文科立体几何中的“割补法”教学
立体几何是高中数学知识体系的重要知识模块之一，它也是历年高考必考的重点内容，且题型、难度与分值比例长期保持相对稳定，主要是集中考查空间位置关系的形化和量化，尤其是文科的教学中更关注空间中平行与垂直的关系。

但在教学实践中，我发现文科学生对垂直的证明，如线线垂直、线面垂直的证明或一些相关的计算题，如一类三棱锥的外接球的表面积、体积的计算往往不尽如人意，常常在这方面失分。

那么，如何更好掌握相关知识呢？结合教学实际，我提倡使用“割补法”，即以正方体或长方体为载体，在其中“裁剪”，找出合适的线线、线面、面面位置关系加以研究。

一、从“形”上割补
1.割。

正方体是空间各种位置关系的“集合体”，通常可以通过将不规则或者特殊图形切割，构造为正方体关系，由此将题目难度降低。

例1（2010安徽）一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积是（b）
（a）372（b）360
（c）292（d）280
分析：由三视图可知该几何体是两个叠加的长方体，只需割成两个长方体即可，要注意其长宽高。

例2（2010福建）如图，在长方体abcd-a1b1c1d1中，e，h分别是棱a1b1,d1c1上的点（点e与b1不重合），且eh//a1d1。

过eh
的平面与棱bb1，cc1相交，交点分别为f，g。

（2）设ab=2aa1=2a。

在长方体abcd
-a1b1c1d1内随机选取一点，记该点取自于几何体a1abfe-d1dcgh 内的概率为p。

当点e，f分别在棱a1b1, b1b上运动且满足ef=a 时，求p的最小值。

分析：第（2）问是借考几何概形来考察几何体的体积，也即p=，而a1abfe-d1dcgh=vabcd-a1b1c1d1-
vbef-c1hg，即把所求几何体的体积看成长方体的体积割去三棱柱的体积，而该三棱柱是倒放的。

当且仅当时等号成立
所以，p的最小值等于
2.补。

高考试卷中考查的立体几何图形，大多可以还原为立体几何图形，通过辅助方法，将不熟悉的图形还原为正方体关系，可找出相应题型要求。

例3.（2010浙江）设l、m是两条不同的直线，a是一个平面，则下列命题正确的是（b）
a. 若l⊥m，ma，则l⊥a
b. 若l⊥a，l∥m，则m⊥a
c. 若l∥a，ma，则l∥m
d. 若l∥a，m∥a则l∥m
解析：本题主要以符号语言给出，在判断的过程中，抽象地背诵线线、线面之间位置关系的公理和判定定理等很难奏效，必须正确
画出图形，把符号语言转化为图形语言，然后依据图形研究、判断，所以可以把所有这些关系放置在正方体模型中，如图所示易知答案为b。

例4．:三棱锥p-abc的三条侧棱两两垂直，且pa=pb=pc=12，求该三棱锥的外接球的表面积为_______432π_______
分析：抓住三条侧棱两两垂直且相等的特点，马上联想到正方体，整个题目就转化成求正方体的外接球的表面积了，问题亦迎刃而解。

若是三条侧棱两两垂直且不相等，我们可以把它补成长方体了。

例5：一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一个球面上，则该球的体积为________
分析：该几何体是正四面体，用传统的方法解答，其运算量是较大的，而将该正四面体还原成棱长为1 的正方体的外接球的体积，这样在填空选择中可做到“快”“巧”“准”。

例6：某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为ａ和ｂ的线段，则a＋b的最大值为分析：由题意及三视图知识，眼中立即显现出一个长方体模型，其对角线l长为，l在两个侧面和底面上的投影（三个矩形的对角线）分别为、ａ和ｂ，则在设出长方体模型的棱长为ｘ、ｙ、ｚ后，由x2+y2+z2=7，x2+y2=6，y2+z2=a，x2+z2=b，得到a2+b2=8，从而a+b≤=4，故选c。

二.从“量”上割补
例如在课本必修（2）第69页有一道探究题：
如图，已知ab⊥平面bcd，bc⊥cd，你能发现哪些线面垂直，哪些平面互相垂直，为什么？
我把该题作为高三年第一轮复习线线、线面、面面垂直的典型例题，但学生在实际练习中的回答并不完整，究其原因，是对图形的特征没有本质上的了解。

在新课标当中，关于立体几何的内容将先前的以位置关系为主线，从局部到整体到展开形式，变为以图形特征为主线，从整体到局部，以三视图，直视图以及点、线、面的位置关系来帮助学生完善思维结构，发展空间想象能力，并在几何直观的基础上，初步形成对空间图形的逻辑推理能力。

所以，在具体教学中，我并不急着给出完整的答案，而是结合图中的垂直关系引导学生联想到正方体即用“补形法”给出一个正方体模型，并让学生观察正方体的十二条棱，六个面中有哪些线面垂直关系，学生易得出结论：
棱a1a、b1b、c1c、d1d与上下底面互相垂真，棱ad、bc、b1c、a1d1与左右两个面互相垂直，棱ab、dc、d1c1、a1b2与前后两个面垂直。

接着用“切割法”，沿着对角面b1bdd垂直切割，就会分成两个全等的直棱柱，再拆掉棱b1c1、c1c、d1d，最终这个图形与课本中的图形一致。

因为b1b⊥面bcd，也就把此图形称为“旗杆插地面”。

最后再进行扩展。

事实上，许多高考题或模拟题也是以此图形为模板，只是对底面
的形状进行变换。

下面结合几道具体的例题展开详细的阐述。

例7:如图，四棱锥p-abcd的底面是正方形，pa⊥底面abcd，pa=2，∠pda=，点e、f分别为棱ab、pd的中点。

（1）求证：af∥平面pce
（2）求证：af⊥平面pcd
（3）求证：平面pce⊥平面pcd
（1）证明略
（2）证明：
∵pa⊥面abcd∴pa⊥cd又abcd为正方形∴cd⊥ad
∴cd⊥面pad，∴cd⊥af
又∵f是pd中点，∠pda=
∴af⊥pd，且pd∩cd=d∴af⊥面pcd
由（1）(2)易证（3）
这三个小问题，环环相扣，步步为营，学生容易证出第一步，只需取pc的中点g，分别连接eg，fg即可。

关键是第二步的证明，因此要先看出这个几何题的原型是个正方体，只是拆了几个面和几条棱而已。

所以易证cd⊥平面pad，这也是最关键的一步，看出来了整个问题也就迎刃而解了。

例8:（2010山东）在如图所示的几何体中，四边形abcd是正方形，
ma⊥平面abcd,pd∥ma,e、g、f分别为mb、pb、pc的中点，
且ad=pd=2ma.
(1) 求证：平面efg⊥平面pdc;
(2)求三棱锥.p-mab与四棱锥p-abcd的体积之比.
(1)证明：
∵ma⊥面abcd，pd∥ma∴pd⊥面abcd∴pd⊥bc
又
∵四边形abcd为正方形，∴bc⊥dc又pd∩dc=d，∴bc⊥面pdc 在△pbc中，∵g，f分别为pb，pc的中点，∴gf∥bc，
∴gf⊥面pdc又gf面efg，∴面efg⊥面pdc
（2）解：因为pd⊥平面abcd,四边形abcd为正方形，不妨设ma=1，则pd=ad=2，abcd
所以 vp-abcd=1/3s正方形abcd，pd=8/3
由于 da⊥面mab的距离
所以 da即为点p到平面mab的距离，三棱锥 vp-mab=1/3×1/2×1×2×2=2/3，所以 vp-mab：ｖp-abcd=1:4。

综上所述，在面对立体几何题型，我们要抓住其图形的本质，利用构建模型，拆解补形等方法，巧妙的构建为我们常见的图形，减少思维量和运算量，从而更好更快的完成题目，这也正符合新课标队立体几何的定位，对文科学生克服对立体几何的恐惧感有很大的帮组，对中学数学教学贴近新课标也有很好的导向作用。

注：“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以pdf格式阅读”。