1.3 基础课3 解三角形-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课3　解三角形 　 第一篇 专题一　三角函数与平面向量 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 cos A＝＝＝，因为0°＜A＜180°，所以A＝45°.故选A. √ 一、利用正、余弦定理求边或角 1.(2025·全国二卷，T5)在△ABC中，BC＝2，AC＝1＋，AB＝，则A＝ A.45° B.60° C.120° D.135° √ √ 2.(多选)(2025·全国一卷，T11)已知△ABC的面积为，若cos 2A＋cos 2B＋2sin C＝2，cos Acos Bsin C＝，则 A.sin C＝sin2A＋sin2B B.AB＝ C.sin A＋sin B＝ D.AC2＋BC2＝3 √ 对于A，cos 2A＋cos 2B＋2sin C＝1－2sin2A＋1－2sin2B＋2sin C＝2，所以sin2A＋sin2B＝sin C，故A正确；对于B，令a＝BC，b＝AC，c＝AB，则＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)，由sin2A＋sin2B＝sin C，得a2＋b2＝c·2R≥c2.因为cos Acos Bsin C＝＞0，sin C＞0，所以cos A＞0，cos B＞0，若a2＋b2＞c2，则△ABC为锐角三角形，则A＋B＞，即A＞－B，则sin A＞sin(－B)＝cos B，所以sin C＝sin2A＋sin2B＞cos2B＋sin2B＝1，矛盾.故a2＋b2＝c2，即C＝A＋B＝，所以cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B＝0，又cos Acos Bsin C＝cos Acos B＝，所以sin Asin B＝. 因为S△ABC＝absin C＝ab＝，所以ab＝，所以＝(2R)2＝＝2，所以2R＝，所以c＝2R·sin C＝，故B正确；对于C，(sin A＋sin B)2＝sin2A＋sin2B＋2sin Asin B＝sin C＋2sin Asin B＝1＋2×＝，所以sin A＋sin B＝，故C正确；对于D，AC2＋BC2＝AB2＝c2＝2，故D错误.故选ABC. 3.(2024·新课标Ⅱ卷，T15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2. (1)求A； 解：由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1， 所以sin＝1. 因为0＜A＜π，所以＜A＋＜， 所以A＋＝，故A＝. (2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长. 解：由A，B，C为三角形内角，得sin B≠0，sin C≠0. 因为bsin C＝csin 2B， 所以由正弦定理得sin Bsin C＝sin Csin 2B， 所以sin B＝sin 2B，即sin B＝2sin Bcos B， 所以cos B＝，所以B＝. 因为a＝2，A＝，所以由正弦定理， 得b＝sin B＝2. 由A＝，B＝，得C＝，所以sin C＝sin＝sin(＋)＝×＋×＝， 所以由正弦定理，得c＝＝＝＋， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋2＋＋＝2＋＋3. 二、解三角形中的最值、范围问题 4.(2022·新高考Ⅰ卷，T18)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝. (1)若C＝，求B； 解：因为＝＝＝，即sin B＝cos Acos B－sin Asin B＝cos(A＋B)＝－cos C＝， 而0＜B＜，所以B＝. (2)求的最小值. 解：由(1)知，sin B＝－cos C＞0，所以＜C＜π，0＜B＜， 而sin B＝－cos C＝sin， 所以C＝＋B，即有A＝－2B，所以B∈，C∈. 所以＝＝ ＝＝4cos2B＋－5≥2－5＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号， 所以的最小值为4－5. 考情分析 　　正、余弦定理及应用是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题，常与三角恒等变换交汇融合，解答题常处于第一题位置，注重基础知识、基本能力的考查. 返回 考点突破 能力提升 返回 (2025·山东日照一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csin A＝2acos2. (1)求角C； 核心考点一　 利用正、余弦定理求边或角　[综合性考法] 典例 1 解：依题意，csin A＝2acos2， 由正弦定理可得sin Csin A＝2sin Acos2， 因为0＜A＜π，所以sin A≠0，所以sin C＝2cos2. 法一：即2sin cos ＝2cos2， 所以sin ＝cos ， 所以tan ＝. 因为0＜C＜π，所以0＜＜， 所以＝，即C＝. 法二：即sin C－cos C＝1， 所以2sin＝1，即sin＝. 因为0＜C＜π，所以－＜C－＜，所以C－＝，即C＝. (2)若D为边AC上一点，且BD＝BC＝AB＝1，求AD的值. 解：因为BC＝1，AB＝，又因为BD＝BC，C＝， 所以△BCD为等边三角形. 则CD＝1，∠ADB＝. 由余弦定理得cos∠ADB＝＝－， 所以AD2＋AD－2＝0，解得AD＝1或AD＝－2(舍去)，故AD＝1. 规律反思 　　当题目条件中出现边和角的“混和体”时有两种方案：(1)全部统一为角，将“边的齐次式”中的边直接化为对应角的正弦.(2)全部统一为边，利用正、余弦定理将角转化为边，最后用因式分解等代数技巧化简即可. 预测练1.(2025·山东临沂一模)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C＋csin A－b＝0. (1)求A； 解：acos C＋csin A－b＝0， 由正弦定理可得，sin Acos C＋sin Csin A－sin B＝0， 所以sin Acos C＋sin Csin A－sin＝0， 所以sin Acos C＋sin Csin A－sin Acos C－cos Asin C＝0， 所以sin Csin A－cos Asin C＝0. 又因为sin C≠0，所以sin A－cos A＝0， 所以tan A＝. 又因为0＜A＜π，所以A＝. (2)若c＝3，asin B＝2，求a. 解：由正弦定理知，＝， 即bsin A＝asin B. 又asin B＝2， 所以bsin A＝2， 所以bsin ＝2，所以b＝4. 由余弦定理知，a2＝b2＋c2－2bccos A， 所以a2＝42＋32－2×4×3×＝13， 所以a＝. (2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab. (1)求B； 解：由余弦定理得cos C＝＝， 又0＜C＜π，所以C＝. 所以cos B＝sin C＝，所以cos B＝. 又0＜B＜π，所以B＝. 核心考点二　利用正、余弦定理解决三角形的面积问题　[综合性考法] 典例 2 (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 解：sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C) ＝sincos＋cossin＝. 由正弦定理＝，得＝，所以a＝c. 所以△ABC的面积S＝acsin B＝c2×＝3＋， 解得c＝2. 【教材溯源2】 (本例源自人教A版必修第二册P54T22) 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C＋asin C－b－c＝0. (1)求A； (2)若a＝2，则△ABC的面积为，求b，c. 考查角度及设问方式均一致，再次诠释了教材是高考命题的发源地，是命题的原点. 规律反思 与三角形面积有关问题的解题策略 1.利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积. 2.把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量. 预测练2.(2025·福建泉州一模)四边形ABCD中，AB∥CD， ∠ABC＝45°，AB＝4，AC＝BC. (1)求sin∠ACB； 解：法一：在△ABC中，AB＝4，AC＝BC，∠ABC＝45°， 由AC2＝BC2＋AB2－2BC·AB·cos∠ABC， 即5BC2＝BC2＋16－8··BC， 整理得BC2＋BC－4＝0， 得BC＝或BC＝－2(舍). 又AC＝BC＝， 由＝，即＝， 解得sin ∠ACB＝. 法二：在△ABC中，由＝， 得sin ∠BAC＝·sin ∠ABC＝＝. 又AC＞BC，故cos ∠BAC＝， 所以sin ∠ACB＝sin＝sin ∠ABCcos ∠BAC＋cos ∠ABCsin ∠BAC＝＋)＝. (2)若AD＝，求四边形ABCD的面积. 解：法一：因为AB∥CD， 所以∠DCA＝∠BAC. 在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝＝， 故cos ∠DCA＝. 在△ACD中，由AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠DCA， 即17＝10＋CD2－2·CD·，整理得CD2－6CD－7＝0， 解得CD＝－1(舍去)或CD＝7. 在△ABC中，S△ABC＝·AB·BC·sin 45°＝×4×＝2. 由AB∥CD，可得S△ACD＝·S△ABC＝×2＝， 故四边形ABCD的面积为2＋＝. 法二：因为AB∥CD，所以∠DCA＝∠BAC， 由(1)可得cos ∠BAC＝. 在△ACD中，由AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠DCA， 即17＝10＋CD2－2·CD·，整理得CD2－6CD－7＝0， 解得CD＝－1(舍去)或CD＝7. 在△ABC中，AB边上的高为h＝BC·sin 45°＝＝1， 故四边形ABCD的面积为＝. 核心考点三　解三角形的实际应用　[应用性考法] √ 典例 3 在同一平面上有相距14公里的A，B两座炮台，A在B的正东方向.某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标C，接着A改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为 A.7公里 B.8公里 C.9公里 D.10公里 依题意，设炮弹第一次命中点为C，则AB＝14，AC＝BC ＝AM＝18，∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝.在△ABC中， BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos θ，即182＝182＋142－2×18× 14cos θ，解得cos θ＝，所以cos θ＝2cos2－1＝.又θ为锐角，解得cos ＝(负值舍去)，在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·ABcos ＝182＋142－2×18×14×＝100，所以BM＝10，即B炮台与弹着点M的距离为10公里.故选D. 规律反思 解三角形应用问题的步骤 第一步：从实际问题中抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素. 第二步：利用正弦、余弦定理解三角形，得到实际问题的解. 预测练3.(2025·云南昆明一模)如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝45°，CD＝30米，在点C测得塔顶A的仰角∠ACB＝60°，则塔高AB约为(单位：米，≈1.414) A.30.42 B.42.42 C.50.42 D.60.42 √ 由题意，在△BCD中，∠CBD＝180°－75°－45°＝60°.由正弦定理可知＝ ⇒ ＝⇒BC＝10.在△ABC中，易知AB⊥BC，∠ACB＝60°，于是AB＝BC×tan 60°＝10×＝30≈42.42.故选B. 核心考点四　解三角形中的最值、范围问题　[综合性考法] 典例 4 (2025·河北沧州模拟)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝. (1)求角C的大小； 解：在锐角三角形ABC中，因为＝， 所以由正弦定理得＝， 故a2＝a，即a＝b2－c2，即ab－a2＝b2－c2，即ab＝a2＋b2－c2， 所以＝1，即＝. 由余弦定理得cos C＝，因为C∈，所以C＝. (2)若c＝2，求△ABC周长的取值范围. 解：因为c＝2，由正弦定理＝＝＝＝， 所以a＝sin A，b＝sin B. 设△ABC的周长为l， 则l＝2＋a＋b＝2＋sin A＋sin B＝2＋sin A＋sin ＝2＋sin A＋＝2＋sin A＋2cos A＋sin A ＝2＋2sin A＋2cos A＝2＋4sin. 因为三角形ABC为锐角三角形， 所以A∈，B∈， 所以－A∈，解得A∈， 所以A∈，所以A＋∈， 故sin∈，则4sin＋2∈，即l∈， 故△ABC周长的取值范围是. 规律反思 求解三角形中的最值、范围问题的注意点 1.涉及求范围的问题，一定要搞清楚变量的范围，若已知边的范围，求角的范围可以利用余弦定理进行转化. 2.注意题目中的隐含条件，如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，｜b－c｜＜a＜b＋c，三角形中大边对大角等. 预测练4.(2025·山东济南五诊)在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足－1＝，且A≠C. (1)求证：B＝2C； 解：证明：由题意得＝， 由正弦定理得＝＝. 因为A≠C，则a≠c， 可得＝，整理得b2＝c2＋ac. 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，整理得c＝a－2ccos B. 由正弦定理得sin C＝sin A－2sin Ccos B， 故sin C＝sin－2sin Ccos B，整理得sin C＝sin. 又因为△ABC为锐角三角形，则C∈，B∈，可得B－C∈， 所以C＝B－C，即B＝2C. (2)已知BD是∠ABC的平分线，若a＝4，求线段BD长度的取值范围. 解：在△BCD中，由正弦定理得＝， 所以BD＝＝＝， 因为△ABC为锐角三角形，且B＝2C， 所以＜C＜， 故＜cos C＜，所以＜BD＜2. 因此线段BD长度的取值范围是. 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·江西南昌二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b＝3，2acos C＋2ccos A＝3a，则a＝ A.2 B.3 C. D. √ 因为2acos C＋2ccos A＝3a，由正弦定理，可得2sin Acos C＋2sin Ccos A＝3sin A，所以2sin(A＋C)＝3sin A.又因为A＋C＝π－B，所以sin(A＋C)＝sin B，所以2sin B＝3sin A.又由正弦定理，可得2b＝3a，即a＝b.因为b＝3，所以a＝2.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S.若a＝1，C＝且4S＝cos B＋bcos A，则B＝ A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由4S＝cos B＋bcos A得4×absin C＝cos B＋bcos A⇒ab＝＋b·.又a＝1，故b＝＋＝c，所以sin B＝sin C＝，故sin B＝.由于c＞b，则C＞B，B不可能是钝角.由于B∈，所以B＝.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2025·河北石家庄一模)如图，在△ABC中，已知∠CBA＝45°，D是BC边上的一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，则AB＝ A.4 B.5 C.2 D. √ 在△ACD中，由余弦定理得cos C＝＝＝.又因为C∈(0，π)，所以sin C＝＝.在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，解得AB＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2025·江西景德镇三模)如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在 √ 圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线.日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线.已知景德镇冬至正午太阳高度角为36.9°，夏至正午太阳高度角为θ，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则sin的值为 A.B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 如图，tan ∠ABC＝tan 36.9°≈，AC＝42，所以BC＝56.又BD＝50，所以CD＝6，在△ACD中，根据勾股定理得AD＝30.在△ABD中，根据正弦定理可知＝，即＝，解得sin＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2025·宁夏银川一模)在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝1，D为BC上一点，且∠BAD＝，则△ACD的面积为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 如图，由∠BAC＝，∠BAD＝，则∠DAC＝，所以S△BAD＝AB×AD＝AD，S△ACD＝AD×AC×sin ＝AD，所以＝，则S△ACD＝S△ABC＝×AB×AC×sin ＝××2×1×＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2025·湖南郴州三模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝，a＝4，BC边上的高AD＝，则b＋c＝ A.2 B.4 C.8 D.4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 已知BC边上的高AD＝，a＝4，根据三角形面积公式S△ABC＝a·AD＝bcsin A.将A＝，a＝4，AD＝×4×＝bcsin ，2＝bc×，bc＝8.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，可得42＝b2＋c2－2bccos ，即16＝b2＋c2－bc，可得16＝(b＋c)2－2bc－bc，即16＝(b＋c)2－3bc，把bc＝8代入上式可得16＝(b＋c)2－3×8，即(b＋c)2＝16＋24＝40.因为b，c为三角形的边，可得b＋c＝＝2.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2025·广西桂林模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列与△ABC有关的结论正确的是 A.若a＝2，A＝30°，则＝＝4 B.若acos A＝bcos B，则△ABC是等腰直角三角形 C.若△ABC是锐角三角形，则cos A＜sin B D.若2＋＋3＝0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC∶S△ABC＝1∶6 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于A，设△ABC外接圆的半径为R，因为a＝2，A＝30°，所以2R＝＝＝4，所以＝＝2R＝4，＝＝2R＝4，故A正确；对于B，因为acos A＝bcos B，所以由正弦定理得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.因为A，B∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，故B不正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于C，由△ABC是锐角三角形得A＋B＞，即A＞－B，因为y＝cos x在(0，)上单调递减，所以cos A＜cos(－B)＝sin B，故C正确；对于D，如图所示，设AC的中点为M，BC的中点为D，因为2＋＋3＝0，即2(＋)＋(＋)＝0，则2×2＋2＝0，即2＝－，所以点O是MD上靠近M的三等分点，所以点O到AC的距离等于D到AC的距离的. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 又由B到AC的距离为D到AC的距离的2倍，所以O到AC的距离等于B到AC的距离的.由三角形的面积公式，可得S△ABC＝6S△AOC，即S△AOC∶S△ABC＝1∶6，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2025·山东济宁一模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝，且2c－b＝2acos B，则下列结论正确的是 A.A＝ B.△ABC外接圆的面积为π C.△ABC面积的最大值为 D.△ABC周长的最大值为3 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于A，因为2c－b＝2acos B，由余弦定理可得2c－b＝2a×＝，整理可得b2＋c2－a2＝bc，则cos A＝＝＝，且A∈，所以A＝，故A错误；对于B，由正弦定理可得△ABC外接圆的半径R＝＝＝1，所以△ABC外接圆的面积为πR2＝π，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于C，由b2＋c2－a2＝bc可得b2＋c2＝a2＋bc＝3＋bc，且b2＋c2≥2bc，即3＋bc≥2bc，解得bc≤3，当且仅当b＝c＝时，等号成立，所以△ABC面积的最大值为×3×＝，故C正确；对于D，由b2＋c2＝3＋bc可得＝3＋3bc，即bc＝，且bc≤，即≤，则≤12，即0＜b＋c≤2，当且仅当b＝c＝时，等号成立，所以△ABC周长的最大值为2＋＝3，故D正确.故选BCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.在△ABC中，AB＝，AC＝1，M为BC的中点，∠MAC＝60°，则AM ＝_____. 在△ABC中，取AC的中点N，连接MN，由M为BC的中点，得MN＝AB＝.在△AMN中，由余弦定理得MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos ∠MAC，则＝AM2＋－AM，即AM2－AM－＝0，而AM＞0，所以AM＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2025·山东青岛一模)在△ABC中，角A，B，C的对边a，b，c成公差为2 的等差数列.若7sin A＝3sin C，则△ABC的面积为_______. 因为a，b，c成公差为2的等差数列，所以c＝a＋4.因为7sin A＝3sin C，由正弦定理可得7a＝3c，解得a＝3，b＝5，c＝7.由余弦定理可得cos C＝＝＝－.因为C∈，所以C＝，所以△ABC的面积为absin C＝×3×5×sin ＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(13分)(2025·江西宜春一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos 2B＋cos 2C＋2sin Bsin C＝cos 2A＋1. (1)求A； 解：因为cos 2B＋cos 2C＋2sin Bsin C＝cos 2A＋1， 所以1－2sin2B＋1－2sin2C＋2sin Bsin C＝1－2sin2A＋1， 化简得sin Bsin C＝sin2B＋sin2C－sin2A， 所以bc＝b2＋c2－a2. 由余弦定理得cos A＝＝＝， 因为A∈，所以A＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若b＋c＝5，△ABC的面积为，求a. 解：△ABC的面积为bcsin A＝，解得bc＝6. 由(1)可得b2＋c2－a2＝bc，所以－2bc－a2＝bc， 即－a2＝3bc，所以52－a2＝3×6，解得a＝(a＝－舍去). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(15分)(2025·安徽合肥一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＋b＝2ccos B. (1)证明：C＝2B； 解：证明：由正弦定理及a＋b＝2ccos B，知sin A＋sin B＝2sin Ccos B， 即sin＋sin B＝2sin Ccos B， 所以sin B＝sin Ccos B－sin Bcos C＝sin， 所以B＝C－B或B＋C－B＝π. 因为B，C∈，所以B＝C－B，即C＝2B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围. 解：由(1)知C＝2B，A＝π－3B，又△ABC为锐角三角形， 所以0＜2B＜，0＜π－3B＜， 故B∈，所以＜tan B＜1，得1＜＜， 故＝＝＝＝∈. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看！ $