈N*)，證明：數(shù)列{an}中任意三項都不能構(gòu)成等差數(shù)列． [解]　(1)因為an＝32n－1， 所以a1＝3，a2＝6，a3＝12. 因為a3＝a1＋2≠a1a2， 所以數(shù)列{an}不是指數(shù)數(shù)列． 對于數(shù)列{bn}，因為bn＋m＝3n＋m＝3n3m＝bnbm對任意的n，m∈N*恒成立， 所以數(shù)列{bn}是指數(shù)數(shù)列． (2)證明：因為數(shù)列{an}是指數(shù)數(shù)列， 所以對于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝anam. 令m＝1，則an＋1＝ana1＝an， 所以{an}是首項為，公比為的等比數(shù)列， 所以an＝n. 假設(shè)數(shù)列{an}中存在三項au，av，aw構(gòu)成等差數(shù)列， 不妨設(shè)u2，d>2，則c＋d>4，與已知c＋d≤4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2. 故選C. 2．某學(xué)校為了研究高中三個年級的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高一，高二，高三三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個班級進行測試，則兩個班級來自不同年級的概率為________． 解析：記高一年級中抽取的1個班級為a，高二年級中抽取的2個班級為b1，b2，高三年級中抽取的3個班級為c1，c2，c3. 從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所有可能結(jié)果為(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種． 設(shè)“抽取的兩個班級來自不同年級”為事件A，則事件為抽取的兩個班級來自同一年級． 兩個班級來自同一年級的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種． 所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝. 所以兩個班級來自不同年級的概率為. 答案： 3．方程x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實根，則實數(shù)a的取值范圍為____________________． 解析：假設(shè)三個方程都無實根， 則解得－0)與圓O：x2＋y2＝8相交于A，B兩點，且點A的橫坐標為2.過劣弧AB上動點P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點，分別以C，D為切點作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點M. (1)求p的值； (2)求動點M的軌跡方程． 解：(1)由點A的橫坐標為2，可得點A的坐標為(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1. (2)設(shè)動點M(x，y)，C，D，y1≠0，y2≠0，則切線l1：y－y1＝k， 代入y2＝2x消去x，得ky2－2y＋2y1－ky＝0. 由Δ＝0，解得k＝， 所以l1的方程為y＝x＋. 同理可得，l2的方程為y＝x＋. 聯(lián)立解得 易知直線CD的方程為x0x＋y0y＝8，其中x0，y0滿足x＋y＝8，x0∈[2,2]， 聯(lián)立消去x并整理得， x0y2＋2y0y－16＝0， 則又則可得 由x＋y＝8，得－y2＝1. 又x0∈[2,2 ]， 所以x∈[－4，－2 ]． 所以動點M的軌跡方程為 －y2＝1，x∈[－4，－2 ]． 第6術(shù)　蹊徑可辟　分割補形 方法概述 所謂割補法就是把一個復(fù)雜面積或體積的計算分割成若干個簡單圖形的有關(guān)計算或?qū)⒁粋€不易求出面積或體積的幾何圖形補足為較易計算的幾何圖形．也就是將復(fù)雜的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體．例如，把曲邊形割補成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補成直棱柱、把三棱柱補成平行六面體、把三棱錐補成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復(fù)雜的轉(zhuǎn)化為簡單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的 應(yīng)用題型 在解決幾何問題過程中，割補法是一種常用的方法．無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時使用割補法，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時會柳暗花明，事半功倍 方法一：分割　 　為測出所住小區(qū)的面積，某人進行了一些測量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是(　　) A. km2　　　　 B. km2 C. km2 D. km2 [解析]　如圖，連接AC.在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC＝＝ km， 又AB＝2 km，BC＝1 km， 所以AC2＋BC2＝AB2， 所以△ABC為直角三角形， 且∠ACB＝90，∠BAC＝30， 故∠DAC＝∠DCA＝15. 所以△ADC為等腰三角形，且∠D＝150， 設(shè)AD＝DC＝x km， 根據(jù)余弦定理得x2＋x2＋x2＝3， 即x2＝＝3(2－)． 所以小區(qū)的面積為1＋3(2－)＝＝(km2)． [答案]　D 　　　如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則多面體的體積為(　　) A. B. C. D. [解析]　法一：如圖，在EF上取點M，N，使EM＝FN＝，連接MA，MD，NB，NC，則MN＝1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝. 設(shè)H為AD的中點，連接MH，則MH⊥AD， 且MH＝＝， ∴S△ADM＝ADMH＝. ∴VABCDEF＝2VEADM＋VADMBCN ＝2＋1＝. 法二：如圖，取EF的中點G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐EADG與三棱錐GBCF都是棱長為1的正四面體，易求得VEADG＝VGBCF＝＝， 又四棱錐GABCD的底面是邊長為1的正方形，且側(cè)棱邊為1. 易求得其高為，則VGABCD＝11＝， 所以VABCDEF＝2VEADG＋VGABCD＝2＋＝. [答案]　A [啟思維]　多面體ABCDEF是一個不規(guī)則的幾何體，法一和法二使用了分割法，分割成我們熟悉的三棱錐和三棱柱等，便于使用棱柱、棱錐的體積公式． 方法二：補形　 　某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．8π＋16 B．8π－16 C．8π＋8 D．16π－8 [解析]　由三視圖可知該幾何體為一個半圓柱去掉一個直棱柱．其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4. 半圓柱的體積為V1＝π224＝8π， 直三棱柱的體積為V2＝424＝16. 所以所求幾何體的體積為V＝V1－V2＝8π－16. [答案]　B 　如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BCA＝90，點E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，若BC＝CA＝CC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為________． [解析]　如圖，把直三棱柱A1B1C1ABC補成一個直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取B D中點G，連接B1G，則B1G∥A1F，∠EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補角)． 設(shè)BC＝CA＝CC1＝2a， 則B1G＝＝a， AB＝＝2a， B1E＝＝a， GE2＝BG2＋BE2－2BGBEcos 135＝5a2， 所以cos∠EB1G＝＝， 故B1E與A1F所成角的余弦值為. [答案]　 [即時應(yīng)用體驗] 1．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．64 B．72 C．80 D．112 解析：選C　根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐PABCD與正方體ABCDA1B1C1D1的組合體，如圖所示．由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，其體積V1＝43＝64.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h＝3，且PA＝PB，其底面積為S＝42＝16，則四棱錐PABCD的體積V2＝Sh＝163＝16.故所求幾何體的體積V＝V1＋V2＝64＋16＝80. 2.如圖，正三棱錐SABC的側(cè)棱與底面邊長相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點，那么異面直線EF與SA所成的角等于(　　) A．90 B．60 C．45 D．30 解析：選A　如圖，把正三棱錐SABC補成一個正方體AGBHA1CB1S. ∵EF∥AA1， ∴異面直線EF與SA所成的角為45. 3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：選B　法一：如圖，把多面體ABCDEFG補成正方體DEPGABHM，則VABCDEFG＝VDEPGABHM＝23＝4. 法二：如圖，取DG的中點H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長方體EFHDBPCA，則三棱錐CHFG與三棱錐FPCB全等． 所以VABCDEFG＝VABPCDEFH＝ABACAD＝212＝4. 4．在正三棱錐SABC中，側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，側(cè)棱SC＝4，則此正三棱錐的外接球的表面積為________． 解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，可得三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直．又三條側(cè)棱相等，故可以三條側(cè)棱為相鄰三邊作出一個正方體SB