课时作业28 正弦定理、余弦定理-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

hh 课时作业28 正弦定理、余弦定理 - 一、单项选择题 1.在△ABC中,a=3,B= π 3 ,b=3,则c的值为 ( ) A.3 B.23 C.3- 3 D.3 2.在 △ABC 中,若sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶ 4,则 △ABC 是 ( ) A.直角三角形 B.钝角三角形 C.锐角三角形 D.等腰直角三角形 3.在△ABC 中, a,b,c分别是内角A,B,C 的对 边,且(b-c)·(sin B+sin C)=(a- 3c)· sin A,则角B 的大小为 ( ) A.30° B.45° C.60° D.120° 4.已知 △ABC 的角A,B,C 的对边分别为a,b, c,且满足2bcos A+a=2c,若a=2,b=7,则 c= ( ) A.2 B.3 C.27 D.32 5.设 △ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b, c,若A+B= 2π 3 ,a=23,c=5,则sin A= ( ) A.45 B. 3 5 C.34 D. 2 3 6.在锐角三角形ABC 中,若b2=a(a+c),则 sin2A sin(B-A) 的取值范围是 ( ) A.0,22 B.12,22 C.1 2 ,3 2 D.0,32 二、多项选择题 7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c, 则下列结论正确的是 ( ) A.若a2 +b2 <c2,则 △ABC 一定是钝角 三角形 B.若sin A >sin B,则A >B C.若acos A =bcos B,则 △ABC 为等腰三 角形 D.若 △ABC 为锐角三角形,则sin A >cos B 8.在锐角 △ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若a-b=2bcos C,则 ( ) A.C=2B B.B 的取值范围是 π6 ,π 4 C.B=2C D.cb 的取值范围是(2,3) 9.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b, c,且a=b,D 是△ABC 外一点,若3(acos C+ ccos A)=2bsin B,DC=1,DA=3,则下列说 法正确的是 ( ) A.a=b= 3 2 B.若AB=3,则A,B,C,D 四点共圆 C.△ABC 是等边三角形 D.四边形ABCD 面积的最大值为532 +3 三、填空题 10.在 △ABC 中,若 A =60°,a = 3,则 a-b-c sin A-sin B-sin C= . 11.在 △ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a, b,c,若a=2,A= π 3 ,则△ABC的面积的最大 值为 . 12.(2023·福建福州第一中学高三质检)在平面 四 边 形 ABCD 中,∠BAD =120°,∠B = 30°,∠BCD=60°,AB=4,AD =2,则AC= . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -344- 第四章 三角函数、解三角形 3 四、解答题 13.(2023·河北张家口三模)在△ABC中,内角A, B,C 的对边分别为a,b,c,b2+c2=3bccos A. (1)若B=C,a=2,求 △ABC 的面积; (2)求tan A tan B + tan A tan C 的值. 14.已知△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a, b,c,且8sin2B+C2 -7=2cos 2A. (1)求A; (2)若a= 7,b+c=5,D 为BC 中点,求AD 的长. 2 15.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形 三边求三角形面积的“三斜求积”公式.设 △ABC 的三个内角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,面积为S,“三斜求积”公式表示为S= 1 4a 2c2- a2+c2-b2 2 2􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 , 在 △ABC 中,若a2sin C=6sin A,(a+c)2=16+b2,则 用“三 斜 求 积”公 式 求 得 △ABC 的 面 积 为 . 16.某市某棚户区改造,四边形 ABPC 为拟定拆迁的棚户区, 测得 ∠BPC = π 3 ,∠BAC = 2π 3 ,AC=4千米,AB=2千米,工程规划用地 近似为图中四边形 ABPC 的外接圆内部 区域. (1)求四边形ABPC 的外接圆半径R; (2)求该棚户区即四边形ABPC 的面积的最 大值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -345- hh 有五个互不相等的实数根,所以1 2 ≤ a < 1,故 A 错 误;由 题 意 可 得 log1 2 x1 = -log1 2 x2,且有0<x1 ≤ 2 2 ,2≤x2<2,所以x1= 1 x2 ,所以 2x1+x2= 2 x2 +x2≥2 x2· 2 x2 = 22,当且仅当2x2 =x2,即x2 = 2 时,等号成立,故B正确;由题意可得 f 9 2 = cos π6 × 92 - π3 = cos5π12<cos π 3 = 1 2 ,由A可知12 ≤ a<1,所以f 9 2 <a,故C正确;因 为x3与x4关于x=8对称,x4与x5 关于x =14对称,且2<x3 ≤4, 12≤x4<14<x5≤16,所以x3+ x4 =16,x4 +x5 =28,所 以 1 x3 + 1 x4 - x4+x5 28 = 1 x3 + 1 x4 -1= x3+x4 x3x4 -1= 16 x3x4 -1,因为x3+ x4 =16,所以x3 =16-x4,所 以 x3·x4 = (16-x4)x4 = -x24 + 16x4 =64-(x4-8)2,又因为12≤ x4 <14,所以28<64-(x4-8)2≤ 48,所 以 148 ≤ 1 x3x4 < 1 28 ,1 3 ≤ 16 x3x4 < 4 7 ,所 以 - 2 3 ≤ 16 x3x4 - 1<- 3 7 ,即- 2 3 ≤ 1 x3 + 1 x4 - x4+x5 28 <- 3 7 , 故 D 正 确. 故 选BCD. 课时作业28 正弦定理、余弦定理 1.B 2.B 3.A 4.B 5.B 6.B 由b2=a(a+c),得b2=a2+ac, 由余弦定理得b2 =a2+c2-2accos B, 所以a2+ac=a2+c2-2accos B,即 a+2acos B =c,由正弦定理得 sin A+2sin Acos B =sin C, 因为C =π-(A+B), 所以sin A+2sin Acos B=sin(A+B)= sin Acos B+cos Asin B, 即sin A =sin(B-A). 因为 △ABC 为锐角三角形,所以0< A < π 2 ,0<B< π 2 ,所以- π 2 <B- A < π 2 ,所以A =B-A 或A+B- A =π,解得B =2A 或B =π(舍),因 为 △ABC 为 锐 角 三 角 形,所 以0< A< π 2 ,0<2A< π 2 ,0<π-3A< π 2 , 所以 π 6 <A < π 4. 所以 sin2A sin(B-A)= sin2A sin A =sin A ∈ 1 2 ,2 2 .故选B. 7.ABD 因为a2+b2 <c2,则cos C = a2+b2-c2 2ab <0 ,故角C 为钝角,A正 确;因为sin A >sin B,由正弦定理可 得a>b,所以 A >B,B正 确;因 为 acos A =bcos B,即a (b2+c2-a2) 2bc = b(a2+c2-b2) 2ac ,整理可得(a2-b2)(a2+ b2-c2)=0,所以a=b或a2+b2=c2, 故 △ABC 为 等 腰 三 角 形 或 直 角 三 角 形,C错误;若 △ABC 为锐角三角形, 则A+B > π 2 ,所以π 2 >A > π 2 - B >0,则sin A >sin π 2 -B = cos B,D正确.故选ABD. 8.ABD 因为a-b=2bcos C,由正弦 定 理可得sin A-sin B=2sin Bcos C, 即sin(B+C)-2sin Bcos C=sin B, 即 有 sin Ccos B -cos Csin B = sin(C-B)=sin B,因为 △ABC 为锐 角三角形,所以0<A < π 2 ,0<B< π 2 ,0<C < π 2 ,所以C-B =B,即 C =2B,故A正确,C错误;由0<B< π 2 ,0<2B< π 2 ,且A =π-B-C= π-3B∈ 0, π 2 ,解得π6 <B< π4, 故B正确;而cb = sin C sin B = sin 2B sin B = 2cos B ∈ (2,3),故 D 正 确.故 选ABD. 9.CD 因 为 3(acos C +ccos A)= 2bsin B,由正弦定理得:3(sin Acos C+ sin Ccos A)=2sin Bsin B,即3sin(A+ C)=2sin2B,因为sin(A+C)=sin B≠ 0,所以sin B = 3 2 ,又B ∈ (0,π),且 a=b,所以B= π 3 ,所以△ABC是等 边三角形,故 C正 确;由 于 无 法 得 到 AC 的值,故无法判断A; 若AB=3,则AC=3,在△ACD 中,由 余弦定理得cos D= 32+12-32 2×3×1 = 1 6 , 则D≠ 2π 3 ,即B+D≠π,所以A,B,C, D四点不共圆,故B错误;设∠ADC=α, 0<α<π,由余弦定理得AC2=AD2+ CD2-2AD·CDcos α=32+12-2×3× 1×cos α =10-6cos α,所 以 四 边 形 ABCD 的 面积为S四边形ABCD =S△ADC + S△ABC = 3 2sin α+ 3 4 (10-6cos α)= 53 2 +3 12sin α - 32cos α = 53 2 +3sinα- π 3 ,因为0<α<π, 所以- π 3 <α- π 3 < 2π 3 ,所以当α- π 3 = π 2 ,即α= 2π 3 时,S四边形ABCD 取得 最大值 53 2 +3 ,故D正确.故选CD. 10.2 11.3 解析:在 △ABC 中,a =2,A = π 3 , a2 =b2+c2-2bccos A =b2+c2- bc,即bc+4=b2+c2,因为bc+4= b2+c2≥2bc,所以bc≤4,当且仅当 b=c=2时等号成立,则S△ABC = 1 2bcsin A≤ 1 2×4× 3 2 = 3 ,当且 仅当 b =c = 2 时 等 号 成 立,即 △ABC 的面积的最大值为 3. 12.2 213 解析:如图, 延 长 BC, AD 交 于 点 E, 连 接 AC,由题意 可得∠E= 30°, ∴AE =AB =4, ∵AD =2,∴DE =2, ∵ 平面四边形 ABCD 中,∠BAD = 120°,∠B =30°,∠BCD =60°, ∴∠ECD =120°,∠CDA =150°, ∴∠CDE =30°,∴EC =CD, 在 △CDE 中,设CE =CD =x, 由余弦定理可得 4=x2+x2-2·x·x·cos 120°, 解得CD = 2 3 = 23 3 , 在 △ACD 中,由余弦定理可得AC = AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC = 4+ 4 3 -2×2× 23 3 × - 3 2 = 2 21 3 . 13.解:(1)因为B =C,所以b=c,所以 2b2 =3b2cos A,即cos A = 2 3 , 又a2 =b2+c2-2bccos A,所以4= 2b2-2b2× 2 3 ,所以b=c= 6, 所以S△ABC = 1 2bcsin A = 1 2×6× 1- 4 9 = 5. (2)由b2 +c2 =3bccos A,得b2 + c2 =3bc· b2+c2-a2 2bc ,得b2+c2 = 3a2,所以3a2 =3bccos A, 所以cos A = a2 bc , 所以tan A tan B + tan A tan C = sin A cos A cos B sin B + cos C sin C = sin A cos A · sin Ccos B+cos Csin B sin Bsin C = sin A cos A · sin(B+C) sin Bsin C = sin2A cos Asin Bsin C = a2 a2 bcbc =1. 14.解:(1)8sin2B+C2 -7=2cos 2A,即 4[1-cos(B+C)]-7=2(2cos2A- 1),化简得4cos2A-4cos A+1=0, 解得cos A = 1 2 , 因为0<A <π,所以A = π 3. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -590- 参 考 答 案 (2)由余弦定理得a2 =b2 +c2 - 2bccos A, 即7=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc= 25-3bc,解得bc=6, 因 为AD→ 2 = 1 2 (AB→+AC→) 2 = 1 4 (AB→ 2 + AC→ 2 +2AB→ ·AC→)= 1 4 (c2+b2+2bccos A)= 1 4 (b2 + c2+bc)= 1 4 [(b+c)2-bc]= 1 4× (52-6)= 19 4 ,故AD的长度为 192 . 15.22 解析:由a2sin C =6sin A 及正弦定 理可得a2c=6a,即ac=6,因为(a+ c)2 =16+b2,所以a2+c2-b2 = 16-2ac=4,从而 △ABC 的面积为 S= 1 4× 6 2- 4 2 2 =22. 16.解:(1)连接 BC(图略).在 △ABC 中,AC = 4 千 米,AB = 2 千 米, ∠BAC = 2π 3 , 由余弦定理得BC = AC2+AB2-2AC·AB·cos 2π 3 = 27千米, 由正 弦 定 理 得2R = BC sin∠BAC = 4 3 21 千米,所以R = 2 3 21 千米. (2)由(1)得,BC =27千米, 由余弦定理得BC2 =PB2+PC2- 2PB·PC·cos∠BPC,即28+PB· PC =PB2+PC2 ≥2PB·PC. 所以PB·PC≤28(当且仅当PB = PC 时等号成立), 而 S四边形ABPC = S△ABC +S△PBC = 1 2AB ·AC·sin∠BAC + 1 2PB · PC ·sin∠BPC, 故 S四边形ABPC = 23+ 3 4PB ·PC ≤93.故四边形 ABPC 的面积的最大值为93 平方 千米. 课时作业29 解三角形在实际 问题中的应用 1.A 如图所示,由题 意 得 ∠ACD = β, AD =h,∠ABD = α,在Rt△ACD 中, tan∠ACD = AD CD , 即tan β= h CD ,整理 得CD = h tan β . 在Rt△ABD 中,tan∠ABD = AD BD ,即 tan α = h BD ,整理得BD = h tan α ,则 BC =CD -BD = h tan β - h tan α = cos β sin β - cos α sin α h= sin αcos β-cos αsin β sin αsin β h= sin(α-β) sin αsin β h.故选A. 2.B 如图,连接AB, 在△ADC 中,由条 件可得 ∠ADC = 105°,∠ACD =30°, 则∠DAC=45°, ∵CD =100, ∴ 在△ADC 中,由正弦定理得 100sin 45°= AD sin 30° ,∴AD =502,由条件得BD = 1002,且∠ADB=∠ADC-∠BDC= 60°,∴ 在 △ADB 中,由 余 弦 定 理 得 AB2 = (50 2)2 + (100 2)2 -2× 502×1002× 1 2 =50 2×6,∴AB= 506米,故选B. 3.C 由题意可得∠BAD=30°,∠ABD= 60°,∠CBD=45°,AB=74米,在△ABD 中,可得 ∠ADB =90°,则BD =AB· sin∠BAD =74× 1 2 =37 (米),在 Rt△BCD 中,可得 △BCD 为等腰直角 三角形,即DC=BD =37(米).故选C. 4.C 由题意可知AC=AEtan α,BD= BF tan β ,所 以 BD - AC = BF tan β - AEtan α = acos β sin β - asin α cos α = a(cos βcos α-sin αsin β) sin βcos α = acos(α+β) sin βcos α ,所以可以估计A,B 两地 的距离大约为(BD-AC)×1 000= 1 000acos(α+β) sin βcos α 里.故选C. 5.C 在Rt△ABC 中,AC= AB sin∠ACB = 49 1 2 = 98(m),在 △MAC 中,可 知 ∠MCA = 180°- (30°+ 45°)= 105°,∠MAC =45°,∠AMC =180°- (105°+45°)=30°,由 正 弦 定 理 得 AC sin∠AMC = MC sin∠MAC ,可得 MC = ACsin∠MAC sin∠AMC = 98× 2 2 1 2 =982(m), 在Rt△MNC 中,MN =MCsin∠MCN = 982× 2 2 =98 (m),所以越王楼的高 度约为98 m.故选C. 6.BC 由题意可知CD =30海里, ∠ADC =90°+15°=105°,∠BDC= 45°,∠BCD = 90°,∠ACD = 90°- ∠BCA = 90°-60° = 30°, 所 以 ∠CAD =180°-∠ADC-∠ACD = 180°-105°-30°=45°≠60°,故A错 误;∠ADB = 15°+45°= 60°,在 △ACD 中,由 正 弦 定 理 得 ADsin 30°= 30 sin 45° ,得AD = 30×sin 30° sin 45° =152 (海里),故B正确;在Rt△BCD 中,因 为 ∠BDC =45°,∠BCD =90°,所以 BD = 2CD =302海里 ≠303海 里,故D错误;在 △ABD 中,由余弦定 理得,AB = AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB = 450+1 800-2×152×302× 1 2 =156(海里),故C正确.故选BC. 7.ABC 如 图,在 △ABD 中,由 已 知 得 ∠ADB = 60°, ∠DAB = 75°, 则 ∠B = 45°,AB =126. 由 正 弦 定 理 得 AD = ABsin B sin∠ADB = 126× 2 2 3 2 = 24,所以A 处与D 处之间的距离为24 n mile,故A正确;在 △ADC 中,由余 弦 定 理,得 CD2 = AD2 +AC2 - 2AD·ACcos 30°,又AC=83,解得 CD =83.所以灯塔C与D 处之间的 距离为83 n mile,故B正确;∵AC= CD =8 3,∴∠CDA = ∠CAD = 30°,∴灯塔C在D 处的西偏南60°,故 C正 确;∵ 灯 塔 B 在 D 的 南 偏 东 60°,∴D 在灯塔B 的北偏西60°,故D 错误.故选ABC. 8.ABD 对于A,在 △ACD 中,∠CAD = β-α,由正弦定理得AC = CDsin∠ADC sin∠CAD = asin β sin(β-α) ,在 Rt△ABC 中,AB = ACsin∠ACB = asin αsin β sin(β-α) ,A满足;对于B,在△ACD 中,∠CAD =π-(β+γ),由正弦定理 得AC= CDsin∠ADC sin∠CAD = asin γ sin(β+γ) , 在Rt△ABC 中,AB =ACsin∠ACB = asin αsin γ sin(β+γ) ,B 满 足;对 于 C,在 △ACD 中,已知一边无法解三角形,在 △BCD 中,已知一边一角也无法解三 角形,不能求出BC,AC,C不满足;对 于D,设 AB =h,则有 BC = h tan α , BD = h tan β ,BE = h tan γ ,在 △BCD 与 △BED 中,由余弦定理得 BD2+CD2-BC2 =2BD·CDcos∠BDC, BD2+ED2-BE2 =2BD·EDcos∠BDE, 即 BD2+a2-BC2 =2a·BDcos∠BDC, BD2+ a2 2 -BE2 = -a·BDcos∠BDC, 因 此3BD2+ 3 2a 2-BC2-2BE2=0, 即 3h2 tan2β + 3 2a 2- h2 tan2α - 2h2 tan2γ =0, 解此方程即得h,D满足.故选ABD. 9.150 m 解析:由 题 意,AC = BC sin∠CAB = 1002 m,∠AMC =180°- ∠MAC - 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -591-