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第 3 讲 割补思想在立体几何中的应用
割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几
何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。
割补法重在割与补，巧妙对几何体过几何图形实割与补，变整体的为局部，化不规则为规则，化陌生为熟
悉，化抽象为直观。
割补法在立体几何中体现的主要的题型就是几何体的切等问题。
【应用一】割的思想在多面体的体积及几何体的内切球中的运用
割的思想主要体现两种题型：一是求复杂几何体的体积、表面积等问题，此类问题通过割把复杂的几何体
割成几个简单的几何体。二是求几何体内切球的半径、体积等问题。此类问题主要是通过球心与几何体的
各点割成锥，然后运用等积法求半径。
【例1.1】已知一个三棱锥的所有棱长均为，则该三棱锥的内切球的体积为________．
【例1.2】【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的
体积为_________．
【思维提升】以三棱锥P－ABC为例，求其内切球的半径．
方法：等体积法，三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；
第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：V
P－ABC
＝V
O－ABC
＋V
O－PAB
＋V
O－PAC
＋V O－PBC⇒V
P－ABC
＝S
△ABC
·r
＋S ·r＋S ·r＋S ·r＝(S ＋S ＋S ＋S )·r；
△PAB △PAC △PBC △ABC △PAB △PAC △PBC
第三步：解出r＝＝．
秒杀公式(万能公式)：r＝
【例1.3】（2023·河北唐山·统考三模）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长
方形的屋状的楔体（图示的五面体 ．底面长方形 中 ， ，上棱长 ，
且 平面 ，高（即 到平面 的距离）为 ， 是底面的中心，则（ ）
A． 平面
B．五面体 的体积为5
C．四边形 与四边形 的面积和为定值D． 与 的面积和的最小值为
【变式1.1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图①，在平行四边形 中，
，将 沿 折起，使得点 到达点 处（如图②）， ，则三棱
锥 的内切球半径为______.
【变式1.2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正
方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为
__________．
【变式1.3】（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，设三棱锥A′－BDC的外接球和内切球的半径分别为r ，r ，球心分别为O ，O .若正方形ABCD的边长为1，则
1 2 1 2
________；O O ＝__________.
1 2
【应用二】补的思想在立体几何中几何体外接球中的应用
解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，
选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关
系)，达到空间问题平面化的目的．
2．记住几个常用的结论：
（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.
①对于正方体的外接球，2R＝ ；②对于正方体的内切球，2R＝a；
③对于球与正方体的各棱相切，2R＝ .
（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R，则 .
（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
3．构造法在定几何体外接球球心中的应用
（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长
方体或正方体；
（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正
方体；
（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体
【例2.1】（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，
在鳖臑A-BCD中，AB 平面BCD，CD AD，AB=BD= ，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上
一点到点B的最短距离为 ，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【思维提升】
墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外
接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a，b，c，外接球的半径为
R，则2R＝．)，秒杀公式：R2＝．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：
D C D C D C D C
1 1 1 1 1 1 1 1
A B A B A B A B
1 1 1 1 1 1 1 1
D C D C D C D C
A B A B A B A B
类型Ⅰ 类型Ⅱ 类型Ⅲ 例外型
【例2.2】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体 中， ， ，
，则其外接球的体积为______.
【思维提升】
棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长
方体的体对角线长，即 (长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三棱锥
的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．D C
1 1
A B
1 1
C
D
A B
【变式2.1】（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥 中，PA⊥平面ABC，
，则三棱锥 外接球的表面积为__________.
【变式 2.2】已知三棱锥 ，三组对棱两两相等，且 ， ，若三棱锥
的外接球表面积为 ．则 ________．
【变式 2.3】已知三棱锥 A－BCD 的四个顶点 A，B，C，D 都在球 O 的表面上，AC⊥平面 BCD，
BC⊥CD，且AC＝，BC＝2，CD＝，则球O的表面积为( )
A．12π B．7π C．9π D．8π
【变式2.4】(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长
为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为( )．
A． B． C． D．
巩固练习
1、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长
方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是
由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半
正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有
________个面，其棱长为_________．
2、（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方
体棱长为2，则该几何体的表面积为（ ）A． B． C． D．
3、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体
作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或
平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除 如图
所示，底面 为正方形， ，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为
（ ）
A． B． C． D．
4、（2023·安徽黄山·统考三模）如图，球 的表面积为 ，四面体 内接于球 ， 是边长
为 的正三角形，平面 平面 ，则该四面体体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5、正四面体的各条棱长都为 ，则该正面体外接球的体积为________．
6、在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为
________．
7、在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝6，AC＝BD＝AD＝BC＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．8、（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥 的棱长均为4，先在三棱锥 内放入一个内切
球 ，然后再放入一个球 ，使得球 与球 及三棱锥 的三个侧面都相切，则球 的表面积
为__________.
