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高考一轮复习——立体几何解答题练习
一．【分类题型】
①斜棱柱：
1．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为BC，AB1的中点．
（1）证明：MN∥平面ACC1A1；
（2）若AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，且A1在底面ABC上的正投影恰为点M，求二面角N﹣BC﹣C1的正弦值．
②存在性探究问题：
2．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，四边形AA1C1C为菱形，且∠AA1C＝60°，平面AA1C1C⊥平面AB1BA1，点D为棱BB1的中点．
（1）求证：AA1⊥CD；
（2）棱B1C1（除两端点外）上是否存在点M，使得二面角B﹣A1M﹣B1的余弦值为，若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
③翻折问题：
3．如图1，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，，∠BCD＝60°．E为线段CD上的点，且CE＝CB＝3．将△BCE沿BE折起，得到四棱锥C1﹣ABED（如图2），使得C1A＝C1B．
（1）求证：平面AC1D⊥平面ABC1；
（2）求二面角C1﹣DE﹣A的余弦值．
二．【变式巩固】
4．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，AB⊥BC，C1在底面ABC上的射影是BC的中点．
（1）证明：CB1⊥平面ABC1；
（2）若BC＝2AB，求CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值．
5．已知四棱锥E﹣ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，△ADE为等边三角形，且平面ADE⊥平面ABCD．
（1）求证：AE⊥BD；
（2）是否存在一点F，满足（0＜λ≤1），且使平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为．若存在，求出λ的值，否则请说明理由．
6．图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝，＝2．以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2．
（1）证明：平面BC1E⊥平面ABED；
（2）求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值．
7．图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．
8．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2．
（1）求证：MN∥平面BDE；
（2）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；
（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
9．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．
（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
10．如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2．
（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；
（2）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；
（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．
【拔高题练习】
11．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF＝1．
（1）求证：EF⊥平面BCF；
（2）点M在线段EF（含端点）上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
12．如图，已知△ABE是正三角形，BC＝2AB＝2AD＝2EF，AD⊥平面ABE，AD∥BC，AD∥EF，，．
（1）求证：平面FGH⊥平面FDC；
（2）求平面FGD与平面FGH所成锐二面角的余弦值．
13．如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为，点P在圆柱OQ的底面圆周上，且△OPB是边长为的等边三角形，点G是DP的中点．
（1）若G是DP的中点，求证：AG⊥BD；
（2）若，求GB与平面ABCD所成角的正弦值．
27．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA2B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B1⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l．
（1）证明：A1B⊥B1C；
（2）已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2．l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由．
答案：
1．
【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，连接NA1，A1C，
因为N为AB1的中点，且四边形ABB1A1是平行四边形，
所以N为A1B的中点，又M为BC的中点，
所以MN∥A1C，
又因为MN 平面ACC1A1，且CA1 平面ACC1A1，
所以MN∥ACC1A1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得二面角N﹣BC﹣C1即为二面角A1﹣BC﹣C1，
如图，连接AM，A1M，
由A1在底面ABC上的正投影恰为M，
所以A1M⊥平面ABC，
因此A1M⊥BC，A1M⊥AM，又因为AB＝AC，且M为BC的中点，
故BC⊥AM，即线段AM，BC，MA1两两垂直，
以M为坐标原点，AM，BC，MA1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系M﹣xyz，
则M（0，0，0），A（﹣2，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），
对于平面A1BC，因为AM⊥平面A1BC，且N∈平面A1BC，
所以平面NBC的一个法向量为＝（2，0，0），
设平面BCC1B1的法向量为＝（x，y，z），
因为＝（0，2，0），＝＝（2，0，1），
由，可得，
取x＝1，则＝（1，0，﹣2），
设二面角N＝BC﹣C1的平面角为θ，
则|cosθ|＝||＝||＝，
因此二面角N﹣BC﹣C1的正弦值为．
2．
【解答】（1）证明：取AA1的中点O，连接CA1、CO、OD，
∵AC＝AA1，且∠AA1C＝60°，∴△AA1C为等边三角形，
得AA1⊥OC，
∵四边形ABB1A1为正方形，且O、D分别是AA1、BB1 的中点，
∴AA1⊥OD，
∵OC∩OD＝O，OC、OD 平面OCD，∴AA1⊥平面OCD，
∵CD 平面OCD，∴AA1⊥CD；
（2）解：∵平面AA1C1C⊥平面AB1BA1，
且平面AA1C1C∩平面AB1BA1＝AA1，
OC⊥AA1，OC 平面AA1C1C，∴OC⊥平面AB1BA1，
以O为坐标原点，分别以OA、OD、OC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
不妨设AB＝2，则B（1，2，0），A1（﹣1，0，0），C1（﹣2，0，），B1（﹣1，2，0），
设为平面A1B1C1的一个法向量，
由，取z1＝1，得；
假设棱B1C1上（除端点外）存在点M满足题意，
令（0＜λ＜1），得M（λ﹣2，2λ，﹣λ），
设为平面BA1M的一个法向量，
则由，取x2＝1，得．
由|cos＜＞|＝＝，解得或，
∴点M为棱B1C1的中点，或者M为棱B1C1的八等分点（靠近C1端）．
3．
【解答】解：（1）证明：在图1中过点D作DF⊥BC交BC于点F，在图2中取AB中点G，连接GE和GC1，
则，
∴CE＝CB＝3，且∠BCD＝60°，
∴△BCE为等边三角形，∴BE＝3，
在△CDF中，，
又∵CE＝3，∴DE＝1，
∵CF＝2，∴BF＝AD＝1，
在图2中，C1A＝C1B＝3，
∴△AC1B为等腰三角形，∴GC1⊥AB，
∵△ABE中，，
∴，∴AE⊥BE，
∴，
∴△C1GE≌△C1GB，
∴C1G⊥GE，
∵GE∩AB＝G，
∴C1G⊥平面ABED，
∵AD 平面ABED，
∴AD⊥C1G，
∵AD⊥AB，AB∩C1G＝G，
∴AD⊥平面ABC1，
∵AD 平面AC1D，
∴平面AC1D⊥平面ABC1；
（2）如图所示，连接GD交AE于点P，过点G作GQ∥AE交BE于点Q，
由（1）知，C1G⊥平面ABED，
∵PG和QG在平面ABED内，
∴C1G⊥PG，且C1G⊥QG，
∵AE⊥BE，
∴PG⊥QG，
以点Q为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面C1DE的法向量为，则，则可取，
易知平面ADE的一个法向量为，
∴，
由图可知，二面角C1﹣DE﹣A为锐二面角，
∴二面角C1﹣DE﹣A的余弦值为．
4．
【解答】（1）证明：设BC中点为D，连结C1D，
因为C1在底面ABC上的射影为BC中点，所以C1D⊥平面ABC，
又因为C1D 平面BCC1B1，所以平面BCC1B1⊥平面ABC，
又因为平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AB⊥BC，
所以AB⊥平面BCC1B1，
因为B1C 平面BCC1B1，
所以AB⊥B1C，（4分）
又因为四边形BCC1B1为菱形，
所以B1C⊥BC1，
而AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1．（6分）
（2）解：不妨设BC＝2，则AB＝1，
因为C1D⊥BC，BD＝DC，所以C1B＝C1C，
又因为四边形BCC1B1为菱形，所以C1C＝CB，故△C1BC为等边三角形，
所以∠BCC1＝60°，故，由（1）知AB⊥平面BCC1B1，AB⊥BC，
以B为原点，建立空间直角坐标系B﹣xyz如图，B（0，0，0），A（0，1，0），C（2，0，0），，，
所以，（8分）
设平面ACC1A1法向量为，，
由，
可得一个，（10分）
设CB1与平面ACC1A1所成角为θ，则，
所以CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值为．（12分）
5．
【解答】（1）证明：取AD的中点G，连结EG，
因为△ADE为等边三角形，所以EG⊥AD，
因为平面ADE∩平面ABCD＝AD，平面ADE⊥平面ABCD，所以EG⊥平面ABCD，
因为BD 平面ABCD，所以BD⊥EG，
在等腰梯形ABCD中，∠AEC＝∠DCB，
因为AB∥DC，所以∠DAB+∠ADC＝∠DAB+∠DCB＝π，
所以∠DCB＝π﹣∠DAB，即cos∠DCB＝﹣cos∠DAB，
在△DCB中，由余弦定理可知，cos∠DCB＝，
在△DAB中，由余弦定理可知，cos∠DAB＝，
所以，则BD2＝12，
因为AD2+BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
因为AD∩EG＝G，AD，EG 平面ADE，所以BD⊥平面ADE，
又AE 平面ADE，所以AE⊥BD；
（2）解：存在点F满足条件，
则由（1）可知，ED⊥平面ABCD，且AD⊥BD，
取AB的中点H，连结HG，
则HG∥BD，所以GH⊥AD，
不妨以G为坐标原点，以GA，GH，GE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设F（x'，y'，z'），则，
因为，所以，
所以，
不妨设平面ADF的法向量为，
则，整理可得，
取z1＝2λ，则，
设平面BCE的法向量为，
则，整理可得，
取y2＝1，则，
所以平面ADF于平面BCE所成的锐二面角的余弦值为＝＝，
整理可得（2λ﹣1）（3λ+1）＝0，解得或，
因为0＜λ≤1，所以，
故存在点F，满足且．
6．
【解答】（1）证明：如图所示连接AC与BE相交于点O，过点B作BF⊥EC交EC于点F．
DC＝3，CE＝2ED，则DE＝1，EC＝2．
四边形ABFD为矩形，可得BF＝AD＝，FC＝1．
∴BC＝＝2．
∴∠BCF＝60°．∴△BCE是等边三角形．
∴OC＝，EC∥AB，EC＝AB＝2，OC⊥EB．
可得：OA＝OC＝，OA⊥EB．
∴OA2+＝6＝，∴OA⊥OC1．
又OB∩OC1＝O，∴OA⊥平面BC1E．
又OA 平面ABED，
∴平面BC1E⊥平面ABED．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系．O（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），D（，﹣，0），C1（0，0，），
＝（﹣，0，），＝（﹣，﹣，0），＝（0，﹣1，），
设平面AC1D的法向量为：＝（x，y，z），则 ＝ ＝0，
∴﹣x+z＝0，﹣x﹣y＝0，取＝（，﹣1，）．
∴直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值＝|cos＜，＞|＝＝．
7．
【解答】证明：（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG，
∴AD，CG确定一个平面，
∴A，C，G，D四点共面，
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面BCGE，
∵AB 平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE．
解：（2）作EH⊥BC，垂足为H，
∵EH 平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
∴EH⊥平面ABC，
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
∴BH＝1，EH＝，
以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H﹣xyz，
则A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ），
＝（1，0，），＝（2，﹣1，0），
设平面ACGD的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝3，得＝（3，6，﹣），
又平面BCGE的法向量为＝（0，1，0），
∴cos＜＞＝＝，
∴二面角B﹣CG﹣A的大小为30°．
8．
【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，
∵M为AD中点，∴MF∥BD，
∵BD 平面BDE，MF 平面BDE，∴MF∥平面BDE．
∵N为BC中点，∴NF∥AC，
又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．
∵DE 平面BDE，NF 平面BDE，∴NF∥平面BDE．
又MF∩NF＝F．
∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；
（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°．
∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
∵PA＝AC＝4，AB＝2，
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），
则，，
设平面MEN的一个法向量为，
由，得，取z＝2，得．
由图可得平面CME的一个法向量为．
∴cos＜＞＝．
∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；
（Ⅲ）解：设AH＝t，则H（0，0，t），，．
∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，
∴|cos＜＞|＝||＝||＝．
解得：t＝或t＝．
∴线段AH的长为或．
9．
【解答】（1）证明：连接AF，
∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
∴CF＝1，BF＝，
∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
∴BF⊥AB
∴AF＝＝＝3，AC＝＝＝，
∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），
设B1D＝m，则D（m，0，2），
∴＝（0，2，1），＝（1﹣m，1，﹣2），
∴ ＝0，即BF⊥DE．
（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为＝（1，0，0），
由（1）知，＝（1﹣m，1，﹣2），＝（﹣1，1，1），
设平面DEF的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴＝（3，m+1，2﹣m），
∴cos＜，＞＝＝＝＝，
∴当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，
故当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
10．
【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以、、的方向为x轴，
y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．
设为平面CDE的法向量，
则，不妨令z＝﹣1，可得；
又，可得．
又∵直线MN 平面CDE，
∴MN∥平面CDE；
（Ⅱ）解：依题意，可得，，．
设为平面BCE的法向量，
则，不妨令z＝1，可得．
设为平面BCF的法向量，
则，不妨令z＝1，可得．
因此有cos＜＞＝，于是sin＜＞＝．
∴二面角E﹣BC﹣F的正弦值为；
（Ⅲ）解：设线段DP的长为h，（h∈[0，2]），则点P的坐标为（0，0，h），
可得，而为平面ADGE的一个法向量，
故|cos＜＞|＝．
由题意，可得，解得h＝∈[0，2]．
∴线段DP的长为．
11．
【解答】解：（1）在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝CD＝BC＝1，
又∵，∴AB＝2，∴AC2＝AB2+BC2﹣2AB BC cos60°＝3．…（2分）
∴AB2＝AC2+BC2．∴BC⊥AC．…（3分）
∵CF⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴AC⊥CF，…（4分）
而CF∩BC＝C，
∴AC⊥平面BCF．…（5分）
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF．…（6分）
（2）由（1）可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示建立空间直角坐标系，
令FM＝λ（），则C（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），M（λ，0，1），…（7分）
∴（，1，0），（λ，﹣1，1），
设为平面MAB的一个法向量，
由得取x＝1，则（1，，），…（9分）
∵（1，0，0）是平面FCB的一个法向量，
∴．
∵，∴当λ＝0时，cosθ有最小值，…（12分）
∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，此时二面角的余弦值为．
12．
【解答】（1）证明：设线段BC中点为M，连接DM交GH于点O，分别连接OF，BD．
由条件可得，BM＝AD＝EF，BM∥AD，又AD∥EF，
∴三个四边形ABMD，ADFE，BMFE都是平行四边形，
∴DM＝AB，DF＝AE，MF＝BE，DM∥AB，DF∥AE．
∵△ABE是正三角形，∴△DMF是正三角形．
∵，，∴BD∥GH．
由得G是线段BM中点，所以O是DM中点．
∴FO⊥DM．
∵AD⊥平面ABE，AB 平面ABE，AE 平面ABE，
∴AD⊥AB，AD⊥AE，∴AD⊥DM，AD⊥DF．
∵DM，DF是平面DMF内两条相交直线，∴AD⊥平面DMF．
∵FO 平面DMF，∴AD⊥FO．
∵AD，DM是平面ABCD两条相交直线，∴FO⊥平面ABCD．
∵CD 平面ABCD，
∴FO⊥CD．
∵BC＝2AB＝2DM，∴BD⊥CD，∴GH⊥CD．
∵FO，GH是平面FGH内两条相交直线，∴CD⊥平面FGH．
∵CD 平面FDC，
∴平面FGH⊥平面FDC．
（2）解：由（1）知直线DM，BC，OF两两垂直，分别以直线DM，OF为x轴和z轴，以过点O平行BC的直线为y轴，建立如图所示的空间直线坐标系O﹣xyz．
设|AB|＝2，则G（1，﹣1，0），D（﹣1，0，0），C（1，2，0），．
∴，，．
设是平面FGD的一个法向量，则，，
∴
不妨取x＝3得，，
∴．
由（1）知是平面FGH的法向量，
所以，平面FGH与平面角FGD所成锐二面角的余弦值为．
13．
【解答】证明：（1）设圆柱OQ的底面半径为r，高为h．
因为三角形OPB是边长为的等边三角形，所以．
因为圆柱OQ的侧面积为，所以，解得：h＝3．
在底面圆中，∠APB＝90°，∠ABP＝60°，所以 AP＝BP tan60°＝3．
因为圆柱 OQ 的母线 DA⊥底面 APB，所以 DA⊥BP，DA⊥AP．
因为∠APB＝90°，所以PA⊥BP，又PA∩AD＝A，所以BP⊥面APD．
因为AG 面APD，所以BP⊥AG．
在三角形DAP 中，AD＝AP＝3，G是DP的中点，所以DP⊥AG．
又BP∩DP＝P，所以AG⊥面BPD．
因为BD 面 PBD，所以AG⊥BD．
解：（2）在底面内过O作Ox⊥AB，连结OQ．以O为原点， 分别为x，y、z轴正方向建立空间直角坐标系．
则．所以．
因为，所以G（1，0，1），
所以．
显然，x轴的单位向量 是平面ABCD的一个法向量．
设GB与平面ABCD所成角θ，则 ．
14．
【解答】（1）证明：因为四边形AA2B1B是菱形，所以A1B⊥B1A，
平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC 平面ABC，AB⊥AC，
∴AC⊥平面AA1B1B，又A1B 平面AA1B1B，∴A1B⊥AC，
又B1A∩AC＝A，∴A1B⊥平面AB1C，
又B1C 平面AB1C，∴A1B⊥B1C；
（2）解：l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°，理由如下：
取A1B1的中点D，连接AD，∵∠ABB1＝60°，∴∠AA1B1＝60°，
又AA1＝A1B1，∴△AA1B1为等边三角形，∴AD⊥A1B1，
∵AB∥A1B1，∴AD⊥AB，又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD 平面AA1B1B，
∴AD⊥平面ABC，
以A为坐标原点，以AB，AC，AD所在直线为坐标轴建立如图所示的直角坐标系，
A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（﹣1，0，），B1（1，0，），
＝（0，2，0），＝（2，0，0），＝（1，0，），
∵AC∥A1C1，AC 平面A1B1C1，A1C1 平面A1B1C1，∴AC∥平面A1B1C1，
又AC 平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，∴AC∥l，
假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°，
设＝λ，（λ∈R），则＝（0，2λ，0），∴＝+＝（1，2λ，）
设平面ABP的一个法向量为＝（x，y，z），
则，即，令y＝﹣，则z＝2λ，x＝0，
∴平面ABP的一个法向量为＝（0，﹣，2λ），
又＝（3，0，﹣），∴sin30°＝|cos＜，＞|＝＝＝，
∴3+4λ2＝4λ2，此方程无解，
因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°．

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