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2013届高考一轮数学复习理科课件(人教版)第6课时 空间向量及运算


高考调研

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2013届高考一轮数学复习理科课件(人教版)

第八章 立体几何

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立体几何

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空间向量及运算



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1.了解空间向量的概念.了解空间向量的基本定理 及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能用向量的 数量积判断向量的共线与垂直.

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请注意!
纵观近几年的高考试题,对空间向量部分的考查主要 集中于空间向量的概念和运算的考查,部分用空间向量知 识来解的题目也可以不建空间直角坐标系,而直接使用线 性运算,充分发挥空间向量基本定理的作用.总体来看, 高考对空间向量更多地考查其工具性作用.

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1.把空间中具有 大小 和 方向 的量叫向量. 2.(1)共线向量定理:对于空间任意两个向量 a, b(b≠0),a∥b 的充要条件是 存在实数 λ,使 a=λb . (2)共面向量定理:如果两个向量 a、b 不共线,则向 量 p 与向量 a、b 共面的充要条件是存在实数对 x、y,使
p=xa+yb ______________________.

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3.空间向量基本定理 如果三个向量 a、b、c 不共面,那么对空间任一向量 p,存在唯一的有序实数组 x,y,z,使 p=xa+yb+zc . 推论:设 O、A、B、C 是不共面的四点,则对空间任
→ → xOA 一点 P,都存在唯一的三个有序实数 x、y、z,使OP= → → +yOB+zOC __________.

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4.两个向量的数量积 非零向量 a、b 的数量积:a· b= |a||b|cos<a,b> . 向量的数量积的性质: ①a· e=
|a|cos<a,e>,e 为单位向量



b=0 ; ②a⊥b? a·
a ③|a|2= a· .

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向量的数量积满足如下运算律:
b) ①(λ· b= λ(a· ; a)·

②a· b= b· a ③a· (b+c)=

(交换律);
a· b+a· c

(分配律).

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5.空间向量的直角坐标运算 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3)则 ①a+b= ; (a1-b1,a2-b2,a3-b3) ②a-b= ;
2 a1b1+a2b2+a3b3 , a2+a2+a2 ; 3 ③a· b= 特殊地 a· a= 1 a1 ④a∥b? a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0)或b1

(a1+b1,a2+b2,a3+b3)

a2 a3 = = (b1·2·3≠0) b b b2 b3 _________________________;

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⑤a⊥b?

a1b1+a2b2+a3b3=0(a≠0,b≠0)



⑥A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2) → → → AB=OB-OA= (x2,y2,z2)-(x1,y1,z1)=(x2-x1,

y2-y1,z2-z1). _________________
6.向量 a 与 b 的夹角 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则

Cos<a,b>=

a1b1+a2b2+a3b3 2 2 a2+a2+a2· b1+b2+b2 1 3 2 3

.

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7.两点距离公式 设 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2)为空间两点,则 → |AB|= = → → AB· AB

?x2-x1?2+?y2-y1?2+?z2-z1?2 .

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→ 1. 在平行六面体 ABCD-A′B′C′D′中, 设AC′ → → → =xAB+2yBC+3zCC′,x+y+z=( 11 A. 6 2 C.3
答案 A
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)

5 B. 6 7 D. 6

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→ → → → 解析 AC′=AB+BC+CC′, 1 1 11 故 x=1,y= ,z= ,从而 x+y+z= . 2 3 6

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2.有 4 个命题: ①若 p=xa+yb,则 p 与 a、b 共面; ②若 p 与 a、b 共面,则 p=xa+yb; → → → ③若MP=xMA+yMB,则 P、M、A、B 共面; → → → ④若 P、M、A、B 共面,则MP=xMA+yMB.

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其中真命题的个数是( A.1 C.3
答案 B

)

B.2 D.4

解析 ①正确,②中若 a,b 共线,p 与 a 不共线,则 p =xa+yb 就不成立.③正确.④中若 M,A,B 共线,点 P → → → 不在此直线上,则MP=xMA+yMB不正确.

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3.

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已知正四面体 ABCD 的棱长为 1, F、 分别是 AD, 点 G → → DC 的中点,则FG· 等于( BA 1 A. 4 3 C. 4
答案 B

)

1 B.- 4 3 D.- 4

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→ 1→ 1 → → 解析 FG= AC= (BC-BA), 2 2 → → 1 → → → ∴FG· = (BC-BA)· BA BA 2 1 → → →2 1 1 1 = (BC· -BA )= ×( -1)=- . BA 2 2 2 4

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4.若向量 a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),且 cos〈a, 8 b〉= ,则 λ=( 9 A.2 2 C.-2 或55
答案 C

) B.-2 2 D.2 或-55

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2-λ+4 a· b 8 解析 由已知 cos〈a,b〉= ,所以9= , 2 |a||b| 5+λ · 9 2 解得 λ=-2 或 λ=55.

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→ → → → → → 5.在空间四边形 ABCD 中,AB· +AC· +AD· CD DB BC =( ) A.-1 C.1 思路 B.0 D.不确定 数形结合法,用特殊图形(如正四面体)计算,

或在一般图形中,选取基向量,用基底表示题中向量,然 后再计算.
答案 B

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解析 方法一:如图在空间四边形 ABCD 中,连接 对角线 AC,BD,得三棱锥 A-BCD,不妨令其各棱长都 相等,即为正四面体, ∵正四面体的对棱互相垂直,

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→ → → → ∴AB· =0,AC· =0, CD DB → → AD· =0. BC → → → → → → ∴AB· +AC· +AD· =0. CD DB BC → → 方法二: 在方法一的图中, 选取不共面的向量AB, , AC → AD为基底,

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→ → → → → → → → 则原式=AB· -AC )+AC· -AD )+AD· - (AD (AB (AC → → → → → → → → → → → → → AB)=AB· -AB· +AC· -AC· +AD· -AD· AD AC AB AD AC AB =0.

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题型一

空间向量的线性运算

例 1 已知 ABCD-A1B1C1D1 是平行六面体.

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1 → → 2→ (1)化简 AA1+BC+ AB,并在图上以 A1A 的中点为 2 3 起点标出计算结果; (2)设 M 是底面 ABCD 的中心,N 是侧面 BCC1B1 对 → → → 角线 BC1 上的点, BN∶NC1=3∶1, 且 设MN=αAB+βAD → +γAA1 ,试求 α,β,γ 的值.

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【解析】

1→ (1)如图,先在图中标出 AA1,为此可取 2

1→ → AA1 的中点 E,则2AA1=EA1.

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2 → → ∵AB=D1C1,在 D1C1 上取点 F,使 D1F= D1C1,因 3 此 2→ 2 → → → → 3AB=3D1C1=D1F,又BC=A1D1, 1 → 2→ → → → → 从而 AA1+ AB=EA1+A1D1+D1F=EF. 2 3

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→ → → 1→ 3 → (2)MN=MB+BN= DB+ BC1 2 4 1 → → 3 → → = (DA+AB)+ (BC+CC1) 2 4 1 → → 3 → → = (-AD+AB)+ (BC+CC1) 2 4 1 → → 3 → → =2(-AD+AB)+4(AD+AA1) 1→ 1 → 3 → =2AB+4AD+4AA1, 1 1 3 可见 α=2,β=4,γ=4.

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探究 1

确定要表示的向量的终点是否是三角形边

的中点,若是,利用平行四边形法则即可.若不是,利用 封闭图形, 寻找到所要表示的向量所对应的线段为其一边 的一个封闭图形, 利用这一图形中欲求向量与已知向量所 在线段的联系, 进行相应的向量运算是处理此类问题的基 本技巧. 一般地, 可以找到的封闭图形不是唯一的但无论 哪一种途径结果应是唯一的.

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思考题 1

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如上图所示,在平行六面体 ABCD-

→ → → A1B1C1D1 中,设AA1=a,AB=b,AD=c,M,N,P 分别 是 AA1,BC,C1D1 的中点,试用 a,b,c 表示以下各向 量: → → → → (1)AP (2)A1N (3)MP+NC1 【思路】 根据空间向量加减法及数乘运算的法则和 运算律即可.

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【解析】 (1)∵P 是 C1D1 的中点,

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→ → → → → 1 → ∴AP=AA1+A1D1+D1P=a+AD+2D1C1 1→ 1 =a+c+ AB=a+c+ b. 2 2 (2)∵N 是 BC 的中点, 1→ → → → → ∴A1N=A1A+AB+BN=-a+b+2BC 1→ 1 =-a+b+ AD=-a+b+ c. 2 2

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(3)∵M 是 AA1 的中点, → → → 1→ → ∴MP=MA+AP= A1A+AP 2 1 1 1 1 =-2a+(a+c+2b)=2a+2b+c, → → → 1→ → 又NC1=NC+CC1= BC+AA1 2 1→ → 1 = AD+AA1= c+a, 2 2

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1 1 1 → → ∴MP+NC1=( a+ b+c)+(a+ c) 2 2 2 3 1 3 =2a+2b+2c.
【答案】 3 + c 2 1 1 3 1 (1)a+c+2b (2)-a+b+2c (3)2a+2b

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题型二

空间向量共线、共面问题

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例2

如上图所示,已知 ABCD 是平行四边形,P 点

是 ABCD 所在平面外一点,连接 PA、PB、PC、PD.设点 E、F、G、H 分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA 的 重心. (1)试用向量方法证明 E、F、G、H 四点共面; (2)试判断平面 EFGH 与平面 ABCD 的位置关系,并 用向量方法证明你的判断.

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【解析】 (1)分别延长 PE、PF、PG、PH 交对边于 M、N、Q、R 点.因为 E、F、G、H 分别是所在三角形 的重心. 所以 M、N、Q、R 为所在边的中点,顺次连接 M、 → 2→ N、Q、R 得到的四边形为平行四边形,且有:PE=3PM, → 2 → → 2 → → 2→ PF= PN,PG= PQ,PH= PR. 3 3 3

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因为 MNQR 是一个平行四边形,所以 → → → → → → → MQ=MN+MR=(PN-PM)+(PR-PM) 3 → → 3 → → 3 → → =2(PF-PE)+2(PH-PE)=2(EF+EH). → → → 3 → 3→ 3 → 又MQ=PQ-PM=2PG-2PE=2EG, 3→ 3 → → → → → 所以2EG=2(EF+EH),即EG=EF+EH, 由共面向量定理知 E、F、G、H 四点共面.

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→ 3→ → → (2)由(1)得MQ=2EG,所以MQ∥EG. 又因为 EG?平面 ABC,所以 EG∥平面 ABC. → → → 3→ 3→ 3→ 因为MN=PN-PM= PF- PE= EF, 2 2 2 所以 MN∥EF, 又因为 EF?平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC. 由于 EG 与 EF 交于 E 点, 所以平面 EFGH 与平面 ABCD 是平行平面.

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探究 2 向量基本定理揭示了向量间的线性关系,即 任一向量都可由基向量唯一的线性表示, 为向量的坐标表 示奠定了基础.共(线)面向量基本定理给出了向量共(线) 面的充要条件,可用以证明点共(线)面.

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思考题 2

平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF

1 与 ABCD 都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90° ,BC 綊2

1 AD,BE 綊 FA,G、H 分别为 FA、FD 的中点. 2 (1)证明:四边形 BCHG 是平行四边形; (2)C、D、F、E 四点是否共面?为什么?

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【解析】

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由题设知,FA,AB,AD 两两互相垂直. 如上图,以 A 为原点,射线 AB 为 x 轴正方向,以射 线 AD 为 y 轴正方向,射线 AF 为 z 轴正方向,建系坐标 系 A-xyz. (1)设 AB=a,BC=b,BE=c,则由题设得 A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),E(a,0,c), G(0,0,c),H(0,b,c).

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→ → 所以,GH=(0,b,0),BC=(0,b,0), → → 于是GH=BC.又点 G 不在直线 BC 上, 所以四边形 BCHG 是平行四边形. (2)C、D、F、E 四点共面.理由如下: 法一:由题设知,F(0,0,2c), → → → → 所以EF=(-a,0,c),CH=(-a,0,c),EF=CH.

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又 C?EF,H∈FD,故 C、D、F、E 四点共面. → → → 法二:∵EF=(-a,0,c),ED=(-a,2b,-c),EC= (0,b,-c). → → → ∴ED=EF+2EC,∴C、D、F、E 四点共面.

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题型三

空间向量的模、夹角及数量积

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例 3 如上图所示, 已知空间四边形 ABCD 的各边和 对角线的长都等于 a,点 M、N 分别是 AB、CD 的中点. (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; (2)求 MN 的长; (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值.

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【解析】

(1)证明

→ → → 设AB=p,AC=q,AD=r.

由题意可知:|p|=|q|=|r|=a,且 p、q、r 三向量两两 夹角均为 60° . → → → 1 → → 1→ MN=AN-AM= (AC+AD)- AB 2 2 1 = (q+r-p), 2

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→ → 1 ∴MN· = (q+r-p)· AB p 2 1 =2(q· p+r· 2) p-p 1 2 = (a · cos60° 2· +a cos60° 2)=0. -a 2 ∴MN⊥AB,同理可证 MN⊥CD.

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→ 1 (2)解 由(1)可知MN= (q+r-p), 2 → 2 →2 1 ∴|MN| =MN = (q+r-p)2 4 1 2 2 2 =4[q +r +p +2(q· r-p· q-r· p)] 1 2 2 a2 a2 a2 =4[a +a +a2+2( 2 - 2 - 2 )] 1 a2 =4×2a2= 2 . 2 2 → ∴|MN|= a,∴MN 的长为 a. 2 2
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(3)解

→ → 设向量AN与MC的夹角为 θ.

1 → 1 → → ∵AN=2(AC+AD)=2(q+r), 1 → → → MC=AC-AM=q-2p, 1 → → 1 ∴AN· =2(q+r)· 2p) MC (q- 1 2 1 1 = (q - q· p+r· r· q- p) 2 2 2

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1 2 1 2 1 2 2 = (a - a · cos60° · +a cos60° a · - cos60° ) 2 2 2 1 2 a2 a2 a2 a2 =2(a - 4 + 2 - 4 )= 2 . 3 → → 又∵|AN|=|MC|= a, 2 → → → → ∴AN· =|AN|· |· MC |MC cosθ 3 3 a2 2 = a· a· cosθ= .∴cosθ= , 2 2 2 3

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2 → → ∴向量AN与MC的夹角的余弦值为 ,从而异面直线 3 2 AN 与 CM 所成角的余弦值为3.

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例 4 如上图,在空间直角坐标系中,BC=2,原点 3 1 O 是 BC 的中点,点 A 的坐标为( , ,0),点 D 在平面 2 2 yOz 上,且∠BDC=90° ,∠DCB=30° . → (1)求|AD|; → → (2)求 cos〈AD,BC〉 .

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【解析】

(1)如图,过 D 作 DE⊥BC,垂足为 E.

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在 Rt△BCD 中,由∠BDC=90° ,∠DCB=30° ,BC=2, 得 BD=1,CD= 3, 3 所以 DE=CD· sin30° 2 , = 1 1 OE=OB-BD· cos60° =1- 2=2. 1 3 3 → 所以 D 点坐标为(0,-2, 2 ),所以AD=(- 2 ,-1, 3 2 ),
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→ 所以|AD|=

32 32 10 2 ?- 2 ? +?-1? +? 2 ? = 2 .

(2)又因为 B(0,-1,0),C(0,1,0), → → 所以BC=(0,2,0),|BC|=2, 3 3 → → 故AD· = 2 ×0+(-1)×2+ 2 ×0=-2, BC → → AD· BC 2 1 → → 所以 cos〈AD,BC〉= =- =- 10. 5 → → 10 |AD||BC|

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探究 3 利用空间向量数量积,解决几何体中夹角长 度是高考重点、 难点, 解决思路一, 选取合适的一组基底, 借助向量的代数式运算,二,选取两两垂直的三条线建立 空间直角坐标系.

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思考题 3 已知 PA 垂直于正方形 ABCD 所在的平面, → M、N 分别是 AB、PC 的中点,并且 PA=AD=1.求MN、 → DC的坐标.

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【解析】 ∵PA=AD=AB,且 PA⊥平面 AC,AD⊥ AB, → → → ∴可设DA=e1,AB=e2,AP=e3, 以 e1、2、3 为坐标向量建立空间直角坐标系 A-xyz, e e → → → → → → 1→ ∵MN=MA+AP+PN=MA+AP+ PC 2 → → 1→ → → =MA+AP+ (PA+AD+DC) 2

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1 1 1 1 =- e2+e3+ (-e3-e1+e2)=- e1+ e3, 2 2 2 2 1 1 → → ∴MN=(- ,0, ),DC=(0,1,0). 2 2

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1.向量的分解是用空间向量证明有关问题的常用方 法,分解的依据是向量的加法、减法及实数与向量的积, 而与之相联系的是线段的倍(分)关系.

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2.证明四点共面问题常转化为证明有公共顶点的四 → → → → 个向量满足共面向量定理,即OP=xOA+yOB+zOC且 x +y+z=1?P、A、B、C 共面.证明三点共线问题亦可 转化为具有公共顶点的三个向量的“共面向量定理的形 → → → 式”,即OP=xOA+yOB且 x+y=1?P、A、B 共线.

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3.空间向量数量积在判断或证明垂直,求夹角、长 度等方面比几何方法有较明显的优势,必须掌握好. 4.空间直角坐标系的建立,使空间的点坐标化,也 使几何问题代数化, 利用空间向量的坐标运算解决立体几 何问题(证明、计算)就有一定的规律可循.

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