第25頁（共25頁）2024-2025學年上學期高一數學人教A版（2019）期中必刷常考題之平面向量的應用一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?商洛期末）位于P處的雷達接收到在其正東方向相距203海里的B處的一艘漁船遇險后拋錨的營救信號后，即刻通知位于P處雷達北偏東π3且與P處雷達相距30海里的A．153 B．105 C．103 2．（2024秋?河南期末）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝1，c＝2，B＝2C，則b＝（）A．2 B．3 C．2 D．63．（2024秋?安徽校級期末）在△ABC中，已知sin2A+sin2C+cos2B＝sinCsinA+1，且滿足|AB→|A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等邊三角形 D．等腰直角三角形4．（2024秋?唐縣校級期末）已知△ABC的三個內角A、B、C滿足sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，當sinA的值最大時，sinA．2 B．1 C．12 D．5．（2025?徐州模擬）若滿足條件C=60°，AB=3A．（1，2） B．（2，3） C．(3，2) D二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?唐縣校級期末）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，下列說法正確的是（）A．若A＞B，則cosA＜cosB B．若A＝30°，b＝5，a＝2，則△ABC有兩解 C．若cosAcosBcosC＞0，則△ABC為銳角三角形 D．若a﹣c?cosB＝a?cosC，則△ABC為等腰三角形或直角三角形（多選）7．（2024秋?銅仁市期末）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若sinA-3cosA=0，3sinB＝2sinA．A=B．△ABC外接圓半徑R=C．b＝3，c＝2 D．若D是邊BC中點，則AD（多選）8．（2024秋?河南期末）如圖，正四棱錐P﹣ABCD的棱長均為1，且BF→=λBC→，PE→=λPD→（0＜λ＜1）．記平面A．BF?DG＝1 B．PE?CG＝2DE C．當CH=12時，λ=3-5三．填空題（共4小題）9．（2024秋?巴中期末）設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若ccosB=1813，bcosC=810．（2025?山東模擬）已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝60°，b＝3c，a＝27，則△ABC的面積為．11．（2024秋?張掖校級期末）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（c﹣b）sinC＝（a+b）（sinA﹣sinB），則A＝．12．（2024秋?日照期末）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且B=π3，若點M是BC的中點，AM=12AC四．解答題（共3小題）13．（2024秋?錦州期末）如圖，在銳角△ABC中，D為邊BC上一點，AD＝CD，BA＝7，BC＝8．（1）若sin2B＝sinB，求B；（2）設∠CAB﹣∠ACB＝θ，若sinθ=3314．（2024秋?諸暨市期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足cosC=（1）求角B；（2）若D為AC的中點，且BD＝5，b＝6，求△ABC的面積．15．（2024秋?銀川校級期末）已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，（1）求A；（2）若a=3，b=1

2024-2025學年上學期高一數學人教A版（2019）期中必刷常考題之平面向量的應用參考答案與試題解析題號12345答案CDCCC一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?商洛期末）位于P處的雷達接收到在其正東方向相距203海里的B處的一艘漁船遇險后拋錨的營救信號后，即刻通知位于P處雷達北偏東π3且與P處雷達相距30海里的A．153 B．105 C．103 【考點】解三角形．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】C【分析】根據題意求出∠BPM=π6，然后在△BPM中運用余弦定理算出【解答】解：由題意得∠BPM=π在△BPM中，根據余弦定理得BM2＝PM2+PB2﹣2PM?PBcos∠BPM＝900+1200﹣2×30×203×3所以BM=300=10故選：C．【點評】本題主要考查余弦定理、解三角形及其應用，考查了計算能力、概念的理解能力，屬于基礎題．2．（2024秋?河南期末）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝1，c＝2，B＝2C，則b＝（）A．2 B．3 C．2 D．6【考點】解三角形；求二倍角的三角函數值；余弦定理．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】D【分析】應用正弦定理得出2sin3C＝sinC，再應用兩角和的正弦公式結合二倍角公式得出cos2【解答】解：因為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，因為0＜A＜π，所以sinC≠0，所以2（cos2C+2cos2C）＝1，所以2（cos2C+cos2C+1）＝1，解得cos2因為a＝1，c＝2，所以由余弦定理得：b2＝a2+c2﹣2accosB＝5﹣4cosB＝5﹣4cos2C＝6，所以b=故選：D．【點評】本題考查利用正、余弦定理和三角恒等變換知識解三角形，屬于中檔題．3．（2024秋?安徽校級期末）在△ABC中，已知sin2A+sin2C+cos2B＝sinCsinA+1，且滿足|AB→|A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等邊三角形 D．等腰直角三角形【考點】解三角形．【專題】整體思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】C【分析】根據正弦定理和余弦定理得B=π3，再根據向量數量積得cos【解答】解：由題意得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，則cosB=a2+c2-b22又|AB所以|AB故cos?AB→，AC綜上可知三角形為等邊三角形．故選：C．【點評】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，向量數量積的性質在三角形形狀判斷中的應用，屬于中檔題．4．（2024秋?唐縣校級期末）已知△ABC的三個內角A、B、C滿足sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，當sinA的值最大時，sinA．2 B．1 C．12 D．【考點】正弦定理；余弦定理．【專題】轉化思想；轉化法；解三角形；運算求解．【答案】C【分析】利用正弦定理化角為邊，利用余弦定理結合基本不等式求出cosA的最小值，再根據平方關系即可求出sinA的值最大，結合取等號的條件即可得解．【解答】解：因為sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，由正弦定理得b2＝3a2﹣2c2，所以a2則cosA=所以sinA=當且僅當b3c=c6b，即2所以當sinA的值最大時，sin故選：C．【點評】本題主要考查解三角形，考查轉化能力，屬于基礎題．5．（2025?徐州模擬）若滿足條件C=60°，AB=3A．（1，2） B．（2，3） C．(3，2) D【考點】解三角形．【專題】計算題．【答案】C【分析】由已知條件C的度數，AB及BC的值，根據正弦定理用a表示出sinA，由C的度數及正弦函數的圖象可知滿足題意△ABC有兩個A的范圍，然后根據A的范圍，利用特殊角的三角函數值即可求出sinA的范圍，進而求出a的取值范圍．【解答】解：由正弦定理得：ABsinC=BC變形得：sinA=a由題意得：當A∈（60°，120°）時，滿足條件的△ABC有兩個，所以32＜a2＜1，解得：則a的取值范圍是（3，2）．故選：C．【點評】此題考查了正弦定理及特殊角的三角函數值．要求學生掌握正弦函數的圖象與性質，牢記特殊角的三角函數值以及靈活運用三角形的內角和定理這個隱含條件．二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?唐縣校級期末）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，下列說法正確的是（）A．若A＞B，則cosA＜cosB B．若A＝30°，b＝5，a＝2，則△ABC有兩解 C．若cosAcosBcosC＞0，則△ABC為銳角三角形 D．若a﹣c?cosB＝a?cosC，則△ABC為等腰三角形或直角三角形【考點】解三角形；三角形的形狀判斷；正弦定理．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】ACD【分析】利用正、余弦定理對每項逐一判斷即可得解．【解答】解：對于A，∵A＞B，∴sinA＞sinB，根據同角三角函數基本關系式可知cosA＜cosB，故A正確；對于B，由正弦定理可得：asinA∴sinB=bsinAa此時△ABC無解，故B錯誤；對于C，∵cosAcosBcosC＞0，∴cosA＞0cosB＞0cosC＞0，可知A，對于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正確．故選：ACD．【點評】本題考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的綜合應用，考查了轉化思想，屬于基礎題．（多選）7．（2024秋?銅仁市期末）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若sinA-3cosA=0，3sinB＝2sinA．A=B．△ABC外接圓半徑R=C．b＝3，c＝2 D．若D是邊BC中點，則AD【考點】解三角形．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；平面向量及應用；運算求解．【答案】ABD【分析】根據sinA-3cosA=0算出tanA=3，進而求出出角A的大小，可判斷A項的正誤；根據正弦定理列式算出外接圓的半徑，即可判斷出B項的正誤；運用余弦定理求邊b、c的長，即可判斷出C【解答】解：對于A，由sinA-3cosA=0得sinA=3cosA結合A∈（0，π），可知A=π3對于B，根據正弦定理，可知△ABC的外接圓半徑R滿足：2R=a可得R=213，故對于C，由3sinB＝2sinC，結合正弦定理得3b＝2c，即b：c＝2：3，設b＝2t，則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項不正確；對于D，AD為△ABC的邊BC上的中線，可得2AD兩邊平方，得4|解得AD=192故選：ABD．【點評】本題主要考查同角三角函數的基本關系、正弦定理與余弦定理、平面向量數量積的定義與運算性質等知識，屬于中檔題．（多選）8．（2024秋?河南期末）如圖，正四棱錐P﹣ABCD的棱長均為1，且BF→=λBC→，PE→=λPD→（0＜λ＜1）．記平面A．BF?DG＝1 B．PE?CG＝2DE C．當CH=12時，λ=3-5【考點】三角形中的幾何計算；空間向量的數乘及線性運算．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】ACD【分析】綜合平面幾何知識及空間立體幾何知識分析各選項即可得．【解答】解：對于A，由題可知BF＝PE＝λ，△ABF∽△GDA，所以ABDG因此BF?DG＝AB?AD＝1，故A正確；對于B，由A可知DG=1BF又PE＝λ，DE＝1﹣λ，所以PE?CG＝1﹣λ＝DE，故B錯誤；對于C，如圖，在△GDE中，在線段CD上截取CM＝CH，連接HM，則△HCM是等邊三角形，所以△GHM∽△GED，則HMDE所以121-λ=1λ-11λ解得λ=3-52或對于D，設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兩式作差，得FH容易發現1﹣λ＞0，1+1λ＞所以FH2﹣CH2＜0，所以FH＜GH，故D正確．故選：ACD．【點評】本題考查平面幾何知識及空間立體幾何知識的綜合應用，屬中檔題．三．填空題（共4小題）9．（2024秋?巴中期末）設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若ccosB=1813，bcosC=8【考點】解三角形．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】-5【分析】根據題意并利用正弦定理可得sinCcosB=【解答】解：因為ccosB=所以ccosBbcosC由正弦定理得：sinCcosBsinBcosC=9所以sin(故答案為：-5【點評】本題考查利用正弦定理和三角恒等變換解三角形，屬于中檔題．10．（2025?山東模擬）已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝60°，b＝3c，a＝27，則△ABC的面積為33【考點】余弦定理．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】33【分析】根據余弦定理可得邊長，從而確定面積．【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的面積S=故答案為：33【點評】本題考查余弦定理，屬于基礎題．11．（2024秋?張掖校級期末）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（c﹣b）sinC＝（a+b）（sinA﹣sinB），則A＝π3【考點】解三角形．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】π3【分析】根據正弦定理化簡已知等式，整理得b2+c2﹣a2＝bc，由此利用余弦定理算出cosA，進而可得角A的大小．【解答】解：由（c﹣b）sinC＝（a+b）（sinA﹣sinB），根據正弦定理是c（c﹣b）＝（a+b）（a﹣b），整理得b2+c2﹣a2＝bc，所以cosA=b2+c2-a22bc=故答案為：π3【點評】本題主要考查了正弦定理與余弦定理、特殊角的三角函數值等知識，屬于基礎題．12．（2024秋?日照期末）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且B=π3，若點M是BC的中點，AM=12AC【考點】解三角形．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】3．【分析】根據題意，分別在△ABM與△ABC中，運用余弦定理求出AM2、AC2關于a、c的表達式，進而求出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，結合AM=12AC，可得AC2＝所以c2+a2﹣ac＝4（c2+14a2-12ac）＝4c2+a2﹣2ac，整理得3c2＝故答案為：3．【點評】本題主要考查余弦定理及其應用，考查了計算能力、概念的理解能力，屬于基礎題．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?錦州期末）如圖，在銳角△ABC中，D為邊BC上一點，AD＝CD，BA＝7，BC＝8．（1）若sin2B＝sinB，求B；（2）設∠CAB﹣∠ACB＝θ，若sinθ=33【考點】三角形中的幾何計算．【專題】轉化思想；綜合法；三角函數的求值；解三角形；運算求解．【答案】（1）π3（2）103【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化簡已知等式，可得cosB的值，進而算出角B的大小；（2）在△ABD中利用余弦定理和正弦定理，求出sinB，進而根據三角形的面積公式算出答案．【解答】解：（1）由sin2B＝sinB，可得2sinBcosB＝sinB，因為B是銳角，sinB＞0，所以cosB=12（2）銳角△ABC中，由AD＝CD，可得∠DCA＝∠DAC，θ＝∠CAB﹣∠ACB＝∠BAD＜π根據sin∠BAD=在△ABD中，設BD＝x，則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．根據正弦定理得sinB=ADsin所以△ABC的面積S=12BA?BCsinB【點評】本題主要考查二倍角的三角函數公式、正弦定理與余弦定理、三角形的面積公式等知識，考查了計算能力、邏輯推理能力，屬于中檔題．14．（2024秋?諸暨市期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足cosC=（1）求角B；（2）若D為AC的中點，且BD＝5，b＝6，求△ABC的面積．【考點】解三角形．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】（1）B=（2）83【分析】（1）由余弦邊角關系得ac＝a2+c2﹣b2，再應用余弦定理求角的大小；（2）由BD→=12(BA→+BC→)及向量數量積的運算律得14(a2【解答】解：（1）因為cosC=2a所以ac＝a2+c2﹣b2，所以cosB=因為B∈（0，π），所以B=（2）因為b＝6，由（1）知，ac＝a2+c2﹣b2＝a2+c2﹣36，因為D為AC的中點，且BD＝5，所以BD→則BD→所以14(36+2ac)=25，可得所以S△【點評】本題考查利用余弦定理、向量知識解三角形，屬于中檔題．15．（2024秋?銀川校級期末）已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，（1）求A；（2）若a=3，b=1【考點】三角形中的幾何計算．【專題】轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】（1）A=（2）7π【分析】（1）直接利用正弦定理將邊化角，再結合兩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外接圓的半徑，進而求得面積．【解答】解：（1）因為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因為A∈（0，π），所以A=（2）因為a=3，b=1所以sinB=因為a＞b，可得B為銳角，所以B=因為D為BC的中點，所以CD=在Rt△ACD中，AD=設△ABD外接圓的半徑為R，則ADsinB故△ABD的外接圓的面積為π×【點評】本題考查正弦定理的應用，勾股定理的應用，三角形外接圓的面積的求法，屬于中檔題．

考點卡片1．求二倍角的三角函數值【知識點的認識】二倍角的正弦其實屬于正弦函數和差化積里面的一個特例，即α＝β的一種特例，其公式為：sin2α＝2sinα?cosα；其可拓展為1+sin2α＝（sinα+cosα）2．二倍角的余弦其實屬于余弦函數和差化積里面的一個特例，即α＝β的一種特例，其公式為：cos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2α．二倍角的正切其實屬于正切函數和差化積里面的一個特例，即α＝β的一種特例，其公式為：tan2α=2【解題方法點撥】﹣利用二倍角公式：sin2α＝2sinαcosαcos2α＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝1﹣2sin2αtan2﹣將具體角度值代入公式，求解二倍角的三角函數值．﹣驗證計算結果的正確性．【命題方向】常見題型包括利用二倍角公式求解三角函數值，結合具體角度進行計算．已知tanα2=22，則解：因為tanα所以tanα=故答案為：222．正弦定理【知識點的認識】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內容asinA=（R是△ABC外接圓半徑）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accosB，c2＝a2+b2﹣2abcosC變形形式①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；②sinA=a2R，sinB=b2③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA=bcosB=acosC=解決三角形的問題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊；②已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊和其他兩角①已知三邊，求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩角在△ABC中，已知a，b和角A時，解的情況A為銳角A為鈍角或直角圖形關系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的個數一解兩解一解一解由上表可知，當A為銳角時，a＜bsinA，無解．當A為鈍角或直角時，a≤b，無解．2、三角形常用面積公式1．S=12a?ha（ha表示邊2．S=12absinC=12acsinB=3．S=12r（a+b+c）（【解題方法點撥】正余弦定理的應用1、解直角三角形的基本元素．2、判斷三角形的形狀．3、解決與面積有關的問題．4、利用正余弦定理解斜三角形，在實際應用中有著廣泛的應用，如測量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識（1）測距離問題：測量一個可到達的點到一個不可到達的點之間的距離問題，用正弦定理就可解決．解題關鍵在于明確：①測量從一個可到達的點到一個不可到達的點之間的距離問題，一般可轉化為已知三角形兩個角和一邊解三角形的問題，再運用正弦定理解決；②測量兩個不可到達的點之間的距離問題，首先把求不可到達的兩點之間的距離轉化為應用正弦定理求三角形的邊長問題，然后再把未知的邊長問題轉化為測量可到達的一點與不可到達的一點之間的距離問題．（2）測量高度問題：解題思路：①測量底部不可到達的建筑物的高度問題，由于底部不可到達，因此不能直接用解直角三角形的方法解決，但常用正弦定理計算出建筑物頂部或底部到一個可到達的點之間的距離，然后轉化為解直角三角形的問題．②對于頂部不可到達的建筑物高度的測量問題，我們可選擇另一建筑物作為研究的橋梁，然后找到可測建筑物的相關長度和仰、俯角等構成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．點撥：在測量高度時，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一鉛錘面內，視線與水平線的夾角．當視線在水平線之上時，成為仰角；當視線在水平線之下時，稱為俯角．3．余弦定理【知識點的認識】1．正弦定理和余弦定理定理正弦定理余弦定理內容asinA=（R是△ABC外接圓半徑）a2＝b2+c2﹣2bccosA，b2＝a2+c2﹣2accos_B，c2＝a2+b2﹣2abcos_C變形形式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=解決三角形的問題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊；②②已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊和其他兩角①已知三邊，求各角；②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩角【解題方法點撥】正余弦定理的應用1、解直角三角形的基本元素．2、判斷三角形的形狀．3、解決與面積有關的問題．4、利用正余弦定理解斜三角形，在實際應用中有著廣泛的應用，如測量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識（1）測距離問題：測量一個可到達的點到一個不可到達的點之間的距離問題，用正弦定理就可解決．解題關鍵在于明確：①測量從一個可到達的點到一個不可到達的點之間的距離問題，一般可轉化為已知三角形兩個角和一邊解三角形的問題，再運用正弦定理解決；②測量兩個不可到達的點之間的距離問題，首先把求不可到達的兩點之間的距離轉化為應用正弦定理求三角形的邊長問題，然后再把未知的邊長問題轉化為測量可到達的一點與不可到達的一點之間的距離問題．（2）測量高度問題：解題思路：①測量底部不可到達的建筑物的高度問題，由于底部不可到達，因此不能直接用解直角三角形的方法解決，但常用正弦定理計算出建筑物頂部或底部到一個可到達的點之間的距離，然后轉化為解直角三角形的問題．②對于頂部不可到達的建筑物高度的測量問題，我們可選擇另一建筑物作為研究的橋梁，然后找到可測建筑物的相關長度和仰、俯角等構成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．點撥：在測量高度時，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一鉛錘面內，視線與水平線的夾角．當視線在水平線之上時，成為仰角；當視線在水平線之下時，稱為俯角．4．三角形中的幾何計算【知識點的認識】1、幾何中的長度計算：（1）利用正弦定理和三角形內角和定理可以求解：①已知兩角和任一邊，求其他兩邊和一角．②已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊的對角（從而進一步求出其他的邊和角）．（2）利用余弦定理可以求解：①解三角形；②判斷三角形的形狀；③實現邊角之間的轉化．包括：a、已知三邊，求三個角；b、已知兩邊和夾角，求第三邊和其他兩角．2、與面積有關的問題：（1）三角形常用面積公式①S=12a?ha（ha表示邊②S=12absinC=12acsinB=③S=12r（a+b+c）（（2）面積問題的解法：①公式法：三角形、平行四邊形、矩形等特殊圖形，可用相應面積公式解決．②割補法：若是求一般多邊形的面積，可采用作輔助線的辦法，通過分割或補形把不是三角形的幾何圖形分割成不重疊的幾個三角形，再由三角形的面積公式求解．【解題方法點撥】幾何計算最值問題：（1）常見的求函數值域的求法：①配方法：轉化為二次函數，利用二次函數的特征來求值；②逆求法（反求法）：通過反解，用y來表示x，再由x的取值范圍，通過解不等式，得出y的取值范圍；④換元法：通過變量代換轉化為能求值域的函數，化歸思想；⑤三角有界法：轉化為只含正弦、余弦的函數，運用三角函數有界性來求值域；⑥單調性法：函數為單調函數，可根據函數的單調性求值域．⑦數形結合：根據函數的幾何圖形，利用數型結合的方法來求值域．（2）正弦，余弦，正切函數值在三角形內角范圍內的變化情況：①當角度在0°～90°間變化時，正弦值隨著角度的增大而增大，且0≤sinα≤1；余弦值隨著角度的增大而減小，且0≤cosα≤1；正切值隨著角度的增大而增大，tanα＞0．②當角度在90°～180°間變化時，正弦值隨著角度的增大而減小，且0≤sinα≤1；余弦值隨著角度的增大而減小，且﹣1≤cosα≤0；正切值隨著角度的增大而增大，tanα＜0．5．解三角形【知識點的認識】1．已知兩角和一邊（如A、B、C），由A+B+C＝π求C，由正弦定理求a、b．2．已知兩邊和夾角（如a、b、c），應用余弦定理求c邊；再應用正弦定理先求較短邊所對的角，然后利用A+B+C＝π，求另一角．3．已知兩邊和其中一邊的對角（如a、b、A），應用正弦定理求B，由A+B+C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c邊，要注意解可能有多種情況．4．已知三邊a、b、c，應用余