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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第18讲 平几中的几个重要定理(一)

发布时间:2013-11-09 08:45:14  

第18讲 平几中的几个重要定理(一)

本节主要内容有Ptolemy、Ceva、Menelaus等定理及应用.

定理1 (Ptolemy定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和;(逆命题成立)

定理2 (Ceva定理)设X、Y、Z分别为△ABC的边BC、CA、AB上的一

Z点,则AX、BY、CZ所在直线交于一点的充要条件是

AZBXCY

ZBXCYA=1.

定理3 (Menelaus定理)设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上,则X、Y、Z共线的充要条件是

AZBXCY

. ZBXCYA

B

定理4 设P、Q、A、B为任意四点,则PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB.

B

XP

C

A

Y

A

Z

C

X

例1 证明Ptolemy定理.

已知:如图,圆内接ABCD,求证:AC·BD=AB·CD+AD·BC. 分析 可设法把 AC·BD拆成两部分,如把AC写成AE+EC,这样,AC·BD就拆成了两部分:AE·BD及EC·BD,于是只要证明AE·BD=AD·BC及EC·BD=AB·CD即可.

证明 在AC上取点E,使?ADE=?BDC, 由?DAE=?DBC,得⊿AED∽⊿BCD. ∴ AE∶BC=AD∶BD,即AE·BD=AD·BC. ⑴ 又?ADB=?EDC,?ABD=?ECD,得⊿ABD∽⊿ECD. ∴ AB∶ED=BD∶CD,即EC·BD=AB·CD. ⑵ ⑴+⑵,得 AC·BD=AB·CD+AD·BC.

C

A

B

说明 本定理的证明给证明ab=cd+ef的问题提供了一个典范.

例2 证明 Ceva定理.

分析 此三个比值都可以表达为三角形面积的比,从而可用面积来证明.

证明:设S⊿APB=S1,S⊿BPC=S2,S⊿CPA=S3. 则

AZSBXSCYS==, ZBS2XCS3YAS1

Z

P

B

X

C

A

Y

三式相乘,即得证.

说明 用同一法可证其逆正确.

例3 证明Menelaus定理.

证明:作CN∥BA,交XY于N, AZCYCNXC则CNYAZB=BX.

AZBXCYAZCNBXCY于是ZBXCYA=CNZBXCYA=1.

本定理也可用面积来证明:如图,连AX,BY, 记S?AYB=S1,S?BYC=S2,S?CYX=S3,S?XYA=S4.则 AZSBXS+SCYS=;ZBS2+S3XC=S3;YA

S4,三式相乘即得证.

B

A

ZZ

CA

N

X

S4 S3

C

X

B

说明 用同一法可证其逆正确.Ceva定理与Menelaus定理是一

对“对偶定理”.

例4 证明定理4 设P、Q、A、B为任意四点,则PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB. 证明 先证PA2-PB2=QA2-QB2?PQ⊥AB.

P

作PH⊥AB于H,

则 PA2-PB2=( PH2+AH2)-(PH2+BH2)

=AH2-BH2=(AH+BH)(AH-BH)

H'=AB(AB-2BH). H

同理,作QH’⊥AB于H’,

则 QA2-QB2=AB(AB-2AH’)

Q

∴H=H’,即点H与点H’重合.

PQ⊥AB ?PA2-PB2=QA2-QB2显然成立.

B

说明 本题在证明两线垂直时具有强大的作用.

情景再现

︵1.如图,P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点 (不与B、C重合), 求证:PA=PB+PC.

2.设AD是△ABC的边BC上的中线,直线CF交AD于E.

AE2AF=. ED FB

3.证明:三角形的角平分线交于一点.

例5 设A1A2A3?A7是圆内接正七边形,求证:

111+A1A2A1A3A1A4.(1987年第二十一届全苏) C分析 注意到题目中要证的是一些边长之间的关系,并且是圆内接多

边形,当然存在圆内接四边形,从而可以考虑用Ptolemy定理.

61证明 连A1A5,A3A5,并设A1A2=a,A1A3=b,A1A4=c.

111本题即证=+.在圆内接四边形A1A3A4A5中,有 abc

11A3A4=A4A5=a,A1A3=A3A5=b,A1A4=A1A5=c.于是有ab+ac=bc,同除以abc,即得a=b

1+,故证. c

说明 Ptolemy定理揭示了圆内接四边形中线段关系,在数学中应用非常广泛.

例6 (南斯拉夫,1983)在矩形ABCD的外接圆弧AB上取一个不同于顶点A、B的点M,点P、Q、R、S是M分别在直线AD、AB、BC与CD上的投影.证明,直线PQ和RS是互相垂直的,并且它们与矩形的某条对角线交于同一点.

证明:设PR与圆的另一交点为L.则

→→→→→→→→→→→→→→PQ·RS=(PM+PA)·(RM+MS)=PM·RM+PM·MS+PA·RM+PA·MS

→→→→ =-PM·PL+PA·PD=0.故PQ

⊥RS.

AMD

SBRC

P

设PQ交对角线BD于T,则由Menelaus定理,(PQ交?ABD)得

DPAQBTBTPAQB;即; PAQBTDTDDPAQ

设RS交对角线BD于N,由Menelaus定理,(RS交?BCD)得

BNDSCRBNSCRB;即 NDSCRBNDDSCR

PARBQBSCBTBN

显然,DPCR,AQDSTD=ND,故T与N重合.得证.

说明 本题反复运用了Menelaus定理,解题要抓住哪一条直线截哪一个三角形.

情景再现

4.在四边形ABCD中,对角线AC平分?BAD,在CD上取一点E,BE与AC相交于F,延长DF交BC于G.求证:?GAC=?EAC.(1999年全国高中数学联赛)

5.ABCD是一个平行四边形,E是AB上的一点,F为CD上的一点.AF交ED于G,EC交FB于H.连接线段GH并延长交AD于L,交BC于M.求证:DL=BM.

6.在直线l的一侧画一个半圆T,C,D是T上的两点,T上过C和D的切线分别交l于B和A,半圆的圆心在线段BA上,E是线段AC和BD的交点,F是l上的点,EF垂直l.求证:EF平分∠CFD.

例7以O为圆心的圆通过⊿ABC的两个顶点A、C,且与AB、BC两边分别相交于K、N两点,⊿ABC和⊿KBN的两外接圆交于B、M两点.证明:∠OMB为直角.(1985年第26届国际数学竞赛)

分析 对于与圆有关的问题,常可利用圆幂定理,若能找到BM上一点,使该点与点B对于圆O等幂即可. 证明:由BM、KN、AC三线共点P,知

PM·PB=PN·PK=PO2-r2. ⑴ 由?PMN=?BKN=?CAN,得P、M、N、C共圆,

故 BM·BP=BN·BC=BO2-r2. ⑵ 2 2

⑴-⑵得, PM·PB-BM·BP= PO- BO, 2 2

即 (PM-BM)(PM+BM)= PO- BO,就是

PM2 -BM2= PO2 - BO2,于是OM⊥PB.

例8 (蝴蝶定理)AB是⊙O的弦,M是其中点,弦CD、EF经过点M,CF、DE交AB于P、Q,求证:MP=QM.

分析 圆是关于直径对称的,当作出点F关于OM的对称点F'后,只要设法证明⊿FMP

C≌⊿F'MQ即可.

A

证明:作点F关于OM的对称点F’,连FF’,F’M,F’Q,F’D.则 PMF=MF’,?4=?FMP=?6.

圆内接四边形F’FED中,?5+?6=180?,从而?4+?5=180?, F

于是M、F’、D、Q四点共圆,

∴ ?2=?3,但?3=?1,从而?1=?2, 于是⊿MFP≌⊿MF’Q.∴ MP=MQ.

EM

B

O

DF'

说明 本定理有很多种证明方法,而且有多种推广.

例9 如图,四边形ABCD内接于圆,AB,DC延长线交于E,AD、BC延长线交于F,P为圆上任意一点,PE,PF分别交圆于R,S. 若对角线AC与BD相交于T.

求证:R,T,S三点共线.

分析 对于圆内接多边形有很多性质,本题涉及到圆内接六边形,我们先来证明两个引理.

E

引理1:

A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形,若A1D1,B1E1,C1F1交于一点,则有

A1B1C1D1E1F1

???1. B1C1D1E1F1A1

B

F

如图,设A1D1,B1E1,C1F1交于点O,根据圆内接多边形的性质易知

△ OA1B1∽△OE1D1,△OB1C1∽△OF1E1, △OC1D1∽△OA1F1,从而有

A1B1B1OEFFOCDDO

?, 11?1, 11?1. D1E1D1OB1C1B1OF1A1F1O

将上面三式相乘即得引理2:

圆内接六边形A1B1C1D1E1F1,若满足

A1B1C1D1E1F1

???1, B1C1D1E1F1A1

B1

A1

C1

D11

1

A1B1C1D1E1F1

???1 B1C1D1E1F1A1

则其三条对角线A1D1,B1E1,C1F1交于一点. 该引理的证明,留给读者思考.

例9之证明如图,连接PD,AS,RC,BR,AP,SD. 由△EBR∽△EPA,△FDS∽△FPA,知

BREBPAFP

,. ??

PAEPDSFD

两式相乘,得

BREB?FP

. ① ?

DSEP?FD

CRECPDFP

又由△ECR∽△EPD,△FPD∽△FAS,知,. 两式相乘,得 ??

PDEPASFA

CREC?FP

② ?

ASEP?FA

BR?ASEB?FA

由①,②得. 故 ?

DS?CREC?FD

BRCDSAEBAFDC

. ③ ?????

RCDSABBAFDCE

对△EAD应用Menelaus定理,有

EBAFDC???1 ④ BAFDCE

由③,④得

BRCDSA???1. RCDSAB

由引理2知BD,RS,AC交于一点,所以R,T,S三点共线.

情景再现

7.(评委会,土耳其,1995)设?ABC的内切圆分别切三边BC、CA、AB于D、E、F,X是?ABC内的一点,?XBC的内切圆也在点D处与BC相切,并与CX、XB分别切于点Y、Z,证明,EFZY是圆内接四边形.

8.若直角?ABC中,CK是斜边上的高,CE是?ACK的平分线,

E点在AK上,D是AC的中点,F是DE与CK的交点,

证明:BF//CE。

习题18

1.在四边形ABCD中,⊿ABD、⊿BCD、⊿ABC的面积比是3∶4∶1,点M、N分别在AC、CD上满足AM∶AC=CN∶CD,并且B、M、N三点共线.求证:M与N分别是AC与CD的中点.(1983年全国高中数学联赛)

2.四边形ABCD内接于圆,其边AB与DC延长交于点P,AD、BC延长交于点Q,由Q作该圆的两条切线QE、QF,切点分别为E、F,求证:P、E、F三点共线.(1997年中国数学奥林匹克)

111

3.若⊿ABC的边a、b、c,所对的角为1∶2∶4,求证:a=b+c.

A

B

C

N

D

A

Z

Z

B

YXQB

X

C

P

P

4.如图,⊿ABC中,P为三角形内任意一点,AP、BP、CP分别交对边于X、Y、Z.求XPYPZPXA+YB+ZC1

5.(Lemoine line)从三角形的各个顶点引其外接圆的切线,这些切线与各自对边的交点共线.

O6. (Desargues定理)设有△ABC、△A'B'C',且AB与A'B'交于Z,

BC

与B'C'交于X,CA与C'A'交于Y.则 Z

C ⑴ 若AA'、BB'、CC'三线共点,则X、Y、Z三点共线; B⑵ 若X、Y、Z三点共线,则AA'、BB'、CC'三线共点.

Y

7.在ABC中,∠C=90°,AD和BE是它的两条内角平分线,设L、M、A'

N分别为AD、AB、BE的中点,X=LM∩BE,Y=MN∩AD,Z=NL∩DE.求证:B'

X

X、Y、Z三点共线.(2000年江苏省数学冬令营)

A8.已知 在⊿ABC中,AB>AC,?A的一个外角的平分线交⊿ABC的外接圆于点E,过E作EF⊥AB,垂足为F.

MX求证 2AF=AB-AC.(1989年全国高中数学联赛)

9.四边形ABCD内接于圆O,对角线AC与BD相交于P,设三角形

CABP、BCP、CDP和DAP的外接圆圆心分别是O1、O2、O3、O4.求证

YOP、O1O3、O2O4三直线共点.(1990年全国高中数学联赛)

D10.一个战士想要查遍一个正三角形区域内或边界上有无地雷,他的

3探测器的有效长度等于正三角形高的一半.这个战士从三角形的一个顶点开始

O4探测.训他应怎样的路线才能使查遍整个区域的路程最短. (1973年第十五届国际数学奥林匹克)

O

11.以锐角三角形ABC的三边为边向外作三个相似三角形AC1B,BA1C、

O1

CB1A,(?AB1C=?ABC1=?A1BC;?BA1C=?BAC1=?B1AC.) A

C'

B

C

O2

B

⑴ 求证:⊿AC1B、⊿B1AC、⊿CBA1的外接圆交于一点;

⑵ 证明:直线AA1、BB1、CC1交于一点.(1973年全苏数学奥林匹克)

12.⊿ABC中,O为外心,H为垂心,直线AH、BH、CH交边BC、CA、AB于D、E、F,直线DE交AB于M,DF交AC于N.求证:⑴ OB⊥DF,OC⊥DE;⑵ OH⊥MN.

本节“情景再现”解答:

1.证明:由Ptolemy定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB,∵AB=BC=AC. ∴PA=PB+PC.

2.证明由Menelaus定理得AEDCBFAE2AF·=1 ,从而=. EDCB FA ED FB

3. 证:记?ABC的角平分线分别是AA,BB,CC,111 AC1bBA1cCB1a?

?,?,? C1BaA1CbB1Ac AC1BA1CB1 ????1CBACBA111

?三角形的角平分线交于一点;

A

CGBHDE4.证明 连结BD交AC于H,对⊿BCD用Ceva定理,可得GBHDEC

=1.

BHAB因为AH是?BAD的角平分线,由角平分线定理,可得,故 HDAD

CGABDE1.过点C作AB的平行线交AG延长线于I,过点C作ADGBADEC

CGCIDEADCIABAD的平行线交AE的延长线于J,则 GBABEC=CJ,所以,AB ADCJ=1.

从而,CI=CJ.又因CI∥AB,CJ∥AD,故?ACI=π-?BAC=πI-?DAC=?ACJ,因此,⊿ACI≌⊿ACJ,从而?IAC=?JAC,即?GAC=?EAC.

5.证明:如图,设直线LM与BA的延长线交于点J,与DC的延长线交于点I. 在△ECD与△FAB中分别使用Menelaus定理,得 JBHFED

EGDICHAGFHBJEGAG, ???1, ???1.因为AB∥CD,所以?GDICHEGFHBJAGDGF

CHFHDIBJCD?CIAB?AJ.从而,即,故CI=AJ. 而 ???HEHBICJACIAJ

BMBJDIDL,且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL. ???MCCIAJLA

6.证明:如图,设AD与BC相交于点P,用O表示半圆T的圆心.过P

作PH丄l于H,连OD,OC,OP.由题意知Rt△OAD∽Rt△PAH, 于是有JLIAHHPBHHP.类似地,Rt△OCB∽Rt△PHB,则有. ??ADDOBCCO

F(H)

由CO=DO,有

AHBHAHBCPD

,从而????1.

ADBCHBCPDA

由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC,BD,PH相交于一点,即E在PH上,点H与F

重合.

因∠ODP=∠OCP=90°,所以O,D,C,P四点共圆,直径为OP. 又∠PFC=90°,从而推得点F也在这个圆上,因此∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP,所以EF平分∠CFD. AFBDCEXZBDCYAFCEXZCY7.证明:延长FE、BC交于Q.FB=1,=1,?DCEAZBDCYAFBEA=ZBYA AFBQCE由Menelaus定理,有FB · QC · EA=1. XZBQCY

于是得1.即Z、Y、Q三点共线.

ZBQCYA

2

FE

但由切割线定理知,QE·QF=QD=QY·QZ. 故由圆幂定理的逆定理知E、F、Z、Y四点共圆.即

BCDEFZY是圆内接四边形.

第7题图

8. 证:

?在?EBC中,作?B的平分线BH,则?EBC??ACK, ?HBC??ACE,?HBC??HCB??ACE??HCB?90?,

即BH?CE.??EBC为等腰三角形.作BC上的高EP,

则CK?EP.对于?ACK和三点D、E、F依梅涅劳斯定理有:

CDAEKFKFEKCKEPBPBK ???1.于是=????.DAEKFCFCAEACACBCBE

KFBKKFBK

即=.=.??FKB??CKE.?BF//CE.FCBEKCKE

本节“习题18”解答:

1、证明 设AC、BD交于点E.由AM∶AC=CN∶CD,故AM∶MC=CN∶ND, 令CN∶ND=r(r>0), 则AM∶MC=r.由SABD=3SABC,SBCD=4SABC,即

A

SABD∶SBCD =3∶4.从而AE∶EC∶AC=3∶4∶7.SACD∶SABC=6∶1,故r3

DE∶EB=6∶1,∴DB∶BE=7∶1.AM∶AC=r∶(r+1),即AM=AC,AEr+17AC,

4r-34r-3r31

∴EM=(r+1-7)AC=7(r+1).MC=r+1,∴EM∶MC=7.由4r-3CNDBEM2

Menelaus定理,ND,代入得 r·,即4r-3r-1=0,

BEMC7这个方程有惟一的正根r=1.故CN∶ND=1,就是N为CN中点,M为

AC中点.

B

N

Q

D

P

2、证明 连PQ,作⊙QDC交PQ于点M,则?QMC=?CDA=?CBP,于是M、C、B、P四点共圆.由 PO2-r2=PC·PD=PM·PQ,

QO2-r2=QC·QB=QM·QP,两式相减,得PO2-QO2=PQ·(PM-QM) =(PM+QM)( PM-QM)=PM2-QM2,∴ OM⊥PQ.

∴ O、F、M、Q、E五点共圆.连PE,若PE交⊙O于F1,交⊙OFM于点F2,则对于⊙O,有PF1·PE=PC·PD,对于⊙OFM,又有PF2·PE=PC·PD.∴ PF1·PE=PF2·PE,即F1与F2重合于二圆的公共点F.即P、F、E三点共线.

3、作三角形的外接圆,即得圆内接正七边形,转化为例5.

XPSYPSZPS4、证明:XA=SYA=S,ZA=S,三式相加即得证.

ABC

ABC

ABC

PBQZRA

5、AB交⊿PQR于B、A、Z,=1,

BQZRAPRAPYQC

AC交⊿PQR于C、A、Y,?,

APYQCRPBQCRX

BC交⊿PQR于B、C、X,?=1,

BQCRXPPBRAQC2QZRXPY

三式相乘,得BQAPCRZRXPYQ=1.

QZRXPY

但PB=PA,QB=QC,RA=RC,故得.?X、Y、Z共

ZRXPYQ线.

6、(1)证明:若AA'、BB'、CC'三线交于点O,由⊿OA'B'与直线AB相交,得 =1;

A'AOCC'Y由⊿OA'C'与直线AC相交,得AO=1;由⊿OB'C'与直线BC相交,得

CC?YA'OBB'XCC'

1; BB'XC?C'O

A'ZB'XC'Y三式相乘,得ZB'=1.由Menelaus的逆定理,知X、Y、Z共线.

XC?YA'(2)上述显然可逆.

7、提示:作ΔABC的外接圆,则M为圆心.∵ MN∥AE, ∴ MN⊥BC. ∵ AD平分∠A,∴ 点Y在⊙M上,同理点X也在⊙M上.∴ MX=MY.

Z

记NE∩AD=F,由于直线DEZ与ΔLNF的三边相交,直线AEC与ΔBDF三边相交,直线BFE与ΔADC三边相交,由Menelaus定理,可得:

LZNEFDNZNEFDBEFDFEBCDAAFDBCE=1.?==,ZNEFDLZLEFDLEFDAEBCDAFFDBCEA=1. NZBDCEABBCBC三式相乘得ZLDCAEACAB=ACBY、AX,并记MY

∩BC=G,AC∩MX=H, 于是有∠NBY=∠LAX,∠MYA=∠MAY=∠LAC, ∴∠BYN=∠LXAFACNZLXMYNZLXALX. ∴ ΔBYN∽ΔALX.∴ NY=BG=BC,∴ ZL由XMYNZLNY=1.Menelaus定理可得,X、Y、Z三点共线.

Z

B

X

P

OAA?ZB'B

AA?ZB?BO

A

X

LD

MGY

B

C

E

A

2

B

C

注:本题是直线形问题,因此可用解析法证明.

8、证明 在FB上取FG=AF,连EG、EC、EB,于是⊿AEG为等腰三角形,∴EG=EA.又?3=180?-?EGA=180?-?EAG=180?-?5=?4,

?1=?2.于是⊿EGB??EAC.???BG=AC,∴ AB-AC=AG=2AF.

9、证明 ∵O为⊿ABC的外心,∴ OA=OB.∵ O1为⊿PAB的外心,∴E

1O1A=O1B.∴ OO1⊥AB.作⊿PCD的外接圆⊙O3,延长PO3与所作圆交于点D

E,并与AB交于点F,连DE,则?1=?2=?3,?EPD=?BPF, 3∴ ?PFB=?EDP=90?.∴ PO3⊥AB,即OO1∥PO3. O4同理,OO3∥PO1.即OO1PO3是平行四边形.∴ O1O3与PO互相平分,

O即O1O3过PO的中点.同理,O2O4过PO中点.∴ OP、O1O3、O2O4三直线

共点. O3AF10、提示:设士兵要探测的正三角形为⊿ABC,其高=2d,他从顶点A出

发.如图,以B、C为圆心d为半径分别作弧EF、GH,则他分别到达此二弧上

任意一点时,就可探测全部扇形区域BEF及CGH,故可取弧EF上一点P,及弧GH上一点Q,士兵从A出发,走过折线APQ,连PC,交弧GH于R,则

AP+PQ+QC>AP+PR+RC,即AP+PQ>AP+PR,因此,只要使AP+PC最小,

就有折线APQ最小. 现取弧EF的中点M,MC交弧GH于N,则士兵应沿折线AMN前进.

易证,对于⊿ABC三边上任一点,总有折线AMN上某一点,与之距离

<d(不难证明,图中以A、M、N为圆心,d为半径的三个圆已经完全覆盖了⊿ABC). 其次,对于弧EF上任一点P,AM+MC < AP+PC.这可由下图证出:过M作AC的平行线,由点P到AC的距离>M到AC的距离,知AP与此平行

线有交点,设交点为K.并作点C关于此平行线的对称点C’,则AM+MC=AC’<AK+KC’=AK+KC<AK+KP+PC=AP+PC.即折线AMN是所有

折线APQ中最短的.于是,所求的最短路程为折线AMN.

11、⑴ 设D为AA1与BB1的交点,易知?A1CA=?B1CB,A1C∶BC=AC∶

B1C,

∴ ⊿A1CA??B?CB.????DBC=?DA1C.于是B、D、C、A1共圆.同

理A、D、C、B1共圆,故点D是⊿A1BC和⊿AB1C的外接圆的交点.

又 ?ADB=180?-?ADB1=180?-?AC1B.所以,点A1、D、B和C1共

圆,于是点D是所有三个圆的公共点.

⑵ 由于?BDC1=?BAC1=?BA1C=180?-?BDC,所以直线CC1经过点

D.

12、证明:⑴显然B、D、H、F四点共圆;H、E、F四点共圆.

∴ ?BDF=?BHF+180?-?EHF=?BAC. 1CO2B1

1 ?OBC=?-?BOC)=90?-?BAC. 2

∴ OB⊥DF.同理,OC⊥DE.

⑵ ∵ CF⊥MA, ∴ MC2-MH2=AC2-AH2; ①

∵ BE⊥NA, ∴ NB2-NH2=AB2-AH2; ②

∵ DA⊥AC, ∴ DB2-CD2=BA2-AC2; ③

∵ OB⊥DF, ∴ BN2-BD2=ON2-OD2; ④

AO

ECNM

∵ OC⊥DE, ∴ CM2-CD2=OM2-OD2. ⑤ ①-②+③+④-⑤,得

NH2-MH2=ON2-OM2;

OM2-MH2=ON2-NH2.

∴ OH⊥MN.

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