作业(十二)空间几何体-2024年高一数学暑假作业(人教B版)

空间几何体 1.直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来 画,其规则是: (1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直 观图中,x'轴、y'轴的夹角为45°(或135°), z'轴与x'轴、y'轴所在平面垂直. (2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图 中仍分别平行于坐标轴.平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变,平 行于y轴的线段在直观图中长度变为原来 的一半. 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积 公式 名称 圆柱 圆锥 圆台 侧面 展开图 侧面 积公式 S圆柱侧 =2πrl S圆锥侧 =πrl S圆台侧 = π(r1+r2)l 3.柱、锥、台、球的表面积和体积 名称 表面积 体积 柱体(棱柱 和圆柱) S表 = S侧 +2S底 V=S底h 锥体(棱锥 和圆锥) S表 = S侧 +S底 V=13S底h 台体(棱台 和圆台) S表 =S侧 + S上 +S下 V=13 (S上 +S下 + S上 S下)h 球 S=4πR2 V=43πR 3 1.下列说法正确的是 ( ) A.棱台的侧棱长都相等 B.棱锥被平 面 截 成 的 两 部 分 是 棱 锥 和 棱台 C.棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平 行四边形 D.棱台的两个底面相似 2.已知圆柱的轴截面为矩形,其底边长(圆柱 底面圆直径)是侧边长的2倍,若轴截面的 面积为S,则圆柱的表面积为 ( ) A.2πS B.2πS C.2 2πS D.4πS 3.《算数书》竹简于20世纪80年代在湖北省 江陵县张家山出土,这是我国现存最早的 成系统的数学典籍,其中记载有求“困盖” 的术:“置如其周,令相乘也.又以高乘之, 三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的 底面周长L 与高h 计算其体积V 的近似 公式V≈136L 2h.它实际上是将圆锥体积 公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似 公式V≈ 7264L 2h相当于将圆锥体积公式 中的π近似取为 ( ) A.227 B. 25 8 C.15750 D. 355 113 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —62— 高一数学(配RJB版) 4.(多选)如图,四边形ABCD 的斜二测直观 图为等腰梯形A'B'C'D',已知 A'B'= 2C'D'=4,则 ( ) A.A'D'= 2 B.BC=2 2 C.四边形ABCD 的周长为6+2 2+2 3 D.四边形ABCD 的面积为6 2 5.如图所示的△A'O'B' 是用斜二测画法画出 的△AOB 的直观图(图 中虚线分别与x'轴,y' 轴平行),则△AOB 的周长为 . 1.沿棱长为1的正方体的交于一点的三条棱 的中点作一个截面,截得一个三棱锥,那么 截得的三棱锥的体积与剩下部分的体积之 比是 ( ) A.1∶5 B.1∶23 C.1∶11 D.1∶47 2.(2023·榆林高一期中)某同 学有一个形如圆台的水杯如 图所示,已知圆台形水杯的母 线长为6cm,上、下底面圆的 半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防 滑,水杯配有一个杯套,包裹水杯2 3 高度以 下的外壁和杯底,如图中阴影部分所示, 则杯套的表面积为(不考虑水杯材质和杯 套的厚度) ( ) A.683πcm 2 B.24πcm2 C.763πcm 2 D.25πcm2 3.(多选)如图所示是 斜二测画法画出的 水平放置的三角形 的直观图,D'为B'C' 的中点,且A'D'∥y'轴,B'C'∥x'轴,那么 在原平面图形△ABC中 ( ) A.AB 与AC 相等 B.AD 的长度大于AC 的长度 C.AB 的长度大于AD 的长度 D.BC的长度大于AD 的长度 4.底面为正方形的直棱柱,它的底面对角线 长为 2,体对角线长为 6,则这个棱柱的 侧面积是 . 5.(2023·北京高一期中)已知一个正四棱锥 的底面边长为2,高为 3,则该正四棱锥的 表面积为 . 6.如图,已知正三棱锥S ABC 的底面边长 为2,正三棱锥的高SO=1. (1)求正三棱锥S ABC 的体积; (2)求正三棱锥S ABC 的表面积. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —72— 7.(2023·信阳高一期中)如 图,某种水箱用的“浮球” 是由两个半球和一个圆柱 筒组成,已知球的直径是 8cm,圆柱筒长3cm. (1)这种“浮球”的体积是多少cm3? (2)要在这样1000个“浮球”表面涂一层 胶质,如果每平方厘米需要涂胶0.02克, 共需胶多少克? 1.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO 的底面半 径为 3,O 为底面圆心,PA,PB 为圆锥的 母线,∠AOB=2π3 ,若△PAB 的面积等于 9 3 4 ,则该圆锥的体积为 ( ) A.π B.6π C.3π D.3 6π 2.(2022·新高考全国卷Ⅰ)南水北调工程缓 解了北方一些地区水资源短缺问题,其中 一部分水蓄入某水库.已知该水库水位 为海拔148.5m 时,相应水面的面积为 140.0km2;水位为海拔157.5m时,相应 水面的面积为180.0km2.将该水库在这 两个水位间的形状看作一个棱台,则该水 库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时,增加的水量约为(7≈2.65) ( ) A.1.0×109m3 B.1.2×109m3 C.1.4×109m3 D.1.6×109m3 易错一 将直观图还原成平面图形时出错 [示例1] △ABC 的直观图△A'B'C'如图 所示,其中 A'B'∥x'轴,A'C'∥y'轴,且 A'B'=A'C'=1,则△ABC的面积为( ) A.2 2 B.1 C.8 D.24 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 (1)“斜二测”画法的长度变化规则是:平行或与x 轴重合的线段的长度不变,平行或与y 轴重合的 线段的长度变为原来的二分之一. (2)解决此类问题时要注意角度的变化以及长度 的变化以及线与线之间的关系,直观图面积S'与 原图形面积S 满足S'= 24S. 易错二 求 组 合 体 的 体 积 考 虑 不 全 面 致错 [示例2] (2023·哈尔滨高一期中)如图所 示(单位:cm),直角梯形ABCD 挖去半径 为2的四分之一圆,则图中阴影部分绕 AB 旋转一周所形成的几何体的体积为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 求组合体的体积的关键是弄清组合体中各简单几 何体的结构特征及组合形式,将它们拆分成几个 简单的组合体,且注意重合部分或挖去部分的处 理方法. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —82— 2.解析 (1)∵A+B=3C,∴π-C=3C, 即C=π4 ,又2sin(A-C)=sinB=sin(A+C), ∴2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC, ∴sinAcosC=3cosAsinC,∴sinA=3cosA, 即tanA=3,所以0<A<π2 ,∴sinA= 3 10 =3 1010 . (2)由(1)知,cosA= 1 10 = 1010 ,由sinB=sin(A+C)= sinAcosC+cosAsinC= 22 3 10 10 + 10 10 =2 55 ,由正 弦定理 c sinC= b sinB ,可得b= 5×2 55 2 2 =2 10,设AB 边 上的高为h,∴12AB ·h=12AB ·AC·sinA,∴h=b· sinA=2 10×3 1010 =6. 即AB 边上的高为6. 【易误警示】 [示例1] D 设建筑物的高度为hm,由题图知, PA=2hm,PB= 2hm,PC=2 33hm , 在△PBA 和△PBC中,分别由余弦定理的推论,得 cos∠PBA=60 2+2h2-4h2 2×60× 2h ,① cos∠PBC= 602+2h2-43h 2 2×60× 2h ,② 因为∠PBA+∠PBC=180°, 所以cos∠PBA+cos∠PBC=0,③ 由①②③,解得h=30 6或h=-30 6(舍去), 即建筑物的高度为30 6m. [示例2] B 因为a= 2,b= 3,B=π6 ,由正弦定理 a sinA = bsinB 可得, 2 sinA= 3 1 2 ,解得sinA= 66 ,因为a<b,所以 A<B,故 A∈ 0,π6 ,又y=sinx 在 0,π2 上 单 调 递 增,故A 只有一解,故选B. 作业(十一) 复 数 【基础演练】 1.B 2.B 3.C 4.B 5.C 【综合演练】 1.D z=i2+(k+1)i+k=(k-1)+(k+1)i, 因为复数z是纯虚数,所以 k-1=0k+1≠0, 解得k=1. 2.C 由 题 意,在z+iz=i中,1+i z=i,即z= i1+i= i1-i 1+i 1-i = 1 2+ 1 2i , ∴􀭵z=12- 1 2i ,􀭵z = 12 2 + -12 2 = 22. 3.C 因为z=1-4i 3 1-i= 1+4i 1-i= (1+4i)(1+i) (1-i)(1+i)= -3+5i 2 , 所以复数z的实部与虚部分别是-32 ,5 2 ,则复数z的实 部与虚部之和为-32+ 5 2=1. 4.C ∵1+i是方程x2+px+q=0的根,∴(1+i)2+p(1+ i)+q=0⇒p+q+(2+p)i=0, ∵p,q∈R,∴p+q=0且2+p=0,故选C. 5.C 根据复数模的几何意义可知,|z- 1+2i|=1表示复平面内以(1,-2)为 圆心,1为半径的圆,而|z|表示复数z 到原 点 的 距 离,由 图 可 知,|z|min= 12+(-2)2-1= 5-1. 6.AD 因为z=12+ 3 2i ,所以􀭵z=12- 3 2i ,所以z􀭵z= 1 2+ 3 2i 12- 32i =14+34=1,故 A 正确;复数z的虚部为 32 ,故B错误; z2= 1 2+ 3 2i 2 =14- 3 4+ 3 2i=- 1 2+ 3 2i ,所以z2≠ 􀭵z,故C错误; 若复数z1 满足 z1-z =1,设z1=a+bi(a,b∈R), 则点 a,b 的轨迹是以 1 2 ,3 2 为圆心,半径为1的圆, 所以 z1 的 最 大 值 为 1 2 2 + 3 2 2 +1=2,故 D正 确,故选AD. 7.解析 由 题 意,复 数 满 足(1+i)z=2i,则 z= 2i1+i= 2i·(1-i) (1+i)(1-i)= 2i+2 2 =1+i ,所以|z|= 12+12= 2. 答案 2 8.解析 由题意得z= (-1+2i)(2+i) i = (-4+3i)i i·i =3+ 4i,则􀭵z=3-4i,所以􀭵z的虚部为-4. 答案 -4 【真题体验】 1.B 由题意可得z= 2+i 1+i2+i5 = 2+i1-1+i= i2+i i2 =2i-1-1 =1-2i,则􀭵z=1+2i.故选B. 2.A 因为z=1-i2+2i= 1-i 1-i 21+i 1-i = -2i 4 =- 1 2i , 所以z=12i ,即z-z=-i.故选A. 3.C 因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2, 所以 2a=2 1-a2=0 ,解得a=1.故选C. 4.C 5 (1+i3) (2+i)(2-i)= 5(1-i) 5 =1-i. 故选C. 【易误警示】 [示例1] 解析 (1)当 m 满 足m2+3m+2=0,且 m2- 2m-2>0,即m=-2或m=-1时,z是实数. (2)当m 满足m2+3m+2≠0且m2-2m-2=1, 即m=3时,z是纯虚数. [示例2] 解析 设x0 是方程的实数根,代入方程并整理得 (x20+kx0+2)+(2x0+k)i=0,∴ x20+kx0+2=0, 2x0+k=0, 解得 x0= 2, k=-2 2 或 x0=- 2,k=2 2, ∴实数k的值为±2 2. 答案 ±2 2 作业(十二) 空间几何体 【基础演练】 1.D 2.B 3.A 4.ACD 5.4+4 5 【综合演练】 1.D 正方体的体积为1,截得的三棱锥的体积为13× 1 2× 1 2× 1 2× 1 2= 1 48 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —45— 高一数学(配RJB版) 所以剩下部分的体积为1-148= 47 48 , 所以截得的三棱锥的体积与剩下部分的体积之比是1 48∶ 47 48=1∶47. 2.C 根据题意,杯套的形状可看作一个圆台,且该圆台的母 线长是圆台形水杯的母线长的2 3 ,即4cm,下底面圆的半 径为圆台形水杯的下底面圆的半径,即2cm,上底面圆的 半径 是10 3 cm ,所 以 杯 套 的 表 面 积 S=π×22 +π× 2+103 ×4=763π(cm2). 3.AC 根 据 斜 二 测 画 法 规 则,AD=2A'D',BC=B'C', AD⊥BC,BD=CD,由勾股定理得AB=AC,由直角三角 形得AD<AC,AB>AD,BC与AD 的长度大小不确定. 4.解析 如图所示, BD= 2,∴AB=AD=1,又BD1= 6, ∴ 12+12+DD12= 6,解得DD1=2, ∴棱柱的侧面积S=1×2×4=8. 答案 8 5.解析 如下图所示,在正四棱锥P ABCD 中,底面ABCD 的边长为2,设点P 在底面ABCD 的射影为点O,则四棱 锥P ABCD 的高PO= 3,则O 为AC 的中点,且AO= 1 2AC= 2 2AB= 2 ,PB=PA= PO2+AO2= 5, 取 AB 的 中 点 E,连 接 PE,则 PE⊥AB,且 PE = PA2-AE2=2,S△PAB = 1 2AB ·PE=2,故 正 四 棱 锥 P ABCD的表面积为S=4×2+22=12. 答案 12 6.解析 (1)在 正 三 棱 锥S ABC 中,S△ABC = 1 2 ·AB· BC·sin60°= 34×2×2= 3 ,所以正三棱锥S ABC 的 体积V=13S△ABC ·SO=13× 3×1= 3 3. (2)连接CO 延长交AB 于点E,连接SE,则E 为AB 的中 点,如图所示,所以CE= 22-12= 3,OE=13CE= 3 3 , 在直 角 三 角 形 SOE 中,SE= 3 3 2 +12 =2 33 ,在 △ABS中,SA=SB,所以SE⊥AB,所以S△ABS= 1 2×2× 2 3 3 = 2 3 3 ,则正 三 棱 锥S ABC 的 表 面 积 为3S△ABS + S△ABC=3× 2 3 3 + 3=3 3. 7.解析 (1)∵该半球的直径d=8cm, ∴“浮球”的圆柱筒直径也是8cm,R=4cm, ∴两 个 半 球 的 体 积 之 和 为 V球 = 43πR 3= 43π×64= 256π 3 (cm3), 又V圆柱 =πR2h=π×16×3=48π(cm3), ∴该“浮 球”的 体 积 是 V =V球 +V圆柱 =256π3 +48π= 400π 3 (cm3). (2)上 下 两 个 半 球 的 表 面 积 S球 =4πR2 =4π×16= 64π(cm2),“浮 球”的 圆 柱 筒 侧 面 积 为 S圆柱侧 =2πRh= 2π×4×3=24π(cm2), ∴1个“浮球”的表面积为64π+24π=88π(cm2), ∴1000个“浮球”的表面积的和为1000×88π=88000π(cm2), ∵每平方厘米需要涂胶0.02克, ∴共需要胶的质量为0.02×88000π=1760π(克). 【真题体验】 1.B 在△AOB 中,∠AOB=2π3 ,而OA=OB= 3,取AB 中 点C,连接OC,PC,有OC⊥AB,PC⊥AB,如图所示, ∠ABO=π6 ,OC= 32 ,AB=2BC=3,由△PAB 的面积为 9 3 4 ,得1 2×3×PC= 9 3 4 ,解 得 PC=3 32 ,于 是 PO= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —55— PC2-OC2= 3 3 2 2 - 3 2 2 = 6,所以圆锥的体积 V=13π×OA 2×PO=13π× (3) 2 × 6= 6π. 故选B. 2.C 如图,由已知得该棱台的高为157.5-148.5=9(m), 所以该棱台的体积V=13×9× (140+ 140×180+180) ×106=60×(16+3 7)×106≈60×(16+3×2.65)× 106=1.437×109≈1.4×109(m3),故选C. 【易误警示】 [示例1] B 由题图可知,AB⊥AC, AB=A'B'=1,AC=2A'C'=2, 所以S△ABC= 1 2×1×2=1. 故选B. [示例2] 解析 如图,旋转之后形 成的图形为圆台去掉一个半球体. 则旋转一周所形成的几何体的体积 为1 3×4× (4π+25π+ 4π×25π)- 1 2× 4 3π×2 3=140π3 . 答案 140π3 作业(十三) 空间点、直线、平面之间的位置关系 【基础演练】 1.D 2.D 3.A 4.B 5.B 【综合演练】 1.C 在空间中,两两相交的三条直线 最多可以确定3个平面,如图所示. PA,PB,PC相交于一点P,若PA, PB,PC不共面,则PA,PB 确定一 个平面PAB,PB,PC 确 定 一 个 平 面 PBC,PA,PC 确 定 一 个 平 面PAC. 2.AC 对于A,正确;对于B,“α与β相交”推不出“a与b相 交”,也可能a∥b,故B错误;对于C,正确;对于D,正方体 的侧棱 任 意 两 条 都 共 面,但 这4条 侧 棱 却 不 共 面,故 D 错误. 3.D 已知直线c与d 是异面直线,设 直线a与直线c 和直线d 分别交于 点A,B,直线b与直线c和直线d 分 别交于点C,D,根据题意可得当点D 与点B 重合时,两条直线相交,当点 D 与点B 不重合时,两条直线异面, 所以直线a,b的位置 关 系 是 异 面 或 相交. 4.D 在题图②④中,直线GH,MN 是异 面直线;在题图①中,由G,M 均为所在 棱的中点,易得GH∥MN;在题图③中, 连接GM,由G,M 均为所在棱的中点, 所以 GM∥NH,且 GM=12NH ,易得 四边形 GMNH 为 梯 形,则 GH 与 MN 相交. 5.解析 如图所示,补成直四棱柱ABCD A1B1C1D1, 则所 求 角 为 ∠BC1D 或 其 补 角,∵BC1 = 2,BD = 22+1-2×2×1×cos60°= 3,C1D=AB1= 5,易 得 C1D2=BD2+BC21,即BC1⊥BD,因此cos∠BC1D= BC1 C1D = 2 5 = 105 . 答案 105 6.证明 不妨设AB≠A1B1,则四边形AA1B1B 为梯形, ∴AA1 与BB1 相交,设其交点为S,则S∈AA1,S∈BB1. ∵BB1⊂平面BCC1B1,∴S∈平面BCC1B1. 同理可证,S∈平面ACC1A1,∴点S 在平面BCC1B1 与平 面ACC1A1 的交线上, 即S∈CC1,∴AA1,BB1,CC1 三线共点. 7.解析 (1)如 图,设 BB1 的 中 点 为 H,连 接 HF,EH,A1H,因 为 F 是 CC1 的中点,所以A1D1∥CB∥HF, A1D1 =CB = HF,因 此 四 边 形 A1D1FH 是平行四边形,所以D1F∥ A1H,D1F=A1H,因此∠EA1H 是异 面直线A1E与D1F的夹角或其补角, 因为正方体ABCD A1B1C1D1 的棱长为2,E 是AB 的中 点,所以A1E=A1H= 22+12= 5,EH= 12+12= 2, 由余 弦 定 理 可 知,cos∠EA1H= A1E2+A1H2-EH2 2A1E·A1H = 5+5-2 2× 5× 5 =45 ,所以异面直线 A1E 与D1F 的夹角的余 弦值为4 5. (2)因 为 A1D1∥HF,HF⊄平 面 A1D1E,A1D1⊂平 面 A1D1E,所 以 HF∥平 面 A1D1E,因 此 点 H,F 到 平 面 A1D1E 的距 离 相 等,即VA1 D1EF =VFA1D1E =VH A1D1E = VD1 A1EH,VD1-A1EH = 1 3 D1A1 ·S△A1EH = 1 3 ×2× 22-12×2×1×2- 1 2×1×1 =1,所以三棱锥A1 D1EF 的体积为1. 【真题体验】 D 如图,∠PBC1 为直线PB 与AD1 所成的角. 易知△A1BC1 为 正 三 角 形,又 P 为 A1C1 中 点,所 以 ∠PBC1= π 6. 【易误警示】 [示例1] D 空间中共线的三点 不能确定一个平面,所以选项 A 错误;空间中两两相交的三条直 线交于同一点时,可能确定一个 平面也可能确定三个平面,所以选项B错误;空间中有三 个角为直角的四边形可能是空间图形,所以选项C错误; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —65—