第6讲　正弦定理和余弦定理 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第三章 三角函数、解三角形 第 6 讲 正弦定理和余弦定理 考纲解读 1.熟练掌握正弦定理及余弦定理，并能解决简单的三 角形度量问题(重点) 2能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和 几何计算有关的实际问题(难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容预 计 2021 年会以对正、 余弦定理的考查为主， 利用两定理解三角形(求 三角形边或角)，解与三角形面积有关的最值问题此外，判断三 角形的形状及三角形内三角函数的计算也不容忽视题型

2、既可以是 客观题也可以是解答题，属中档题型. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.正弦定理、余弦定理 在ABC 中，若角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，R 为ABC 外 接圆的半径，则 正弦定理 余弦定理 内容 01 2R a2b2c22bccosA； b202 ； c203 a sinA b sinB c sinC a2c22accosB a2b22abcosC 续表 正弦定理 余弦定理 变形 形式 a2RsinA，b 04 ， c05 (其中 R 是ABC 外接圆的半径)； abc06 cosAb 2c2a2 2bc ； cosB07 _； cosC08 _ 2R

3、sinB 2RsinC sinAsinBsinC a2c2b2 2ac a2b2c2 2ab 2在ABC 中，已知 a，b 和 A 时，三角形解的情况 A 为锐角 A 为钝角或直角 图形 关系式 absinA bsinAab ab 解的 个数 01 _ 02 _ 03 _ 04 _ 05 _ 一解 两解 一解 一解 无解 3三角形中常用的面积公式 (1)S1 2ah(h 表示边 a 上的高) (2)S1 2bcsinA01 02 . (3)S1 2r(abc)(r 为三角形的内切圆半径) 1 2acsinB 1 2absinC 1概念辨析 (1)正弦定理和余弦定理对任意三角形都成立( ) (2

4、)在ABC 中，若 sinAsinB，则 AB.( ) (3)在ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素( ) (4)当 b2c2a20 时，ABC 为锐角三角形( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 答案答案 2小题热身 (1)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a 5，c2， cosA2 3，则 b( ) A. 2 B. 3 C2 D3 解析 由余弦定理得 5b242b22 3，解得 b3 或 b 1 3(舍 去)，故选 D. 解析解析 答案答案 (2)在ABC 中，已知 b40，c20，C60 ，则此三角形的解的情况 是( ) A有一解 B有两解

5、C无解 D有解但解的个数不确定 解析 由正弦定理得 b sinB c sinC， sinB bsinC c 40 3 2 20 31. 角 B 不存在，即满足条件的三角形不存在 解析解析 答案答案 (3)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，B75 ，C 45 ，a3，则ABC 中最短边的长等于_ 解析解析 6 解析 因为 A180 BC180 75 45 60 ，所以ABC 中 角 C 最小，最短边是 c， 由正弦定理得 casinC sinA 3 2 2 3 2 6. (4)在ABC 中，a3 2，b2 3，cosC1 3，则ABC 的面积为 _ 解析 cosC1 3

6、，0CAC，所以 CB， 所以 B 0， 2 ，所以 B45 ，又 C60 ， 所以 A180 BC180 45 60 75 . 解析解析 角度 2 用余弦定理解三角形 3在ABC 中，若 AB 13，BC3，C120 ，则 AC( ) A1 B2 C3 D4 答案答案 解析 设 ACx，由余弦定理得，cos120 x 2913 2x3 1 2， x 24 3x，即 x23x40. x1 或4(舍去) AC1，选 A. 解析解析 4(2018 全国卷)在ABC 中，cosC 2 5 5 ，BC1，AC5，则 AB ( ) A4 2 B. 30 C. 29 D2 5 答案答案 解析 因为 cos

7、C2cos2C 2 12 5 5 213 5，所以 AB 2BC2 AC22BC ACcosC125215 3 5 32，所以 AB4 2，选 A. 解析解析 5(2019 贵阳模拟)平行四边形 ABCD 中，AB2，AD3，AC4， 则 BD( ) A4 B. 10 C. 19 D. 7 答案答案 解析 如图所示，在ABC 中，AB2，BCAD 3，AC4，由余弦定理得 cos ABC AB2BC2AC2 2AB BC 4916 223 1 4， 所以 cos DABcos ABC1 4， 在ABD 中，由余弦定理得 BD2AD2AB22AD AB cos DAB32 222321 410.

8、所以 BD 10. 解析解析 角度 3 综合利用正、余弦定理解三角形 6(2019 北京高考)在ABC 中，a3，bc2，cosB1 2. (1)求 b，c 的值； (2)求 sin(BC)的值 解 (1)由余弦定理 b2a2c22accosB，得 b232c223c 1 2 . 因为 bc2，所以(c2)232c223c 1 2 ， 解得 c5，所以 b7. (2)由 cosB1 2，得 sinB 3 2 . 由正弦定理，得 sinCc bsinB 5 3 14 . 解解 在ABC 中，B 是钝角，所以 C 为锐角， 所以 cosC1sin2C11 14. 所以 sin(BC)sinBcos

9、CcosBsinC4 3 7 . 解解 用正弦、余弦定理解三角形的基本题型及解题方法 (1)已知两角和一边(如举例说明 1) 用三角形内角和定理求第三个角 用正弦定理求另外两条边 (2)已知两边及其中一边所对的角 用正弦定理(适用于优先求角的题，如举例说明 2) 以知 a，b，A 解三角形为例： a根据正弦定理，经讨论求 B； b求出 B 后，由 ABC180 ，求出 C； c再根据正弦定理 a sinA c sinC，求出边 c. 用余弦定理(适用于优先求边的题) 以知 a，b，A 解三角形为例： 列出以边 c为元的一元二次方程 c2(2bcosA)c(b2a2)0，根据一元 二次方程的解法

10、，求边 c，然后应用正弦定理或余弦定理，求出 B，C.(如 举例说明 3) (3)已知两边和它们的夹角(如举例说明 4) 用余弦定理求第三边 用余弦定理的变形或正弦定理求另外两角 (4)已知三边 可以连续用余弦定理求出两角，常常是分别求较小两边所对的 角，再由 ABC180 ，求出第三个角(如举例说明 5) 1在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a 6 2 b，A 2B，则 cosB 等于( ) A. 6 6 B. 6 5 C. 6 4 D. 6 3 答案答案 解析 因为 a 6 2 b，A2B，所以由正弦定理可得 6 2 b sin2B b sinB，所 以 6 2

11、2sinBcosB 1 sinB，所以 cosB 6 4 . 解析解析 2在ABC 中，若 b1，c 3，A 6，则 cos5B( ) A 3 2 B.1 2 C.1 2或1 D 3 2 或 0 答案答案 解析 因为 b1，c 3，A 6， 所以由余弦定理，得 a2b2c22bccosA1321 3 3 2 1， 所以 a1. 由 ab1，得 BA 6， 所以 cos5Bcos5 6 cos 6 3 2 . 解析解析 3如图，在ABC 中，B45 ，D 是 BC 边上一点，AD5，AC7， DC3，则 AB_. 5 6 2 解析解析 解析 在ACD 中，由余弦定理可得 cosC49925 27

12、3 11 14， 则 sinC5 3 14 . 在ABC 中，由正弦定理可得 AB sinC AC sinB， 则 ABACsinC sinB 75 3 14 2 2 5 6 2 . 1(2019 武汉调研)在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， 若c bcosA，则ABC 为( ) A钝角三角形 B直角三角形 C锐角三角形 D等边三角形 答案答案 题型题型 二二 利用正、余弦定理边角互化利用正、余弦定理边角互化 解析 因为 c bcosA，所以 cbcosA， 由正弦定理得 sinCsinBcosA， 又 ABC，所以 sinCsin(AB) 所以 sinAcosBcos

13、AsinBsinBcosA， 所以 sinAcosB0， 所以 cosB0，B 为钝角，所以ABC 是钝角三角形 解析解析 解析 因为 cos2B 2 ac 2c ，所以1 2(1cosB) ac 2c ， 在ABC 中，由余弦定理得 1 2 1 2 a2c2b2 2ac ac 2c . 化简得 2aca2c2b22a(ac)，则 c2a2b2， 所以ABC 为直角三角形 解析解析 条件探究 将本例中ABC满足的条件改为“cos2B 2 ac 2c ”， 则ABC 的形状为_ 直角三角形 2 (2019 全国卷)ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c.设(sinB sin

14、C)2sin2AsinBsinC. (1)求 A； (2)若 2ab2c，求 sinC. 解解 解 (1)由已知得 sin2Bsin2Csin2AsinBsinC， 故由正弦定理得 b2c2a2bc. 由余弦定理得 cosAb 2c2a2 2bc 1 2. 因为 0 A180 ，所以 A60 . (2)由(1)知 B120 C， 由题设及正弦定理得 2sinAsin(120 C)2sinC， 即 6 2 3 2 cosC1 2sinC2sinC，可得 cos(C60 ) 2 2 . 解解 因为 0 C0)，则 cosCa 2b2c2 2ab 5t 211t213t2 25t11t 0，所以 C

15、是钝 角，ABC 是钝角三角形 解析解析 2(2019 全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已 知 asinAbsinB4csinC，cosA1 4，则 b c( ) A6 B5 C4 D3 答案答案 解析 asinAbsinB4csinC， 由正弦定理得 a2b24c2，即 a24c2 b2.由余弦定理得 cosAb 2c2a2 2bc b 2c24c2b2 2bc 3c 2 2bc 1 4， b c6.故选 A. 解析解析 3(2019 黄冈模拟)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 且 满足 2acosAccosBbcosC. (1)求角 A；

16、 (2)若 a 13，AB AC6，求ABC 的周长 解 (1)因为 2acosAbcosCccosB， 在ABC 中，由正弦定理 a sinA b sinB c sinC2R， 得 a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC， 所以 2sinAcosAsinBcosCcosBsinC， 即 2sinAcosAsin(BC)sinA， 因为 0A，所以 sinA0， 所以 2cosA1，即 cosA1 2，所以 A 3. 解解 (2)由余弦定理 a2b2c22bc cosA， 得 13b2c22bc 1 2. 得(bc)23bc13，由AB AC6，得 bccosA6，所以 bc12. 所

17、以(bc)23613，得 bc7，所以ABC 的周长为 abc7 13. 解解 1(2019 银川模拟)在锐角三角形 ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对的边，且 3a2csinA，c 7，且ABC 的面积为3 3 2 ，ab 的值为 _ 题型题型 三三 与三角形面积有关的问题与三角形面积有关的问题 5 解析 因为 3a2csinA，所以由正弦定理得 3sinA2sinCsinA，由 0A0，所以 sinC 3 2 ，又 0C 2，所以 C 3，所以 SABC 1 2 absinC 3 4 ab3 3 2 ，所以 ab6. 由余弦定理得 c2a2b22abcosC，又 c 7，

18、所以 7(ab)22abab，所以(ab)225，ab5. 解析解析 2(2019 全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已 知 asinAC 2 bsinA. (1)求 B； (2)若ABC 为锐角三角形，且 c1，求ABC 面积的取值范围 解 (1)由题设及正弦定理得 sinAsinAC 2 sinBsinA. 因为 sinA0，所以 sinAC 2 sinB. 由 ABC180 ，可得 sinAC 2 cosB 2， 故 cosB 2sinB2sin B 2cos B 2. 因为 cosB 20，所以 sin B 2 1 2，所以 B 230 ， 所以 B60 .

19、 解解 (2)由题设及(1)知ABC 的面积 SABC 3 4 a. 由(1)知 AC120 ， 由正弦定理得 acsinA sinC sin120 C sinC 3 2tanC 1 2. 由于ABC 为锐角三角形，故 0 A90 ，0 C90 . 结合 AC120 ，得 30 C90 ， 所以1 2a2，从而 3 8 SABC 3 2 . 因此，ABC 面积的取值范围是 3 8 ， 3 2 . 解解 1求三角形面积的方法 (1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求 解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积如举例说明 1. (2)若已知三角形的三边，可先求其一个

20、角的余弦值，再求其正弦值， 代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键 2已知三角形的面积求边、角的方法 (1)若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解 (2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求 解如举例说明 1. (2020 郑州市高三阶段考试)在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，AC4，cosCAB1 3.点 D 在线段 BC 上，且 BD 1 2CD，AD 8 3 3 . (1)求 AB 的长； (2)求ABD 的面积 解 (1)在ABC 中，由余弦定理，得 a2c2428c 1 3 又在ACD 中，co

21、s ADCAD 2CD2AC2 2AD CD 64 3 4a 2 9 16 32 3a 9 ， 在ABD 中，cos ADBAD 2BD2AB2 2AD BD 解解 64 3 a 2 9 c2 16 3a 9 ， 又 ADB ADC， cos ADBcos ADC0， 即2a 2 3 2c2480， 联立，得 c6，即 AB6. 解解 (2) cos CAB1 3， sin CAB 2 2 3 ， 又 SABC1 2b c sin CAB8 2， SABD1 3SABC 8 2 3 . 解解 3 课时作业课时作业 PART THREE 1已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c

22、，若 cosA4 5， cosC12 13，a1，则 b 等于( ) A2 B.56 13 C.21 13 D.56 39 A组组 基础关基础关 答案答案 解析 因为 A(0，)，B(0，)，cosA4 5，cosC 12 13.所以 sinA 3 5，sinC 5 13，所以 sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC 3 5 12 13 4 5 5 13 56 65.由正弦定理，得 b asinB sinA 156 65 3 5 56 39. 解析解析 2在ABC 中，a，b，c 分别是内角 A，B，C 所对的边，C60 ，a 4b，c 13，则 b( ) A1 B2 C3 D

23、. 13 解析 由余弦定理，得 c2a2b22abcosC.又因为 c 13，a4b， C60 ，所以 1316b2b224bbcos60 ，解得 b1. 答案答案 解析解析 3在ABC 中，如果 a tanA b tanB c tanC，那么ABC 是( ) A直角三角形 B等边三角形 C等腰直角三角形 D钝角三角形 解析 由正弦定理及 a tanA b tanB c tanC，得 sinA tanA sinB tanB sinC tanC，整理， 得 cosAcosBcosC，因为 A，B，C 为三角形的内角，所以 ABC， 所以ABC 是等边三角形 答案答案 解析解析 4(2019 安徽

24、省江南十校联考)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别 为 a，b，c.若 b2 7，c3，B2C，则 cos2C 的值为( ) A. 7 3 B.5 9 C.4 9 D. 7 4 答案答案 解析 由正弦定理，得 b c sinB sinC 2 7 3 .又因为 B2C，所以 2 7 3 sin2C sinC 2cosC，故 cosC 7 3 ，所以 cos2C2cos2C127 91 5 9. 解析解析 5在ABC 中，A60 ，b1，SABC 3，则 c sinC( ) A.8 3 81 B.2 39 3 C.26 3 3 D2 7 答案答案 解析 依题意得，1 2bcsinA 3 4

25、c 3，则 c4.由余弦定理得 a b2c22bccosA 13，因此 a sinA 13 sin60 2 39 3 .由正弦定理得 c sinC 2 39 3 ，故选 B. 解析解析 6(2020 许昌摸底)若ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别是 a， b，c，若 sin(CA)1 2sinB，且 b4，则 c 2a2( ) A10 B8 C7 D4 答案答案 解析 因为 ABC，所以 sin(CA)1 2sinB 1 2sin(AC)，即 2sinCcosA2cosCsinAsinAcosCcosAsinC，即 sinCcosA3sinAcosC.由 正弦定理和余弦定理，得 c

26、b2c2a2 2bc 3a a2b2c2 2ab ，化简得 c2a2b 2 2 16 2 8.故选 B. 解析解析 7(2019 泸州模拟)在ABC 中，角 B 为3 4 ，BC 边上的高恰为 BC 边 长的一半，则 cosA( ) A.2 5 5 B. 5 5 C.2 3 D. 5 3 答案答案 解析 设 BC 边上的高为 h，则 BC2h，AB 2h，由余弦定理，得 AC2AB2BC22AB BC cosB2h24h22 2h 2h 2 2 10h2，故 AC 10h.所以 cosAAB 2AC2BC2 2AB AC 2h 2 10h22h2 2 2h 10h 2 5 5 . 解析解析 8

27、(2019 衡阳模拟)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，a 2 bc c b b c 3，ABC 外接圆的半径为 3，则 a_. 3 解析 由题意，得 a2c2b2 bc 3，根据余弦定理，得 cosAb 2c2a2 2bc 3 2 .所以 sinA1 2，又因为ABC 外接圆的半径 为 3，所以根据正弦定理得 a sinA6，所以 a3. 解析解析 解析 由余弦定理，得 b2a2c22accosB. 又 b6，a2c，B 3， 364c 2c222c21 2， c2 3，a4 3， SABC1 2acsinB 1 24 32 3 3 2 6 3. 解析解析 9(2019

28、 全国卷)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 b 6，a2c，B 3，则ABC 的面积为_ 6 3 解析 如图所示，延长 AD 到点 E，使 DEAD，连接 BE，EC. 因为 AD 是 BC 边上的中线， 所以 AE 与 BC 互相平分， 所以四边形 ACEB 是平行四边形， 所以 BEAC7. 又 AB4，AE2AD7， 解析解析 10在ABC 中，若 AB4，AC7，BC 边的中线 AD7 2，则 BC _. 9 所以在ABE 中，由余弦定理得， AE249AB2BE22AB BE cos ABE AB2AC22AB AC cos ABE. 在ABC 中，由余弦定理

29、得， BC2AB2AC22AB ACcos( ABE) 所以 49BC22(AB2AC2)2(1649)， 所以 BC281，所以 BC9. 解析解析 1(2019 太原五中模拟)在ABC 中， ca 2c sin2B 2(a，b，c 分别为角 A， B，C 的对边)，则ABC 的形状为( ) A直角三角形 B等边三角形 C等腰三角形或直角三角形 D等腰直角三角形 B组组 能力关能力关 答案答案 解析解析 解析 利用正弦定理及二倍角公式得 sinCsinA 2sinC 1cosB 2 ，即 sinAsinCcosB.又 sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC，所以 sinBco

30、sC0.在ABC 中，sinB0，故 cosC0，则 C 2，故ABC 为直角三角形，故选 A. 2(2019 江西省九江市一模)在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，已知 cos2Acos2Bsin2CsinBsinC1 4，且ABC 的面积为 3， 则 a 的值为_ 2 3 解析 ABC中，由cos2Acos2Bsin2CsinBsinC1 4，得1sin 2A (1sin2B)sin2Csin2Bsin2Csin2AsinBsinC， b2c2a2bc， 由余弦定理，得 cosAb 2c2a2 2bc 1 2，又 A(0，)， A 3.由正弦定 理 a sinA b s

31、inB c sinC， bc sinBsinC a2 sin2A，即 bc 1 4 a2 sin2 3 ，化简得 a23bc.又 ABC 的面积为 SABC1 2bcsinA 3， bc4， a 212，解得 a2 3. 解析解析 3(2020 海淀模拟)ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b， c，asinAsinBbcos2A2a，则角 A 的取值范围是_ 0， 6 解析 由已知及正弦定理得 sin2AsinBsinBcos2A2sinA，即 sinB(sin2Acos2A)2sinA， sinB2sinA， b2a，由余弦定理得 cosA b 2c2a2 2bc 4a 2

32、c2a2 4ac 3a 2c2 4ac 2 3ac 4ac 3 2 ，当且仅当c 3a时取 等号， A 为三角形的内角，且 ycosx 在(0，)上是减函数， 0A 6，则角 A 的取值范围是 0， 6 . 解析解析 4(2020 揭阳摸底)在ABC 中，AD 是 BC 边上的中线，ABD 6.若 AB 3BD，则CAD_.若 AC2AD2，则ABC 的 面积为_ 3 3 解析 设 BDm，则 AB 3m，BC2m，根据余弦定理，AD2 AB2BD22AB BDcos ABDm2，AC2AB2BC22AB BCcos ABD m2， ADDCACm，即ACD是正三角形， CAD 3.记ABC的

33、 三内角 BAC， ABC， ACB 所对的三条边分别为 a，b，c，则 BD1 2 a，由余弦定理可得，AD2AB2BD22AB BDcos ABD， 1c2 1 2a 2 3 2 ac，即 44c2a22 3ac，又 AC2AB2BC22AB BCcos ABC， 4c2a2 3ac，于是，4c2a22 3acc2a2 3ac， 解析解析 a 3c，代入 c2a2 3ac4 可得 c2，a2 3， SABC1 2acsin ABC 3. 解析解析 5(2020 福州期末)已知菱形 ABCD 的边长为 2，DAB60 .E 是边 BC 上一点，线段 DE 交 AC 于点 F. (1)若CDE

34、 的面积为 3 2 ，求 DE 的长； (2)若 7CF4DF，求 sinDFC. 解 (1)依题意，得 BCD DAB60 . 因为CDE 的面积 S1 2CD CE sin BCD 3 2 ， 所以1 22CE 3 2 3 2 ，解得 CE1. 在CDE 中，由余弦定理，得 解解 DE CD2CE22CD CEcos BCD 22122211 2 3. (2)解法一：依题意，得 ACD30 ， BDC60 ， 设 CDE，则 0 60 . 在CDF 中，由正弦定理，得 CF sin DF sin ACD， 因为 7CF4DF，所以 sin CF 2DF 2 7 7 ， 所以 cos 21

35、7 ， 解解 所以 sin DFCsin(30 ) 1 2 21 7 3 2 2 7 7 3 21 14 . 解法二：依题意，得 ACD30 ， BDC60 ， 设 CDE，则 0 60 ， 设 CF4x，因为 7CF4DF，则 DF 7x， 在CDF 中，由余弦定理，得 DF2CD2CF22CD CFcos ACD， 即 7x2416x28 3x，解得 x2 3 9 或 x2 3 3 . 解解 又因为 CF1 2AC 3，所以 x 3 4 ，所以 x2 3 9 ， 所以 DF2 21 9 ， 在CDF 中，由正弦定理，得 CD sin DFC DF sin ACD， 所以 sin DFC2s

36、in30 2 21 9 3 21 14 . 解解 6(2019 郑州模拟)在ABC 中，AB2 3，AC 3，AD 为 ABC 的内角平分线，AD2. (1)求BD DC的值； (2)求角 A 的大小 解 (1)在ABD 中，由正弦定理，得 BD sinA 2 AB sin ADB， 在ACD 中，由正弦定理，得 CD sinA 2 AC sin ADC. 因为 sin ADBsin ADC，AC 3，AB2 3， 故 BD DC AB AC2. 解解 (2)在ABD 中，由余弦定理，得 BD2AB2AD22AB ADcosA 2168 3cos A 2， 在ACD 中，由余弦定理得 CD2AC2AD22AC ADcosA 274 3cos A 2， 又 BD2 CD24 168 3cosA 2 74 3cosA 2 ，解得 cosA 2 3 2 . 又A 2 0， 2 ，故A 2 6，A 3. 解解 本课结束本课结束