文档文本内容
第04 讲 解三角形
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
素养，研判高考命
对标
题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
03
知识精讲·靶向突破
拆解核心知
，
型技巧
识归纳题
知识解构
知识点1 正弦定理及其应用 知识点2 余弦定理及其应用
知识点3 三角形面积公式与常用结论 知识点 4 解三角形的综合应用
题型破译
题型
1 正、余弦定理的基本应用（解三角形
）
【方法技巧】
【易错分析】
题型
2
三角形面积与周长问题
【方法技巧】
【易错分析】
题型
3
三角形形状的判断
【方法技巧】
【易错分析】
题型
4
三角形中的最值与范围问题
【方法技巧】
【易错分析】
题型
5
解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）
【方法技巧】
【易错分析】
题型
6 解三角形的实际应用与综合交汇
【方法技巧】
【易错分析】
04
真题溯源·考向感知
溯源真
，感知高考考向
题逻辑
命题透视·考情前瞻
——
素养，研判高考命
对标
题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
正弦定理与余弦定理
全国二卷T17（15 分）
全国二卷T5（5 分）
全国甲卷（理）T11（5
分），全国甲卷（文）
T12（5 分），全国Ⅰ
卷T15（13 分），全国
Ⅱ卷T15（13 分）
三角形面积公式
全国二卷T17（15 分）
——
——
三角形形状判断
全国二卷T17（15 分）
——
——
最值与范围问题
——
——
——
几何计算（中线 /
角平分线
——
——
——
实际应用问题
——
——
——
考情分析
解三角形是高中三角函数模块的核心应用分支，是高考高频必考考点，衔接
三角恒等变换与平面几何知识，突出数学运算、逻辑推理、直观想象、数学
建模核心素养。
1.
题型分值：单选 / 多选第 5～11 题（5 分），填空题第 13～16 题（5
分），解答题常作为解答题第 1-2 题考查（10～12 分），总分值 10～17
分；整体难度中等，以基础题与中档题为主，常与三角恒等变换、平面向
量、数列等知识交汇。
2.
五大考查方向：
a.
直接利用正、余弦定理解三角形，求解边、角基本量；
b.
三角形面积公式的应用，结合周长、边长综合计算；
c.
三角形形状的判断，利用边角互化统一转化；
d.
三角形中的最值、范围问题，结合基本不等式或三角函数值域；
e.
解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）与实际测量问题。
3.
综合融合：常与三角恒等变换结合，先化简边角关系再求解；也可与平
面向量、基本不等式、立体几何、实际测量等知识交汇命题，突出工具性与
应用性。
复习目标
1.
掌握正弦定理、余弦定理的内容与推导，能灵活进行边角互化；
2.
掌握三角形面积公式的多种形式，能结合定理求解面积、周长问题；
3.
掌握三角形形状判断的方法，能处理三角形中的中线、高、角平分线等
几何计算；
4.
能利用三角函数与基本不等式求解三角形中的最值与范围问题；
5.
能运用解三角形知识解决实际测量与几何综合问题，提升转化化归与数
学建模能力。
思维建模·脉络梳理
——搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
05
课本典例·高考素材
立足
本典例，挖掘高考素材
课
知识精讲·靶向突破
——拆解核心知
，
型技巧
识归纳题
知●识●解●构
知识点1 正弦定理及其应用
一、定理内容
在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，则
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2 R（R 表示的是外接圆半径）
二、常用变形
1.
边化角：a=2 R sin A，b=2 R sin B，c =2 R sin C
2.
角化边：sin A = a
2 R ，sin B = b
2 R ，sin C = c
2 R
3.
比例性质：a:b:c =sin A :sin B:sin C
三、适用场景
1.
已知两角和任一边，求其他边和角（唯一解）；
2.
已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（需判断解的个数）。
四、解的个数判断（已知a,b, A）
A 为锐角
A 为钝角或直角
形
图
关系式
a＝bsin A
bsin A＜a＜b
a≥b
a＞b
解的
个数
一解
两解
一解
一解
自主检测已知
的内角
所对的边分别是
，若
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由正弦定理，得
.
所以
.
知识点2 余弦定理及其应用
一、定理内容
推论（求角公式）：
cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
,cos B = a
2+c
2-b
2
2ac
,cos C = a
2+b
2-c
2
2ab
二、适用场景
1.
已知三边，求三个角（唯一解）；
2.
已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角（唯一解）；
3.
已知两边和其中一边的对角，求第三边（一元二次方程求解，结合取舍）。
三、常用拓展
•
锐角三角形判定：最大边的平方 < 另两边平方和
•
直角三角形判定：最大边的平方 = 另两边平方和
•
钝角三角形判定：最大边的平方 > 另两边平方和
自主检测（2026·北京西城·二模）在△ABC 中，若
，
，
，则最大内角的余弦值为
__________.
【答案】
【分析】先由三角形大边对大角判定边长
所对的角
是最大内角，再直接套用余弦定理
，把
代入式子化简计算，即可求出最大内角的余弦值.
【详解】在
中，三边
，
，
，根据大边对大角.
最长边所对的角
为最大内角.
由余弦定理：
.
代入得：
.
知识点3 三角形面积公式与常用结论
一、常用面积公式
1.
基本式：S = 1
2 × 底×高
2.
边角式：S = 1
2 absin C = 1
2 bc sin A = 1
2 ac sin B（高考最常用）
3.
外接圆式：S = abc
4 R
4.
内切圆式：S = 1
2 r(a+b+c)（r为内切圆半径）
5.
海伦公式：S = ❑√p( p-a)( p-b)( p-c)，其中p= a+b+c
2
二、三角形常用结论
1.
内角和诱导公式：
sin ( A + B)=sin C，cos ( A + B)=-cos C，tan ( A + B)=- tan C
sin A + B
2
=cos C
2 ，cos A + B
2
=sin C
2
2.
边角不等关系：
大边对大角：a>b⇔A >B⇔sin A >sin B
3.
常见几何元素公式
￮
中线长（BC边中线为AD）：A D
2= 2b
2+2c
2-a
2
4
（中线定理）
￮
角平分线长（角A平分线为AD）：AD =
2bc cos A
2
b+c
￮
高：ha=bsin C =c sin B
自主检测已知
中，角
的对边分别为
，
，且
，则
面积的最大值为
（ ）
A．3
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先利用三角形三边关系确定参数
的取值范围，再结合余弦定理和三角形面积公式，通过二次函
数求最值的方法即可得到面积的最大值.
【详解】因为
，
，由余弦定理：
，
即
，所以
，
因为在
中，
，所以
，
所以
，
令
，因为
，得
，即
，
则
，
这是关于的二次函数，开口方向向下，所以当
时，二次函数取到最大值为144，
此时
.
知识点4 解三角形的综合应用
一、实际应用常见模型
1.
测量距离：两点不可达、两点可视不可达
2.
测量高度：底部可达、底部不可达
3.
测量角度：方位角、仰角、俯角、方向角
4.
航海问题：速度、航向、相遇问题
二、解题步骤
1.
分析题意，画出平面示意图；
2.
明确已知量与所求量，将实际数值转化为三角形的边角；
3.
选择正弦定理或余弦定理建立方程求解；
4.
检验结果合理性，还原为实际问题答案。
自主检测如图所示，
地在
地的正东方向，相距
，
地在
地的北偏东
方向，相距
，河流
沿岸曲线
上任意一点到
的距离比它到
的距离远
，现要在曲线
上选一处
建一座码头，向
A、B、C 三地转运货物．经测算，从
到
、
两地修建公路费用都是10 万元/
，从
到
地修建公
路的费用是20 万元/
．选择合适的点
，可使修建的三条公路总费用最低，则总费用最低为
__________万元．（精确到0.01）
【答案】85.83
【分析】由题意根据双曲线定义确定轨迹，再由双曲线定义结合图象求解即可.
【详解】以
所在的直线为
轴，
的垂直平分线为
轴建立直角坐标系，如图所示，
，由双曲线定义可得，轨迹为双曲线的右支，故
，
，
故轨迹方程为：
，
故由题意修建的三条公路总费用
，
由图形可知，当
，
，
三点共线，即
在
点处时，
最小值
，
由题意
，所以
，所以
.
题●型●破●译
题型1 正、余弦定理的基本应用（解三角形）
例1-1
中内角
所对的边分别为
，若
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
或
D．
或
【答案】A
【分析】由正弦定理求解即可.
【详解】因为
，
，
，
所以
，
，
由正弦定理可得
，
所以
，
又因为
，
所以
.
例1-2（2026·贵州遵义·模拟预测）在
中，”
“是”
“成立的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】借助正弦定理完成边角互化，分别证明充分性与必要性，判定两个命题的等价关系.
【详解】在
中，因
，
，则
,
先证充分性：
等价于
，由正弦定理得
，化简得
.
再证必要性：
由
可得
,由正弦定理得
，即
，进而可得
.
综上，“
” 是“
”成立的充要条件.
方法技巧
1. 选定理原则：已知两角一边→正弦定理；已知三边 / 两边夹角→余弦定理；已知两边一对角→正弦
定理（先判解数）或余弦定理（方程法）。
2. 边角互化：等式两边边或正弦同次，可直接互化；出现余弦或边的平方，优先余弦定理。
3. 求角必验证：利用大边对大角、内角和定理舍去不符合的解。
易错分析
1. 已知两边一对角时，直接求角不验证，导致漏解或多解；
2. 正弦定理边化角时，遗漏2 R，或比例关系用错；
3. 余弦定理公式记忆错误，平方项与乘积项符号混淆。
【变式训练1-1】（2026·山东聊城·二模）在
中，已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．4
【答案】A
【分析】设
，由条件结合余弦定理列方程可求
.
【详解】在
中，设
，
因为
，所以
，
根据余弦定理可得，
，又
，
所以
，故
，
求解可得
，
所以
.
【变式训练1-2】（多选题）（2026·山东聊城·一模）
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，已
知
，则（ ）
A．
B．
C．若
，则
D．若
，且
为钝角，则
【答案】ABD
【分析】结合三角恒等式和三角形的正弦定理的边角转化、余弦定理，分别对每个选项进行化简计算从而
进行解答.
【详解】选项A：因为
，
所以由三角恒等式可得
，
即
，
所以由正弦定理可得
，故选项A 正确；
选项B：由余弦定理可得
，
由A 可知
，代入可得
，当且仅当
时等号成立，
因为
，
所以
，故选项B 正确；
选项C：由余弦定理可得
，
由A 可知
，
所以
，由正弦定理可得
，
所以
，故选项C 错误；
选项D：由A 可知
，
因为
，
所以
，
因为
，
所以
．
因为
为钝角，
所以
，即
，
因为
，
所以
，故选项D 正确.
【变式训练1-3】（2026·陕西西安·三模）已知
的内角
所对的边分别为
，且
.
(1)求
；
(2)若
为
边上一点，
，求
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）法①：由题意可得
，在
中，由余弦定理可得
，再由正弦定理可得
，从而得
，最后利用
求解即可；
法②：在
中，由余弦定理可得
，由正弦定理可得
从而得
，利用
求解即可；
法③：在
中，由余弦定理可得
，从而得
，所以
，再结合余弦
定理求得
，最后在直角
中，由正弦的定义求解即可；
法④：利用面积公式可得
，再由余弦定理可得
，最后由正弦定理求解即可.
【详解】（1）因为
，且
，
则
，
即
，
得
，
则
，
因为
，所以
.
（2）由（1）得，
，因为
，所以
，
所以
，
法①：如图在
中，由余弦定理可得：
，
即
，
在
中由正弦定理
，即
，所以
，
因为
，故
，
在
中，
.
法②：同解法①
，
在
中由正弦定理
，即
，
所以
，
又因为
，即
，所以
.
法③：同上
，
在直角
中，
，所以
，
由（1）问知
，所以
，
即
，得
即
，
所以
，
.
法④：由（1）知
，则
，
因为
，
所以
，
即
，解得
，
所以
，即
，
在
中，由正弦定理
，即
，
解得
.
题型2 三角形面积与周长问题
例2-1（2026·广西桂林·一模）在
中，
，
，
的面积为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】本题主要考查三角形面积公式及余弦定理，利用三角形面积求出
，再利用余弦定理计算出
的长.
【详解】在
中，
，
又已知
，
，
，
所以
，化简可得
，
因为
，所以
，
解得
，又因为
，所以
.
由余弦定理
，
代入数值可得
，因此
.
例2-2（多选题）（2026 高三下·全国·专题练习）已知四边形ABCD 外接圆的圆心为O，且
，
，则（ ）
A．
B．
面积的最大值为
C．当
时，四边形ABCD 面积的最大值为
D．四边形ABCD 面积的最大值为2
【答案】BCD
【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A 的正误；根据面积公式，结合夹角的范围，即可
判断B 的正误；由题意，设AB 与CD 间的距离为d，根据弦长公式，结合梯形面积公式，可得四边形
ABCD 面积
的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C 的正误；设弦AB 对应的圆心角为
，弦
CD 对应的圆心角为
，根据三角函数的定义，可得四边形ABCD 面积
的表达式，根据
的范围，
结合三角函数的最值，分析即可判断D 的正误.
【详解】选项A：
，
因为
，所以当
时，
，
则
，故A 错误；
选项B：
的面积
，
因为
，所以当
时，
，故B 正确；
选项C：因为
，
，所以O 为AB 的中点，即AB 为直径，
因为
，所以CD 为弦，设AB 与CD 间的距离为
，
则
，
所以四边形ABCD 面积的
，
令
，则
，
令
，则
，
令
，解得
或
（舍），
当
时，
，则
单调递增，
当
时，
，则
单调递减，
所以当
，即
时，
有最大值，
此时
，
，故C 正确；
选项D：设弦AB 对应的圆心角为
，弦CD 对应的圆心角为
，
，
两弦异侧时，其距离
，且
，
则四边形ABCD 面积
，
所以当
时，
有最大值为2，故D 正确.
方法技巧
1. 面积公式选择：已知两边及夹角→直接用1
2 absin C；已知三边→海伦公式或先求角再求面积;
2. 周长问题常结合余弦定理，利用整体代换（如b+c），结合完全平方公式与面积公式联立求解;
3. 边角混合条件，先统一边或统一角，再结合定理计算。
易错分析
1. 面积公式中角与边不对应（如用a,b对应角A），导致计算错误；
2. 已知周长与一边，无法正确构建余弦定理的整体代换式；
3. 忽略三角形内角范围，导致角的取值错误。
【变式训练2-1·变题型】（2026·辽宁朝阳·三模）已知在锐角
中，内角A，B，C 的对边分别为a，
b，c，
，则
_______；若
，则
面积的取值范围为
_______．
【答案】 2
【分析】根据二倍角公式及正弦定理得到
，再结合同角三角函数的关系，两角和的正弦公式，
诱导公式，正弦定理，及余弦定理即可求出
的值；依题意可得
，结合余弦
定理，三角形面积公式，同角三角函数的关系，三角形边的关系，及二次函数的性质即可求出
面积
的取值范围．
【详解】由
，
由二倍角公式得
，
所以正弦定理得
，
又在锐角
中，有
，
则
；
若
，则
，
则由余弦定理有
，
所以
，
又因为
是锐角三角形，则有
，
又
，解得
，
又
，所以
，
则
，所以
，
故
面积的取值范围为
．
【变式训练2-2】（2026·山东聊城·一模）记
的内角
的对边分别为
，已知
，
的面积为
，
．
(1)求
；
(2)求
的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理对
边化角，即可求解；
（2）由三角形面积公式先求得
，再结合余弦定理得到
，即可求解.
【详解】（1）
，由正弦定理知
，
因为
，
，
所以
，即
．
又因为
，所以
．
（2）因为
的面积为
，所以
．
由（1）知
，所以
，所以
．
由余弦定理知，
，
所以
，
所以
，所以
，
所以
的周长为
．
【变式训练2-3】（2026·云南曲靖·一模）在
中，
，
(1)求C；
(2)点D 在
边上，且
，求
面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求出；
（2）利用正弦定理得到
的长，再利用三角形面积公式即可求出.
【详解】（1）由
，得
，
由正弦定理得
，即
，
，
.
（2）由
，可得
，
，
由正弦定理得
，又
，
故解得
，
.
题型3 三角形形状的判断
例3-1（2026·湖南株洲·模拟预测）
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若
，则
一定是（ ）
A．等边三角形
B．等腰三角形
C．直角三角形
D．锐角三角形
【答案】B
【分析】利用余弦定理将角的余弦转化为边的表达式，化简后得到两边相等即可判断三角形形状.
【详解】由余弦定理得
，由题意得
，
即
，因为
，整理得
，
即
，即
，故
一定是等腰三角形.
例3-2（多选题）（2026·陕西西安·模拟预测）在
中，
，
，
，则
（ ）
A．
外接圆的半径为
B．
C．
是钝角三角形
D．
内切圆的半径为
【答案】ABD
【分析】先求出
，对于A，根据正弦定理即可求解；对于B，根据余弦定理即可求解；对于C，
根据最大边对应的角为最大角即可判断；对于D，根据三角形的面积公式，及等面积法即可求解．
【详解】在
中，由
，则
，
对于A，设
外接圆的半径为
，
则由正弦定理有
，即
，故A 正确；
对于B，由余弦定理有
，
即
，
化简整理得
，
解得
，或
（舍去），故B 正确；
对于C，结合选项B 知
为最大边，且其对应的角
为最大角，
又
，所以
的最大角
为锐角，
所以
是锐角三角形，故C 错误；
对于D，设
内切圆的半径为 ，结合选项B 有
，
则
，
即
，解得
，故D 正确．
方法技巧
1. 核心思路：边角互化，统一为边的代数关系或角的三角关系;
2. 边化角：正弦定理转化，结合三角恒等变换得到角的关系（相等、互余等）;
3. 角化边：正、余弦定理转化，通过代数变形得到边的关系（相等、平方和关系等）。
易错分析
1. 等式两边约去公因子（如sin A），忽略零因子情况，导致漏解；
2. 判断钝角三角形时，未对最大角进行判断，导致结论错误；
3. 三角恒等变换出错，误判角的关系。
【变式训练3-1】（多选题）（2026·广东茂名·模拟预测）在
中，内角A，B，C 的对边分别为a，
b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，
，
，则符合条件的
有且仅有一个
B．若
，则
是等边三角形
C．若
，则
是锐角三角形
D．若
，则
为等腰三角形
【答案】BCD
【分析】由余弦定理解得第三边长可判断A；由余弦函数的值域可判断B；利用等式变形为边长间关系可
得C；先由正弦定理边化角和平方关系得到
，再结合余弦型函数的单调性可得D.
【详解】由余弦定理得
，即
，解得
，故符合条件的
有两个，A 错误；
由于
，所以
，
故
0，整理得
，所以
为等边三角形，B 正确；
因为
，所以
，
，所以
是锐角三角形，C 正确；
由正弦定理及
，得
，
所以
，即
，
显然
，
，
函数
在
，
上单调递增，且当
时，
，当
时，
，
由
，可得
，
是等腰三角形，D 正确．
【变式训练3-2】在
中，角
，
，
所对的边分别为
，
，，满足
，且
．
(1)求
的面积；
(2)若
为
的中线，且
，判断
的形状．
【答案】(1)1
(2)
为等腰直角三角形，
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得
，
，由三角形面积公式可得答案；
（2）由（1）和面积公式得
，由余弦定理得
，从而求出
，得到
的形状.
【详解】（1）
，
其中
，所以
，
，
解得
，
，由正弦定理得
，
又
，所以
，
所以
；
（2）
为
的中线，
，故
，
，故
，
，故
，所以
，
在
中，由余弦定理得
，
即
，化简得
，
联立
与
得
或
，
若
，此时
，
为等腰直角三角形；
若
，此时
，
为等腰直角三角形；
综上，
为等腰直角三角形
【变式训练3-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）已知
中，内角
，
，
的对边分别为
，
，，
且满足
，
．
(1)若
，求
的值；
(2)求角
的最大值，并判断此时
的形状．
【答案】(1)
(2)
，等腰直角三角形
【分析】（1）由正弦定理可得
，从而求得
；
（2）根据余弦定理及基本不等式分析可得
，从而求得角
的最大值，并判断
的形状．
【详解】（1）
中，由正弦定理得
，
，
．
（2）
中，由余弦定理得
，
当且仅当
时，等号成立，
的最大值为
，此时上式等号成立，
即
，所以
为等腰直角三角形．
题型4 三角形中的最值与范围问题
例4-1 已知边长为2 的菱形
满足
，
绕边
所在的直线旋转，在旋转过程中三棱锥
体积的最大值为（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先由菱形的边长和内角求出对角线
，从而说明
与
都是等边三角形．旋转过
程中，以
为底面，底面积不变；顶点
到平面
的距离最大时，三棱锥的体积最大．
【详解】在菱形
中，
，所以
．
在
中，
．
由余弦定理，得
因此
又
，
所以
与
都是边长为
的等边三角形．
设点
到直线
的垂足为
．
在等边三角形
中，
同时，
绕直线
旋转时，点
在以
为圆心、
为半径的圆上运动．
设旋转后点
的位置为
，则点
到平面
的距离不超过圆的半径
，
且当
平面
时，该距离取得最大值
．
因此三棱锥体积的最大值为
例4-2 钝角
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，且
，则
的
取值范围为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先对已知等式进行化简，求出角
，再利用余弦定理将
转化为关于角
的表达式，最后根
据角
的范围求出
的取值范围.
【详解】已知
，则
.
即
.
所以
.
由于
，
所以
或
.
当
时，可得
，那么
，不满足
为钝角三角形， 舍去.
当
时，则
，满足
为钝角三角形，此时
.
由正弦定理得，
，
由各内角大于0，即
，可得
，故
，
对勾函数
在
上单调递减，且
，
所以
，所以
的取值范围为
.
方法技巧
1. 两类主流方法：
① 三角函数法：正弦定理边化角，转化为三角函数值域问题，结合角的范围求解；
② 基本不等式法：余弦定理结合完全平方公式，构建和与积的关系，用基本不等式求最值。
2. 范围问题必须考虑约束：三角形内角范围、锐角 / 钝角三角形限制、三边关系。
易错分析
1. 求范围时忽略锐角三角形等约束条件，导致范围扩大；
2. 基本不等式使用时，忽略等号成立的条件是否满足三角形要求；
3. 角的范围推导错误，导致三角函数值域计算偏差。
【变式训练4-1·变题型】（2026·山西晋城·三模）已知在钝角
中，角A，B，C 的对边分别为
．
，则角
的取值范围为______；若
，则
______．
【答案】
/
【分析】利用正、余弦定理和诱导公式对式子进行化简.
【详解】∵在钝角
中，
，
，
，
或
（舍去），
，
，
，
由
，可得
．
，
．
【变式训练4-2】（2026·河南·二模）在
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且满足
．
(1)求角C 的取值范围；
(2)当角C 取最大值时，边
上存在一点D，满足
，求
周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理对已知式进行边角互化，利用基本不等式可得
的取值范围，
从而得到角C 的取值范围；
（2）由（1）可得
是等边三角形，设
的边长为x，根据边
上的点到
的距离的范围，可求
得边长x 的取值范围，从而得到周长的取值范围.
【详解】（1）因为
，
所以根据正弦定理，得
由余弦定理，得
化简得
．
又
当且仅当
时，等号成立．
所以
.
因为
，所以角C 的取值范围是
．
（2）当角C 最大时，
，且
，所以
是等边三角形.
设
的边长为x，
因为点D 在边AB 上，所以
，即
，
由
，所以
，解得
，所以
，
即
周长的取值范围为
．
【变式训练4-3】（2026·甘肃张掖·二模）记
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，已知
．
(1)求
的值；
(2)求
的取值范围．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由正余弦定理转化为边的关系求解即可；
（2）根据余弦定理及基本不等式求解即可.
【详解】（1）因为
，
由余弦定理及正弦定理可得，
，
即
，所以
.
（2）
，
当且仅当
时等号成立，
由
知，
，所以
.
题型5 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）
例5-1 已知
的面积为1，
，
的中点分别
，
，且
，则
的最小值为（ ）
A．
B．2
C．
D．
【答案】A
【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入
，利用面积关
系得到一个等式，然后用余弦定理表示边，最后转化为角的函数来求最值即可．
【详解】取
，根据已知条件可知
为
的重心，
由
，设
，
，则
，
，
，
，
由
，
又因为
，
所以
，
由余弦定理可知
，
令
，则
，
即
，
因为
，所以
，即
，
因为
，所以
的最小值为
．
例5-2 在
中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60º，BC、AC 边上的两条中线AM、BN 相交于点P，则
∠NPM 的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】求三角形内角的余弦值，可以建立平面直角坐标系求出点坐标，进而求出三角形对应边长，利用
解三角形的余弦定理求出角的余弦值.
【详解】以点
为原点，
所在的直线为
轴，建立平面直角坐标系，
，
点
的坐标为
，过点
作
于点
，
在
中，
，
，
，
点
的坐标为
，
是
中点，
点
的坐标为
，
是
中点，
点
的坐标为
，设直线
的解析式为
，将点
的坐标为
代入，得
，解得
，
直线
，设直线
的解析式为
，将点
，
的坐标代入，得
，解得
，
直线
，联立直线
与直线
方程组得
，解得
，
即点
的坐标为
，
根据两点间距离公式：
，
，
，
根据余弦定理可得：
，
，
解得
.
方法技巧
1. 中线问题：优先用中线定理（阿波罗尼斯定理），或利用邻补角余弦定理（∠ADB+∠ADC = π，余
弦值互为相反数）；
2. 角平分线问题：利用角平分线定理（BD
DC = AB
AC ），或面积拆分法（S△ABC = S△ABD+ S△ACD）；
3. 高的问题：结合面积公式，或利用直角三角形的边角关系。
易错分析
1. 中线定理公式记忆错误，系数与平方项混淆；
2. 角平分线长度计算时，拆分面积的方法不熟练，导致计算复杂；
3. 利用邻补角余弦时，符号处理错误。
【变式训练5-1】（多选题）（2026·贵州遵义·模拟预测）已知函数
，则下列说法正确
的是（ ）
A．函数
的最小正周期为
B．函数
的图像可由
的图像向左平移
个单位长度得到
C．函数
的一条对称轴为直线
D．函数
在
上单调递减）在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC 的斜边BC 经过点
，
直角边AB，AC 分别经过点
，
，则
面积的最大值为_________．
【答案】
/
【分析】分别在
以及
中利用正弦定理表示
，再利用正弦函数的性质求解即可.
【详解】因为三角形
为等腰直角三角形，所以
.
如图，设
，则
．
在
中，由正弦定理得，
，
所以
．
在
中，由正弦定理得，
，
所以
．
所以
，等号在
时取到，
此时
面积的最大值为
．
【变式训练5-2】（2026·山西忻州·模拟预测）在
中，点
在边
上，且
为
的平分线．已知
，
，
．
(1)求
；
(2)求
的面积和
．
【答案】(1)
；
(2)
，
【分析】（1）由三角形面积公式列方程求解；
（2）由三角形面积公式
求解即可；由余弦定理求
即可.
【详解】（1）设
，
．则
，
又
，
由余弦定理，
．
记
，则
，
因为
为
的平分线，
所以
，
所以
，又
，
故
，因此
．
（2）三角形面积：
；
由（1）可知：
．
【变式训练5-3·变载体】（2026·河南·三模）在平面四边形
中，已知
，
，
.
(1)求
；
(2)若
，
，求
.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1） 在
中，由余弦定理得：
，
因为
，所以
．
（2） 因为
，
，所以
，
在四边形
中，
，
设
，在
中，
，
在
中，
，
因为
，所以
。
即
整理得
，解得
在
中，
．
题型6 解三角形的实际应用与综合交汇
例6-1（2026·四川·模拟预测）重庆市南山文峰塔坐落于黄桷垭之巅，是重庆市的一座名塔，据《巴县志》
记载：文峰塔峭立山巅，凡七级，高逾十丈，万松围护，攒天一碧.某中学社会实践小组为测量重庆市南山
文峰塔的高度，开展了一次实地测量活动，他们在塔底
所在的水平地面上选取
两点，测得
米，
，在点
处测得塔顶
的仰角为
，则文峰塔的高度
约为（ ）(参考数
据：取
）
A．26 米
B．28 米
C．30 米
D．32 米
【答案】B
【分析】先在
中用正弦定理求出
，再在
中利用仰角
的正切值即可求出塔高.
【详解】在
中，因为
，所以
，
又因为
，根据正弦定理：
，即
，
所以
，
在
中，
，
所以
米.
例6-2（2026·福建漳州·三模）为了测量某古塔的高度，设点
为塔顶，点
为
在地平面上的投影，小张
遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的
处竖直向上飞行6 米后到达
处，在
处测得塔顶
的
仰角为
，然后继续竖直向上飞行10 米后到达
处，在
处测得塔顶
的仰角为
，则该古塔的高度
为（ ）
A．21 米
B．
米
C．
米
D．
米
【答案】A
【分析】作出平面图，作
于
于
，由题意可得
，
，由
求解即可.
【详解】如图，作
于
于
，
则
为矩形，
，
则
，
所以
，
所以
，
，
所以
（米）.
方法技巧
1. 实际应用四步走：审题→画示意图→抽象三角形→选定理求解→检验作答；
2. 术语辨析：方位角（正北顺时针旋转的角度）、方向角（如北偏东30
∘）、仰角、俯角；
3. 综合交汇题：与平面向量、数列结合时，先转化为边角关系，再用解三角形方法处理。
易错分析
1. 方位角、方向角概念混淆，导致角度标注错误；
2. 实际问题中忽略单位换算，或结果未按要求取近似值；
3. 多三角形交汇问题中，公共边、公共角找不准，无法建立联系。
【变式训练6-1】（2026·新疆乌鲁木齐·三模）
为山脚两侧共线的三点，在山顶
处测得三点的俯角
分别为
，计划沿直线
开通穿山隧道
，其中
在山的同一侧，
在山的另一侧，
为求出隧道
的长度，测量出
，则隧道
的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】在
中，利用正弦定理可得
，在
中，利用正弦定理可得
，从而结合已知的数据可求得隧道
的长度.
【详解】设
，
，
，
，
，
.
在
中，
，
，
.
由正弦定理
，
即
，所以
.
在
中，因为
，
，
所以
.
由正弦定理
，
所以
，又因为
，
所以
，
所以
，
所以隧道
的长度为
.
【变式训练6-2】（2026·广东东莞·二模）某数学建模活动小组为了测量山脚下
两点间的距离，抽象并
构建了如图所示的几何模型，该模型中
与水平面
垂直.在已知山高
的情况下，在山顶
处测得
下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定
两点间距离的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】四个选项可分两大类AD 与BC，对A 先解两个直角三角形
、
得
，进而在
中用余弦定理可得；对B 选项，通过举反例判断可得， C 选项与B 同理判断可得，D 选项与A 选
判断项相同.
【详解】因为
（山高已知），
平面
，
平面
，
因此
，所以
、
均为直角三角形，下面逐个分析选项：
选项A ：若测得
，在直角三角形中可得：
，
；
同理
，
，在
中，
长度已计算得到，夹角
已测量，
由余弦定理可唯一计算出
，因此A 符合要求.
选项B： 举反例，若假设已测量
，
所以直角三角形
中有：
，
设
，则在直角三角形
中，
.
在
中：
①；
在
中：
②.
联立①②消去
后，得
,
,
得
，解得
或
.
当
时，代入①得
；
当
时，代入①得
，即
.
因此测得
，不能确定有唯一的
长度，故B 错误.
选项C： 与选项B 同理：只需把角
换成
，所以不能确定有唯一的
长度，故C 错误；
选项D ：若已测量
，可直接算出
，
，
长度都确
定，
又已测得夹角
，在
中由余弦定理可唯一计算出
，因此D 符合要求.
【变式训练6-3·变载体】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）作为哈尔滨的地标性建筑，圣·索菲亚教堂以其典雅
庄重的拜占庭风格与浓郁的历史气息，成为游客争相打卡的热门景点，某游客在圣·索菲亚教堂地面上观测
点C 处发现两栋建筑物A、B，测得A 在C 的北偏东
的方向上，B 在C 的北偏东
的方向上，从C 处
向正东方向行走
后到达D 处，测得A 在D 的北偏西
的方向上，B 在D 的北偏东
的方向上．
(1)求观测点C 与建筑物A 之间的距离；
(2)为提升游客游览体验，打造舒适的休憩空间，圣·索菲亚教堂景区计划在由观测点C、建筑物A 与B 三点
围成的三角形空地上修建绿色休息区域，试求该三角形休息区域的占地面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根据方向角求出
的三个角，然后根据正弦定理即可求解 .
（2）首先根据方向角求出
的三个角，然后根据正弦定理求出
，最后根据面积公式即可求解.
【详解】（1）在
中，根据方向角可得：
，
，
因此
，
已知
，由正弦定理：
，
代入得：
.
（2） 根据方向角得：
，
，
因此
由正弦定理：
，
代入得：
，
又
，因此
的面积：
真题溯源·考向感知
——溯源真
，感知高考考向
题逻辑
一、单选题
1．（2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图，
，
为定点，
，
是动点，
，
，
，
，则
的取值范围（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围.
【详解】因为
，则
，即得
，
所以
中，
所以
，
所以
的范围为
.
2．（2025·全国二卷·高考真题）在
中，
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由余弦定理
直接计算求解即可.
【详解】由题意得
，
又
，所以
.
故选：A
3．（2024·全国甲卷·高考真题）记
的内角
的对边分别为
，若
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理得
，再利用余弦定理有
，由正弦定理得到
的值，最后代入计算即可.
【详解】因为
，则由正弦定理得
.
由余弦定理可得:
，
即:
，根据正弦定理得
，
所以
，
因为
为三角形内角，则
，则
.
故选：C.
4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥
的底面是边长为4 的正方形，
，则
的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得
，
，从而得到
，
再在
中利用余弦定理求得
，从而求得
，由此在
中利用余弦定理与三角形面
积公式即可得解；
法二：先在
中利用余弦定理求得
，
，从而求得
，再利用空间向
量的数量积运算与余弦定理得到关于
的方程组，从而求得
，由此在
中利用余弦
定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
在
中，
，
则由余弦定理可得
，
故
，则
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
法二：
连结
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，
在
中，
，
则由余弦定理可得
，故
，
所以
，则
，
不妨记
，
因为
，所以
，
即
，
则
，整理得
①，
又在
中，
，即
，则
②，
两式相加得
，故
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
故选：C.
5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知
为等腰直角三角形，AB 为斜边，
为等边三角形，若二面
角
为
，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取
的中点
，连接
，因为
是等腰直角三角形，且
为斜边，则有
，
又
是等边三角形，则
，从而
为二面角
的平面角，即
，
显然
平面
，于是
平面
，又
平面
，
因此平面
平面
，显然平面
平面
，
直线
平面
，则直线
在平面
内的射影为直线
，
从而
为直线
与平面
所成的角，令
，则
，在
中，由余弦定理
得：
，
由正弦定理得
，即
，
显然
是锐角，
，
所以直线
与平面
所成的角的正切为
.
故选：C
二、填空题
6．（2026·全国二卷·高考真题）已知球
的体积为
，A，B，C，D 四点均在球O 的球面上，
为等边三角形，
，则
的面积为__________．
【答案】
【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组
求解.
【详解】由球的体积公式，
，解得
，
设
的外心为
，连接
，
由题意知
为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心
在
上，
不妨设
在线段
上，连接
，
设
的边长为
，由正弦定理可得，
，
再设
，由题知，
，
解得
（负值表示球心
在线段
的延长线上，实际情况如右图），
所以
，
由三角形面积公式，
.
7．（2023·全国甲卷·高考真题）在
中，
，
的角平分线交BC 于
D，则
_________．
【答案】
【分析】方法一：利用余弦定理求出
，再根据等面积法求出
；
方法二：利用余弦定理求出
，再根据正弦定理求出
，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记
，
方法一：由余弦定理可得，
，
因为
，解得：
，
由
可得，
，
解得：
．
故答案为：
．
方法二：由余弦定理可得，
，因为
，解得：
，
由正弦定理可得，
，解得：
，
，
因为
，所以
，
，
又
，所以
，即
．
故答案为：
．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义
结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
三、解答题
8．（2026·全国二卷·高考真题）在
中，已知
，
．
(1)证明：
为钝角三角形；
(2)若
的面积为
，求
的周长．
【答案】(1)证明：由
，则
，
又
，得
，则
，
由两角和的余弦公式，
，
结合
可知
，
则
异号，必然一个为负，一个为正.
又
，即
中必有一个是钝角；
(2)
【分析】（1）
，结合题设得出
，然后由两角和的余弦展开得到
，进而得解；
（2）先推出三角形面积公式的变形式
，解得
，由正弦定理进而得出
，然后
列余弦定理和面积公式的关于
的方程组求解.
【详解】（1）略
（2）方法一：由正弦定理和三角形的面积公式，
，
（
是
外接圆半径）
又
，
，则
，解得
，
又
，则
，
由余弦定理
，即
，
又
，则
，
于是
，即
，
，解得
，
故
周长为
.
方法二：由
，则
，
即
，
由正弦定理可得，
，
由三角形面积公式，
，
得到
，则
，其余同上.
9．（2026·全国一卷·高考真题）已知在
中，
，
，
．
(1)求
；
(2)设
，
两点满足：
在
的延长线上，
，
．若
，求
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边
，再用余弦定理求
；
（2）建立坐标系，设出点
坐标，由平行关系得点
的坐标，利用垂直条件求参数，由
长度解出，
再计算
.
【详解】（1）在
中，
，
，
.
由余弦定理可知
，
故
. 再由余弦定理得
.
（2）以
为原点，
为
轴正方向建立平面直角坐标系如图：
则
，
，由
，
得
.
在
延长线上，设
，则
，
，
，
设
，则
.
由
，得
，故
.
于是
.
已知
，则
，则
.
代入得
，而
，
故
.
10．（2025·北京·高考真题）在
中，
．
(1)求c 的值；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得
存在，求BC 边上的高．
条件①：
；条件②：
；条件③：
的面积为
．
【答案】(1)6
(2)选①，
不存在；选②，高为
；选③，高为
.
【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解；
（2）若选①，可得
都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得
，由余弦定理求得
，利用等面积法
求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得
，再根据余弦定理可求得
，由此可说明三角形
存
在，且可由等面积法求解
.
【详解】（1）因为
，所以
，
由正弦定理有
，解得
；
（2）如图所示，若
存在，则设其
边上的高为
，
若选①，
，因为
，所以
，因为
，这表明此时三角形
有两个钝角，
而这是不可能的，所以此时
不存在，故
边上的高也不存在；
若选②，
，由
有
，由正弦定理得
,所以
，
所以由余弦定理得
,
此时三角形
是存在的，且唯一确定，
所以
,即
，
所以
边上的高
；
若选③，
的面积是
，则
，
解得
，由余弦定理可得
可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得
也可以唯一确定，即
可以唯一确定，
这表明此时三角形
是存在的，且
边上的高满足：
，即
.
11．（2025·天津·高考真题）在
中，角
的对边分别为
．已知
，
，
．
(1)求A 的值；
(2)求c 的值；
(3)求
的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于
的方程，求解可得
，进而求得；
（3）利用正弦定理先求
，再由二倍角公式分别求
，由两角和的正弦可得.
【详解】（1）已知
，由正弦定理
，
得
，显然
，
得
，由
，
故
；
（2）由（1）知
，且
，
，
由余弦定理
，
则
，
解得
（
舍去），
故
；
（3）由正弦定理
，且
，
得
，且
，则
为锐角，
故
，故
，
且
；
故
.
12．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）记
的内角A、B、C 的对边分别为a，b，c，已知
，
(1)求B；
(2)若
的面积为
，求c．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出
，最后结合已知
得
的值即
可；
（2）首先求出
，然后由正弦定理可将
均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程
求解.
【详解】（1）由余弦定理有
，对比已知
，
可得
，
因为
，所以
，
从而
，
又因为
，即
，
注意到
，
所以
.
（2）由（1）可得
，
，
，从而
，
，
而
，
由正弦定理有
，
从而
，
由三角形面积公式可知，
的面积可表示为
，
由已知
的面积为
，可得
，
所以
.
课本典例·高考素材
——立足
本典例，挖掘高考素材
课
一、解答题
1．在
中，已知
，
，
，求c．
【答案】
【分析】由余弦定理可得答案.
【详解】由余弦定理，
.
2．在
中，已知
，
，
，解这个三角形（角度精确到
，边长精确到
0.1cm）；
【答案】
【分析】利用余弦定理求得正确答案.
【详解】由余弦定理得
，
所以
，
所以
为锐角，且
，所以
.
3．在
中，若
试判断
的形状.
【答案】等腰三角形或直角三角形
【分析】解法一：利用正弦定理边化角，可得
，所以
，根据
，可
得
或
即可求得答案；解法二：利用正弦定理边化角，可得
，利用余弦定
理，可得
=
，化简计算，即可得答案.
【详解】解法一：由已知条件及正弦定理可得
，
，
，
，即
，
或
，
或
，
所以
为等腰三角形或直角三角形.
解法二：由已知条件及正弦定理可得
，
，
，即
，
由正弦定理和余弦定理可得
=
，
整理得
，即
，
或
，
或
，
为等腰三角形或直角三角形.
4．如图，在三V-ABC 中，
，作出二面角V-AB-C 的平面角，并求出它的
余弦值.
【答案】作图见解析；
.
【分析】根据“一作二证三计算”，取AB 的中点M，连接VM，CM，证明
为二面角V-AB-C 的平
面角，在三角形中进行计算即可.
【详解】解：如答图所示，取AB 的中点M，连接VM，CM.
为二面角V-AB-C 的平面角
根据已知条件可得
.
在
中，由余弦定理
∴二面角V-AB-C 的余弦值等于
.
5．已知
的三个角A，B，C 的对边分别为a，b，c，设
，求证：
（1）三角形的面积
；
（2）若r 为三角形的内切圈半径，则
；
（3）把边BC，AC，AB 上的高分别记为
,则
，
，
.
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析
【解析】（1）设三角形的三边a，b，c 的对角分别为A，B，C，则由余弦定理可得
，
求出
并代入三角形面积公式
，设
，则
，即可化简得证；
（2）由（1）可得
．而又因为
，
，结合上述两式即可得
证；
（3）由三角形面积公式可得
，即可得解．
【详解】证明：（1）根据余弦定理的推论得
，
则
，代入
，
得
又
，
所以
，
代入可得
；
（2）因为
，所以三角形的周长
，
又三角形的面积
，其中r 为内切圆半径，
所以
；
（3）根据三角形的面积公式
，
得
.
同理可证
，
.
6．证明三角形
的面积公式
.
【答案】见解析
【解析】由正弦定理得
，代入面积公式
整理即可．
【详解】证明：
，
又
．
7．证明：设三角形的外接圆的半径是R，则
.
【答案】见解析
【分析】若A 为锐角（如图①所示），作直径
，连接
，则
，在
中可证明
；若A 是直角，可直接得
；若A 为钝角（如图③所示），作直径
，连接
，
则
，在
中可证明
．
【详解】证明：（1）若A 为锐角（如图①所示），作直径
，连接
，则
，在
中，
，即
.
（2）若A 是直角（如图②所示），在
中，可直接得
;
（3）若A 为钝角（如图③所示），作直径
，连接
，则
，在
中，
，即
.
由（1）（2）（3）得
.
同理可证，
.
8．
的三边分别为a，b，c，边BC，CA，AB 上的中线分别记为
，利用余弦定理证明
，
，
【答案】见解析
【解析】将余弦定理
代入
整理即可，同理可以证明其余两
式.
【详解】证明：根据余弦定理得
，
所以
，
所以
，
同理可得
，
.
9．在气象台A 正西方向
处有一台风中心，它正向东北方向移动，移动速度的大小为
，距台
风中心
以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地是否会受到台风的
影响？如果会，大约多长时间后受到影响？持续时间有多长（精确到
）？
【答案】大约2 小时后，气象台所在地会受到台风影响，持续时间约为6 小时36 分钟.
【分析】先作图，根据图像算出气象台所在地距离台风中心的距离即可判断是否会受到台风的影响；另外
利用余弦定理，算出会受到台风影响的临界点，进而可得受到影响的时间．
【详解】解：如图
设台风中心为B，BD 为台风经过的路径所在的直线，则
，
过A 作
于C，则
，
，
∴气象台所在地会受到台风的影响，
设以A 为圆心，以
为半径的圆与直线BD 交于E，F 两点，
设
，
由余弦定理得
是方程
的根，
方程整理得
，
解得
，
，
∴大约2 小时后，气象台所在地会受到台风影响，持续时间约为6 小时36 分钟.
