第47讲角度与距离题目教案
用方向和距离确定位置教案
用方向和距离确定位置教案一、教学目标：1. 让学生掌握用方向和距离来确定物体的位置的方法。
2. 培养学生观察、思考、交流和合作的能力。
3. 提高学生解决实际问题的能力。
二、教学内容：1. 方向：东、南、西、北。
2. 距离：用米、厘米作为单位测量距离。
3. 确定位置的方法：先确定方向，再测量距离。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：掌握用方向和距离确定物体的位置的方法。
2. 教学难点：如何准确地测量距离和判断方向。
四、教学准备：1. 教具：指南针、测距仪、地图。
2. 学具：学生用书、练习册、铅笔、橡皮。
五、教学过程：1. 导入：教师通过讲解生活中的实例，引出用方向和距离确定位置的重要性。
2. 新课导入：教师讲解方向和距离的概念，以及如何使用指南针和测距仪。
3. 课堂讲解：教师通过地图和实际操作，讲解如何用方向和距离确定物体的位置。
4. 课堂练习：学生分组进行练习，运用所学知识确定物体的位置。
5. 总结与拓展：教师总结本节课所学内容，布置课后作业，鼓励学生在生活中运用所学知识。
6. 课后作业：学生完成课后练习册上的相关题目，巩固所学知识。
六、教学策略与方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究用方向和距离确定位置的方法。
2. 利用直观演示法，让学生清晰地了解方向和距离的测量方法。
3. 运用小组合作法，培养学生的团队协作能力和沟通能力。
4. 采用案例分析法，分析生活中实际问题的解决方法。
七、教学步骤：1. 回顾上节课的内容，检查学生对方向和距离的掌握情况。
2. 讲解如何利用指南针和测距仪进行实际操作。
3. 开展小组讨论，让学生分享各自确定的物体位置，互相评价。
4. 教师出示实际问题，引导学生运用所学知识解决。
5. 总结本节课所学内容，布置课后作业。
八、评价与反馈：1. 课堂表现评价：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况，了解学生的学习状态。
2. 课后作业评价：检查学生作业完成情况，评估学生对知识的掌握程度。
信息窗二(用角度和距离确定位置)-青岛版五年级数学下册教案
信息窗二（用角度和距离确定位置）-青岛版五年级数学下册教案一、教学目标1.能使用角度和距离确定某个点在平面直角坐标系中的位置。
2.能够快速计算出任意两个点之间的距离和角度。
3.能够独立完成信息窗二的课后作业。
二、教学重点1.角度和距离的概念。
2.如何使用角度和距离确定点的位置。
3.熟练掌握课程中的相关公式和方法。
三、教学难点1.熟悉坐标系中的正弦、余弦、正切函数。
2.能够正确运用上述函数计算出角度值和距离值。
四、教学方法1.讲解与演示相结合的方式。
2.让学生通过实际操作感受与巩固所学知识。
3.事例讲解，让学生理解知识的实际应用。
五、教学过程A. 导入环节1.引入教材知识点。
2.回忆上节课所学。
B. 学习环节1.给学生出示平面直角坐标系，并讲解坐标系的用途和重要性。
2.讲解角度和距离的概念。
3.介绍确定某个点在平面直角坐标系中的位置的方法，即用角度和距离确定位置。
4.通过多组实例演示，让学生掌握使用角度和距离确定位置的方法。
5.让学生通过讲解示范和实际操作，熟悉坐标系中的正弦、余弦、正切函数，进而能够正确运用上述函数计算角度值和距离值。
C. 锻炼环节1.分组让学生互相出题，并向其他小组出题答案。
2.通过教师点评，让学生发现自己的不足之处，并互相学习，共同进步。
D. 总结环节1.总结今天所学知识，归纳重点。
2.观察学生掌握情况，确认教学效果。
六、教学评估1.布置相关作业以检测学生是否掌握所学知识。
2.定期进行测试，深入了解学生的学习情况，及时进行调整和纠正错误。
七、教学反思本节课的教学方法比较灵活多变，同时结合了实际操作，让学生真正体会到所学知识的实际应用。
虽然学习难度较高，但通过多组实例演示，并分组让学生互相出题，加深了学生对所学内容的理解和记忆，并提高了学生的自主学习以及动手实践的能力。
同时，后续教学也将进一步调整和完善，让学生更好地掌握所学知识。
信息窗二(用角度和距离确定位置)-青岛版五年级数学下册教案
信息窗二（用角度和距离确定位置）-青岛版五年级数学下册教案教学目标1.知道用角度和距离确定位置；2.能够根据画图所示的信息，结合数学知识正确地画出图形；3.能够根据画图所示的信息，结合数学知识正确地判断图形的名称和性质。
教学重点学生能够根据画图所示的信息，结合数学知识正确地画出图形。
教学难点学生能够根据画图所示的信息，结合数学知识正确地判断图形的名称和性质。
教学方法1.讲授法；2.课堂小组讨论法；3.案例分析法。
教学过程一、引入新课1.导入教学内容，简要介绍今天要学习的内容；2.引导学生回顾属性窗的基础知识，如何用距离来描述物体的位置；3.通过举例分析，引出如何用角度和距离来确定物体的位置。
二、讲解知识点1.如何用角度和距离来确定位置；2.如何通过画图来展示角度和距离的关系；3.如何通过画图来确定图形的名称和性质。
三、课堂练习1.让学生结合自己的经验，在纸上画出某一物体的位置；2.根据老师给出的角度和距离，让学生再次画出该物体的位置；3.通过画图所示的信息，让学生正确地判断图形的名称和性质。
四、案例分析1.老师出示一组图形，让学生用角度和距离画出该图形；2.判断画出的图形名称和性质是否正确；3.分组讨论，找出画图错误的原因，并进行修正。
五、总结反思1.整理课堂笔记，简要总结知识点；2.对教学进行总结反思，发扬优点，改正缺点。
课后作业1.画出自己房间的平面图，并给出家具距离与角度的标注；2.搜集一些图形的信息，画出这些图形的位置并判断名称和性质是否正确。
教学评价1.学生能够根据画图所示的信息，结合数学知识正确地画出图形；2.学生能够根据画图所示的信息，结合数学知识正确地判断图形的名称和性质；3.学生课后完成作业，达到预期要求。
参考资料1.《青岛版五年级数学下册》；2.《信息窗二（用角度和距离确定位置）》。
用方向和距离确定位置教案
用方向和距离确定位置教案一、教学目标1. 知识与技能：让学生理解方向和距离的概念，并掌握用方向和距离确定物体的位置的方法。
培养学生运用方向和距离解决问题的能力。
2. 过程与方法：通过实际操作和练习，让学生学会用方向和距离描述和确定物体的位置。
培养学生团队合作和沟通交流的能力。
3. 情感态度与价值观：培养学生对地理学科的兴趣和好奇心，提高学生对方向的敏感度。
培养学生勇于尝试、积极思考的学习态度。
二、教学重点与难点1. 教学重点：让学生掌握用方向和距离确定物体位置的方法。
培养学生实际操作和解决问题的能力。
2. 教学难点：让学生理解和运用方向和距离的概念。
培养学生准确描述和计算方向和距离的能力。
三、教学准备1. 教具准备：方向和距离的教学道具或模型。
方向和距离的图表或图片。
2. 教学场地准备：教室或室外空地。
四、教学过程1. 导入新课：通过一个有趣的谜语或故事，引发学生对方向的兴趣。
引导学生思考日常生活中用方向和距离确定位置的场景。
2. 教学讲解：讲解方向和距离的概念，并用实物或模型进行演示。
解释用方向和距离确定物体位置的方法。
3. 实践操作：分组让学生实际操作道具或模型，尝试用方向和距离确定物体的位置。
引导学生互相交流和讨论，共同解决问题。
4. 练习与巩固：提供一些练习题或图表，让学生独立完成或小组合作解决。
检查学生的答案，并进行讲解和指导。
五、教学反思与评价1. 教学反思：反思本节课的教学方法和效果，是否达到教学目标。
思考如何改进教学方法和策略，以提高学生的学习效果。
2. 学生评价：对学生在实践操作和练习中的表现进行评价。
关注学生在团队合作和沟通交流中的表现，并进行鼓励和指导。
1. 延伸学习：引导学生思考如何运用方向和距离解决更复杂的问题，如地图导航、建筑设计等。
介绍一些方向和距离在现实生活中的应用案例，如地理信息系统、无人机导航等。
2. 课外作业：布置一道综合运用方向和距离的实践作业，如在家中或学校内用方向和距离确定某个物体的位置。
五年级下册数学导学案用角度和距离确定位置青岛版
用角度和距离确定位置思考和提出的问题1.如何结合具体情境与生活实际来理解四个条件对确定位置的作用，并如何建立“根据带有角度的方向和距离确定位置”的模型？2.如何解决并落实教材的问题串？教材中的第三个问题串“参观完斑马场，同学们想去猴山，说一说他们的行走路线。
”是否要求学生达到“确定两地的相对位置，度量方向与距离”第二课时的目标？该如何处理？磨课要点学生的学习起点分析：在学习本课之前，学生已经在第一学段学习了前后、上下左右等表示物体具体位置的知识，并具有在平面图上辨认东、南、西、北、东北、东南、西北、西南8个方向及简单的路线图的生活认知，在四年级上册学生学习了在方格纸上用数对确定位置等知识。
这些知识为学生进一步认识物体在空间的具体位置打下了基础。
但大部分尚不知用角度加方位词来表达具体的方向。
学生的学习终点分析：通过具体活动认识方向和距离对确定位置的作用，能根据方向（任意方向）和距离确定物体的位置，能描述简单的路线图。
过程与方法：立足“数学源于生活，有用有趣不难”的理念，以学生感兴趣的、熟悉的生活素材入手，把数学学习和学生已有的知识背景紧密结合。
从已有的知识“在坝头中心小学东南面”，引发学生的认知冲突“只依据原有的方位知识无法确定准确位置，要确定准确位置还需要哪些信息？怎样确定位置？”让学生带着明确的问题进行有效的探究，在测量，描述，交流讨论等探究活动中，体会方向和距离对确定物体位置的作用，寻找根据方向和距离确定物体位置的方法，用严谨准确的语言描述物体的位置。
其次，让学生经历“真学习真探究”。
学生在“试一试、画一画、说一说、练一练”的过程中经历确定位置“由面到线再到点”不断精确、“四个要素决定着唯一一个对应的位置”不断提升的过程。
学生在动手操作、动口交流、动眼观看、动脑思考等学习过程中进行自主探究，掌握描述简单的路线图的方法，尝试绘制简单的路线图，达到学以致用的目的，发展学生的空间观念。
教学内容知识与能力：通过具体活动，认识方向与距离对确定位置的作用；能根据方向和距离确定物体的具体位置；能描述简单的线路图。
距离和角度教案备课教学设计
距离和角度★教学目标：1、认识到距离和角度对我们的正确认识有极为重要的作用，从而更好理解换位思考、入乡随俗的必要性。
2、学会在生活中更细致地观察他人的反应，在满足自己的实际需求的同时能更好地维护好周边伙伴的需要。
3、对于身边朋友的态度，学会进行辩证分析，有则改之无则加勉。
4、在自媒体时代，学会按照正确的标准选择合适的信息源。
★教学过程：盲人摸象有一天，四个盲人坐在树下乘凉。
有个赶象的人走过来，大声喊着：“象来了，让开点!”其中一个盲人便提议说：“象是什么样子的呢?咱们来摸一摸好吗?”另外三个盲人齐声说：“好，摸一摸就知道了。
”他们向赶象的人说了他们的想法。
赶象的人同意了，把象拴在树上，让他们摸一摸。
一个盲人摸了摸象的身子，就说：“我知道了，象就像一堵墙。
”第二个盲人摸着象的牙，说道：“象和又圆又滑的棍子一样。
”第三个盲人摸着象的腿，就反驳他们说：“你们俩说得都不对，象跟柱子差不多。
”第四个盲人摸着象的尾巴，大声叫起来：“你们都错了!象和粗绳子一模一样。
”四个盲人你争我辩，都认为自己说得对，谁也不服谁。
这时，赶象的人对他们说：“你们都没有说对。
一定要摸遍了象的全身，才能知道象是什么样子的。
你们每个人只摸了象的一部分，怎么能说得对呢?”盲人摸象的寓言含义：看事情要全面,整体,不要分割开来. 坚信自己的观点和坚持自己的观点很重要，学会听别人的观点,会把事情了解得更全面，更准确。
此外，故事也告诉我们，要学会同伴合作，互相分享经验。
但是，如果我们换个正常人，估计他就不会这么理直气壮了。
他会赶紧地。
当我们站在A位，我们的眼前被象腿遮挡住了，所谓“一叶障目”就是如此了。
（1）Q：如何才能在全局上看到整个大象？ A：向后退。
Q：向后退是调整了什么？A：人与大象之间的距离。
（2）Q：如何才能使自己只看到象的耳朵？A：向斜里走。
Q：向斜里走是调整了什么？A：人与大象之间的角度。
不管是距离，还是角度，归结起来，其实就是两个字，位置。
角和距离距离
角和距离【高考要求】1掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角的概念2会求直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角3理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念4会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况）和距离公式计算七种距离【知识点归纳】1．异面直线所成的角：已知两条异面直线,a b ，经过空间任一点O 作直线//,//a a b b ''，,a b ''所成的角的大小与点O 的选择无关，把,a b ''所成的锐角（或直角）叫异面直线,a b 所成的角（或夹角）．为了简便，点O 通常取在异面直线的一条上异面直线所成的角的范围：]2,0(π【结论】和一个角两边所成角相等的直线在这个角所在平面内的射影在这个角的平分线上。
2．异面直线所成的角的求法：（1）定义法；（2）向量法：cos cos ,a b θ=<>3．直线和平面所成角：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角一直线垂直于平面，所成的角是直角一直线平行于平面或在平面内，所成角为0︒角直线和平面所成角范围： [0，2π]【结论】斜线和平面所成的角是此斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角.4．直线和平面所成的角的求法： （1）定义法；（2）转化法：作出（找到）面的垂线，转化去求线和垂线的角度；（3）向量法：sin cos ,a n θ=<> ，其中n为平面的法向量；（4）三余弦定理：cos γ =cos αcos β。
5．二面角：平面内的一条直线把平面分为两个部分，其中的每一部分叫做半平面，从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面若棱为l ，两个面分别为,αβ的二面角记为l αβ--．6．二面角的平面角：过二面角的棱上的一点O 分别在两个半平面内作棱的两条垂线,OA OB ，则AOB ∠叫做二面角l αβ--的平面角二面角的平面角为直角时，则称为直二面角，组成直二面角的两个平面互相垂直；二面角的平面角范围是[0,180【注意】如果两个二面角的平面对应平面互相垂直，则两个二面角没有什么关系.7．二面角的求法：（1）定义法：从二面角的棱上一点分别在两个半平面内作垂直于棱的两条射线。
角的认识与测量教案：多种角度测量方法与技巧
角的认识与测量教案：多种角度测量方法与技巧角是我们日常生活中常常涉及到的几何概念之一，它不仅在数学、物理和建筑学等学科中有广泛应用，而且在生活中的方位、时间、距离等方面也有重要作用。
因此，学生们应该认真学习角的知识，并掌握多种角度测量方法和技巧。
本文将从以下几个方面介绍角度的认识和测量教案。
一、角的认识1.什么是角度？通俗地说，角度是两条射线之间的夹角。
具体来说，可以将射线看作是从同一点出发的两条线段，它们组成的夹角就是角度。
2.角的基本单位与概念角的基本单位是度，它表示角的大小。
360°等于一个完整的圆周，因此可以表示任何角。
此外，还有弧度和梯度这两种单位。
弧度是圆弧长与半径的比值，用符号rad来表示。
例如，半径为1的圆的周长约为6.28，那么弧度为2π。
可以用弧度来表示角的大小，1弧度等于大约57.3度。
梯度是以百分之一斜率来表示的，用符号grad表示。
例如，满足三角形直角边比为1：1的角度大小为45度。
在梯度中，这个角度大小为50grad。
二、角度测量方法1.用量角器测量最常见的测量角度的方法之一是使用量角器。
量角器是精确测量角的工具，通常由半圆形或全圆形相互连接的两条标尺组成。
我们可以将其放置在角上，并将一条标尺与射线重合，以读取另一条标尺上的角度值。
2.使用三角仪测量三角仪是一种可以像量角器一样测量角的工具。
然而，与量角器不同，三角仪具有两条相互垂直的标尺，通常用于测量直角和其他锐角。
将三角仪放置在角上，以使一个角度与一个标尺对齐，然后读取另一个标尺上的角度值。
3.使用各种计算器和工具现代计算机和手机上的角度计算器可以精确地测量角度，使得人们可以更加方便和准确地进行各种角的测量。
此外，还有许多其他工具可以测量角度，如显微镜、镜头、投影仪等等。
三、角度测量技巧1.角的种类区别和计算在角度测量过程中，首先要确定角的种类。
根据其大小和其他特征，可以将角分为直角、锐角或钝角。
直角是一个90度的角，锐角是一个小于90度的角，而钝角是一个大于90度的角。
小学五年级语文下册《角度》教案、教学设计
小学五年级的学生已经具备了一定的语文基础和思维能力，他们对生活中的角度有一定的认知，但在角度的概念、度量及运用方面仍需进一步引导和培养。在此基础上，学情分析如下：
1.知识层面：学生在前期学习中已经接触过一些基本的角度知识，如直线、线段、角等，为本章节的学习奠定了一定的基础。但角度的度量、计算和运用等方面知识仍较为陌生，需要教师在教学中予以关注和引导。
小学五年级语文下册《角度》教案、教学设计
教学设计：
一、教学目标
（一）知识与技能
1.理解角度的概念，掌握角度的度量方法，能够准确地画出不同大小的角度。
2.培养学生运用角度知识解决实际问题的能力，如判断日常生活中的角度大小，进行简单的角度计算等。
3.提高学生对于角度单位度（°）的认识，能够熟练地进行度数转换和计算。
5.多元评价，激励发展：采用多元化的评价方式，如口头提问、书面作业、小组讨论展示等，全面评估学生的学习效果，并及时给予反馈，激励学生不断进步。
6.情感渗透，培养价值观：在教学过程中，教师应以身作则，关注学生的情感需求，通过正面引导，帮助学生树立正确的价值观。
7.拓展延伸，提升素养：鼓励学生在课后进行拓展学习，如查找角度在生活中的其他应用，制作角度主题的手工作品等，提升学生的综合素养。
2.实践操作，加深理解：组织学生进行实际操作，如使用量角器测量角度，动手绘制不同角度的图形，通过实践加深对角度概念的理解。
3.分层教学，注重个体差异：针对不同学生的学习能力，设计不同难度的练习题和实践活动，使每位学生都能在适合自己的层面上得到提高。
4.合作交流，促进共享：鼓励学生在小组内进行讨论和交流，分享各自的观点和发现，通过合作解决问题，培养学生的团队精神和交流能力。
3.教师对本节课的学习情况进行总结，强调学生在学习过程中要注重观察、实践和合作交流，不断提高自己的角度素养。
初中角度的度量教案
初中角度的度量教案教学目标：1. 让学生理解角的概念，认识角的表示方法。
2. 让学生掌握度、分、秒的度量单位，学会进行角度的换算。
3. 通过生活实例，培养学生从具体到抽象、从直观到理性的思维过程。
教学重点：1. 角的概念及其表示方法。
2. 度、分、秒的概念和角度在不同单位之间的相互转换。
教学难点：正确使用量角器进行角度的测量。
教学准备：1. 教学课件或黑板。
2. 量角器。
3. 相关生活实例图片。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引导学生回顾小学时学习的与角有关的简单知识，提问：你们知道角是一种基本图形吗？2. 让学生举例生活中存在的各种角，如门、窗、桌、椅、板凳等。
二、新课讲解（20分钟）1. 讲解角的概念：角是由一点引出的两条射线所围成的图形。
2. 介绍角的表示方法：用符号“∠”表示角，加上顶点字母表示具体角。
3. 讲解度、分、秒的度量单位：1度等于60分，1分等于60秒。
4. 讲解角度的换算：如30度等于180分，45度等于2700秒。
5. 示例讲解如何使用量角器进行角度的测量。
三、课堂练习（15分钟）1. 让学生分组进行练习，使用量角器测量给定的角。
2. 教师巡回指导，解答学生遇到的问题。
四、总结与拓展（10分钟）1. 让学生总结本节课所学的内容，提问：你们学会了如何度量角吗？2. 拓展思考：角在生活中的应用，如何用角度来描述物体的倾斜程度？五、课后作业（课后自主完成）1. 制作一个角的模型，并用量角器测量其大小。
2. 找一些生活中的角，用度、分、秒表示其大小，并与同学交流。
教学反思：本节课通过生活实例引入角的概念，让学生从具体到抽象、从直观到理性地认识角。
在讲解角的度量时，注重让学生动手实践，使用量角器进行角度的测量，培养学生的动手能力和实际操作能力。
在课堂练习环节，鼓励学生互相交流、讨论，提高学生的合作意识。
通过本节课的学习，学生应掌握角的概念、表示方法以及度、分、秒的度量单位，并能正确使用量角器进行角度的测量。
.4.3.3空间向量求解角度与距离教案 新人教A版必修2
课题：2.4.3.3 空间向量求角度与距离教材分析：角和距离是几何中的基本度量，几何问题和一些实际问题经常设计角和距离，空间坐标系中可以用代数方法解决角度与距离，比找证求的方法更加适用。
课 型： 新授课教学要求：使学生熟练掌握空间角度与距离的求法． 教学重点：公式的应用． 教学难点：公式的应用． 教学过程：一．复习提问：1．空间向量坐标，两点间的距离公式． 2. （1）用法向量求异面直线间的距离如右图所示，a 、b 是两异面直线，n 是a 和b 的法向量，点E∈a，F∈b，则异面直线a 与b 之间的距离是nn EF d ⋅=；（2）用法向量求点到平面的距离如右图所示，已知AB 是平面α的 一条斜线，n 为平面α的法向量，则 A 到平面α的距离为nn AB d ⋅=；（3）用法向量求直线到平面间的距离 首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题.（4）用法向量求两平行平面间的距离 首先必须确定两个平面是否平行，这时可以在一个平面上任取一点，将两平面间的距离问题转化成点到平面的距离问题。
（5）用法向量求二面角二．例题讲解：例题1．如图6，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 是正方形11BCC B 的中心，点F 、G 分别是棱111,C D AA 的中点．设点11,E G 分别是点E ，G 在平面11DCC D 内的正投影．（1）求以E 为顶点，以四边形FGAE 在平面11DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体积；ABCnαz yxE 1G 1（2）证明：直线⊥1FG 平面1FEE ； （3）求异面直线11E G EA 与所成角的正弦值.解：（1）依题作点E 、G 在平面11DCC D 内的正投影1E 、1G ，则1E 、1G 分别为1CC 、1DD 的中点，连结1EE 、1EG 、ED 、1DE ，则所求为四棱锥11FG DE E -的体积，其底面11FG DE 面积为111111E DG Rt FG E Rt FG DE S S S ∆∆+= 221212221=⨯⨯+⨯⨯=， 又⊥1EE 面11FG DE ，11=EE ，∴323111111=⋅=-EE S V FG DE FG DE E .（2）以D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别作x 轴，y 轴，z 轴，得)1,2,0(1E 、)1,0,0(1G ，又)1,0,2(G ，)2,1,0(F ，)1,2,1(E ，则)1,1,0(1--=FG ，)1,1,1(-=FE ，)1,1,0(1-=FE ，∴01)1(01=+-+=⋅FE FG ，01)1(011=+-+=⋅FE FG ，即FE FG ⊥1，11FE FG ⊥，又F FE FE =⋂1，∴⊥1FG 平面1FEE .（3）)0,2,0(11-=G E ，)1,2,1(--=EA ，则62,cos 111111=⋅>=<EAG E EA G E EA G E ，设异面直线11E G EA 与所成角为θ，则33321sin =-=θ. 例题2．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 为棱AB 的中点。
高中数学竞赛 第47讲 角度与距离答案教案
第7讲 角度与距离答案1. 答案：5．2. 答案：D3. 答案：B4. 答案：245. 答案：C6. 解：（1）证明：∵BC →＝AC →－AB →＝（m 2,3m 2,0）,∴|BC →|＝m ,又AB →＝（m 2,－32,0）,AC →＝（m ,0,0）∴|AB →|＝m ,|AC →|＝m ,∴△ABC 为正三角形． 又AB →·AA →1＝0,即AA 1⊥AB ,同理AA 1⊥AC ,∴AA 1⊥平面ABC ,从而三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱． （2）解：取AB 中点O ,连结CO 、A 1O ．∵CO ⊥AB ,平面ABC ⊥平面ABB 1A 1,∴CO ⊥平面ABB 1A 1,即∠CA 1O 为直线CA 1与平面A 1ABB 1所成的角．在Rt △CA 1O 中,CO ＝32m ,CA 1＝m 2＋n 2, ∴sin ∠CA 1O ＝CO CA 1＝22,即∠CA 1O ＝45°． 7. 解：（1）以点A 为坐标原点O ,以AB 所在直线为Oy 轴,以AA 1所在直线为Oz 轴,以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴,建立空间直角坐标系． 由已知,得A （0,0,0）,B （0,a ,0）,A 1（0,0,2a ）,C 1（－32a ,a2,2a ）． （2）取A 1B 1的中点M ,于是M （0,a2,2a ）,连AM ,MC 1有MC →1＝（－32a ,0,0）,且AB →＝（0,a ,0）,AA →1＝（0,0,2a ） 由于MC →1·AB →＝0,MC →1·AA →1＝0,所以MC 1⊥面ABB 1A 1． ∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角 ∵AC →1＝（－32a ,a 2,2a ）,AM →＝（0,a 2,2a ）,∴AC →1·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝94a 2．而|AC →1|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ．|AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ． ∴cos ＜AC →1,AM →＞＝32．所以AC →1与AM →所成的角,即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°． 8. 解：以B 1为原点建立平面直角坐标系,则A （1,0,1）,C （0,1,1）,A 1（1,0,0）,D （1,1,1）,则A 1A →＝（0,0,1）,AC →＝（－1,1,0）,A 1D →＝（0,1,1） 设n →＝(x,y,z)同时与AC →和A 1D →垂直,则⎩⎨⎧－x ＋y ＝0y ＋z ＝0,故⎩⎨⎧x ＝y z ＝－y,取y ＝1,则n →＝（1,1,－1）,d ＝|A 1A →·n →||n →|＝33． 习题七9. 答案：A 10. 答案：B 11. 答案：B12. 解：（1）证明：因为CB ⊥平面A 1B ,所以A 1C 在平面A 1B 上的射影为A 1B ． 由A 1B ⊥AE ,AE ⊂平面A 1B ,得A 1C ⊥AE ．同理可证A 1C ⊥AF ． 因为A 1C ⊥AF ,A 1C ⊥AE ,所以A 1C ⊥平面AEF ．（2）解：过A 作BD 的垂线交CD 于G ,因为D 1D ⊥AG ,所以AG ⊥平面D 1B 1BD ．设AG 与A 1C 所成的角为α,则α即为平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成的角．由已知,计算得DG ＝94．建立如图直角坐标系,则得点A （0,0,0）,G （94,3,0）,A 1（0,0,5）,C （4,3,0）．AG ＝{94,3,0},A 1C ＝{4,3,－5}．因为AG 与A 1C 所成的角为α,所以cos α＝12225,α＝arccos 12225．由定理知,平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小为arccos 12225．如果不用向量法也可用下面的方法求二面角的平面角：解法一：设AG 与BD 交于M ,则AM ⊥面BB 1D 1D ,再作AN ⊥EF 交EF 于N ,连接MN ,则∠ANM 即BD1D 111为面AEF 与D 1B 1BD 所成的角α,用平面几何的知识可求出AM 、AN 的长度．解法二：用面积射影定理cos α＝S △ABDS △AEF． 13. 解：（1）过D 作DE ⊥BC ,垂足为E ,在Rt △BDC 中,由∠BDC ＝90°,∠DCB ＝30°,BC ＝2,得BD ＝1,CD ＝3,∴DE ＝CD ·sin30°＝32． OE ＝OB －BE ＝OB －BD ·cos60°＝1－12＝12．∴D 点坐标为（0,－12, 32）,即向量OD →的坐标为（0,－12,32）．（2）依题意：OA →＝（32,12,0）,OB →＝（0,－1,0）,OC →＝（0,1,0）所以AD →＝OD →－OA →＝（－32,－1,32）,BC →＝OC →－OB →＝（0,2,0）设向量AD →和BC →的夹角为θ,则cos θ＝－1510．14. 解法一：由于SB ＝BC ,且E 是SC 的中点,因此BE 是等腰三角形SBC 底边SC 的中线,所以SC ⊥BE ．又已知SC ⊥DE ,BE ∩DE ＝E ,∴SC ⊥面BDE ,∴SC ⊥BD ．又∵SA ⊥底面ABC ,BD 在底面ABC 上, ∴SA ⊥BD ．而SC ∩SA ＝S ,∴BD ⊥面SAC ． ∵DE ＝面SAC ∩面BDE ,DC ＝面SAC ∩面BDC ,∴BD ⊥DE ,BD ⊥DC ．∴∠EDC 是所求的二面角的平面角．∵SA ⊥底面ABC ,∴SA ⊥AB ,SA ⊥AC ． 设SA ＝a ,则AB ＝a ,BC ＝SB ＝2a ．又因为AB ⊥BC ,∴AC ＝3a ． 在Rt △SAC 中,tan ∠ACS ＝SA AC＝13,∴∠ACS ＝30°． 又已知DE ⊥SC ,所以∠EDC ＝60°,即所求的二面角等于60°．解法二：由于SB ＝BC ,且E 是SC 的中点,因此BE 是等腰三角形SBC 的底边SC 的中线,所以SC ⊥BE ．又已知SC ⊥DE ,BE ∩DE ＝E ∴SC ⊥面BDE ,∴SC ⊥BD ．由于SA ⊥底面ABC ,且A 是垂足,∴AC 是SC 在平面ABC 上的射影．由三垂线定理的逆定理得BD ⊥AC ；又因E ∈SC ,AC 是SC 在平面ABC 上的射影,∴E 在平面ABC 上的射影在AC 上,由于D ∈AC ,∴DE 在平面ABC 上的射影也在AC 上,根据三垂线定理又得BD ⊥DE ．∵DE 面BDE ,DC 面BDC ,∴∠EDC 是所求的二面角的平面角．以下同解法一．15. 解：如图,连结EG 、FG 、EF 、BD 、AC 、EF 、BD 分别交AC 于H 、O ． 因为ABCD 是正方形,E 、F 分别为AB 和AD 的中点,故EF ∥BD ,H 为AO 的中点．BD 不在平面EFG 上．否则,平面EFG和平面ABCD 重合,从而点G 在平面的ABCD 上,与题设矛盾．由直线和平面平行的判定定理知BD ∥平面EFG ,所以BD 和平面EFG 的距离就是点B 到平面EFG 的距．∵BD ⊥AC , ∴ EF ⊥HC ．∵GC ⊥平面ABCD ,∴ EF ⊥GC ,∴ EF ⊥平面HCG ．∴ 平面EFG ⊥平面HCG ,HG 是这两个垂直平面的交线．作OK ⊥HG 交HG 于点K ,由两平面垂直的性质定理知OK ⊥平面EFG ,所以线段OK 的长就是点B 到平面EFG 的距离．∵ 正方形ABCD 的边长为4,GC ＝2,∴ AC ＝42,HO ＝2,HC ＝32．∴ 在Rt △HCG 中,HG ＝22＋(32)2＝22．由于Rt △HKO 和Rt △HCG 有一个锐角是公共的,故Rt △HKO ∽△HCG ． ∴ OK ＝HO ·GC HG ＝21111,即点B 到平面EFG 的距离为21111． 16. 解法一：设经过b 与a 平行的平面为α,经过a 和AA 1的平面为β,α∩β＝c ,则c ∥a ． 因而b ,c 所成的角等于θ,且AA 1⊥c （如图）． ∵AA 1⊥b , ∴AA 1⊥α．根据两个平面垂直的判定定理,β⊥α．在平面β内作EG ⊥c ,垂足为G ,则EG ＝AA 1．并且根据两个平面垂直的性质定理,EG ⊥α．连结FG ,则EG ⊥FG ．在Rt △EFG 中,EF 2＝EG 2＋FG 2．∵AG ＝m ,∴在△AFG 中,FG 2＝m 2＋n 2－2mn cos θ．∵EG 2＝d 2,∴EF 2＝d 2＋m 2＋n 2－2mn cos θ．如果点F (或E )在点A (或A 1)的另一侧,则EF 2＝d 2＋m 2＋n 2＋2mn cos θ． 因此d 2＋m 2＋n 2±2mn cos θ．解法二：过点A 作直线c ∥a ,则c 、b 所成的角等于θ,且AA 1⊥c ．根据直线和平面垂直的判定定理,AA 1垂直于b 、c 所确定的平面a ．在两平行直线a 、c 所确定的平面内,作EG ⊥c ,垂足为G ,则EG 平行且等于AA 1,从而EG ⊥α．连结FG ,则根据直线和平面垂直的定义,EG ⊥FG ．在Rt △EFG 中,EF 2＝EG 2＋FG 2．（下同解法一） 17. 解：（1）∵∠C 1CB ＝∠C 1CD∴C 1在平面ABCD 上的射影H 在∠BCD 的平分线上 ∵ABCD 是菱形∴直线C 1C 在平面ABCD 上的射影即为直线AC ∵AC ⊥BD ,∴C 1C ⊥BD ．（2）连接BD 交AC 于O ,由△C 1CD ≌△C 1CB 得C 1O ⊥BDA 1B 1D 1C 1又AC ⊥BD ,∴∠C 1OC 是二面角α－BD －β的平面角． 由余弦定理C 1B 2＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－2×2×32×cos60°＝134∵∠OCB ＝60°,∴OB ＝12BC ＝1∴C 1O 2＝C 1B 2－OB 2＝134－1＝94∴C 1O ＝32,即C 1O ＝C 1C作C 1H ⊥OC ,垂足为H ,则H 为OC 中点,且OH ＝32,∴cos ∠C 1OC ＝33． （3）当CDCC 1＝1时,A 1C ⊥平面C 1BD ． 由（1）知BD ⊥平面ACC 1A 1,故BD ⊥A 1C ．若CDCC 1＝1,同理BC 1⊥A 1C ,∴A 1C ⊥平面C 1BD ． 说明：本题考察空间线面关系,二面角的概念,要有较好的空间想像能力和运算能力． 18. 解 （1）作BH ⊥B 1F 于H ,连接EH ,则由EB ⊥平面BB 1F 可知,EH ⊥B 1F ．于是∠EHB 是二面角B －FB 1－E 的平面角．在Rt △BB 1F 中,BH ＝BF ·BB 1B 1F＝a ·12a a 2＋14a 2＝55a ∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝52． （2）易证△DEF ≌△B 1EF ,∴由V B 1－DEF ＝V D －B 1EF 可得,点D 到平面B 1EF 的距离等于点B 1到平面DEF 的距离,等于a ．（3）设EF 与BD 的交点为G ．连接B 1G ,则由EF ⊥BD 以及EF ⊥B 1B ,知EF ⊥平面BB 1D 1D ,于是面B 1EF ⊥面BB 1D 1D ,在面BB 1D 1D 内过B 作BK ⊥B 1G 于K ,延长后交D 1D 所在的直线于点M ,则BM ⊥平面B 1EF ．在平面BB 1D 1D 内,由△B 1BG ∽△BDM ,知B 1B BG ＝BD DM ,又B 1B ＝a ,BG ＝24a ,BD ＝2a ,∴DM ＝a2．这说明点M 在正方体的棱D 1D 上,且恰好为D 1D 的中点．19. 解 以CA 为x 轴,CB 为y 轴,CC 1为z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝a ,则A （2a ,0,0）,B （0,2a ,0）,D （0,0,1）,A 1（2a ,0,2）,E （a ,a ,1）,G （2a 3,2a 3,13）,∴CE →＝（a 3,a 3,23）,BD →＝（0,－2a ,1）,∴GE →·BD →＝－2a 23＋23＝0,解得a ＝1．∴BA →1＝（2,－2,2）BG →＝（23,－43,13）,∴cos ∠A 1BG ＝BA 1，→·BG →｜BA 1→｜·｜B Ｇ→｜＝73．（2）由（1）有A （2,0,0）,A 1（2,0,2）,E （1,1,1）,D （0,0,1） AE →·ED →＝0,AA →1·ED →＝0,∴ED ⊥平面AA 1E ,∴平面AED ⊥平面AA 1E ,∴点A 1在平面AED 的射影K 在AE 上．设AK →＝λAE →,则A 1K →＝A 1A →＋AK →＝（－λ,λ,λ－2）,由A 1K →·AE →＝0,即λ＋λ＋λ－2＝0得λ＝23．∴A 1K →＝（－23,23,－43）,∴｜A 1K →｜＝263．即A 1到平面AED 的距离为263． 20. （Ⅰ）解：作A 1D ⊥AC ,垂足为D ,由面A 1ACC 1⊥面ABC ,得A 1D ⊥面ABC ,∴∠A 1AD 为A 1A与面ABC 所成的角．∵AA 1⊥A 1C ,AA 1＝A 1C ,∴∠A 1AD ＝450为所求．（Ⅱ）解：作DE ⊥AB ,垂足为E ,连A 1E ,则由A 1D ⊥面ABC ,得A 1E ⊥AB ,∴∠A 1ED 是面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角．由已知,AB ⊥BC ,得ED ∥BC ．又D 是AC 的中点,BC ＝2,AC ＝23,∴DE ＝1,AD ＝A 1D ＝3,tan ∠A 1ED ＝A 1DDE＝3．故∠A 1ED ＝60°为所求．（Ⅲ）解法一：由点C 作平面A 1ABB 1的垂线,垂足为H ,则CH 的长是C 到平面A 1ABB 1的距离．连结HB ,由于AB ⊥BC ,得AB ⊥HB ．又A 1E ⊥AB ,知HB ∥A 1E ,且BC ∥ED ,∴∠HBC ＝∠A 1ED ＝60°．∴CH ＝BC sin60°＝3为所求．解法二：连结A 1B ．根据定义,点C 到面A 1ABB 1的距离,即为三棱锥C -A 1AB 的高h ,由V C －A 1AB ＝V A 1-ABC 得,313111D A S h S ABC B AA ∆∆=即13×22h ＝13×22×3,∴h ＝3为所求．。
青岛版五四制数学五上 1.2用角度和距离确定位置 教案
《用角度和距离确定位置》教学设计执教教师：教师单位：执教班级：课程标准：数学教学要创设问题情境，强调让学生亲身经历将实际问题抽象成数学模型并进行介绍与应用的过程，位置与方向的学习，学生需要在大量的活动情境中去学习，去感受，因此在教学时要充分关注学生已有的知识基础和生活经验，创设大量的活动情境，鼓励学生自主探索、合作交流，从而将实际问题抽象成数学模型。
教材分析：本单元的内容包括用方向和距离描述平面上的两个点的相对位置关系并在此基础上描述简单的路线图。
位置与方向的知识在日常生活以及航海、军事等领域中都有着广泛的运用，学生在生活中也已经积累了一些确定位置的感性经验。
本节课的学习是以以前学习的八个方向、用数对确定位置的方法以及量角、画角的知识的基础上展开教学的，并为以后学生升入初中学习平面坐标，用两个坐标参数可以确定二维平面上的一个点打下良好的基础。
学情分析：通过前一段时间的学习，学生已经能够使用上下、前后、左右和东南西北、东北、东南、西北、西南等方位词描述物体的大致位置，能够利用数对精确的表示平面内一个点或一个区域的位置。
并且会用数对确定物体的位置，会量角画角，已经初步具备了自主探索的能力基础。
在此基础上，通过创设问题情境，为学生提供探究的空间，让学生学会利用方向和距离这两个参数确定平面上一个点的位置的方法。
而本节课才是第一课时，根据平面示意图，会用方向和距离描述某个点的位置。
学习目标：1、会说出描述一个物体的位置需要方向和距离两个条件；2、通过问题情境，能用较规范的语言准确描述物体的位置。
学习重点：明确平面图上描述物体的位置需要方向和距离两个条件。
学习难点：能用较规范的语言准确描述物体的位置。
教学过程：一、创设情境，抛出问题出示一张中国地图，问这是一张什么图？（中国地图）我们的祖国地大物博，有许多的省份，下面我们就来欣赏部分的省份的优美风光。
在欣赏的过程中请大声地读出这些省份的名称，并思考：这些名称有什么共同点？谁发现了这些省份名称的共同特点？（都含有方向）对，我国的许多省份和城市的名称中都含有方向。
江苏省高中数学竞赛教案 第47讲 角度与距离
第47讲 角度与距离本节内容主要是关于空间中各种角与距离的定义与求法以及向量在相关计算中的应用．向量方法一般用于求角度，如线线所成角，线面所成角，面面所成角，有时也可以用来求点到平面距离和异面直线之间的距离．A 类例题正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线A 1C 1与直线BD 1的距离是_______（2001年全国高中数学联赛）DC B 1分析：求异面直线的距离有很多种思路，可以从定义出发找出公垂线段，求出其长度，也可以过一条直线作另一条直线的平行线，求出线面距离，即为异面直线的距离，等等．解：连接B 1D 1，交A 1C 1于O ，易证A 1C 1⊥平面BB 1D 1，过O 作BD 1的垂线，垂足为H ，则OH 为直线A 1C 1与直线BD 1的公垂线段．把Rt △BB 1D 1的平面图画出来，B 1易得OH ＝66．A，B，C，D四点不共面，且两两间的距离均为1，点P与点Q分别在线段AB与CD上运动，则P与Q间的最小距离为__________．（2001年第12届希望杯）解A，B，C，D构成正四面体，求P与Q间的最小距离即求AB与CD间的距离，如图．D取AB，CD的中点E，F，则AF⊥CD，BF⊥CD，∴CD⊥平面ABF．∴EF⊥CD．又EF⊥AB，∴EF为AB，CD间的距离．∵AE＝BE＝32，AF＝1，∴EF＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫322－⎝⎛⎭⎪⎫122＝22．△ABC的顶点B在平面α内，A、C在α的同一侧，AB、BC与α所成的角分别是30°和45°，若AB＝3，BC＝42，AC＝5，则AC与α所成的角为（）A．60° B．45° C．30° D．15°（2005年高考·吉林、黑龙江、广西卷）分析：利用三角形表达出AC与α所成的角．作AD ⊥α于D ，CE ⊥α于E ，则AD ∥CE ，作AF ⊥CE 于F ．由∠ABD ＝30°，∠CBE ＝45°，AB ＝3，CB ＝42，易知AD ＝32，CE ＝4．由CE ⊥DE 得AF ∥DE ．故CF ＝4－32＝52，故sin ∠CAF ＝12．故AC 与α所成的角为 30°． 答案：C情景再现已知平面α⊥β，α∩β＝l ，P 是空间一点，且P 到α、β的距离分别是1、2，则点P 到l 的距离为 ． （2004年高考·浙江·文）如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是A ．arccos 155B ．4πC ．arccos 105D ．2π （2005年高考·福建）E GFD 1D C 1B 1A 1CBA如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则E 到平面AB C 1D 1的距离为（ ）A ．32B ．22C ．12D ．33 （2005年高考·湖南·文） B 类例题如图，A 1B 1C 1-ABC 是直三棱柱，∠BCA ＝900，点D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点．若BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）（A ）3010 （B ）12 （C ）3015 （D ）1510（1995年高考·全国）分析：求异面直线所成的角一般可以通过平移的方法把两条异面直线所成的角构造出来，然后通过解三角形求出角度．解：设BC ＝2，把BD 1平移到AD 2． 在△AD 2F 1中，AF 1＝5，BD 2＝6，D 2F 1＝12＋(2)2＋2·1·2·22＝5， ∴cos α＝5＋6－52·5·6＝3010．答案：AABCA 1B 1C 1D 1F 1四面体S —ABC 中，∠ASB=π2，∠ASC=α，∠BSC=β(0<α，β<π2)．以SC 为棱的二面角的平面角为θ，求证：θ=π－arccos(cot α·cot β)．(1962年北京市数学竞赛)证明：在SC 上取一点D ，使SD=1，分别在面SBC 、SCA 内作DE 、DF 与SC 垂直．分别交SB 、SA 于E 、F ，连EF ，则∠EDF=θ．则DE=tan β，SE=sec β，DF=tan α， SF=sec α． ∴EF 2=tan 2α+tan 2β－2tan α·tan β·cos θ=sec 2α+sec 2β．∴ tan α·tan β·cos θ=－1．⇒cos θ=－cot α·cot β． ∴ θ=π－arc cos(cot α·cot β)．过正四面体的高作一个平面与四面体的三个侧面交于三条直线，这三条直线与四面体的底面所成角分别为α、β、γ，证明：tan 2α+tan 2β+tan 2γ=12．(1960年波兰数学竞赛)证明：设正四面体的边长=1，高为AH ，过AH 的平面交正四面体的三个侧面于AM 、AN 、AP (如图)．则∠AMH 、∠ANH 、∠APH 即为AM 、AN 、AP 与底面所成的角，∠AMH=α，∠ANH=β，∠APH=γ．∴ AH 2=23．∴ tan 2α+tan 2β+tan 2γ=AH 2HM 2+AH 2HN 2+AH 2HP 2=23(1HM 2+1HN 2+1HP2)．为求1HM 2+1HN 2+1HP 2，可利用解析几何：θS EF D CB A以BD 中点O 为原点，OB 为x 轴正方向建立直角坐标系，则点H (0，63)．直线HM 的方程为：⎩⎨⎧x =t cos θy =36+t sin θ(θ为参数)CD 方程为y=3(x +12)， 以HM 的参数方程代入得，36+t sin θ=3(t sin θ+12)， ∴ 1t 1=3(sin θ－3cos θ)．BC 方程为y=－3(x －12)，以HM 的参数方程代入得，36+t sin θ=－3(t sin θ－12)， ∴ 1t 2=3(sin θ+3cos θ)．令y=0，得1t 3=－23sin θ．∴1HM 2+1HN 2+1HP 2=1t 12+1t 22+1t 32=18．于是tan 2α+tan 2β+tan 2γ=12．情景再现如图，正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成60°的二面角，则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是_______（1996年高考·全国·理）B已知三棱锥D －ABC 的三个侧面与底面全等，且AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小是（ ）A ．arccos 33B ．arccos 13C ．π2D ．2π3（1997年·全国·理） C 类例题正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 中点，F 为CC 1中点，异面直线EF 与AC 1所成角的余弦值是（ ）A ．23B ．223C ．34D ．36（2004年第15届希望杯二试）分析：本题以正方体为框架，E 和F 点都是中点，考虑用向量法会比较方便． 解：设正方体棱长为1，以D 1A 1为x 轴，D 1C 1为y 轴，D 1D 为z 轴建立空间直角坐标系，则E （1，12，1），F （0，1，12），A （1，0，1），C 1（0，1，0）EF →＝（－1，12，12），AC →1＝（－1，1，－1），∴cos θ＝EF →·AC 1→ ｜EF →｜·｜AC 1→｜＝223 ∴选B ．说明：本题也可以如上题一样用平移的方法解决，但考虑到正方体的背景，还是用向量法解决．同学们也可以不用向量法解此题，看看计算难度如何．如图三棱柱OAB—O1A1B1，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝3．求：（1）二面角O1—AB—O的大小；（2）异面直线A1B与AO1所成角的大小．（上述结果用反三角函数值表示）（2002年上海春季高考）分析：第（1）问可以构造二面角的平面角求解，第（2）问可以考虑用向量法解．解：（1）取OB的中点D，连结O1D，则O1D⊥OB．∵平面OBB1O1⊥平面OAB，∴O1D⊥平面OAB．过D作AB的垂线，垂足为E，连结O1E．则O1E⊥AB，∴∠DEO1为二面角O1—AB—O的平面角．由题设得O1D＝3，sin∠OBA＝OAOA2+OB2＝217，∴DE＝DB sin OBA＝21 7∵在Rt△O1DE中，tan DEO1＝7，∴∠DEO1＝arctan7，即二面角O 1—AB —O 的大小为arctan 7． 另外本题也可以用向量法来解．以O 点为原点，分别以OA 、OB 所在直线为x 、y 轴，过O 点且与平面AOB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则O （0，0，0），O 1（0，1，3），A （3，0，0），A 1（3，1，3），B （0，2，0）．AB →＝（－3，2，0），O 1B →＝（0，1，－3）．设平面OAB 法向量为m →＝（0，0，1），设平面O 1AB 法向量为n →＝（x ，y ，z ），则由AB →⊥n →和O 1B →⊥n →得： ⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2y ＝0y －3z ＝0，故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23yz ＝13y，令y ＝3，则n →＝（2，3，1）cos θ＝11×22+3+1＝24．（2）设异面直线A 1B 与AO 1所成的角为α，则A 1B →＝OB →－OA →1＝（－3，1，－3），O 1A →＝OA →－OO →1＝（3，－1，3） ∴cos α＝17．∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的大小为arccos 17．说明：用向量法求二面角的大小，可以考虑转为求平面法向量的夹角．而求平面的法向量方法如下：先求出平面内不共线的两个向量，然后设法向量坐标，利用平面内向量与平面的法向量内积为0建立方程组，求出法向量．C AGABCD 是边长为4的正方形，E ，F 分别为AB ，AD 中点，GC ⊥平面ABCD ，GC ＝2，求点B 到平面EFG 的距离．解：以CD ，CB ，CG 为坐标轴建立平面直角坐标系．则E （2，4，0），F （4，2，0），B （0，4，0），G （0，0，2）．故EF →＝（2，－2，0），EG →＝（－2，－4，2），EB →＝（－2，0，0）． 设平面EFG 法向量为n →＝（x ，y ，z ），则⎩⎨⎧2x －2y ＝0－2x －4y ＋2z ＝0，故⎩⎨⎧x ＝y z ＝3y ，设y ＝1，则n →＝（1，1，3） 故点B 到平面EFG 距离d ＝|EB →·n →||n →|＝211＝21111．说明：求点到平面距离可以先求出平面的法向量，然后求出该点指向平面上一点向量，这个向量投影在平面的单位法向量上就是点到平面的距离．计算时可以如本题求法．另外这个方法也可以用来求异面直线之间的距离，只要构造出通过异面直线中的一条且与另一条直线平行的平面就可以把异面直线之间的距离转为点面的距离．情景再现如图，已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1，在某个空间直角坐标系中AB →＝（m 2，－32，0），AC →＝（m ，0，0），AA →1＝（0，0，n ），（其中m 、n ＞0）．（1）证明：三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱； （2）若m ＝2n ，求直线CA 1与平面A 1ABB 1所成角的大小．（2003年上海春季高考）如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a．（1）建立适当的坐标系，并写出点A、B、A1、C1的坐标；（2）求AC1与侧面ABB1A1所成的角．（2002年天津）正方体AC1的棱长为1，求DA1与AC的距离．习题七A1B1C1－ABC是直三棱柱，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值为（）A．3010B．12C．3015D．1510（1995年·全国·理）正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2BB1，则AB1与C1B所成角的大小为（）（2001年·全国·理）A．60°B．90°C．105°D．75°正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是A．90︒B．60︒C．45︒D．30︒（2002年天津）在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在BB 1、DD 1上，且AE ⊥A 1B ，AF ⊥A 1D ．（1）求证：A 1C ⊥平面AEF ；（2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角）．则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等．试根据上述定理，在AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5时，求平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小．（用反三角函数值表示）（2001上海春）如图在空间直角坐标系中BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是（32，12，0），点D 在平面yOz 上，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°． （1）求向量OD →的坐标；（2）设向量AD →和BC →的夹角为θ，求cos θ的值．（1995上海，21）如图，在三棱锥S －ABC 中，SA ⊥底面ABC ，AB ⊥BC ．DE 垂直平分SC ，且分别交AC 、SC 于D 、E ．又SA ＝AB ，SB ＝BC ．求以BD 为棱，以BDE与BDC为面的二面角的度数．（1990年·全国）已知ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且GC ＝2．求点B 到平面EFG 的距离．（1991全国） 两条异面直线a 、b 所成的角为θ，它们的公垂线段AA 1的长度为d ．在直线a 、b 上分别取点E 、F ，设A 1E ＝m ，AF ＝n ．求证：EF ＝d 2＋m 2＋n 2±2mn cos θ．（1992年理）如图，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝∠BCD ＝60°． （1）证明：C 1C ⊥BD ；（2）假定CD ＝2，CC 1＝32，记面C 1BD 为α，面CBD 为β，求二面角α－BD －β的平面角的余弦值；（3）当CDCC 1的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？（2000年全国·理）如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AB 与BC 的中点．（1）求二面角B －FB 1－E 的大小的正切值；ABC D CA 1（2）求点D 到平面B 1EF 的距离；（3）在棱DD 1上能否找到一点M ，使BM ⊥平面EFB 1？若能，试确定点M 的位置；若不能，请说明理由． （2004·湖南）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°．侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ．（1）求A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值；（2）求点A 1到面AED 的距离． （2003·全国·理）已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC ＝900，BC ＝2，AC ＝32，且AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C ．（Ⅰ）求侧棱A 1A 与底面ABC 所成角的大小; （Ⅱ）求侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的大小;（Ⅲ）求顶点C 到侧面A 1ABB 1的距离． （1998年全国）第7讲 角度与距离答案 1. 答案：5．1A2. 答案：D3. 答案：B4. 答案：245. 答案：C6. 解：（1）证明：∵BC →＝AC →－AB →＝（m 2，3m 2，0）， ∴|BC →|＝m ，又AB →＝（m 2，－32，0），AC →＝（m ，0，0）∴|AB →|＝m ，|AC →|＝m ，∴△ABC 为正三角形． 又AB →·AA →1＝0，即AA 1⊥AB ，同理AA 1⊥AC ，∴AA 1⊥平面ABC ，从而三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱． （2）解：取AB 中点O ，连结CO 、A 1O ．∵CO ⊥AB ，平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，∴CO ⊥平面ABB 1A 1，即∠CA 1O 为直线CA 1与平面A 1ABB 1所成的角．在Rt △CA 1O 中，CO ＝32m ，CA 1＝m 2＋n 2，∴sin ∠CA 1O ＝CO CA 1＝22，即∠CA 1O ＝45°． 7. 解：（1）以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz 轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系．由已知，得A （0，0，0），B （0，a ，0），A 1（0，0，2a ），C 1（－32a ，a 2，2a ）．（2）取A 1B 1的中点M ，于是M （0，a2，2a ），连AM ，MC 1有MC →1＝（－32a ，0，0），且AB →＝（0，a ，0），AA →1＝（0，0，2a ） 由于MC →1·AB →＝0，MC →1·AA →1＝0，所以MC 1⊥面ABB 1A 1． ∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角 ∵AC →1＝（－32a ，a 2，2a ），AM →＝（0，a 2，2a ），∴AC →1·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝94a 2．而|AC →1|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ．|AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ． ∴cos ＜AC →1，AM →＞＝32．所以AC →1与AM →所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°． 8. 解：以B 1为原点建立平面直角坐标系，则A （1，0，1），C （0，1，1），A 1（1，0，0），D （1，1，1），则A 1A →＝（0，0，1），AC →＝（－1，1，0），A 1D →＝（0，1，1）设n →＝(x ，y ，z)同时与AC →和A 1D →垂直，则⎩⎨⎧－x ＋y ＝0y ＋z ＝0，故⎩⎨⎧x ＝y z ＝－y ，取y ＝1，则n →＝（1，1，－1），d ＝|A 1A →·n →||n →|＝33．习题七 9. 答案：A 10.答案：B 11.答案：B12.解：（1）证明：因为CB ⊥平面A 1B ，所以A 1C 在平面A 1B 上的射影为A 1B ． 由A 1B ⊥AE ，AE ⊂平面A 1B ，得A 1C ⊥AE ．同理可证A 1C ⊥AF ．111因为A 1C ⊥AF ，A 1C ⊥AE ，所以A 1C ⊥平面AEF ． （2）解：过A 作BD 的垂线交CD 于G ，因为D 1D ⊥AG ，所以AG ⊥平面D 1B 1BD ．设AG 与A 1C 所成的角为α，则α即为平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成的角．由已知，计算得DG ＝94．建立如图直角坐标系，则得点A （0，0，0），G （94，3，0），A 1（0，0，5），C （4，3，0）．AG ＝{94，3，0}，A 1C ＝{4，3，－5}．因为AG 与A 1C 所成的角为α，所以cos α＝12225，α＝arccos 12225．由定理知，平面AEF 与平面D 1B 1BD 所成角的大小为arccos 12225．如果不用向量法也可用下面的方法求二面角的平面角：解法一：设AG 与BD 交于M ，则AM ⊥面BB 1D 1D ，再作AN ⊥EF 交EF 于N ，连接MN ，则∠ANM 即为面AEF 与D 1B 1BD 所成的角α，用平面几何的知识可求出AM 、AN 的长度．解法二：用面积射影定理cos α＝S △ABDS △AEF．13.解：（1）过D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，在Rt △BDC 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝3，∴DE ＝CD ·sin30°＝32．OE ＝OB －BE ＝OB －BD ·cos60°＝1－12＝12．∴D 点坐标为（0，－12， 32），即向量OD →的坐标为（0，－12，32）． （2）依题意：OA →＝（32，12，0），OB →＝（0，－1，0），OC →＝（0，1，0）所以AD →＝OD →－OA →＝（－32，－1，32），BC →＝OC →－OB →＝（0，2，0） 设向量AD →和BC →的夹角为θ，则cos θ＝－1510．14.解法一：由于SB ＝BC ，且E 是SC 的中点，因此BE 是等腰三角形SBC 底边SC 的中线，所以SC ⊥BE ．又已知SC ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，∴SC ⊥面BDE ，∴SC ⊥BD ．又∵SA ⊥底面ABC ，BD 在底面ABC 上， ∴SA ⊥BD ．而SC ∩SA ＝S ，∴BD ⊥面SAC ． ∵DE ＝面SAC ∩面BDE ，DC ＝面SAC ∩面BDC ，∴BD ⊥DE ，BD ⊥DC ． ∴∠EDC 是所求的二面角的平面角．∵SA ⊥底面ABC ，∴SA ⊥AB ，SA ⊥AC ． 设SA ＝a ，则AB ＝a ，BC ＝SB ＝2a ．又因为AB ⊥BC ，∴AC ＝3a ．在Rt △SAC 中，tan ∠ACS ＝SA AC ＝13，∴∠ACS ＝30°．又已知DE ⊥SC ，所以∠EDC ＝60°，即所求的二面角等于60°．解法二：由于SB ＝BC ，且E 是SC 的中点，因此BE 是等腰三角形SBC 的底边SC 的中线，所以SC ⊥BE ．又已知SC ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ∴SC ⊥面BDE ，∴SC ⊥BD ．由于SA ⊥底面ABC ，且A 是垂足，∴AC 是SC 在平面ABC 上的射影．由三垂线定理的逆定理得BD ⊥AC ；又因E ∈SC ，AC 是SC 在平面ABC 上的射影，∴E 在平面ABC 上的射影在AC 上，由于D ∈AC ，∴DE 在平面ABC 上的射影也在AC 上，根据三垂线定理又得BD ⊥DE ．∵DE 面BDE ，DC 面BDC ， ∴∠EDC 是所求的二面角的平面角． 以下同解法一．15.解：如图，连结EG 、FG 、EF 、BD 、AC 、EF 、BD 分别交AC 于H 、O ． 因为ABCD 是正方形，E 、F 分别为AB 和AD 的中点，故EF ∥BD ，H 为AO 的中点．BD 不在平面EFG 上．否则，平面EFG 和平面ABCD 重合，从而点G 在平面的ABCD 上，与题设矛盾．由直线和平面平行的判定定理知BD ∥平面EFG ，所以BD 和平面EFG 的距离就是点B 到平面EFG 的距．∵BD ⊥AC ， ∴ EF ⊥HC ．∵GC ⊥平面ABCD ，∴ EF ⊥GC ，∴ EF ⊥平面HCG ．∴ 平面EFG ⊥平面HCG ，HG 是这两个垂直平面的交线．作OK ⊥HG 交HG 于点K ，由两平面垂直的性质定理知OK ⊥平面EFG ，所以线段OK 的长就是点B 到平面EFG 的距离．∵ 正方形ABCD 的边长为4，GC ＝2，∴ AC＝42，HO ＝2，HC ＝32．∴ 在Rt △HCG 中，HG ＝22＋(32)2＝22．由于Rt △HKO 和Rt △HCG 有一个锐角是公共的，故Rt △HKO ∽△HCG ．∴ OK ＝HO ·GC HG ＝21111，即点B 到平面EFG 的距离为21111．16.解法一：设经过b 与a 平行的平面为α，经过a 和AA 1的平面为β，α∩β＝c ，则c ∥a ．因而b ，c 所成的角等于θ，且AA1⊥c （如图）． ∵AA 1⊥b ， ∴AA 1⊥α．根据两个平面垂直的判定定理，β⊥α．在平面β内作EG ⊥c ，垂足为G ，则EG ＝AA 1．并且根据两个平面垂直的性质定理，EG ⊥α．连结FG ，则EG ⊥FG ．在Rt △EFG 中，EF 2＝EG 2＋FG 2．∵AG ＝m ，∴在△AFG 中，FG 2＝m 2＋n 2－2mn cos θ．∵EG 2＝d 2，∴EF 2＝d 2＋m 2＋n 2－2mn cos θ．如果点F (或E )在点A (或A 1)的另一侧，则EF 2＝d 2＋m 2＋n 2＋2mn cos θ． 因此d 2＋m 2＋n 2±2mn cos θ．解法二：过点A 作直线c ∥a ，则c 、b 所成的角等于θ，且AA 1⊥c ．根据直线和平面垂直的判定定理，AA 1垂直于b 、c 所确定的平面a ．在两平行直线a 、c 所确定的平面内，作EG ⊥c ，垂足为G ，则EG 平行且等于AA 1，从而EG ⊥α．连结FG ，则根据直线和平面垂直的定义，EG ⊥FG ．在Rt △EFG 中，EF 2＝EG 2＋FG 2．（下同解法一）17.解：（1）∵∠C 1CB ＝∠C 1CD∴C 1在平面ABCD 上的射影H 在∠BCD 的平分线上 ∵ABCD 是菱形∴直线C 1C 在平面ABCD 上的射影即为直线AC ∵AC ⊥BD ，∴C 1C ⊥BD ．（2）连接BD 交AC 于O ，由△C 1CD ≌△C 1CB 得C 1O ⊥BD又AC ⊥BD ，∴∠C 1OC 是二面角α－BD －β的平面角．由余弦定理C 1B 2＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－2×2×32×cos60°＝134∵∠OCB ＝60°，∴OB ＝12BC ＝1∴C 1O 2＝C 1B 2－OB 2＝134－1＝94∴C 1O ＝32，即C 1O ＝C 1C作C 1H ⊥OC ，垂足为H ，则H 为OC 中点，且OH ＝32，∴cos ∠C 1OC ＝33．（3）当CDCC 1＝1时，A 1C ⊥平面C 1BD ．A B由（1）知BD ⊥平面ACC 1A 1，故BD ⊥A 1C ．若CDCC 1＝1，同理BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面C 1BD ．说明：本题考察空间线面关系，二面角的概念，要有较好的空间想像能力和运算能力．18.解 （1）作BH ⊥B 1F 于H ，连接EH ，则由EB ⊥平面BB 1F 可知，EH ⊥B 1F ．于是∠EHB 是二面角B －FB 1－E 的平面角．在Rt △BB 1F 中，BH ＝BF ·BB 1B 1F ＝a ·12a a 2＋14a2＝55a ∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝52．（2）易证△DEF ≌△B 1EF ，∴由V B 1－DEF ＝V D －B 1EF 可得，点D 到平面B 1EF 的距离等于点B 1到平面DEF 的距离，等于a ．（3）设EF 与BD 的交点为G ．连接B 1G ，则由EF ⊥BD 以及EF ⊥B 1B ，知EF ⊥平面BB 1D 1D ，于是面B 1EF ⊥面BB 1D 1D ，在面BB 1D 1D 内过B 作BK ⊥B 1G 于K ，延长后交D 1D 所在的直线于点M ，则BM ⊥平面B 1EF ．在平面BB 1D 1D 内，由△B 1BG ∽△BDM ，知B 1B BG ＝BD DM ，又B 1B ＝a ，BG ＝24a ，BD ＝2a ，∴DM ＝a2．这说明点M 在正方体的棱D 1D 上，且恰好为D 1D 的中点．19.解 以CA 为x 轴，CB 为y 轴，CC 1为z 轴建立空间直角坐标系． 设CA ＝a ，则A （2a ，0，0），B （0，2a ，0），D （0，0，1），A 1（2a ，0，2），E （a ，a ，1），G （2a 3，2a 3，13），∴CE →＝（a 3，a 3，23），BD →＝（0，－2a ，1），∴GE →·BD →＝－2a 23＋23＝0，解得a ＝1．∴BA →1＝（2，－2，2）BG →＝（23，－43，13），∴cos ∠A 1BG ＝BA 1，→·BG →｜BA 1→｜·｜B Ｇ→｜＝73． （2）由（1）有A （2，0，0），A 1（2，0，2），E （1，1，1），D （0，0，1） AE →·ED →＝0，AA →1·ED →＝0，∴ED ⊥平面AA 1E ，∴平面AED ⊥平面AA 1E ， ∴点A 1在平面AED 的射影K 在AE 上．设AK →＝λAE →，则A 1K →＝A 1A →＋AK →＝（－λ，λ，λ－2），由A 1K →·AE →＝0，即λ＋λ＋λ－2＝0得λ＝23．∴A 1K →＝（－23，23，－43），∴｜A 1K →｜＝263．即A 1到平面AED 的距离为263．20.（Ⅰ）解：作A 1D ⊥AC ，垂足为D ，由面A 1ACC 1⊥面ABC ，得A 1D ⊥面ABC ，∴∠A 1AD 为A 1A 与面ABC 所成的角．∵AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C ， ∴∠A 1AD ＝450为所求．（Ⅱ）解：作DE ⊥AB ，垂足为E ，连A 1E ，则由A 1D ⊥面ABC ，得A 1E ⊥AB ，∴∠A 1ED 是面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角．由已知，AB ⊥BC ，得ED ∥BC ．又D 是AC 的中点，BC ＝2，AC ＝23，∴DE ＝1，AD ＝A 1D ＝3，tan ∠A 1ED ＝A 1D DE＝3．故∠A 1ED ＝60°为所求．（Ⅲ）解法一：由点C 作平面A 1ABB 1的垂线，垂足为H ，则CH 的长是C 到平面A 1ABB 1的距离．连结HB ，由于AB ⊥BC ，得AB ⊥HB ．又A 1E ⊥AB ，知HB ∥A 1E ，且BC ∥ED ，∴∠HBC ＝∠A 1ED ＝60°．∴CH ＝BC sin60°＝3为所求．解法二：连结A 1B ．根据定义，点C 到面A 1ABB 1的距离，即为三棱锥C -A 1AB 的高h ，由V C －A 1AB ＝V A 1-ABC 得,313111D A S h S ABC B AA ∆∆=即13×22h ＝13×22×3，∴h ＝3为所求．。
五年级上册数学教案-1.2用角度和距离确定位置｜青岛版(五四制)
五年级上册数学教案－1.2用角度和距离确定位置｜青岛版（五四制）一、教学目标1. 让学生掌握用角度和距离确定位置的方法，能根据给定的角度和距离确定物体的位置。
2. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力，提高学生的空间想象力和逻辑思维能力。
3. 培养学生合作交流的意识，提高学生的团队协作能力。
二、教学内容1.2用角度和距离确定位置三、教学重点与难点重点：用角度和距离确定位置的方法。
难点：如何根据给定的角度和距离确定物体的位置。
四、教学方法1. 采用启发式教学方法，引导学生自主探究，培养学生的思维能力。
2. 通过实际操作，让学生亲身体验，提高学生的实践能力。
3. 利用多媒体辅助教学，增强课堂的趣味性和直观性。
五、教学过程1. 导入新课（1）引导学生回顾上节课的内容，巩固用方向和距离确定位置的方法。
（2）提出问题：除了用方向和距离，还有其他方法可以确定物体的位置吗？2. 探究新知（1）让学生分组讨论，尝试用角度和距离确定物体的位置。
（2）引导学生总结出用角度和距离确定位置的方法。
（3）教师讲解并演示用角度和距离确定位置的方法。
3. 实践应用（1）让学生独立完成教材上的练习题，巩固所学知识。
（2）组织学生进行小组合作，解决实际问题。
4. 总结评价（1）让学生总结本节课的学习内容，分享自己的收获。
（2）教师对学生的学习情况进行评价，给予鼓励和建议。
六、课后作业1. 完成教材上的练习题。
2. 观察生活中的物体，尝试用角度和距离确定它们的位置。
七、板书设计1.2用角度和距离确定位置1. 用角度和距离确定位置的方法2. 实际操作步骤3. 练习题及解答八、教学反思本节课通过启发式教学，让学生自主探究用角度和距离确定位置的方法。
在教学过程中，注重学生的实践操作，培养学生的空间想象力和逻辑思维能力。
同时，通过小组合作，提高学生的团队协作能力。
在教学评价环节，关注学生的个体差异，给予针对性的指导和建议。
总体来说，本节课达到了预期的教学目标，但在教学过程中，还需进一步关注学生的学习兴趣和积极性，提高课堂的趣味性。
五年级上册数学教案 1.2用角度和距离确定位置 青岛版(五四学制)
教学过程生：上北、下南、左西、右东。
结合学生的回答，课件逐步出示下图。
师：课前，老师给每个小组也准备了这样一幅平面图。
现在我们以指挥部为观测点，那么，红军阵地在指挥部的什么位置呢？你能结合你手中的各种工具，想一想、看一看、画一画、量一量，想办法确定红军阵地的位置吗？友情提醒一下：你们手中的平面图，图上的1厘米表示实际距离10千米。
学生先独立思考，然后以四人小组为单位，共同研究、讨论、交流，随后全班进行分享和交流。
二、多元对话，构建新知1.确定位置的要素——距离师：谁愿意代表你们小组上台展示你们的研究成果？预设：红军阵地在指挥部的西北50°方向20千米处。
红军阵地在指挥部的西北40°方向20千米处。
组织学生交流、汇报。
师：看来，距离指挥部20千米，大家的观点是一致的。
想问一下，距离真的很重要吗？如果不测量距离，行吗？学生回答。
（先明确距离对于确定位置的重要性。
）课件展示主题图教学过程教师展示测量角度的方法，得出红军阵地在指挥部北偏西50°方向20千米处，或红军阵地在指挥部西偏北40°方向20千米处。
2.确定位置的要素——方向和角度（重、难点）师：明明是同一个位置，为什么会出现两种不同的角度呢？让学生明白，依照的基准不一样，角度就不一样。
师：50°是以谁为基准？40°呢？师：正因为指南针的指针总是指向南北方向，所以，一般我们都选择用正北和正南为基准来确定方向。
课件展示：北偏东、北偏西、南偏西、南偏东四个方向。
引导学生用手势来表示这四个方向，明确基准方向对于测量角度的重要性。
师：现在你能结合距离说一说，红军阵地在指挥部的什么位置吗？学生尝试完整表述：红军阵地在指挥部北偏西50°方利用交互式白板的尺规工具——量角器来测量角度教学过程向20千米处。
（板书）三、实践应用，拓展延伸1. 师：我们已经学会用方向和距离来描述红军阵地的位置。
现在还以指挥部为观测点，你能说说蓝军阵地和红军宿营地的位置吗？（见下图）学生独立思考，然后全班进行汇报。
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第7讲角度与距离本节内容主要是关于空间中各种角与距离的定义与求法以及向量在相关计算中的应用•向量方法一般用于求角度，如线线所成角，线面所成角，面面所成角，有时也可以用来求点到平面距离和异面直线之间的距离.A类例题正方体ABC D ABCD的棱长为1,则直线AC与直线BD的距离是 ____________（2001年全国高中数学联赛）分析：求异面直线的距离有很多种思路，可以从定义出发找出公垂线段，求出其长度，也可以过一条直线作另一条直线的平行线，求出线面距离，即为异面直线的距离，等等.解：连接BD,交A i C i于O易证AQ丄平面BBD,过O作BD的垂线，垂足为H,则OH为直线AC与直线BD的公垂线段.把Rt A BBD的平面图画出来，易得OH=¥・6A, B, C, D四点不共面，且两两间的距离均为1,点P与点Q分别在线段AB与CD上运动,则P与Q间的最小距离为___________ .（2001年第12届希望杯）解A, B, C, D构成正四面体，求P与Q间的最小距离即求AB与CD间的距离，如图.作 ADL a 于 D, CEL a 于 E ,贝U AD// CE 作 AF 丄 CE 于 F. 由/ ABD= 30°,/ CBE= 45°, AB= 3, CB= 4 2，易知 AD= |, CE= 4. 3 5i由 CEL DE 得 AF / DE 故 CF = 4-?, 故 sin / CAF= ?. 故AC 与a 所成的角为30 ° . 答案：C取AB CD 的中点E , F ,则AF 丄CD BF 丄CD /• CDL 平面 ABF ••• EF ± CD EF L AB••• EF 为AB CD 间的距离. ••• AE= BE = #, AF = 1,「. EF =,32_ I — 2 2 2△ ABC 的顶点B 在平面a 内，A 、C 在 a 的同一侧，AB BC M所成的角分别是和45若AB= 3, BC= 4 2, AC= 5，则AC 与 a 所成的角为（A. 60°B. 45°C. 30°D. 15（2005年高考•吉林、黑龙江、广西卷）AD分析：利用三角形表达出 AC 与 a 所成的角.情景再现已知平面a 丄卩，a A 3= I , P 是空间一点，且 P 到a 、卩的距离分别是1、2,则点P 到I 的距离为 ____________________ .（2004年高考•浙江•文）点，则异面直线 AE 与GF 所成的角是C 1（2005年咼考•福建）如图，正方体 ABCD- A B G D 的棱长为1, E 是AB 的中点，贝U E 到平面 ABGD 的距离为A.C.（2005年高考•湖南•文） B 类例题如图，长方体ABCD- ABCD 中,AA = AB= 2, AD= 1, E 、F 、G 分别是DD 、AB CG 的中D 1 A. arccos15B.-4C. arccos.10D.—2D V如图，ABC -ABC 是直三棱柱, BCA= 90°，点 D , F 分别是AB , AC 的中点.若 BC= CA=CG ,则BD 与AF 所成角的余弦值是（ ）爲 1伍 \R 5（A ）73T （B ）1（C ）13T（D）7T（1995年高考•全国）分析：求异面直线所成的角一般可以通过平移的方法把两条异 面直线所成的角构造出来，然后通过解三角形求出角度. 解：设BC= 2,把BD 平移到AD .CA 1AC222A H A H A H 2 11 1•tana +tan 3 +tan Y=HM +HN +HP=3（HM +HN +HP ）•111为求HM +HTHP ，可利用解析几何：x/6以BD 中点O 为原点，OB 为x 轴正方向建立直角坐标系，则点 ，亏）.直线HM 的方程 为:…COS a =5+ 6-5 2 • ;'5 • M 6,30 To"答案：A四面体S-ABC 中，/ ASB=，/ ASC a ，/ BSC=3 （0< a ,卩<2）•以SC 为棱的二面角的平面角为B ,求证：0 =n — arccos （cot a • cot 卩）• （1962年北京市数学竞赛 ）证明：在 SC 上取一点 D,使SD=，分别在面 SBC SCA 内作DE DF 与SC 垂直.分别交SB SA 于 E 、F ,连 EF,则/ EDF=0 .则 DE=an 卩,SE=sec 卩,DF=an a , SF=sec a .EF=tan? a +tan?卩2 22tan a • tan 卩• cos 0 =sec a +sec 卩.••• tan a • tan 卩• cos 0 =— 1. cos 0 =— cot a • cot 3 .0 = n — arc cos(cot a • cot 3 ).过正四面体的高作一个平面与四面体的三个侧面交于三条直线，这三条直线与四面体的底面所成角分别为 a 、3、丫，证明：tan 2 a +ta n 23 +ta nJ =12. （1960年波兰数学竞赛）证明：设正四面体的边长 =1，高为 AH 过AH 的平面交正四面体的三个侧面于 AM ANAP （如图）.则/ AMH Z ANH Z APH 即为 AM AN AP 与底面所成的角，/ AMH=，/ ANH=3 ,/ APH Y •在厶 ADF i 中，AF =^5, BD =^6,Q3A. arccosB.1 arccos3 3C nD. 2nTCD 方程为y= ,3（x +g ）,以HM 的参数方程代入得,£= 3(sin — 3cos ).1BC 方程为y=— 3（ x - 2），以HM 的参数方程代入得,t 1= 3(sin + 3cos ).1令 y=0,得—=—2 _ 3sin情景再现如图，正方形 ABCD 所在平面与正方形 ABEF 所在平面成60°的二面角，则异面直线 AD与BF 所成角的余弦值是 ________ （ 1996年高考•全国•理）（1997年•全国•理）c类例题x =t cossin e = 3( t sin 0 +2),111 _ 11 丄_HM +HN +HP=t72+t^2+tI 2=18tan 2 a +tan 2 卩 +tan 2 丫 =2.已知三棱锥 D- ABC 的三个侧面与底面全等，且面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小是（AB= AC = 3, BC= 2,则以 BC 为棱，以)sin 0 (为参数)sin 0 =— 3( t sin e — 2),正方体ABC D ABGD 中，E 为AB 中点，F 为CG 中点，异面直线 EF 与AC 所成角的余弦值是A ¥B .乎（2004年第15届希望杯二试）分析：本题以正方体为框架， E 和F 点都是中点，考虑用向量法会比较方便.解：设正方体棱长为 1,以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 为z 轴建立空间直角坐标系，则 1 1E （ 1, 2，1），F （0，1，2），A （ 1，0，1），C （0，1，0）•••选 B.说明：本题也可以如上题一样用平移的方法解决，但考虑到正方体的背景，还是用向量 法解决•同学们也可以不用向量法解此题，看看计算难度如何.如图三棱柱 OAB-OAB ，平面 OBBO 丄平面 OAB Z OOB= 60°，/ AOB= 90。
，且 OB= 08 2，OA=3 .求：（1） 二面角O —AB- O 的大小； （2） 异面直线 AB 与AO 所成角的大小. （上述结果用反三角函数值表示） （2002年上海春季高考）分析：第（1）问可以构造二面角的平面角求解，第（ 2）问可以考虑用向量法解.解：（1）取OB 的中点D,连结OD,则OD 丄OB •••平面 OBBO 丄平面OAB ： OD 丄平面 OAB 过D 作AB 的垂线，垂足为 E,连结 OE.D.E F =（- 1，2，2），A C 1=（- 1，1，— 1），••• cos e =EF ^ • ACI EFI^I AC l2° 2 3即二面角 O —AB- O 的大小为arctan 寸7. 另外本题也可以用向量法来解.以O 点为原点，分别以 OA OB 所在直线为x 、y 轴，过O 点且与平面AOB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则0(0, 0, 0), O (0,1，护),A (护，0, 0), A l (护,1，护),B(0, 2, 0).=(—西,2, 0), Q B =( 0, 1 ,—W ).设平面 OAB 法向量为 ~m =( 0, 0, 1),设平 面OAB 法向量为 下=(x , y , z ),则由 天B 丄飞 和石B 丄飞 得:(2)设异面直线 AB 与AO 所成的角为a ,则AB = OB-OA =(— '3 , 1, — \：3) , OA= OA- 00=0： 3 , — 1, '3) 1 1• cos a =亍..，.异面直线 AB 与AO 所成角的大小为 arccos 7.说明：用向量法求二面角的大小，可以考虑转为求平面法向量的夹角.而求平面的法向 量方法如下：先求出平面内不共线的两个向量，然后设法向量坐标，利用平面内向量与平面 的法向量内积为0建立方程组，求出法向量.ABCD 是边长为4的正方形，E , F 分别为AB, AD 中点，GCL 平面 ABCD GC= 2,求点B 到平面EFG 的距离.则OE 丄AB •••/ DEO 为二面角 O —AB-O 的平面角.由题设得OD ={3,sin / OBA=OA [O A +O B21• DE= DE Sin OBA=•/在 Rt △ ODE 中,tan DEC = .'7, cos 0 =1X 22+3+17• / DEC = arctany —甘,故解：以CD, CB CG为坐标轴建立平面直角坐标系.则 E ( 2 , 4, 0), F (4, 2, 0), B( 0, 4, 0), G (0, 0, 2).故"IF =( 2,—2, 0), 1I G=(- 2,—4, 2) , 1=B =(- 2, 0, 0).设平面EFG法向量为n =( x , y , z),则2x —2y = 0—2x—4y + 2z=，设尸1,则1 =( 1, 3)故点B到平面EFG距离d = 2__ 2011说明：求点到平面距离可以先求出平面的法向量，然后求出该点指向平面上一点向量，这个向量投影在平面的单位法向量上就是点到平面的距离•计算时可以如本题求法•另外这个方法也可以用来求异面直线之间的距离，只要构造出通过异面直线中的一条且与另一条直线平行的平面就可以把异面直线之间的距离转为点面的距离.情景再现如图，已知三棱柱AB(—ABC,在某个空间直角坐标系中K B=(罗, —半,0), AC=( m 0 , 0), AA=( 0 , 0 , n),(其中m n> 0).(1)证明：三棱柱ABC-ABC是正三棱柱;(2)若m= .;2n ,求直线CA与平面AABB所成角的大小.(2003年上海春季高考)如图，正三棱柱ABC- A1BC1的底面边长为a,侧棱长为■' 2a.(1) 建立适当的坐标系，并写出点A、B A、C的坐标;(2) 求AC与侧面ABBA所成的角.正方体AG 的棱长为1，求DA 与AC 的距离.习题七ABG — ABC 是直三棱柱，/ BGA= 90°，点D , F 分别是 AB , AG 的中点，若 BG= GA=GG ,则BD 与AF 所成角的余弦值为（）（1995年•全国•理）正三棱柱ABG- ABG 中，若AB=Q 2B B ，则AB 与GB 所成角的大小为（ ）（2001年•全国•理） A. 60°B. 90°G. 105°D. 75正六棱柱 ABCDE —ABGDE 1F 1的底面边长为1,侧棱长为｛2,则这个棱柱的侧面对角线ED 与BG 所成的角是A. 90 B . 60 G. 45 D. 30（2002年天津）A.30 To"D.在长方体 ABC —ABCD 中，点E 、F 分别在 BB 、DD 上，且 AE1 AB, AF 丄AD.(1)求证：AQ 丄平面AEF(2 )若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角(或直角).则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成 的角相等.试根据上述定理，在AB= 4,AD= 3,AA = 5时，求平面AEF 与平面DBBD 所成角的大小.(用 反三角函数值表示)(2001上海春)如图在空间直角坐标系中 BC= 2，原点0是BC 的中点，点A 的坐标是(-扌,2, 0)，点D 在平面yOz 上, 且/BDC= 90°,/ DCB= 30°.(1)求向量OD 的坐标;（1995 上海，21）(2)设向量AD 和 BC 的夹角为0，求cos 0的值.已知ABCD1边长为4的正方形，E 、F 分别是AB AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且 GC= 2 •求点B 到平面EFG 的距离.(1991全国)两条异面直线a 、b 所成的角为0，它们的公垂线段 AAI 的长度为d .在直线a 、b 上分 别取点E 、F ,设 A 1E = m AF = n .求证：EF=^Jd 2 + n i + n 2± 2mr cos 0 .(1992年理)如图，已知平行六面体 ABC — A 1B 1CD 的底面 ABCD 是菱形，且/ CCB=/GCD=Z BCD= 60°.(1) 证明：CC 丄BD3(2) 假定 CD= 2, CC = ，记面 CBD 为 a ，面 CBD为卩，求二面角a — BD- 3的平面角的余弦值；CD(3) 当寸的值为多少时，能使 AQ 丄平面CBD CC如图，在棱长为 a 的正方体 ABC — ABCD 中，E,F 分别是棱AB 与BC 的中点.(1 )求二面角 B- FB — E 的大小的正切值;(2)求点D 到平面BEF 的距离；如图，在三棱锥 S — ABC 中, SA!底面 ABC AB 丄BC DE 垂直平分SC,且分别交 AC SC于D E.又SA= AB SB= BC 求以BD 为棱，以BDE 与 BDC 为面的二面角的度数.(1990 年•全国)BA E(3)在棱DD上能否找到一点M使BM L平面EFB?若能，试确定点M的位置；若不能, 请说明理由.(2004 •湖南)如图，在直三棱柱ABC- ABC中，底面是等腰直角三角形，/AC* 90° •侧棱AA = 2, D, E 分别是CG 与AB的中点，点E在平面ABD上的射影是厶ABM 重心G.(1 )求A i B与平面ABD所成角的余弦值；(2)求点A到面AED的距离.（2003 •全国•理）0 ■—已知斜三棱柱ABCA B C 的侧面A i ACC与底面ABC垂直，/ ABC= 90 , BC= 2, AC= 2.3 ,且AA丄A i C, AA= AC.(I)求侧棱A i A与底面ABC所成角的大小；(H)求侧面A i ABB与底面ABC所成二面角的大小(川)求顶点C到侧面A ABB的距离.(i 998年全国)B。