【数学】2020届一轮复习（理）江苏专版8-7空间向量的综合应用学案 15页

第七节空间向量的综合应用 　 ‎[锁定考向]‎ 探索性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度．‎ 立体几何中常见的探索性问题有：‎ ‎(1)探索性问题与平行相结合；‎ ‎(2)探索性问题与垂直相结合；‎ ‎(3)探索性问题与空间角相结合．　　　 　‎ ‎[题点全练]‎ 角度一：探索性问题与平行相结合 ‎1.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ .‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，‎ 所以AB⊥平面PAD.‎ 所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD.‎ 如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2，0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．‎ 则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝2，则x＝1，y＝－2.‎ 所以n＝(1，－2,2)．‎ 又＝(1,1，－1)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设M是棱PA上一点，‎ 则存在λ∈[0,1]，使得＝λ.‎ 因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．‎ 因为BM⊄平面PCD，‎ 所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，‎ 即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.‎ 解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD，此时＝.‎ 角度二：探索性问题与垂直相结合 ‎2.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1 ，PA⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(2)在棱PD上是否存在一点E满足∠AEC＝90°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)依题意，以A为坐标原点，‎ 分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，‎ 从而＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)，‎ 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)，‎ 则即 不妨取c＝2，则b＝1，a＝1，‎ 所以平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,2)，‎ 则cos〈，n〉＝＝－，‎ 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(2)设＝λ (0≤λ≤1)，则E(0,2λ，1－λ)，‎ 所以＝(－1,2λ－1,1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)，‎ 由∠AEC＝90°，得·＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0，‎ 化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解，‎ 所以在棱PD上不存在一点E满足∠AEC＝90°.‎ 角度三：探索性问题与空间角相结合 ‎3．(2019·苏州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且＝λ.‎ ‎(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；‎ ‎(2)是否存在实数λ，使得二面角PDEB的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)证明：取PB的中点N，连结MN，AN，‎ 因为M是PC的中点，‎ 所以MN∥BC，MN＝BC＝2，‎ 又BC∥AD，‎ 所以MN∥AD，‎ 又因为MN＝AD，‎ 所以四边形ADMN为平行四边形，‎ 因为AP⊥AD，AB⊥AD，AB∩AP＝A，‎ 所以AD⊥平面PAB，‎ 所以AD⊥AN，所以AN⊥MN，‎ 因为AP＝AB，所以AN⊥PB，‎ 又因为PB∩MN＝N，‎ 所以AN⊥平面PBC，‎ 因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.‎ ‎(2)存在符合条件的λ.‎ 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设BE＝t，‎ 则E(2，t,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，从而＝(0,2，－2)，＝(2，t－2,0)，‎ 设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 则即令y＝z＝2，解得x＝2－t，所以n1＝(2－t,2,2)，‎ 又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2＝(0,0,1)，‎ 则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，‎ 解得t＝2，可知λ＝1.‎ ‎[通法在握]‎ 解立体几何中探索性问题的方法 ‎(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；‎ ‎(2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；‎ ‎(3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎[提醒]　探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．‎ ‎[演练冲关]‎ 如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．‎ ‎(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；‎ ‎(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 依题易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，‎ N(1,1,1)，E，所以＝，＝(－1,0,1)．‎ 设异面直线NE与AM所成的角为θ，‎ 则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.‎ 所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.‎ ‎(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，‎ 因为＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，‎ 又＝，‎ 所以＝＋＝.‎ 由ES⊥平面AMN，‎ 得即解得λ＝，‎ 此时＝，||＝.‎ 经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.‎ 故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，‎ 此时AS＝.‎ 　 ‎[典例引领]‎ ‎　(2019·海门模拟) 如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝2.设＝λ (λ＞0)．‎ ‎(1)若λ＝1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；‎ ‎(2)若二面角B1 A1C1 D的大小为60°，求实数λ的值．‎ 解：以A点为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(0,4,2)．‎ ‎(1)当λ＝1时，D为BC的中点，所以D(1,2,0)，＝(1， ‎ ‎－2,2)，＝(0,4,0)，＝(1,2，－2)．‎ 设平面A1C1D的一个法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 则即 所以可取n1＝(2,0,1)．‎ 设直线DB1与平面A1C1D所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n1〉|＝＝＝，‎ 所以直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为.‎ ‎(2)因为＝λ，所以D，‎ 所以＝.‎ 设平面A1C1D的一个法向量为n2＝(a，b，c)，‎ 则即 所以可取n2＝(λ＋1,0,1)．‎ 又平面A1B1C1的一个法向量为n3＝(0,0,1)，‎ 由题意得＝，‎ 所以＝，解得λ＝－1或λ＝－－1(不合题意，舍去)，‎ 所以实数λ的值为－1.‎ ‎[由题悟法]‎ 由定角求参数值的三个步骤 ‎(1)结合图形建立适当的空间直角坐标系；‎ ‎(2)根据给定的角建立方程或方程组；‎ ‎(3)解方程或方程组，结合题目对参数的要求，求得参数的值．‎ ‎[即时应用]‎ 如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0)．‎ ‎(1)若λ＝，求AP与AQ所成角的余弦值；‎ ‎(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，求实数λ的值．‎ 解：以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则C1(2,2,2)，D1(0，2,2)，B(2,0,0)，B1(2，0,2)，P(1,2,2)，A1(0,0,2)，Q(2,0,2λ)．‎ ‎(1)若λ＝，则Q(2,0,1)，因为＝(1,2,2)，＝(2,0,1)，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝，‎ 所以AP与AQ所成角的余弦值为.‎ ‎(2)由＝(0,0,2)，＝(2,0,2λ)．‎ 设平面APQ的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ，‎ 所以n＝(2λ，2－λ，－2)．‎ 又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45°，‎ 所以|cos〈n，〉|＝＝＝，‎ 可得5λ2－4λ＝0.‎ 又因为λ≠0，所以λ＝.‎ 　 ‎[典例引领]‎ ‎(2019·太湖高级中学检测)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.‎ ‎(1)求证：AD⊥平面BFED；‎ ‎(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．‎ 解：(1)证明：在梯形ABCD中，‎ 因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，‎ 所以AB＝2，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.‎ 所以AB2＝AD2＋BD2，‎ 所以AD⊥BD.‎ 因为平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，‎ 所以DE⊥平面ABCD，‎ 所以DE⊥AD，又DE∩BD＝D，所以AD⊥平面BFED.‎ ‎(2)由(1)可建立分别以直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示，令EP＝λ(0≤λ≤)，‎ 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，‎ 所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，‎ 由得 取y＝1，则n1＝(，1，－λ)，‎ 因为n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，‎ 所以cos θ＝＝＝.‎ 因为0≤λ≤，所以当λ＝时，cos θ有最大值，‎ 所以θ的最小值为.‎ ‎[由题悟法]‎ 处理立体几何的最值问题的2种方法 ‎(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件；‎ ‎(2)直接建系后，表示出函数转化为函数最值问题．‎ ‎[即时应用]‎ 如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．‎ ‎(1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；‎ ‎(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．‎ 解：(1)设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.‎ 由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，‎ 所以AD＝CD＝3－x.‎ 由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，‎ 所以AD⊥平面BCD.‎ 又∠BDC＝90°，‎ 所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)．‎ 于是VABCD＝S△BCD·AD＝(3－x)·x(3－x)‎ ‎＝·2x(3－x)·(3－x)≤3‎ ‎＝(当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立)，‎ 故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥ABCD的体积最大．‎ ‎(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.‎ 于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，‎ 所以＝(－1,1,1)．‎ 设N(0，λ，0)，0≤λ≤1，则＝.‎ 因为EN⊥BM，所以·＝0，‎ 即·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，‎ 故λ＝，N.‎ 所以当DN＝(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.‎ 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由及＝，‎ 得取x＝1，得n＝(1,2，－1)．‎ 设EN与平面BMN所成角的大小为θ，‎ 则由＝，‎ 可得sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，即θ＝60°，‎ 故EN与平面BMN所成角的大小为60°.‎ 一保高考，全练题型做到高考达标 ‎1.(2019·海安检测)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．‎ ‎(3)若二面角AB1EA1的大小为30°，求AB的长．‎ 解：(1)证明：以A为坐标原点，，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，‎ 故＝(0,1,1)，＝.‎ ‎∵·＝0＋1－1＝0，∴⊥，即B1E⊥AD1.‎ ‎(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．‎ 由(1)知，＝(a,0,1)，＝.‎ 设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 则即 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即－az0＝0，‎ 解得z0＝.‎ 又∵DP⊄平面B1AE，‎ ‎∴在棱AA1上存在一点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎(3)连结A1D，B1C，由长方体ABCD A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.‎ ‎∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.‎ 又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，‎ ‎∴AD1⊥平面DCB1A1.‎ ‎∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．‎ 则cos〈n，〉＝＝ .‎ ‎∵二面角AB1EA1的大小为30°，‎ ‎∴＝，解得a＝2，‎ 即AB的长为2.‎ ‎2．(2018·南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥PABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是线段PC的中点．‎ ‎(1)求异面直线AP与BE所成角的大小；‎ ‎(2)若点F在线段PB上，且使得二面角FDEB的正弦值为，求的值．‎ 解：(1)在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，所以DA，DC，DP两两垂直，故以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 因为PD＝DC，所以DA＝DC＝DP，‎ 不妨设DA＝DC＝DP＝2，‎ 则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)．‎ 因为E是PC的中点，所以E(0,1,1)，‎ 所以＝(－2,0,2)，＝(－2，－1,1)，‎ 所以cos〈，〉＝＝，‎ 从而〈，〉＝.‎ 因此异面直线AP与BE所成角的大小为.‎ ‎(2)由(1)可知，＝(0,0,2)，＝(0,1,1)，＝(2,2,0)，＝(2,2，－2)．‎ 设＝λ，则＝(2λ，2λ，－2λ)，‎ 从而＝＋＝(2λ，2λ，2－2λ)．‎ 设m＝(x1，y1，z1)为平面DEF的法向量，‎ 则即 取z1＝λ，则y1＝－λ，x1＝2λ－1.‎ 故m＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF的一个法向量，‎ 设n＝(x2，y2，z2)为平面DEB的法向量，‎ 则即 取x2＝1，则y2＝－1，z2＝1.‎ 所以n＝(1，－1,1)为平面BDE的一个法向量．‎ 因为二面角FDEB的正弦值为，‎ 所以二面角FDEB的余弦值的绝对值为，‎ 即|cos〈m，n〉|＝＝＝，‎ 化简得4λ2＝1.‎ 因为点F在线段PB上，所以0≤λ≤1，‎ 所以λ＝，即＝.‎ ‎3．(2018·常州期末)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1A＝D1D＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2.‎ ‎(1)在平面ABCD内找一点F，使得D1F⊥平面AB1C；‎ ‎(2)求二面角CB1AB的余弦值．‎ 解：(1)取A1D1的中点E，因为D1A＝D1D，所以D1A＝A1A，‎ 所以AE⊥A1D1.‎ 又A1D1∥AD，所以AE⊥AD.‎ 因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD，侧面ADD1A1∩底面ABCD＝AD，AE⊂侧面ADD1A1，‎ 所以AE⊥平面ABCD.‎ 则以A为原点，以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,1)，B1(1，－1,1)，‎ 设F(a，b,0)，则＝(a，b－1，－1)， ＝(1,1,0)，＝(1，－1,1)，‎ 因为D1F⊥平面AB1C，‎ 所以即 得a＝b＝，‎ 所以F，即F为AC的中点．‎ 所以存在AC的中点F，使D1F⊥平面AB1C.‎ ‎(2)由(1)可取平面B1AC的一个法向量n1＝＝.‎ 设平面B1AB的法向量n2＝(x，y，z)，因为＝(1,0,0)，‎ 所以即 令y＝1，得n2＝(0,1,1)．则cos〈n1，n2〉＝＝－.‎ 由图知二面角CB1AB为锐角，‎ 所以二面角CB1AB的余弦值为.‎ ‎4．(2019·苏北四市一模)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．‎ ‎(1)求异面直线AP与BM所成角的余弦值；‎ ‎(2)点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求λ的值．‎ 解：(1)因为PA⊥平面ABCD，且AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.‎ 又因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两垂直．‎ 以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)．‎ 又因为M为PC的中点，所以M(1,1,2)．‎ 所以＝(0,0,4)，＝(－1,1,2)，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝，‎ 所以异面直线AP与BM所成角的余弦值为.‎ ‎(2)因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，‎ 则＝(－1，λ－1，－2)，＝(0,2,0)，＝(2,0，－4)．‎ 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则即令x＝2，得y＝0，z＝1，‎ 所以m＝(2,0,1)是平面PBC的一个法向量，‎ 因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，‎ 所以|cos〈，m〉|＝＝＝，解得λ＝1∈[0,4]，‎ 所以λ的值为1.‎ 二上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎(2018·无锡期末)如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD＝1，D1D＝2，点P为棱CC1的中点．‎ ‎(1)设二面角AA1BP的大小为θ，求sin θ的值；‎ ‎(2)设M为线段A1B上的一点，求的取值范围．‎ 解：(1)如图，以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 则A(1,0,0)，A1(1,0,2)，P(0,1,1)，B(1，1,0)，‎ 所以＝(1，－1,1)，＝(1,0，－1)，‎ 设平面PA1B的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝1，得m＝(1,2,1)．‎ 又平面AA1B的一个法向量n＝＝(1,0,0)，‎ 所以cos〈n，m〉＝＝，‎ 则sin θ＝.‎ ‎(2)设M(x，y，z)，因为M在A1B上，‎ 所以＝λ，即(x－1，y－1，z)＝λ(0，－1,2)(0≤λ≤1)，‎ 所以M(1,1－λ，2λ)，‎ 所以＝(0，λ－1，－2λ)，＝(－1，λ，1－2λ)，‎ 所以＝＝＝ ，‎ 令2λ－1＝t∈[－1,1]，则＝，‎ 当t∈[－1,0)时，＝∈，‎ 当t∈(0,1]时，＝∈，‎ 当t＝0时，＝0，所以∈，‎ 则∈.‎