2024-2025学年上学期高一数学人教A版期中必刷常考题之平面向量的应用

第25页（共25页）2024-2025学年上学期高一数学人教A版（2019）期中必刷常考题之平面向量的应用一．选择题（共5小题）1．（2024秋•商洛期末）位于P处的雷达接收到在其正东方向相距203海里的B处的一艘渔船遇险后抛锚的营救信号后，即刻通知位于P处雷达北偏东π3且与P处雷达相距30海里的A．153 B．105 C．103 2．（2024秋•河南期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝1，c＝2，B＝2C，则b＝（）A．2 B．3 C．2 D．63．（2024秋•安徽校级期末）在△ABC中，已知sin2A+sin2C+cos2B＝sinCsinA+1，且满足|AB→|A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形4．（2024秋•唐县校级期末）已知△ABC的三个内角A、B、C满足sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，当sinA的值最大时，sinA．2 B．1 C．12 D．5．（2025•徐州模拟）若满足条件C=60°，AB=3A．（1，2） B．（2，3） C．(3，2) D二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•唐县校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（）A．若A＞B，则cosA＜cosB B．若A＝30°，b＝5，a＝2，则△ABC有两解 C．若cosAcosBcosC＞0，则△ABC为锐角三角形 D．若a﹣c•cosB＝a•cosC，则△ABC为等腰三角形或直角三角形（多选）7．（2024秋•铜仁市期末）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若sinA-3cosA=0，3sinB＝2sinA．A=B．△ABC外接圆半径R=C．b＝3，c＝2 D．若D是边BC中点，则AD（多选）8．（2024秋•河南期末）如图，正四棱锥P﹣ABCD的棱长均为1，且BF→=λBC→，PE→=λPD→（0＜λ＜1）．记平面A．BF•DG＝1 B．PE•CG＝2DE C．当CH=12时，λ=3-5三．填空题（共4小题）9．（2024秋•巴中期末）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ccosB=1813，bcosC=810．（2025•山东模拟）已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，b＝3c，a＝27，则△ABC的面积为．11．（2024秋•张掖校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（c﹣b）sinC＝（a+b）（sinA﹣sinB），则A＝．12．（2024秋•日照期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B=π3，若点M是BC的中点，AM=12AC四．解答题（共3小题）13．（2024秋•锦州期末）如图，在锐角△ABC中，D为边BC上一点，AD＝CD，BA＝7，BC＝8．（1）若sin2B＝sinB，求B；（2）设∠CAB﹣∠ACB＝θ，若sinθ=3314．（2024秋•诸暨市期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cosC=（1）求角B；（2）若D为AC的中点，且BD＝5，b＝6，求△ABC的面积．15．（2024秋•银川校级期末）已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，（1）求A；（2）若a=3，b=1

2024-2025学年上学期高一数学人教A版（2019）期中必刷常考题之平面向量的应用参考答案与试题解析题号12345答案CDCCC一．选择题（共5小题）1．（2024秋•商洛期末）位于P处的雷达接收到在其正东方向相距203海里的B处的一艘渔船遇险后抛锚的营救信号后，即刻通知位于P处雷达北偏东π3且与P处雷达相距30海里的A．153 B．105 C．103 【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】C【分析】根据题意求出∠BPM=π6，然后在△BPM中运用余弦定理算出【解答】解：由题意得∠BPM=π在△BPM中，根据余弦定理得BM2＝PM2+PB2﹣2PM•PBcos∠BPM＝900+1200﹣2×30×203×3所以BM=300=10故选：C．【点评】本题主要考查余弦定理、解三角形及其应用，考查了计算能力、概念的理解能力，属于基础题．2．（2024秋•河南期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝1，c＝2，B＝2C，则b＝（）A．2 B．3 C．2 D．6【考点】解三角形；求二倍角的三角函数值；余弦定理．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】D【分析】应用正弦定理得出2sin3C＝sinC，再应用两角和的正弦公式结合二倍角公式得出cos2【解答】解：因为B+A+C＝π，B＝2C，所以A＝π﹣3C，由正弦定理得：asinA即2sinC=1sin(π-所以2sin（C+2C）＝2（sinCcos2C+cosCsin2C）＝2（sinCcos2C+2sinCcos2C）＝sinC，因为0＜A＜π，所以sinC≠0，所以2（cos2C+2cos2C）＝1，所以2（cos2C+cos2C+1）＝1，解得cos2因为a＝1，c＝2，所以由余弦定理得：b2＝a2+c2﹣2accosB＝5﹣4cosB＝5﹣4cos2C＝6，所以b=故选：D．【点评】本题考查利用正、余弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．3．（2024秋•安徽校级期末）在△ABC中，已知sin2A+sin2C+cos2B＝sinCsinA+1，且满足|AB→|A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形【考点】解三角形．【专题】整体思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】C【分析】根据正弦定理和余弦定理得B=π3，再根据向量数量积得cos【解答】解：由题意得sin2A+sin2C＝sinCsinA+1﹣cos2B，即sin2A+sin2C＝sinCsinA+sin2B，由正弦定理得a2+c2＝ac+b2，即a2+c2﹣b2＝ac，则cosB=a2+c2-b22又|AB所以|AB故cos〈AB→，AC综上可知三角形为等边三角形．故选：C．【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，向量数量积的性质在三角形形状判断中的应用，属于中档题．4．（2024秋•唐县校级期末）已知△ABC的三个内角A、B、C满足sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，当sinA的值最大时，sinA．2 B．1 C．12 D．【考点】正弦定理；余弦定理．【专题】转化思想；转化法；解三角形；运算求解．【答案】C【分析】利用正弦定理化角为边，利用余弦定理结合基本不等式求出cosA的最小值，再根据平方关系即可求出sinA的值最大，结合取等号的条件即可得解．【解答】解：因为sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，由正弦定理得b2＝3a2﹣2c2，所以a2则cosA=所以sinA=当且仅当b3c=c6b，即2所以当sinA的值最大时，sin故选：C．【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于基础题．5．（2025•徐州模拟）若满足条件C=60°，AB=3A．（1，2） B．（2，3） C．(3，2) D【考点】解三角形．【专题】计算题．【答案】C【分析】由已知条件C的度数，AB及BC的值，根据正弦定理用a表示出sinA，由C的度数及正弦函数的图象可知满足题意△ABC有两个A的范围，然后根据A的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出sinA的范围，进而求出a的取值范围．【解答】解：由正弦定理得：ABsinC=BC变形得：sinA=a由题意得：当A∈（60°，120°）时，满足条件的△ABC有两个，所以32＜a2＜1，解得：则a的取值范围是（3，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理及特殊角的三角函数值．要求学生掌握正弦函数的图象与性质，牢记特殊角的三角函数值以及灵活运用三角形的内角和定理这个隐含条件．二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•唐县校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（）A．若A＞B，则cosA＜cosB B．若A＝30°，b＝5，a＝2，则△ABC有两解 C．若cosAcosBcosC＞0，则△ABC为锐角三角形 D．若a﹣c•cosB＝a•cosC，则△ABC为等腰三角形或直角三角形【考点】解三角形；三角形的形状判断；正弦定理．【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】ACD【分析】利用正、余弦定理对每项逐一判断即可得解．【解答】解：对于A，∵A＞B，∴sinA＞sinB，根据同角三角函数基本关系式可知cosA＜cosB，故A正确；对于B，由正弦定理可得：asinA∴sinB=bsinAa此时△ABC无解，故B错误；对于C，∵cosAcosBcosC＞0，∴cosA＞0cosB＞0cosC＞0，可知A，对于D：∵a﹣c•cosB＝a•cosC，a＝ccosB+acosC，∴ccosB+bcosC﹣c•cosB＝a•cosC，∴bcosC＝acosC，∴（b﹣a）cosC＝0，b＝a或cosC＝0⇒C＝90°，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．（多选）7．（2024秋•铜仁市期末）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若sinA-3cosA=0，3sinB＝2sinA．A=B．△ABC外接圆半径R=C．b＝3，c＝2 D．若D是边BC中点，则AD【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；运算求解．【答案】ABD【分析】根据sinA-3cosA=0算出tanA=3，进而求出出角A的大小，可判断A项的正误；根据正弦定理列式算出外接圆的半径，即可判断出B项的正误；运用余弦定理求边b、c的长，即可判断出C【解答】解：对于A，由sinA-3cosA=0得sinA=3cosA结合A∈（0，π），可知A=π3对于B，根据正弦定理，可知△ABC的外接圆半径R满足：2R=a可得R=213，故对于C，由3sinB＝2sinC，结合正弦定理得3b＝2c，即b：c＝2：3，设b＝2t，则c＝3t，t＞0．由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝7，即13t2﹣6t2＝7，解得t＝1，所以b＝2t＝2，c＝3t＝3，故C项不正确；对于D，AD为△ABC的边BC上的中线，可得2AD两边平方，得4|解得AD=192故选：ABD．【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系、正弦定理与余弦定理、平面向量数量积的定义与运算性质等知识，属于中档题．（多选）8．（2024秋•河南期末）如图，正四棱锥P﹣ABCD的棱长均为1，且BF→=λBC→，PE→=λPD→（0＜λ＜1）．记平面A．BF•DG＝1 B．PE•CG＝2DE C．当CH=12时，λ=3-5【考点】三角形中的几何计算；空间向量的数乘及线性运算．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】ACD【分析】综合平面几何知识及空间立体几何知识分析各选项即可得．【解答】解：对于A，由题可知BF＝PE＝λ，△ABF∽△GDA，所以ABDG因此BF•DG＝AB•AD＝1，故A正确；对于B，由A可知DG=1BF又PE＝λ，DE＝1﹣λ，所以PE•CG＝1﹣λ＝DE，故B错误；对于C，如图，在△GDE中，在线段CD上截取CM＝CH，连接HM，则△HCM是等边三角形，所以△GHM∽△GED，则HMDE所以121-λ=1λ-11λ解得λ=3-52或对于D，设CH＝x，在△CFH中，由余弦定理，可得FH2＝（1﹣λ）2+x2﹣（1﹣λ）x，在△CGH中，由余弦定理，可得GH两式作差，得FH容易发现1﹣λ＞0，1+1λ＞所以FH2﹣CH2＜0，所以FH＜GH，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查平面几何知识及空间立体几何知识的综合应用，属中档题．三．填空题（共4小题）9．（2024秋•巴中期末）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ccosB=1813，bcosC=8【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】-5【分析】根据题意并利用正弦定理可得sinCcosB=【解答】解：因为ccosB=所以ccosBbcosC由正弦定理得：sinCcosBsinBcosC=9所以sin(故答案为：-5【点评】本题考查利用正弦定理和三角恒等变换解三角形，属于中档题．10．（2025•山东模拟）已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝60°，b＝3c，a＝27，则△ABC的面积为33【考点】余弦定理．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】33【分析】根据余弦定理可得边长，从而确定面积．【解答】解：∵b＝3c，由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，A=π3∴28＝9c2+c2﹣3c2，∴c＝2，b＝6，∴△ABC的面积S=故答案为：33【点评】本题考查余弦定理，属于基础题．11．（2024秋•张掖校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（c﹣b）sinC＝（a+b）（sinA﹣sinB），则A＝π3【考点】解三角形．【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】π3【分析】根据正弦定理化简已知等式，整理得b2+c2﹣a2＝bc，由此利用余弦定理算出cosA，进而可得角A的大小．【解答】解：由（c﹣b）sinC＝（a+b）（sinA﹣sinB），根据正弦定理是c（c﹣b）＝（a+b）（a﹣b），整理得b2+c2﹣a2＝bc，所以cosA=b2+c2-a22bc=故答案为：π3【点评】本题主要考查了正弦定理与余弦定理、特殊角的三角函数值等知识，属于基础题．12．（2024秋•日照期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B=π3，若点M是BC的中点，AM=12AC【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】3．【分析】根据题意，分别在△ABM与△ABC中，运用余弦定理求出AM2、AC2关于a、c的表达式，进而求出ac【解答】解：在△ABM中，BM=12a，B由余弦定理得AM2＝AB2+BM2﹣2AB•BMcosB＝c2+14a2-在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcosB＝c2+a2﹣ac，结合AM=12AC，可得AC2＝所以c2+a2﹣ac＝4（c2+14a2-12ac）＝4c2+a2﹣2ac，整理得3c2＝故答案为：3．【点评】本题主要考查余弦定理及其应用，考查了计算能力、概念的理解能力，属于基础题．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•锦州期末）如图，在锐角△ABC中，D为边BC上一点，AD＝CD，BA＝7，BC＝8．（1）若sin2B＝sinB，求B；（2）设∠CAB﹣∠ACB＝θ，若sinθ=33【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；运算求解．【答案】（1）π3（2）103【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简已知等式，可得cosB的值，进而算出角B的大小；（2）在△ABD中利用余弦定理和正弦定理，求出sinB，进而根据三角形的面积公式算出答案．【解答】解：（1）由sin2B＝sinB，可得2sinBcosB＝sinB，因为B是锐角，sinB＞0，所以cosB=12（2）锐角△ABC中，由AD＝CD，可得∠DCA＝∠DAC，θ＝∠CAB﹣∠ACB＝∠BAD＜π根据sin∠BAD=在△ABD中，设BD＝x，则DA＝DC＝8﹣x，BA＝7，由余弦定理得x2＝72+（8﹣x）2﹣2×7×（8﹣x）×13解得x＝3，即BD＝3，DA＝5．根据正弦定理得sinB=ADsin所以△ABC的面积S=12BA•BCsinB【点评】本题主要考查二倍角的三角函数公式、正弦定理与余弦定理、三角形的面积公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．14．（2024秋•诸暨市期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cosC=（1）求角B；（2）若D为AC的中点，且BD＝5，b＝6，求△ABC的面积．【考点】解三角形．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）B=（2）83【分析】（1）由余弦边角关系得ac＝a2+c2﹣b2，再应用余弦定理求角的大小；（2）由BD→=12(BA→+BC→)及向量数量积的运算律得14(a2【解答】解：（1）因为cosC=2a所以ac＝a2+c2﹣b2，所以cosB=因为B∈（0，π），所以B=（2）因为b＝6，由（1）知，ac＝a2+c2﹣b2＝a2+c2﹣36，因为D为AC的中点，且BD＝5，所以BD→则BD→所以14(36+2ac)=25，可得所以S△【点评】本题考查利用余弦定理、向量知识解三角形，属于中档题．15．（2024秋•银川校级期末）已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，（1）求A；（2）若a=3，b=1【考点】三角形中的几何计算．【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．【答案】（1）A=（2）7π【分析】（1）直接利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式求出cosA，然后求解角的大小；（2）由正弦定理可得sinB，可求B，C，利用正弦定理可求△ABD外接圆的半径，进而求得面积．【解答】解：（1）因为acosCcosA=2b-c，所以acosC＝（2b﹣由正弦定理可得sinAcosC+sinCcosA＝2sinBcosA．即sin（A+C）＝sinB＝2sinBcosA，在△ABC中，sinB＞0，可得cosA=1因为A∈（0，π），所以A=（2）因为a=3，b=1所以sinB=因为a＞b，可得B为锐角，所以B=因为D为BC的中点，所以CD=在Rt△ACD中，AD=设△ABD外接圆的半径为R，则ADsinB故△ABD的外接圆的面积为π×【点评】本题考查正弦定理的应用，勾股定理的应用，三角形外接圆的面积的求法，属于中档题．

考点卡片1．求二倍角的三角函数值【知识点的认识】二倍角的正弦其实属于正弦函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：sin2α＝2sinα•cosα；其可拓展为1+sin2α＝（sinα+cosα）2．二倍角的余弦其实属于余弦函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：cos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2α．二倍角的正切其实属于正切函数和差化积里面的一个特例，即α＝β的一种特例，其公式为：tan2α=2【解题方法点拨】﹣利用二倍角公式：sin2α＝2sinαcosαcos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2αtan2﹣将具体角度值代入公式，求解二倍角的三角函数值．﹣验证计算结果的正确性．【命题方向】常见题型包括利用二倍角公式求解三角函数值，结合具体角度进行计算．已知tanα2=22，则解：因为tanα所以tanα=故答案为：222．正弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accosB，c2＝a2+b2﹣2abcosC变形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的个数一解两解一解一解由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．2、三角形常用面积公式1．S=12a•ha（ha表示边2．S=12absinC=12acsinB=3．S=12r（a+b+c）（【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．3．余弦定理【知识点的认识】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理内容asinA=（R是△ABC外接圆半径）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accos_B，c2＝a2+b2﹣2abcos_C变形形式①a＝2RsinA，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解决三角形的问题①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；②②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角①已知三边，求各角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角【解题方法点拨】正余弦定理的应用1、解直角三角形的基本元素．2、判断三角形的形状．3、解决与面积有关的问题．4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．解题关键在于明确：①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．（2）测量高度问题：解题思路：①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．4．三角形中的几何计算【知识点的认识】1、几何中的长度计算：（1）利用正弦定理和三角形内角和定理可以求解：①已知两角和任一边，求其他两边和一角．②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（从而进一步求出其他的边和角）．（2）利用余弦定理可以求解：①解三角形；②判断三角形的形状；③实现边角之间的转化．包括：a、已知三边，求三个角；b、已知两边和夹角，求第三边和其他两角．2、与面积有关的问题：（1）三角形常用面积公式①S=12a•ha（ha表示边②S=12absinC=12acsinB=③S=12r（a+b+c）（（2）面积问题的解法：①公式法：三角形、平行四边形、矩形等特殊图形，可用相应面积公式解决．②割补法：若是求一般多边形的面积，可采用作辅助线的办法，通过分割或补形把不是三角形的几何图形分割成不重叠的几个三角形，再由三角形的面积公式求解．【解题方法点拨】几何计算最值问题：（1）常见的求函数值域的求法：①配方法：转化为二次函数，利用二次函数的特征来求值；②逆求法（反求法）：通过反解，用y来表示x，再由x的取值范围，通过解不等式，得出y的取值范围；④换元法：通过变量代换转化为能求值域的函数，化归思想；⑤三角有界法：转化为只含正弦、余弦的函数，运用三角函数有界性来求值域；⑥单调性法：函数为单调函数，可根据函数的单调性求值域．⑦数形结合：根据函数的几何图形，利用数型结合的方法来求值域．（2）正弦，余弦，正切函数值在三角形内角范围内的变化情况：①当角度在0°～90°间变化时，正弦值随着角度的增大而增大，且0≤sinα≤1；余弦值随着角度的增大而减小，且0≤cosα≤1；正切值随着角度的增大而增大，tanα＞0．②当角度在90°～180°间变化时，正弦值随着角度的增大而减小，且0≤sinα≤1；余弦值随着角度的增大而减小，且﹣1≤cosα≤0；正切值随着角度的增大而增大，tanα＜0．5．解三角形【知识点的认识】1．已知两角和一边（如A、B、C），由A+B+C＝π求C，由正弦定理求a、b．2．已知两边和夹角（如a、b、c），应用余弦定理求c边；再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A+B+C＝π，求另一角．3．已知两边和其中一边的对角（如a、b、A），应用正弦定理求B，由A+B+C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c边，要注意解可能有多种情况．4．已知三边a、b、c，应用余