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用割補(bǔ)法巧解一類幾何題

2022-04-29 06:45:28馮恒仁
關(guān)鍵詞:平面幾何立體幾何

馮恒仁

摘要:在高三復(fù)習(xí)備考中,有很多求長度、角度、面積、體積的問題,除了常規(guī)解法,恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用割補(bǔ)法把問題放到特殊的幾何圖形中,也有助于我們很快找到解決問題的突破口,使運(yùn)算變得非常簡潔,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)生分析問題和解決問題的能力.

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)雜圖形的長度、角度、面積或體積的計(jì)算分割成若干個(gè)簡單圖形的有關(guān)計(jì)算,或者將一個(gè)不易求出長度、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(常見的題是將特殊的三棱錐、四棱錐補(bǔ)形為長方體、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,過點(diǎn)C作CE∥DA,交AB于點(diǎn)E,再過點(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:梯形面積計(jì)算問題,輔助線的作法一般有兩種,一是過頂點(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: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,

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: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:通過補(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,過點(diǎn)C作CN⊥AD,垂足為N,過點(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: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CB,DA,設(shè)CB∩DA=E,過點(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:與方法3相比,方法4更簡潔,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.則正方體的面對角線長為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.

由正方體的面對角線長為a,

可知正方體的棱長為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:已知正四面體的棱長為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)形策略無疑很簡潔.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:對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: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)法求解一些幾何問題,關(guān)鍵是根據(jù)已知條件將原圖形通過分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形或特殊圖形,從而使問題簡單化,這一過程也充分體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化思想.

參考文獻(xiàn):

[1]鄧保滄.驕子之路·高考二輪總復(fù)習(xí)·數(shù)學(xué)(理科)[M].北京:光明日報(bào)出版社,2020:26.

[2]魏萬青.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:光明日報(bào)出版社,2021:128.

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