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2025届高三数学高考二轮专题复习：立体几何解答题专练
1．观察图中的长方体.
(1)判断与是否垂直，与是否垂直，并说明理由；
(2)判断与是否垂直；
(3)若直线在平面内，且过点，判断与是否垂直.
2．如图，在三棱台中，为等边三角形，且，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
3．如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的余弦值；
(3)求二面角的正弦值.
4．如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点.
(1)求证:平面;
(2)求证: 平面平面;
(3)求直线AC与平面所成角的正弦值.
5．如图，在直三棱柱中，，点在棱上，平面平面.
(1)求证：为棱的中点；
(2)当三棱锥的体积最大时，
（i）求线段的长；
（ii）求平面与平面的夹角的余弦值.
6．如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，点M为棱PD上一点，，O为AC的中点.
(1)证明：平面平面MAC.
(2)已知，，点N在棱BC上，且，若直线PN与平面MAC所成角的正弦值为，求的值.
7．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，．以的中心为球心，为直径的球面交于点，交于点．
(1)求该球体的体积．
(2)求直线与平面所成的角的大小．
(3)求点到平面的距离．
8．如图①，四边形为直角梯形，且，，在梯形外有一点，连接，已知，，．现将沿折起如图②所示，使得平面底面．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的正弦值．
9．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，．以的中点为球心、 为直径的球面交于点．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成的角；
(3)求点 到平面的距离．
10．如图，在四棱锥中，，，，是边长为6的等边三角形，平面平面，点在棱上，直线平面.
(1)求的值；
(2)若，求三棱锥的体积；
(3)设二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围.
11．如图，在三棱柱中，平面，四边形为菱形．
(1)证明：；
(2)若，，二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
12．如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，.
(1)证明：；
(2)设直线CP与平面ABCD所成角为.
（i）求四棱锥的体积；
（ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值.
13．在四棱锥中，底面为菱形，平面．动点在线段上满足，动点在线段上满足，其中．
(1)当时，证明：平面；
(2)是否存在，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
14．如图，在直四棱柱中，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值．
15．如图（1）所示的平面图形中，，，，，，点P是以为直径的半圆上任意一点（不与点C，D重合），以为折痕，将半圆所在平面折起，使平面平面，如图（2）．
(1)证明：平面；
(2)求面积的最大值；
(3)当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
16．如图，在四棱锥中，，，，，，点Q为棱PC上一点．
(1)证明：平面；
(2)当二面角的余弦值为时，求．
17．如图，正方体中，，，，分别是，，，的中点．
(1)求证：，，，四点共面；
(2)求证：平面平面；
(3)画出平面与正方体侧面的交线（不必说明）．
18．如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点．
(1)若是中点．
①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值．
(2)若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
19．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，为中点，点在上，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
20．如图，已知菱形和等边三角形有公共边，，点在线段上，与交于点，将沿着翻折成，得到四棱锥．
(1)求证：平面；
(2)当直线与平面所成角取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值．
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《2025届高三数学高考二轮专题复习：立体几何解答题专练》参考答案
1．(1)，，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）利用矩形的性质可得出结论；
（2）推导出平面，再利用线面垂直的性质可得出结论；
（3）利用线面垂直的性质可得出结论.
【详解】（1），，理由如下：
在长方体中，四边形、均为矩形，故，.
（2）因为，，，、平面，
所以平面，
因为平面，.
（3）因为平面，平面，故.
2．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证明两个平面的二面角为即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，由向量夹角余弦公式和同角三角函数的平方关系即可求解.
【详解】（1）由题意，在中，，
故，
故，故，.
同理，则为平面与平面所成二面角的平面角，
而，，故.
故平面平面.
（2）以C为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
则，，，，，
则，.
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则故令，故，
则，故，
故二面角的正弦值为.
3．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）如图，易知，根据面面垂直的性质、线面垂直的性质可得，利用线面垂直的判定定理与性质可得，结合和线面垂直的判定定理即可证明；
（2）如图，确定为与平面所成的角.在中，利用勾股定理和余弦定理计算即可求解；
（3）由（1），根据线面垂直的性质与判定定理确定为二面角的平面角，利用等面积法和正弦定理计算即可求解.
【详解】（1）取中点，连接.
因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以.
又因为，，、平面，
所以平面，而平面，所以.
因为为的中点，所以，
又，，平面，
所以平面.
（2）过点作，垂足为.
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以为与平面所成的角.
因为，，，
所以，，
在中，由余弦定理得，
所以与平面所成角的余弦值为.
（3）取的中点，连接，易知，，
过点作，垂足为，连接.
由（1）知，平面，所以平面.
又，平面，所以，.
因为，，平面，所以平面.
又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角.
由（1）知平面，平面，所以，
所以在中，，
由（2）知，平面，又平面，所以.
在中，，
即，解得，
在中，，
所以二面角的平面角的正弦值为.
4．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论.
（2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
（3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可.
【详解】（1）在三棱柱 中，连接交于O，连接OD，
则O是的中点，又是的中点，，
而平面，OD平面，
所以平面.
（2）由，是的中点，得，
由平面，得平面，又AD平面，则，
又 BC是平面内的两条相交直线，因此平面，而AD平面，
所以平面平面
（3）在平面内过C作CE于E，连AE，
由（2）知，平面平面，平面平面，
则平面，是AC与平面所成的角，
在直角中，令，则，，
在直角中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
5．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据题意找到垂直于内的两条相交直线，证得，再由面面垂直证得平面，得.再由线面平行的性质证得，进而得到四边形是平行四边形，再利用中位线性质即可得证.
（2）由（1）知平面，再利用等体积可得时，三棱锥的体积最大.如图建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再根据求面面成角余弦值的公式即可求解.
【详解】（1）证明：设的中点为，过作，垂足为，
连接，如图，
因为，所以，
因为是直三棱柱，所以，
，所以，
又，所以.
因为平面平面，平面平面，，，所以平面.
因此.
又，平面平面，所以，
因此四边形是平行四边形，所以.
又，因为是的中点，所以是的中点，
于是有，所以，
所以是棱中点.
（2）（i）由（1）知平面，则，
设，则，
所以，
当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，
此时，.
（ii）由（i）知，
故以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则有，
，
设平面的一个法向量为，
则有取，
设平面的一个法向量为，
则有取，
设平面与平面的夹角为，
，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
6．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由面面垂直的判定定理，先证明平面PBD即可；
(2)先证明 BD，AC，PO两两相互垂直，以O为原点，OB，OC，OP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，设，利用向量法求解线面角列出方程，解方程即可.
【详解】（1）证明：连接BO，DO，
因为，，所以，，
所以B，O，D三点共线，即，
因为，所以，因为PO，平面PBD，
且，所以平面PBD，
因为平面MAC，所以平面平面MAC.
（2）由题意得，所以，因为，所以，
又因为，，所以，即，
由（1）知，，所以BD，AC，PO两两相互垂直，
以O为原点，OB，OC，OP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，，，，，则，
因为，所以，则，
设，所以，则，
设为平面MAC的一个法向量，则
即
取，得，，则，
设直线PN与平面MAC所成角为，则，
整理得，解得或（舍去），
所以.
7．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据球的体积公式计算即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到的坐标，利用，求出的值，再求出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，利用公式计算即可；
（3）设，得到的坐标，利用，求出的值，设点到平面的距离为，再根据公式计算即可．
【详解】（1）球的直径，球的半径，
；
（2）
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
则，，，
，.
设（），，
，
，
是以为直径的圆上一点，，
，
解得或（舍），.
设平面的一个法向量，
则， 得，
令，则，，
设直线与平面所成角为，
，
直线与平面所成角为；
（3）设，，
，
由，可得，
解得，，
设点到平面的距离为，
．
8．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据直角梯形可得，根据面面垂直的性质可得平面，从而可得；
（2）利用等积法可求点到平面的距离；
（3）在平面内，过点作交于点，则平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角的余弦值，再由同角的三角函数的基本关系式可求其余弦值.
【详解】（1）在直角梯形中，，故．
又因为平面底面，平面底面，
且底面，所以平面．
又平面，所以．
（2）如图，连接，过作，垂足为，
因为平面底面，平面底面，平面，
则底面，由题可得，
则三棱锥的体积，
由（1）可知平面，
又，则平面，又平面，则，
所以，记点到平面的距离为，
则，解得，
即点到平面的距离为．
（3）如图，在平面内，过点作交于点，同理可得平面．
则以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，，，
可得，，，．
则，，．
设为平面的法向量，
则即
取，得，，则平面的一个法向量为．
设为平面的法向量，
则即取，得，，
则平面的一个法向量为．
则，
设二面角的大小为，因为，所以．
则，所以二面角的正弦值为．
9．(1)证明见解析；
(2)；
(3)
【分析】（1）由球面的性质可得，再利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理即得.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解.
（3）由（2）中信息，利用点到平面距离的向量求法求解.
【详解】（1）由平面，平面，得，又，
平面，则平面，而平面，
于是，由在以为直径的球面上，得，
而平面，因此平面，又平面，
所以平面平面．
（2）由在四棱锥中，底面是矩形，平面，得直线两两垂直，
以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，而，
则，
所以直线与平面所成的角大小为．
（3）由（2）知，，平面的法向量，
所以点 到平面的距离.
10．(1)2;
(2);
(3).
【分析】（1）连接交于，连接，由线面平行的性质定理得到，再由线段成比例可得；
（2）取的中点，的中点，连接，，，由面面垂直的性质定理得到平面，然后由三角形的面积公式和棱锥的体积公式可得；
（3）先由线面垂直的性质定理和判定定理得到，设，得到，再过作交于，连接，得到，然后由余弦定理和三角函数值求出的表达式，再由函数的单调性可得.
【详解】（1）连接交于，连接.
因为直线平面，平面，
平面平面，
所以，
因为，，所以根据相似的性质可得.
则.
（2）取的中点，的中点，连接，，.
因为是边长为6的等边三角形，则，.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
，，
由（1）可知，，所以.
（3）因为平面，平面，所以，.
又因为，分别为，的中点，所以，
而，所以，又，平面，
则平面，又平面，得，
所以是二面角的平面角，即.
设，则，得.
过作交于，连接，由于平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，即.
，，.
因为，
在中，根据余弦定理，，
所以，
则.
因为，所以.
故的取值范围为.
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形对角线垂直，再结合已知中线面垂直，可通过证明线面垂直来证明线线垂直；
（2）可利用空间向量法来求二面角的大小，再通过方程可求出边长及三棱柱的体积.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以．
因为平面，平面，所以．
又因为平面，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）方法一：因为，所以是等边三角形，
取中点M，连接，则，
以为坐标原点，分别以，，所在的直线为x轴，y轴和z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则，，．
所以，．
设平面的法向量为，则，
即，令，得．
由条件知为平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，易知为锐角．
则，解得．
因为三棱柱的高为，且，
所以其体积．
方法二：因为，所以．
过B做交的延长线于O，连接，
因为，所以面，所以，
所以是二面角的平面角．
所以，所以，即，
因为，所以．
在中，解得．
又平面，所以三棱柱的高为，
所以其体积．
12．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OP，则，再由面面垂直的性质可得平面PAC，则，再结合O为BD中点可得结论；
（2）（i）过P作于点H，可得为直线CP与平面ABCD所成角，由已知可得平面PDH，则，从而得H为的垂心，而为等边三角形，则H为的重心，则可求出，进而可求出四棱锥的体积；
（ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，求出平面和平面的法向量，设二面角的平面角为，表示出，利用换元法可求出其最大值，从而可求出二面角的正弦值的最小值.
【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OP.
因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，.
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PAC.
因为平面PAC，所以.
因为O为BD中点，所以,
所以，所以.
（2）（i）过P作于点H，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAC，
所以平面ABCD，
所以为直线CP与平面ABCD所成角，即.
因为平面，平面ABCD，所以.
又，，，平面PDH，
所以平面PDH.
因为平面PDH，所以，
结合可知H为的垂心.
由于底面ABCD是边长为的菱形，，
故为等边三角形，因此H为的重心，
，，，，.
由于，，所以，
所以四棱锥的体积.
（ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
设，故.
设平面的一个法向量为，
，，
则，
取，则.
设平面的一个法向量为，
，，
则，
取，则，
设二面角的平面角为，
则
，
令，则，
所以，
由于，
故，
当且仅当，即时取等号，
故的最大值为，因此的最小值为.
13．(1)证明见解析
(2)存在
【分析】（1）先利用三角形中位线和菱形的性质证得；再根据线面平行的判定定理即可证得平面.
（2）先根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点和向量的坐标；再求出
平面的一个法向量及平面的一个法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法列出等式求解即可.
【详解】（1）证明：动点在线段上满足，动点在线段上满足，
当时，分别为的中点.
取的中点，连接.
则为的中位线，
，.
又底面为菱形，
，
则，.
四边形是平行四边形，
.
又平面，平面，
∴平面；
（2）解：存在．
以点为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以平面内过点且垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
．
则，
，
，
，.
设平面的法向量为，
则，即，
令得，
.
设平面的法向量为，
则，即，
令得，
.
，
化简得：，即，所以或.
存在使得平面与平面夹角的余弦值为．
14．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得∽，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）由题意可证得，，，所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果；
（3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值.
【详解】（1）证明：由直四棱柱知底面，
因为平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
因为，，，
所以，，
所以∽，所以，
因为，所以，所以，
又，，平面，所以平面．
（2）解：因为底面，平面，
所以，
因为，所以，，两两垂直，
所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，，
由（1）知，为平面的一个法向量．
设为平面的一个法向量，
因为，，
所以，即，令，可得．
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：设，，
则，，
设到直线的距离为，则
，
所以当时，，即到直线距离的最小值为．
15．(1)证明见解析
(2)29
(3)
【分析】（1）根据面面垂直的性质得到线面垂直，再利用线线平行的性质得到另一条线的线面垂直，最后结合已知条件和线面垂直的判定定理得出最终结论．
（2）首先根据线面垂直的性质得到线线垂直关系，再利用勾股定理得出的值，最后通过基本不等式求出面积的最大值．
（3）首先根据已知条件建立空间直角坐标系并求出相关点的坐标，求出平面的法向量；最后利用向量的夹角公式求出两个平面法向量夹角的余弦值.
【详解】（1）（1）证明：∵平面平面，平面平面，
，平面，
∴平面．
∵，∴平面，
∵平面，∴．
∵点P在以为直径的半圆上，∴，
又，平面，，
∴平面．
（2）由（1）得平面，∵平面，∴，
∴，
∴，当且仅当时取等号，
∴面积的最大值为29．
（3）在平面内过点P作于点G，
∵平面平面，平面平面，
平面，
∴平面，
以G为坐标原点，以过点G与平行的直线为x轴，，所在的直线分别为y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
当时，，
则，可得，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
，即，
令，则，，∴．
由（1）得平面的一个法向量为，
，
∴平面与平面的夹角的余弦值为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在四棱锥中由勾股定理计算可证明，，结合线面垂直判定定理可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系分别求出平面和平面的法向量，设，再利用二面角的余弦值解方程可得.
【详解】（1）在四棱锥中，
由，，，，
得，，
则，，
又，且，平面，
所以平面．
（2）由（1）知两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，
可得，，，
设（），则，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面的法向量为，
由，解得，令，，得，
由二面角的余弦值为，得，
即，整理得，解得，
所以．
17．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)作图见解析.
【分析】（1）利用平行公理，结合正方体的结构特征证明即可.
（2）利用面面平行的判定推理得证.
（3）过作直线交的延长线分别于，连接相关线段即可.
【详解】（1）在正方体中，连接，由分别是的中点，
得，由四边形为正方体的对角面，
得四边形是矩形，则，因此，
所以，，，四点共面.
（2）连接，
由，分别是，的中点，得，
又平面，平面，则平面，
而，且，则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，因此平面，
又平面，所以平面平面．
（3）过作直线交的延长线分别于，
连接分别交于，连接，
由，得，直线平面平面平面
因此五边形是平面截正方体所得截面，如图，
所以是平面与正方体侧面的交线.
18．(1)①证明见解析；②
(2)存在，且
【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果；
（2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解.
【详解】（1）连接交于点，连接，如下图所示：
在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形，
因为，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，且，
因为平面，平面，故平面；
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
所以，，
同理可得，，
所以，，，
因为，所以，异面直线与所成角为或其补角，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）如下图所示：
因为，，所以，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故，因此.
所以，线段上存在一点，使得平面，且．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明，利用线面垂直的判定定理得证；
（2）由题，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出平面，平面的法向量，利用向量法求解.
【详解】（1）∵，，．
∴，
∴，即．
又∵，且，且直线均在平面内，
∴平面．
（2）∵平面平面，平面平面．
又，平面，
∴平面，又因为面，
∴．
由(1)已证，且已知，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
∴，，，，
∵E为的中点，∴，
又∵，∴，
设平面的法向量为，则，
令，则，，∴，
由(1)可知，平面，
∴平面的法向量为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知确定为菱形，进而得到，即，再应用线面垂直的判定证明结论；
（2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，，其中，，再标注出相关点的坐标，应用向量法得到线面角正弦值关于参数的表达式，确定该值最大时坐标，再应用向量法求面面角的余弦值即可.
【详解】（1）由菱形和等边三角形有公共边，，易知共线，
且，，即，则为菱形，
所以，而，故，故翻折后，
由都在平面内，所以平面；
（2）由（1）易知平面，平面，则平面平面，
如图，平面中过点作，又平面平面，
所以平面，故两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
令，其中，，
所以，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以，
设，，则，
所以上，则在上单调递增，
上，则在上单调递减，
所以的最大值为，即时最大，
此时，
由，则是二面角的平面角，
所以，故平面与平面夹角的余弦值.
答案第2页，共5页
答案第3页，共5页

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