9.1.2 余弦定理(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第四册同步学习指导(人教B版2019)

　 　 ［误区警示］　 解决与三角形有关的问题时，确定角的取值范围至关重要．有些题中，角的取值 范围隐含在所给的条件中，若不仔细审题，深入挖掘，往往会因为疏漏而导致错解． 〉 /CD1 ４．设锐角三角形ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对边分别为ａ，ｂ，ｃ，且ａ ＝２，Ｂ ＝２Ａ，则ｂ的取值范围为 （　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ２槡２，２槡( )３ Ｂ．（２槡２，４） Ｃ．（２，２槡３） Ｄ．（０，４） XYZ[%\]^ １．在△ＡＢＣ中，Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别是ａ，ｂ，ｃ，若 Ａ ＝ １０５°，Ｂ ＝ ４５°，ｂ ＝ ２槡２，则ｃ ＝ （　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ａ．槡２２ Ｂ． １ Ｃ．槡２ Ｄ． ２ ２．在△ＡＢＣ中，若Ｂ ＝ ４５°，Ｃ ＝ ６０°，ｃ ＝ １，则最短 边的长是 （　 ） Ａ．槡６３ Ｂ．槡 ６ ２ Ｃ． １ ２ Ｄ． 槡３ ２ ３．已知在△ＡＢＣ中，ａ ＝ ｘ，ｂ ＝ ２，Ｂ ＝ ３０°，若三角 形有两解，则ｘ的取值范围是 （　 ） Ａ． ｘ ＞ ２　 　 Ｂ． ０ ＜ ｘ ＜ ２ Ｃ． ２ ＜ ｘ ＜ ３　 　 Ｄ． ２ ＜ ｘ ＜ ４ ４．设在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ， ｂ，ｃ，若ｂｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ｂ ＝ ａｓｉｎ Ａ，则△ＡＢＣ的形 状为　 　 　 　 　 三角形． ５．在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别是ａ，ｂ，ｃ． 若ｂｓｉｎ Ａ ＝ ａｓｉｎ Ｃ，ｃ ＝１，则ｂ ＝ 　 　 　 　 ，△ＡＢＣ 面积的最大值为　 　 　 　 ． 请同学们认真完成练案［２                   ］ ９． １． ２　 余弦定理 !"#$%&'( 学习目标 核心素养 １．掌握余弦定理的两种表示形式及证明方法． ２．会运用余弦定理解决两类基本的解三角形问题． ３．能利用余弦定理解决有关三角形的恒等化简，证明及 形状判断等问题． １．借助余弦定理的推导，提升逻辑推 理的素养． ２．通过余弦定理的应用的学习，培养 数学运算的素养． )*+,%-.+ 知识点　 余弦定理 文字语言三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和　 　 　 　 　 　 这两边与它们的夹角的余弦的积的　 　 　 　 　 　 倍 符号语言 在△ＡＢＣ中，ａ２ ＝ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ， ｂ２ ＝ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ， ｃ２ ＝ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 推论 在△ＡＢＣ中， ｃｏｓ Ａ ＝ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ，ｃｏｓ Ｂ ＝ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ， ｃｏｓ Ｃ ＝ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 $$! 　 　 提醒：１． Žg:0;;–NäHO-å•u®, ＡＢＣ *V ａ２ ＜ ｂ２ ＋ ｃ２０æ＜ Ａ ＜ ９０æZａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ Ａ ＝ ９０æZａ２ ＞ ｂ２ ＋ ｃ２９０æ＜ Ａ ＜ １８０æh 7 ２． T ｓｉｎ ２Ａ ＝ ｓｉｎ ２Ｂ， Y Ａ ＝ Ｂ o Ａ ＋ Ｂ ＝ç２ ． ●/012 １．思考辨析（正确的打“√”，错误的打“×”） （１）在三角形中，已知两边及一边的对角，可用正弦定理解三角形，但不能用余弦定理去解． （　 ） （２）余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适用于任何三角形． （　 ） （３）利用余弦定理，可解决已知三角形三边求角问题． （　 ） （４）在三角形中，勾股定理是余弦定理的一个特例． （　 ） ２．在△ＡＢＣ中，若ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｂｃ ＋ ｃ２，则Ａ ＝ 　 　 　 　 ． 3456%789 ●:;<%F+GKH<?L>?@ １．（１）在△ＡＢＣ中，已知ｂ ＝６０ ｃｍ，ｃ ＝６０槡３ ｃｍ，Ａ ＝ π６，则ａ ＝ 　 　 　 ｃｍ； （２）在△ＡＢＣ中，若ＡＢ ＝槡５，ＡＣ ＝５，且ｃｏｓ Ｃ ＝ ９１０，则ＢＣ ＝ 　 　 　 　 ． 　 　 ［分析］　 （１）由余弦定理可直接求第三边； 　 　 （２）先由余弦定理建立方程，从中解出ＢＣ的长． ［归纳提升］ 〉 /CD1 １．（１）△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ．若ａ ＝ ３槡３，ｃ ＝ ２，Ａ ＋ Ｃ ＝ ５π ６ ，则ｂ ＝ （　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ．槡１３　 　 　 Ｂ． ６ Ｃ． ７ Ｄ． ８ （２）（２０２４·杭州高一检测）在△ＡＢＣ中，其内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为 ａ，ｂ，ｃ，已知ｂ２ ＝ ａｃ且ｃｏｓ Ｂ ＝ ３４ ．若 →ＢＡ·→ＢＣ ＝ ３，则ａ ＋ ｃ的值为（　 ） Ａ． ２槡２ Ｂ． ３槡２　 　 Ｃ． ４槡２ Ｄ． ６槡２ ●:;E%F+>KL>?@ ２．在△ＡＢＣ中，ａｂｃ ＝ ３５７，求其最大内角． ［分析］　 由已知条件知角Ｃ为最大角，然后利用余弦定理求解． ［归纳提升］ 归纳提升：已知两边及 一角解三角形的方法 （１） ·LM\3èéê -ë0NVOì{gx _ly:3VƒOz{ gx]:0;/0]g x_d`|\0Víb ^dh （２） ·LM\3èi^ 3-20NVWOì{ gxîï^ðñÃ$ °Vd$°_ly: 3VòWOz{gx_ dVóôt Cd-q r-”•h«Oì{g x_d¶2õ%h 归纳提升：已知三边求 三角的基本方法 $^uŸßvwì{ gx-:.ö•_l :0h $ñu‡ˆì{g x-Ö?_lЊ31 2-0Vƒˆz{gx oì{gx_l`^. 0VÐ÷ˆ:0;- /0]gx_ly: .0h $#$ 〉 /CD1 ２．（１）边长分别为１，槡５，２槡２的三角形的最大角与最小角的和是（　 ） Ａ． ９０° Ｂ． １２０° Ｃ． １３５° Ｄ． １５０° （２）若三角形三边长之比是１槡３２，则其所对角之比是 （　 ） Ａ． １２３ Ｂ． １槡３２ Ｃ． １槡２槡３　 　 Ｄ．槡２槡３２ ●:;>%gh>?@P@i ３．在△ＡＢＣ中，若ｂ２ｓｉｎ２Ｃ ＋ ｃ２ｓｉｎ２Ｂ ＝ ２ｂｃｃｏｓ Ｂ ｃｏｓ Ｃ，试判断△ＡＢＣ的 形状． 　 　 ［分析］　 思路一，利用正弦定理将已知等式化为角的关系．思路二， 利用余弦定理将已知等式化为边的关系． ［归纳提升］ 〉 /CD1 ３．（１）在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ．若ｃｏｓ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ＋ ｃ ｂ ，则△ＡＢＣ的形状是 （　 ） Ａ． Ｃ为直角的直角三角形 Ｂ． Ｃ为钝角的钝角三角形 Ｃ． Ｂ为直角的直角三角形 Ｄ． Ａ为锐角的锐角三角形 （２）在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，若槡３ａｃｏｓ Ｂ ＝ ｂｓｉｎ Ａ且 （ｂ ＋ ｃ ＋ ａ）（ｂ ＋ ｃ － ａ）＝ ３ｂｃ，则△ＡＢＣ的形状为 （　 ） Ａ．直角三角形 Ｂ．等腰非等边三角形 Ｃ．等边三角形 Ｄ．钝角三角形 归纳提升：正、余弦定理 判断三角形形状 （１） Oì{gx+Q? ¨©"3ÝÍ-RS ?Voøùz{gxV +LMQ?¨©"0- :0×ÀRS?V’\ ú$}Ž:0;; –-HOûüh （２）̂ ¼ýVK‰þÿ -?!¿0-ì{o} 3-ñÃ?Vt²"O ì{gxZ#ÝVTþ ÿ-?!¿0-z{o }3-^Ã?VYŠ$ Oz{gxZT}I„ ~»PÄÅVYt²" \.gxôbWkeO ÿh $## ●:;n%op&qr sp&qPtu0v ４．记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，分别以ａ，ｂ，ｃ为边长 的三个正三角形的面积依次为Ｓ１，Ｓ２，Ｓ３，已知Ｓ１ － Ｓ２ ＋ Ｓ３ ＝槡３２ ， ｓｉｎ Ｂ ＝ １３ ． （１）求△ＡＢＣ的面积； （２）若ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ ＝槡２３ ，求ｂ． ［归纳提升］ 〉 /CD1 ４．（２０２３·全国高考真题）记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，已 知ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ｃｏｓ Ａ ＝ ２． （１）求ｂｃ； （２）若ａｃｏｓ Ｂ － ｂｃｏｓ Ａａｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ａ － ｂ ｃ ＝ １，求△ＡＢＣ的面积． 归纳提升：正、余弦定理 的综合应用的求解策略 znì{gx}d%: 0;ۘ-\.­t& ' ， ’“˜™€€åA Ë(-:0(QÖ) ， *N C:0;*-^ Ï­t+, ， K/0] " １８０ ænŠ32Š0 Q ． $#% ●QRST%Uj>?@>K3wxlyR ５．设２ａ ＋ １，ａ，２ａ － １为钝角三角形的三边，求实数ａ的取值范围． ［错解］　 ∵ ２ａ ＋ １，ａ，２ａ － １是三角形的三边， 　 　 ∴ ２ａ ＋ １ ＞ ０， ａ ＞ ０， ２ａ － １ ＞ ０{ ，解得ａ ＞ １２， 　 　 ∴ ２ａ ＋ １是三边长中最长的边，设其所对角为θ， 　 　 ∵ ２ａ ＋ １，ａ，２ａ － １是钝角三角形的三边， 　 　 ∴ ｃｏｓ θ ＜ ０， 　 　 即ａ ２ ＋（２ａ － １）２ －（２ａ ＋ １）２ ２ａ（２ａ － １） ＝ ａ（ａ － ８） ２ａ（２ａ － １）＜ ０， 　 　 解得１２ ＜ ａ ＜ ８， 　 　 ∴ ａ的取值范围是１２，( )８ ． 　 　 ［错因分析］　 解题时，易忽略三角形的三边满足两边之和大于第三边，而使某些字母的范围变 大，本题中ａ ＋（２ａ － １）＞ ２ａ ＋ １，即ａ ＞ ２，而不是ａ ＞ １２ ． 　 　 ［正解］　 　 　 ［误区警示］　 由于余弦定理及公式的变形较多，且涉及平方和开方等运算，可能会因不细心而 导致错误．在利用余弦定理求出三角形的三边时，还要判断一下三边能否构成三角形． 〉 /CD1 ５．在钝角三角形ＡＢＣ中，ａ ＝ １，ｂ ＝ ２，ｃ ＝ ｔ，且Ｃ是最大角，求ｔ的取值范围． $#& XYZ[%\]^ １．边长为５，７，８的三角形的最大角与最小角之 和为 （　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ９０°　 Ｂ． １２０° Ｃ． １３５°　 Ｄ． １５０° ２．在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别是ａ，ｂ，ｃ， 已知ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ，则Ａ ＝ （　 ） Ａ． π３ Ｂ． ２π ３ Ｃ． ３π４ Ｄ． ５π ６ ３．（多选题）在△ＡＢＣ中，已知Ａ ＝ ３０°，３ａ ＝槡３ｂ ＝ １２，则ｃ的值可能为 （　 ） Ａ． ４　 　 　 Ｂ． ６　 　 　 Ｃ． ８　 　 　 Ｄ． ３槡２ ４．在锐角三角形ＡＢＣ中，ａ ＝ １，ｂ ＝ ２，则ｃ的取值 范围是　 　 　 　 　 ． ５．在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ， ｂ，ｃ．若ｃｏｓ Ａ ＝ ４５，ｃ ＝ ５，ａ ＝槡１０，则ｂ ＝ 　 　 　 　 　 ． 请同学们认真完成练案［３                   ］ !"% 正弦定理与余弦定理的应用 !"& 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离 !"#$%&'( 学习目标 核心素养 １．能够用正、余弦定理求解与距离、高度、角度等有关的 实际应用问题． ２．能根据题意画出几何图形． ３．掌握运用正、余弦定理解决实际问题的方法． ４．能将实际问题转化为解三角形问题． １．通过应用正、余弦定理求距离、高 度、角度问题，培养直观想象、数学 运算素养． ２．借助将实际问题转化为解三角形问 题，培养数学建模素养． )*+,%-.+ 知识点　 测量中的相关术语 名称 定义 图示 基线 在测量上，根据测量需要适当确定的线段称为　 　 　 　 　 ． 仰角 在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角称为 　 　 　 　 　 俯角 在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角称为 　 　 　 　 　 $#' 所以ｔａｎ（Ａ －Ｂ）＝ ｔａｎ Ａ － ｔａｎ Ｂ１ ＋ ｔａｎ Ａ·ｔａｎ Ｂ ＝ ２ｔａｎ Ｂ １ ＋３ｔａｎ２Ｂ ＝ ２１ ｔａｎ Ｂ ＋３ｔａｎ Ｂ ． 因为ｔａｎ Ａ ＝ ３ｔａｎ Ｂ，可得ｔａｎ Ｂ ＞ ０， 所以１ｔａｎ Ｂ ＋ ３ｔａｎ Ｂ≥ ２ １ ｔａｎ Ｂ·３ｔａｎ槡 Ｂ 槡＝ ２ ３，当且仅当 ｔａｎ Ｂ ＝槡３３ ，即Ｂ ＝ π ６ ，Ｃ ＝ π ２ ，Ａ ＝ π ３时取“＝”，所以ｔａｎ（Ａ － Ｂ）≤槡３３ ，即ｔａｎ（Ａ － Ｂ）的最大值为槡 ３ ３ ． 　 　 例３：方法一：在△ＡＢＣ中，根据正弦定理： ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ ＝２Ｒ（Ｒ为△ＡＢＣ外接圆的半径）． 　 　 ∵ ｓｉｎ２Ａ ＝ ｓｉｎ２Ｂ ＋ ｓｉｎ２Ｃ， 　 　 ∴ ａ２( )Ｒ ２ ＝ ｂ２( )Ｒ ２ ＋ ｃ２( )Ｒ ２ ， 　 　 即ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２， 　 　 ∴ ∠Ａ ＝ ９０°，∴ ∠Ｂ ＋∠Ｃ ＝ ９０°， 　 　 由ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｃ， 　 　 得ｓｉｎ ９０° ＝ ２ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ （９０° － Ｂ）， 　 　 ∴ ｓｉｎ２Ｂ ＝ １２ ． 　 　 ∵ ∠Ｂ是锐角，∴ ｓｉｎ Ｂ ＝槡２２ ， 　 　 ∴ ∠Ｂ ＝ ４５°，∠Ｃ ＝ ４５°， 　 　 ∴ △ＡＢＣ是等腰直角三角形． 　 　 方法二：在△ＡＢＣ中，根据正弦定理，得 　 　 ｓｉｎ Ａ ＝ ａ２Ｒ，ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂ ２Ｒ，ｓｉｎ Ｃ ＝ ｃ ２Ｒ（Ｒ为△ＡＢＣ外接圆的 半径）． 　 　 ∵ ｓｉｎ２Ａ ＝ ｓｉｎ２Ｂ ＋ ｓｉｎ２Ｃ， 　 　 ∴ ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２， 　 　 ∴ △ＡＢＣ是直角三角形且∠Ａ ＝ ９０°． 　 　 ∵ ∠Ａ ＝ １８０° －（∠Ｂ ＋∠Ｃ），ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ， 　 　 ∴ ｓｉｎ （Ｂ ＋ Ｃ）＝ ２ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ． 　 　 ∴ ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｃ － ｃｏｓ Ｂ ｓｉｎ Ｃ ＝ ０， 　 　 即ｓｉｎ （Ｂ － Ｃ）＝ ０． ∴ ∠Ｂ －∠Ｃ ＝ ０，即∠Ｂ ＝∠Ｃ． 　 　 ∴ △ＡＢＣ是等腰直角三角形． 对点训练 ３．（１）Ａ　 （２）Ｃ　 （１）根据正弦定理，得ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ． 又ｓｉｎ Ａａ ＝ ｃｏｓ Ｂ ｂ ，所以 ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂ ｃｏｓ Ｂ，则ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｂ，即ｔａｎ Ｂ ＝１， 则Ｂ ＝４５°． 同理可得Ｃ ＝ ４５°，所以Ａ ＝ １８０° － Ｃ － Ｂ ＝ ９０°． 故△ＡＢＣ为等腰直角三角形． （２）由正弦定理知ｂ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ｂ，ａ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ａ，则３ｂ 槡＝ ２ ３ａｓｉｎ Ｂ 可化为３ｓｉｎ Ｂ 槡＝ ２ ３ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ． ∵ ０° ＜Ｂ ＜１８０°，∴ ｓｉｎ Ｂ≠０，∴ ｓｉｎ Ａ ＝槡３２ ，∴ Ａ ＝ ６０°或Ａ ＝ １２０°， 又ｃｏｓ Ａ ＝ ｃｏｓ Ｃ，∴ Ａ ＝ Ｃ，∴ Ａ ＝ ６０°，∴ △ＡＢＣ为等边三角形． 　 　 例４：以上同错解． ｂａ ＝４ｃｏｓ ２Ａ －１，∵ Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝１８０°，Ｂ ＝３Ａ， ∴ Ａ ＋Ｂ ＝４Ａ ＜１８０°，∴ ０° ＜ Ａ ＜４５°，∴槡２２ ＜ ｃｏｓ Ａ ＜１，∴ １ ＜４ｃｏｓ ２Ａ － １ ＜３，∴ １ ＜ ｂａ ＜３，即 ｂ ａ的取值范围为（１，３）． 对点训练 ４． Ａ　 ∵在锐角三角形ＡＢＣ中，Ｂ ＝ ２Ａ，∴ ０ ＜ ２Ａ ＜ π２ ，且Ｂ ＋ Ａ ＝ ３Ａ，∴ Ｃ ＝ π － ３Ａ． ∵ ０ ＜ π － ３Ａ ＜ π２ ，∴ π ６ ＜ Ａ ＜ π ４ ，∴槡 ２ ２ ＜ ｃｏｓ Ａ ＜ 槡３ ２ ． ∵ ａ ＝ ２，Ｂ ＝ ２Ａ，∴由正弦定理得ｂａ ＝ ｓｉｎ ２Ａ ｓｉｎ Ａ ＝ ２ｃｏｓ Ａ， ∴ ｂ ＝ ４ｃｏｓ Ａ， 槡∴ ２ ２ ＜ ４ｃｏｓ Ａ 槡＜ ２ ３，则ｂ的取值范围 为槡２ ２，槡( )２ ３ ． 课堂检测　 固双基 １． Ｄ　 在△ＡＢＣ中，∵ Ａ ＝ １０５°，Ｂ ＝ ４５°，ｂ 槡＝ ２ ２，∴ Ｃ ＝ １８０° － Ａ － Ｂ ＝ ３０°，∴由正弦定理可得ｃ ＝ ｂｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｂ ＝ 槡２ ２ × １２ 槡２ ２ ＝ ２． ２． Ａ　 由已知得Ａ ＝ ７５°，所以Ｂ最小，故最短边为ｂ． 由ｃｓｉｎ Ｃ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ，得ｂ ＝ ｃｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ ４５° ｓｉｎ ６０° ＝ 槡６ ３ ． ３． Ｄ　 如图所示： 因为ＡＣ ＝ ｂ ＝ ２，若三角形有两个解， 则以Ｃ为圆心，以２为半径的圆与ＢＡ有两个交点， 当∠Ａ ＝ ９０°时，圆与ＢＡ相切，不合题意； 当∠Ａ ＝ ３０°时，圆与ＢＡ交于Ｂ点，不合题意； 所以３０° ＜∠Ａ ＜ １５０°，且∠Ａ≠９０°， 所以１２ ＜ ｓｉｎ Ａ ＜ １．由正弦定理得： ｓｉｎ Ａ ＝ ａｓｉｎ Ｂｂ ＝ １ ４ ｘ，则 １ ２ ＜ １ ４ ｘ ＜ １， 解得２ ＜ ｘ ＜ ４，故选Ｄ． ４．直角　 因为ｂｃｏｓ Ｃ ＋ ｃｃｏｓ Ｂ ＝ ａｓｉｎ Ａ， 所以由正弦定理可得ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ｃ ＋ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ２Ａ， ｓｉｎ（Ｂ ＋ Ｃ）＝ ｓｉｎ２Ａｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ２Ａ， 所以ｓｉｎ Ａ ＝ １，Ａ ＝ π２ ， 所以△ＡＢＣ是直角三角形． ５． １　 １２ 　 因为ｂｓｉｎ Ａ ＝ ａｓｉｎ Ｃ，所以由正弦定理可得ｂａ ＝ ａｃ，所 以ｂ ＝ ｃ ＝ １；所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ ｓｉｎ Ａ≤ １ ２ ，当ｓｉｎ Ａ ＝ １，即Ａ ＝ ９０°时三角形面积最大． ９． １． ２　 余弦定理 必备知识　 探新知 知识点　 减去　 两　 ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ　 ｃ２ ＋ ａ２ － ２ｃａｃｏｓ Ｂ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂｃｏｓ Ｃ　 ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ 　 ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ 　 ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ 对应练习 １．（１）× 　 （２）√　 （３）√　 （４）√ ［提示］　 （１）由正、余弦定理的特征可知在三角形中，已知两 边及一边的对角，既可以用正弦定理求解，也可以用余弦定理 求解． （２）余弦定理反映了任意三角形的边角关系，它适合于任何三 角形． （３）结合余弦定理公式及三角函数知识可知正确． （４）余弦定理可以看作勾股定理的推广． ２． １２０°　 因为ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｂｃ ＋ ｃ２， 所以ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ － ｂｃ， 所以ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ － ｂｃ ２ｂｃ ＝ － １ ２                                                                       ， —１８３— 又因为０° ＜ Ａ ＜ １８０°，所以Ａ ＝ １２０°． 关键能力　 攻重难 　 　 例１：６０　 ４或５　 （１）由余弦定理得： 　 　 ａ ＝ ６０２ ＋（ 槡６０ ３）２ 槡－ ２ × ６０ × ６０ ３ × ｃｏｓ π槡 ６ ＝ ４ × ６０２ － ３ × ６０槡 ２ ＝ ６０（ｃｍ）． 　 　 （２）由余弦定理得：（槡５）２ ＝ ５２ ＋ ＢＣ２ － ２ × ５ × ＢＣ × ９１０， 　 　 所以ＢＣ２ － ９ＢＣ ＋ ２０ ＝ ０，解得ＢＣ ＝ ４或ＢＣ ＝ ５． 对点训练 １．（１）Ａ　 （２）Ｂ　 （１）∵ Ａ ＋ Ｃ ＝ ５π６ ，∴ Ｂ ＝ π －（Ａ ＋ Ｃ）＝ π ６ ． ∵ ａ 槡＝ ３ ３，ｃ ＝ ２，∴由余弦定理可得ｂ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ －２ａｃｃｏｓ槡 Ｂ ＝ （槡３ ３）２ ＋２２ 槡－２ ×３ ３ ×２ ×槡３槡 ２ 槡＝ １３．故选Ａ． （２）因为→ＢＡ·→ＢＣ ＝ ３，所以ａｃｃｏｓ Ｂ ＝ ３，因为ｃｏｓ Ｂ ＝ ３４ ，所以 ｂ２ ＝ ａｃ ＝ ４，由余弦定理ｂ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ２ａｃｃｏｓ Ｂ得：４ ＝（ａ ＋ ｃ）２ － ２ａｃ － ２ａｃｃｏｓ Ｂ， 所以（ａ ＋ ｃ）２ ＝ １８，所以ａ ＋ ｃ 槡＝ ３ ２． 　 　 例２：由于ａｂｃ ＝ ３５７，不妨设ａ ＝ ３ｋ，ｂ ＝ ５ｋ，ｃ ＝ ７ｋ （ｋ ＞ ０）．因此ｃ是最大边，其所对角Ｃ为最大内角． 　 　 由余弦定理推论得： 　 　 ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ ９ｋ２ ＋ ２５ｋ２ － ４９ｋ２ ２·３ｋ·５ｋ ＝ － １ ２ ， 　 　 ∵ ０° ＜ Ｃ ＜ １８０°，∴ Ｃ ＝ １２０°，即最大内角为１２０°． 对点训练 ２．（１）Ｃ　 （２）Ａ　 （１）由题意可得，边长为槡５的边对的角不是最 大角，也不是最小角，设此角为θ，则由余弦定理可得ｃｏｓ θ ＝ １ ＋ ８ － ５ 槡４ ２ ＝槡２２ ． 又０° ＜ θ ＜ １８０°，所以θ ＝ ４５°，故该三角形的最大角与最小角 的和是１８０° － ４５° ＝ １３５°，故选Ｃ． （２）设三角形三边长分别为ｍ，槡３ｍ，２ｍ（ｍ ＞ ０），最大角为Ａ， 则ｃｏｓ Ａ ＝ ｍ ２ ＋（槡３ｍ）２ －（２ｍ）２ ２ｍ·槡３ｍ ＝ ０，所以Ａ ＝ ９０°．设最小角 为Ｂ，则ｃｏｓ Ｂ ＝（２ｍ） ２ ＋（槡３ｍ）２ － ｍ２ ２·２ｍ·槡３ｍ ＝槡３２ ，所以Ｂ ＝ ３０°，所 以Ｃ ＝ ６０°． 故三角形三角之比为１２３． 　 　 例３：方法一：（化边为角）由正弦定理，已知条件可化为 ｓｉｎ２Ｃｓｉｎ２Ｂ ＋ ｓｉｎ２Ｃｓｉｎ２Ｂ ＝ ２ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ． 　 　 又ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ≠０，所以ｓｉｎＢｓｉｎ Ｃ ＝ ｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ，即ｃｏｓ （Ｂ ＋ Ｃ）＝ ０． 　 　 又因为０° ＜ Ｂ ＋ Ｃ ＜ １８０°，所以Ｂ ＋ Ｃ ＝ ９０°，所以Ａ ＝ ９０°． 　 　 所以△ＡＢＣ是直角三角形． 　 　 方法二：（化角为边）将已知等式变形为ｂ２（１ － ｃｏｓ２Ｃ）＋ ｃ２（１ － ｃｏｓ２Ｂ）＝ ２ｂｃｃｏｓ Ｂｃｏｓ Ｃ． 　 　 由余弦定理并整理，得ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２( )ａｂ ２ － ｃ２ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２( )ａｃ ２ ＝ ２ｂｃ·ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ · ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ，所以ｂ ２ ＋ ｃ２ ＝ ［（ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２）＋（ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２）］２ ４ａ２ ＝４ａ ４ ４ａ２ ＝ ａ２ ． 　 　 所以Ａ ＝ ９０°．所以△ＡＢＣ是直角三角形． 对点训练 ３．（１）Ｃ　 （２）Ｃ　 （１）由ｃｏｓ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ＋ ｃｂ 及余弦定理， 得ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＋ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ ａ ＋ ｃ ｂ ， 所以ａ（ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２）＋ ｃ（ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２）＝ ２ａｃ（ａ ＋ ｃ）， 所以ｂ２（ａ ＋ ｃ）－（ａ３ ＋ ｃ３）＝ ａｃ（ａ ＋ ｃ）， 所以ｂ２（ａ ＋ ｃ）－（ａ ＋ ｃ）（ａ２ － ａｃ ＋ ｃ２）＝ ａｃ（ａ ＋ ｃ）． 因为ａ ＋ ｃ ＞ ０，所以ｂ２ －（ａ２ － ａｃ ＋ ｃ２）＝ ａｃ， 所以ａ２ ＋ ｃ２ ＝ ｂ２， 所以Ｂ为直角，即△ＡＢＣ是Ｂ为直角的直角三角形．故选Ｃ． （２）因为槡３ ａｃｏｓ Ｂ ＝ ｂｓｉｎ Ａ，所以由正弦定理边角互化得， 槡３ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ａ， 因为Ａ∈（０，π），ｓｉｎ Ａ≠０，所以槡３ｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｂ，即槡３ ＝ ｔａｎ Ｂ， 因为Ｂ∈（０，π），所以Ｂ ＝ π３ ，因为（ｂ ＋ ｃ ＋ ａ）（ｂ ＋ ｃ － ａ）＝ ３ｂｃ，所以ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ｂｃ，所以ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ １ ２ ， 因为Ａ∈（０，π），所以Ａ ＝ π３ ，所以Ａ ＝ Ｂ ＝ Ｃ ＝ π ３ ，故△ＡＢＣ的 形状为等边三角形． 　 　 例４：（１）由题意得Ｓ１ ＝ １２·ａ ２·槡３２ ＝槡 ３ ４ ａ ２，Ｓ２ ＝槡３４ ｂ ２，Ｓ３ ＝ 槡３ ４ ｃ ２，则Ｓ１ － Ｓ２ ＋ Ｓ３ ＝槡３４ ａ ２ －槡３４ ｂ ２ ＋槡３４ ｃ ２ ＝槡３２ ，即ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ＝ ２， 　 　 由余弦定理得ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ，整理得ａｃｃｏｓ Ｂ ＝ １，则 ｃｏｓ Ｂ ＞ ０， 　 　 又ｓｉｎ Ｂ ＝ １３ ，则ｃｏｓ Ｂ ＝ １ － ( )１３槡 ２ ＝ 槡２ ２３ ，ａｃ ＝ １ｃｏｓ Ｂ ＝ 槡３ ２ ４ ，则Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝ 槡２ ８ ； 　 　 （２）由正弦定理得： ｂｓｉｎ Ｂ ＝ ａ ｓｉｎ Ａ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ，则 ｂ２ ｓｉｎ２Ｂ ＝ ａｓｉｎ Ａ· ｃ ｓｉｎ Ｃ ＝ ａｃ ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｃ ＝ 槡３ ２ ４ 槡２ ３ ＝ ９４ ，则 ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ３ ２ ，ｂ ＝ ３ ２ ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ２ ． 对点训练 ４．（１）因为ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ， 所以ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ｃｏｓ Ａ ＝ ２ｂｃｃｏｓ Ａ ｃｏｓ Ａ ＝ ２ｂｃ ＝ ２，解得ｂｃ ＝ １． （２）由正弦定理可得ａｃｏｓ Ｂ － ｂｃｏｓ Ａａｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ａ － ｂ ｃ ＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ － ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ － ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ （Ａ － Ｂ）ｓｉｎ （Ａ ＋ Ｂ）－ ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ （Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ （Ａ － Ｂ）－ ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ （Ａ ＋ Ｂ） ＝ １， 变形可得：ｓｉｎ （Ａ － Ｂ）－ ｓｉｎ （Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｂ， 即－ ２ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｂ， 而０ ＜ ｓｉｎ Ｂ≤１，所以ｃｏｓ Ａ ＝ － １２ ， 又０ ＜ Ａ ＜ π，所以ｓｉｎ Ａ ＝槡３２ ， 故△ＡＢＣ的面积为Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ × １ × 槡３ ２ ＝ 槡３ ４ ． 　 　 例５：∵ ２ａ ＋ １，ａ，２ａ － １是三角形的三边， 　 　 ∴ ２ａ ＋ １ ＞ ０， ａ ＞ ０， ２ａ － １ ＞ ０{ ，解得ａ ＞ １２ ，此时２ａ ＋ １最大． 　 　 要使２ａ ＋ １，ａ，２ａ － １表示三角形的三边， 　 　 还需ａ ＋（２ａ － １）＞ ２ａ ＋ １，解得ａ ＞ ２． 　 　 设最长边２ａ ＋ １所对的角为θ， 　 　 则ｃｏｓ θ ＝ ａ ２ ＋（２ａ － １）２ －（２ａ ＋ １）２ ２ａ（２ａ － １） ＝ ａ（ａ － ８） ２ａ（２ａ － １）＜ ０                                                                       ， —１８４— 　 　 解得１２ ＜ ａ ＜ ８． 　 　 ∴ ａ的取值范围是（２，８）． 对点训练 ５．因为ａ，ｂ，ｃ是△ＡＢＣ的三边， 所以ｂ － ａ ＜ ｃ ＜ ａ ＋ ｂ， 所以２ － １ ＜ ｔ ＜ １ ＋ ２ ＝ ３，所以１ ＜ ｔ ＜ ３． 又△ＡＢＣ是钝角三角形，且Ｃ是最大角， 所以９０° ＜ Ｃ ＜ １８０°． 所以ｃｏｓ Ｃ ＜ ０，所以ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ ５ － ｔ２ ４ ＜ ０， 所以ｔ２ ＞ ５．又ｔ ＞ ０，所以ｔ 槡＞ ５． 所以ｔ的取值范围为（槡５，３）． 课堂检测　 固双基 １． Ｂ　 设中间角为角Ｂ，由余弦定理，得ｃｏｓ Ｂ ＝ ５ ２ ＋ ８２ － ７２ ２ × ５ × ８ ＝ ４０ ８０ ＝ １２ ，所以Ｂ ＝ ６０°，所以最大角与最小角的和为１８０° － Ｂ ＝ １８０° － ６０° ＝ １２０°． ２． Ａ　 由余弦定理知：ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ，而ａ ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ， 所以ｃｏｓ Ａ ＝ １２ ，又０ ＜ Ａ ＜ π，可得Ａ ＝ π ３ ． ３． ＡＣ　 由３ａ 槡＝ ３ｂ ＝ １２，得ａ ＝ ４，ｂ 槡＝ ４ ３，利用余弦定理可得 ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ，即１６ ＝ ４８ ＋ ｃ２ － １２ｃ，解得ｃ ＝ ４或ｃ ＝ ８． ４．（槡３，槡５）　 在锐角三角形ＡＢＣ中，０ ＜ Ｂ ＜ π２ ，０ ＜ Ｃ ＜ π ２ ， ∴ ０ ＜ ｃｏｓ Ｂ ＜ １，０ ＜ ｃｏｓ Ｃ ＜ １．由余弦定理，得０ ＜ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＜ １，０ ＜ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＜ １，解得３ ＜ ｃ ２ ＜ ５，槡∴ ３ ＜ ｃ 槡＜ ５． ５． ３或５　 根据余弦定理ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ，得（槡１０）２ ＝ ｂ２ ＋ ５２ － ２ × ５ × ４５ ｂ， 即ｂ２ － ８ｂ ＋ １５ ＝ ０，所以ｂ ＝ ３或ｂ ＝ ５． ９． ２　 正弦定理与余弦定理的应用 ９．３　 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离 必备知识　 探新知 知识点　 基线　 仰角　 俯角　 方向角　 方位角　 视角　 水平面 对应练习 １．（１）× 　 （２）× 　 （３）× 　 （４）× ［提示］　 （１）因为要解三角形，至少要知道这个三角形的一条边． （２）两个不可到达的点之间的距离我们可以借助余弦定理 求得． （３）若Ｐ在Ｑ的北偏东４４°，则Ｑ在Ｐ的南偏西４４°． （４）题图中所标角应为方位角，可以说成点Ａ的方位角 为１１０°． ２． Ａ　 在△ＡＢＣ中，ＡＣ ＝ＢＣ ＝ ａ ｋｍ，∠ＡＣＢ ＝９０°，所以ＡＢ 槡＝ ２ａ ｋｍ． 关键能力　 攻重难 　 　 例１：（１）６０　 （２）槡５ ｋｍ 　 　 ［解析］　 （１）ｔａｎ ３０° ＝ ＣＤＡＤ，ｔａｎ ７５° ＝ ＣＤ ＤＢ，又ＡＤ ＋ ＤＢ ＝ １２０， 　 　 ∴ ＡＤ·ｔａｎ ３０° ＝（１２０ － ＡＤ）·ｔａｎ ７５°， 　 　 ∴ ＡＤ 槡＝ ６０ ３，故ＣＤ ＝ ６０． 　 　 （２）在△ＡＣＤ中，∠ＡＣＤ ＝ １２０°，∠ＣＡＤ ＝∠ＡＤＣ ＝ ３０°， 　 　 ∴ ＡＣ ＝ ＣＤ 槡＝ ３ ｋｍ． 　 　 在△ＢＣＤ中，∠ＢＣＤ ＝４５°，∠ＢＤＣ ＝７５°，∠ＣＢＤ ＝６０°， 　 　 ∴ ＢＣ ＝槡３ｓｉｎ ７５°ｓｉｎ ６０° ＝槡槡 ６ ＋ ２ ２ ．在△ＡＢＣ中，由余弦定理，得 　 　 ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＣ·ＢＣ·ｃｏｓ∠ＡＣＢ ＝ （槡３）２ ＋ 槡槡６ ＋ ２( )２ ２ 槡－ ２ ３·槡槡６ ＋ ２２ ·ｃｏｓ ７５° ＝ ５． ∴ ＡＢ 槡＝ ５（ｋｍ）． 　 　 故Ａ、Ｂ之间的距离为槡５ ｋｍ． 对点训练 １．（１）Ａ　 （２） 槡２０ ６ ｍ　 （１）在△ＢＣＤ中，∠ＣＢＤ ＝ １８０° － ３０° － １０５° ＝ ４５°， 由正弦定理得ＢＣｓｉｎ ３０° ＝ ＣＤ ｓｉｎ ４５°，则ＢＣ ＝ ＣＤｓｉｎ ３０° ｓｉｎ ４５° ＝ 槡６ ４ ａ， 在△ＡＣＤ中，∠ＣＡＤ ＝ １８０° － ６０° － ６０° ＝ ６０°， 所以△ＡＣＤ为等边三角形．因为∠ＡＤＢ ＝∠ＢＤＣ， 所以ＢＤ为正△ＡＣＤ的中垂线，所以ＡＢ ＝ＢＣ ＝槡６４ ａ． （２）∠ＡＢＣ ＝ １８０° － ７５° － ４５° ＝ ６０°，所以由正弦定理，得ＡＢｓｉｎ Ｃ ＝ ＡＣｓｉｎ Ｂ，∴ ＡＢ ＝ ＡＣｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ ６０ × ｓｉｎ ４５° ｓｉｎ ６０° 槡＝ ２０ ６ ｍ． 　 　 例２：由于Ｄ点为Ｃ点到水平面的垂足，∠ＣＡＤ ＝ ４５°，所以 ＣＤ ＝ＡＤ． 　 　 因此只需在△ＡＢＤ中求出ＡＤ即可， 　 　 在△ＡＢＤ中，∠ＢＤＡ ＝ １８０° － ４５° － １２０° ＝ １５°， 　 　 由正弦定理知ＡＢｓｉｎ １５° ＝ ＡＤ ｓｉｎ ４５°， 　 　 得ＡＤ ＝ ＡＢ·ｓｉｎ ４５°ｓｉｎ １５° ＝ ８００ ×槡２２ 槡槡６ － ２ ４ ＝ ８００（槡３ ＋ １）（ｍ）． 　 　 即山高ＣＤ为８００（槡３ ＋ １）ｍ． 对点训练 ２． Ｄ　 由题意画出示意图，设塔高ＡＢ ＝ ｈ ｍ， 在Ｒｔ△ＡＢＣ中，由已知得ＢＣ ＝ ｈ ｍ． 在Ｒｔ△ＡＢＤ中，由已知得ＢＤ 槡＝ ３ｈ ｍ，在 △ＢＣＤ中，由余弦定理得ＢＤ２ ＝ ＢＣ２ ＋ ＣＤ２ － ２ＢＣ·ＣＤｃｏｓ∠ＢＣＤ，得３ｈ２ ＝ ｈ２ ＋ ５００２ ＋ ５００ｈ，解得ｈ ＝ ５００（ｍ），负值舍去． 　 　 例３：设所需时间为ｔ小时，则ＡＢ ＝ 槡１０ ３ｔ，ＣＢ ＝ １０ｔ， 　 　 在△ＡＢＣ中，根据余弦定理，得ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＣ· ＢＣｃｏｓ １２０°，可得（ 槡１０ ３ｔ）２ ＝ １０２ ＋（１０ｔ）２ － ２ × １０ × １０ｔｃｏｓ １２０°， 　 　 整理得２ｔ２ － ｔ －１ ＝０，解得ｔ ＝１或ｔ ＝ － １２ （舍去）． 　 　 所以护航舰需要１小时靠近货船． 　 　 此时ＡＢ 槡＝ １０ ３，ＢＣ ＝ １０， 　 　 在△ＡＢＣ中，由正弦定理得 ＢＣｓｉｎ∠ＣＡＢ ＝ ＡＢ ｓｉｎ １２０°， 　 　 所以ｓｉｎ∠ＣＡＢ ＝ ＢＣｓｉｎ １２０°ＡＢ ＝ １０ ×槡３２ 槡１０ ３ ＝ １２                                                                      ， —１８５—