高考数学解题技巧(方法类)：高考数学解题技巧——1.选择题的解题(3)

【方法点评】数形结合，借助几何图形的直观性，迅速作正确的判断是高考考查的重点之一；历年高考选择题直接与图形有关或可以用数形结合思想求解的题目约占50％左右.

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6．割补法

“能割善补”是解决几何问题常用的方法，巧妙地利用割补法，可以将不规则的图形转化为规则的图形，这样可以使问题得到简化，从而缩短解题长度.

例1．一个四面体的所有棱长都为2，四个项点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）

（A ）3π （B ）4π （C ）3π3 （D ）6π

解：如图，将正四面体ABCD 补形成正方体，则正四面体、正方体的中

心与其外接球的球心共一点.因为正四面体棱长为2，所以正方体棱长为1，

从而外接球半径R ＝

2

3.故S 球＝3π. 直接法（略）

例 2. 如图，是一个平面截长方体的剩余部分，已知12,8,5,3,4=====CG BF AE BC AB ，则几何体EFGH ABCD -的体积为（ ）

（A ）100 （B ）102 （C ）106 （D ）108

【解析】

【割补法】首先通过梯形BFHD ACGE ,的中位线重合，我们可以求得9=DH ,分别延长DH CG BF AE ,,,到','','D C B A ,使得17''''====DD CC BB AA ,则我们可得8',5',9',12'====HD GC FB EA ，

故长方体''''D C B A ABCD -的体积是几何体EFGH ABCD -的二倍. 故10217432

121''''=???==--D C B A ABCD EFGH ABCD V V

我们在初中学习平面几何时，经常用到“割补法”，在立体几何推导锥体的体积公式时又一次用到了“割补法”，这些蕴涵在课本上的方法当然是各类考试的重点内容.因此，当我们遇到不规则的几何图形或几何体时，自然要想到“割补法”.

、用割补法求柱体（柱体的一部分）体积

例3【2005湖南高考，理5】如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，

O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则O 到平面AC 1D 1的距离为（ ）

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A 、21

B 、42

C 、22

D 、2

3 【答案】B

【分析】求点到面的距离通常是过点做面的垂线，而由于该图的局限性显然不太好做垂线，考虑O 为A 1C 1的中点，故将要求的距离与A 1到面AC 1D 1的距离挂钩，从而与棱锥知识挂钩，所以可在该图中割出一个三棱锥A 1—AC 1D 1而进行解题。

【解析】连AC 1，可得到三棱锥A 1—AC 1D 1，我们把这个正方体的其它部分都割去就只剩下这个三棱锥，可以知道所求的距离正好为这个三棱锥的高的一半。这个三棱锥底面为直角边为1与2的直角三角形。这个三棱维又可视为三棱锥C 1—AA 1C 1，后者高为1，底为腰是1的等腰直角三角形，利用体积相等，立即可求得原三棱锥的高为2

2，故应选B 。

例4【2005全国高考1，理5】如图，在多面体ABCDEF 中,已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE 、△BCF 均为正三角形. EF ‖AB ，EF=2，则多面体的体积为（ ）

A 、32

B 、3

3 C 、3

4 D 、23 【答案】A

【分析】显然在该图不是我们所熟悉的棱柱或棱锥，所以我们在此可以考虑将该图

分解成我们所熟悉的棱柱或棱锥，故在此可采用分割的方法。将已知图形割为一个

直棱柱与两个全等的三棱维，先分别求体积，然后求要求的几何体体积。

【解析】如下图，过AD 和BC 做分别EF 的直截面ADM 及截面BCG ，面ADM ‖面

BCG ，O 为BC 的中点，在△BCF 中求得FO=23，又可推得FG= 21，又OG ⊥EF ，∴GO= 22 S △BCG =4

2 ∴V BCG-ADM =

42 ， 2V F-BCG =12

2

∴V ABCDEF =42+122=32，故选A.

7．极限法

从有限到无限，从近似到精确，从量变到质变.应用极限思想解决某些问题，可以避开抽象、复杂的运算，降低解题难度，优化解题过程.

例1．对任意θ∈（0，2

π）都有（ ） （A ）sin(sin θ)＜cos θ＜cos(cos θ) （B ） sin(sin θ)＞cos θ＞cos(cos θ)

（C ）sin(cos θ)＜cos(sin θ)＜cos θ （D ） sin(cos θ)＜cos θ＜cos(sin θ)

【答案】D

【解析】当θ→0时，sin(sin θ)→0，cos θ→1，cos(cos θ)→cos1，故排除A ，B .

当θ→

2π时，cos(sin θ)→cos1，cos θ→0，故排除C ，因此选D .

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例2．不等式组??

???+->+->x x x x x 22330的解集是（ ）

（A ）（0，2） （B ）（0，2.5） （C ）（0，6） （D ）（0，3）

【答案】C

【解析】不等式的“极限”即方程，则只需验证x =2，2.5，6和3哪个为方程

x

x x x +-=+-2233的根，逐一代入，选C .

例3．在正n 棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是（ ） （A ）（

n n 2-π，π） （B ）（n

n 1-π，π） （C ）（0，2π） （D ）（n n 2-π，n n 1-π） 【答案】A

【解析】当正n 棱锥的顶点无限趋近于底面正多边形中心时，则底面正多边形便为极限状态，此时棱锥相邻两侧面所成二面角α→π，且小于π；当棱锥高无限大时，正n 棱柱便又是另一极限状态，此时α→n n 2-π，且大于n

n 2-π，故选（A ）.

【方法点评】用极限法是解选择题的一种有效方法.它根据题干及选择支的特征，考虑极端情形，有助于缩小选择面，迅速找到答案。

8．估值法

由于选择题提供了唯一正确的选择支，解答又无需过程.因此可以猜测、合情推理、估算而获得.这样往往可以减少运算量，当然自然加强了思维的层次.

当选项差距较大，且没有合适的解题思路时我们可以通过适当的放大或者缩小部分数据估算出答案的大概范围或者近似值，然后选取与估算值最接近的选项。

例1 已知3sin 5m m θ-=

+，42cos ()52m m πθθπ-=<<+，则tan 2θ=（ ） A ．3m q m -- B ．3m q m

-- C ．15- D ．5 【答案】D

【解析】由于受条件22sin cos 1θθ+=的约束，m 一定为一个确定的值，进而可知tan 2θ

也是一个确定的值，因为2π

θπ<<，所以422π

θ

π

<<，所以tan 12θ

>，所以D 正确.

例2．如图，在多面体ABCDEF 中，已知面ABCD 是边长为

3的正方形，EF ∥AB ，EF 2

3=，EF 与面AC 的距离为2，则该多面

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S 体的体积为（ ）

（A ）29 （B ）5 （C ）6 （D ）2

15 【答案】D 【解析】由已知条件可知，EF ∥平面ABCD ，则F 到平面ABCD 的距离为2，∴V F －ABCD ＝

31·32·2＝6，而该多面体的体积必大于6，故选（D ）.

例3. 已知过球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB =BC =CA =2，则球面面积是（ ）

（A ）916π （B ）38π （C ）4π （D ）9

64π 【答案】D

【解析】∵球的半 …… 此处隐藏：2939字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……