立体几何证明题.docx

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立体几何证明题

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（文）如图，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.

（1）求证：

DB⊥平面B1BCC1；

（2）设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．

[解析]　

（1）证明：

∵AB∥DC，AD⊥DC，∴AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，∴BD＝

，

易求BC＝

，又∵CD＝2，∴BD⊥BC.

又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，

∴BD⊥平面B1BCC1.

（2）DC的中点即为E点．

∵DE∥AB，DE＝AB，∴四边形ABED是平行四边形．

∴AD綊BE.

又AD綊A1D1，∴BE綊A1D1，

∴四边形A1D1EB是平行四边形．∴D1E∥A1B.

∵D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD.

∴D1E∥平面A1BD.

┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈12.已知点S是正三角形ABC所在平面外的一点，且SA＝SB＝SC，SG为△SAB上的高，D、E、F分别是AC、BC、SC的中点，试判断SG与平面DEF内的位置关系，并给予证明

分析如图，观察图形，即可判定SG//平面DEF，要证明结论成立，只需证明SG与平面DEF内的一条直线平行．

观察图形可以看出：

连结CG与DE相交于H，连结FH，FH就是适合题意的直线．

怎样证明SG//FH？

只需证明H是CG的中点．

证法1：

连结CG交DE于点H，

∵DE是△ABC的中位线，

∴DE//AB．

在△ACG中，D是AC的中点，且DH//AG，

∴H为CG的中点．

∵FH是△SCG的中位线，∴FH//SG．

又SG⊄平面DEF，FH⊂平面DEF，

∴SG//平面DEF．

分析2：

要证明SG//平面DEF，只需证明平面SAB//平面DEF，要证明平面DEF//平面SAB，只需证明SA//DF，SB//EF而SA//DF，SB//EF可由题设直接推出．

证法2：

∵EF为△SBC的中位线，

∴EF//SB．

∵EF⊄平面SAB，SB⊂平面SAB，

∴EF//平面SAB．

同理：

DF//平面SAB，EF∩DF＝F，

∴平面SAB//平面DEF，又∵SG⊂平面SAB，

∴SG//平面DEF．

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例11　试证经过平面外一点有且只有一个平面和已知平面平行．

已知：

A∉平面α，

求证：

过A有且只有一个平面β∥α．

分析：

“有且只有”要准确理解，要先证这样的平面是存在的，再证它是惟一的，缺一不可．

证明：

在平面α内任作两条相交直线a和b，则由A∉平面α知，A∉a，A∉b

点A和直线a可确定一个平面M，点A和直线b可确定一个平面N．

在平面M、N内过A分别作直线a’∥a，b’∥b，

故a’、b’是两条相交直线，可确定一个平面β．

∵a’⊄α，a⊂α，a’∥a，∴a’∥α．

同理b’∥α．

又a’⊂β，b’⊂β，a’∩b’＝A，∴β∥α．

所以过点A有一个平面β∥α．

假设过A点还有一个平面γ∥α，

则在平面α内取一直线c，A∉c，点A、直线c确定一个平面ρ，由公理2知：

β∩ρ＝m，γ∩ρ＝n，

∴m∥c，n∥c，

又A∉m，A∉n，

这与过一点有且只有一条直线与已知直线平行相矛盾，因此假设不成立，

所以平面β只有一个．

所以过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．

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例9　如图所示，平面α∥平面β，点A、C∈α，点B、D∈β，AB＝a是α、β的公垂线，CD是斜线．若AC＝BD＝b，CD＝c，M、N分别是AB和CD的中点，

（1）求证：

MN∥β；

（2）求MN的长．

9分析：

（1）要证MN∥β，取AD的中点P，只要证明MN所在的平面PMN∥β．为此证明PM∥β，PN∥β即可．

（2）要求MN之长，在△CMA中，CM、CN的长度易知，关键在于证明MN⊥CD，从而由勾股定理可以求解．

证明：

（1）连结AD，设P是AD的中点，分别连结PM、PN．

∵M是AB的中点，∴PM∥BD．

又BD⊂β，∴PM∥β．

同理∵N是CD的中点，∴PN∥AC．

∵AC⊂α，∴PN∥α．

∵α∥β，PN∩PM＝P，∴平面PMN∥β．

∵MN⊂平面PMN，∴MN∥β．

说明：

（1）证“线面平行”也可以先证“面面平行”，然后利用面面平行的性质，推证“线面平行”，这是一种以退为进的解题策略．

（2）空间线段的长度，一般通过构造三角形、然后利用余弦定理或勾股定理来求解．

（3）面面平行的性质：

①面面平行，则线面平行；②面面平行，则被第三个平面所截得的交线平行．

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8.设平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，且α、β分别与γ相交于a、b，a∥b．求证：

平面α∥平面β．

分析：

要证明两平面平行，只要设法在平面α上找到两条相交直线，或作出相交直线，它们分别与β平行（如图）．

证明：

在平面α内作直线PQ⊥直线a，在平面β内作直线MN⊥直线b．

∵平面α⊥平面γ，

∴PQ⊥平面γ，MN⊥平面γ，

∴PQ∥MN．

又∵a∥b，PQ∩a＝Q，MN∩b＝N，

∴平面α∥平面β．

说明：

如果在α、β内分别作PQ⊥γ，MN⊥γ，这样就走了弯路，还需证明PQ、MN在α、β内，如果直接在α、β内作a、b的垂线，就可推出PQ∥MN．

由面面垂直的性质推出“线面垂直”，进而推出“线线平行”、“线面平行”，最后得到“面面平行”，最后得到“面面平行”．其核心是要形成应用性质定理的意识，在立体几何证明中非常重要．

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6如图，已知矩形ABCD的四个顶点在平面上的射影分别为A₁，B₁，C₁，D₁，且A₁，B₁，C₁，D₁互不重合，也无三点共线．

求证：

四边形A₁B₁C₁D₁是平行四边形．

证明：

∵AA₁⊥α，DD₁⊥α

∴AA₁∥DD₁

不妨设AA₁和DD₁确定平面β

同理BB₁和CC₁确定平面γ．

又AA₁∥BB₁，且BB₁⊂γ

∴AA₁∥γ

同理AD∥γ

又AA₁∩AD＝A

∴β∥γ

又α∩β＝A₁D₁，α∩γ＝B₁C₁

∴A₁D₁∥B₁C₁

同理A₁A₁∥C₁D₁

∴四边形A₁B₁C₁D₁是平行四边形.

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例4：

已知平面α∥β，AB、CD为夹在α，β间的异面线段，E、F分别为AB、CD的中点．

求证：

EF∥α，EF∥β

证明：

连接AF并延长交β于G

∵AG∩CD＝F

∴AG，CD确定平面γ，且γ∩α＝AC，γ∩β＝DG

∵α∥β，所以AC∥DG

∴∠ACF＝∠GDF

∴△ACF≌△GDF

∴AF＝FG

又AE＝BE

∴EF∥BG，BG⊂β

因此EF∥β

同理EF∥α

说明：

本题还有其它证法，要点是对异面直线的处理

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209.长方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，AB₁与A₁D所成的角为α，AC与BC₁所成的角为β，A₁C₁与CD₁所成的角为γ。

求证：

α＋β＋γ＝π

解析：

作如图的辅助线

则∠AB₁C为AB₁与A₁D所成的角∠AB₁C＝α

∵AB//＝A₁B₁//＝C₁D₁

∴BC₁//AD₁，故∠D₁AC为AC与BC₁所成的角∠D₁AC＝β

∵AA₁//＝DD₁//＝CC₁，∴A₁C₁//AC

∴∠D₁CA即为A₁C₁与CD₁所成的角∠D₁CA＝γ

在△ACD₁和△ACB₁中，AB₁＝CD₁，B₁C＝D₁A，AC＝CA

∴△ACD₁≌△CAB₁，故∠AB₁C＝∠AD₁C，故∠AD₁C＝α

在△AD₁C中，∠AD₁C＋∠D₁CA＋∠D₁AC＝π

即：

α＋β＋γ＝π

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231.如图2－35：

在空间四边形ABCD中，已知BC＝AC，AD＝BD，引BE⊥CD，E为垂足，作AH⊥BE于H，求证：

AH⊥平面BCD。

解析：

要证AH⊥平面BCD，只须利用直线和平面垂直的判定定理，证AH垂直于平面BCD中两条相交直线即可。

证明:

取AB中点F，连结CF、DF，

∵AC＝BC，∴CF⊥AB，

又∵AD＝BD，∴DF⊥AB，∴AB⊥平面CDF，

又CD⊂平面CDF，∴CD⊥AB

又CD⊥BE，∴CD⊥平面ABE，CD⊥AH

又AH⊥BE，∴AH⊥平面BCD。

点评:

证明线面垂直，需转化为线线垂直，而线线垂直，又可通过证线面垂直来实现。

在这里，定义可以双向使用，即直线a垂直于平面α内的任何直线，则a⊥α，反之，若a⊥α，则a垂直于平面α内的任何直线。

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153.已知矩形ABCD的边AB＝₁，BC＝a，PA⊥平面ABCD，PA＝1，问BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，并说明理由.

解析：

连接AQ，因PA⊥平面ABCD，所以PQ⊥QD⇔AQ⊥QD，即以AD为直经的圆与BC有交点．

当AD＝BC＝a≥AB＝1,即a≥1时，在BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD

当0

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88.已知：

直线a∥平面α．求证：

经过a和平面α平行的平面有且仅有一个．

证：

过a作平面与α交于a’，在α内作直线b’与a’相交，在a上任取一点P，在b’和P确定的平面内，过P作b∥b’．b在α外，b’在α内，

∴b∥α

而a∥α

∴a，b确定的平面β过a且平行于α．

∵过a，b的平面只有一个，

∴过a平行于平面α的平面也只有一个

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95.已知：

ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，E是SC上一点．

求证：

BE不可能垂直于平面SCD．

解析：

用到反证法，假设BE⊥平面SCD，

CD⊂面SCD，BE⊥CD

∵AB∥CD；∴AB⊥BE．

……

∴AB⊥SB，这与Rt△SAB中∠SBA为锐角矛盾．

∴BE不可能垂直于平面SCD．

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110.已知：

AB与CD为异面直线，AC＝BC，AD＝BD．

求证：

AB⊥CD．

说明：

（1）应用判定定理，掌握线线垂直的一般思路．

（2）思路：

欲证线线垂直，只需证线面垂直，再证线线垂直，而由已知构造线线垂直是关键．

（3）分析等腰三角形三线合一的性质构造图形，找到证明方法．

证明：

如图，取AB中点E，连结CE、DE

∵AC＝BC，E为AB中点．

∴CE⊥AB

同理DE⊥AB，又CE∩DE＝E，

且CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE．

∴AB⊥平面CDE

又CD⊂平面CDE

∴AB⊥CD．

B⊥CD．

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111.两个相交平面、都垂直于第三个平面，那么它们的交线a一定和第三个平面垂直．

证明：

在内取一点P，过P作PA垂直与的交线；过P作PB垂直与的交线．

∵⊥且⊥

∴PA⊥且PB⊥

∴PA⊥a且PB⊥a

∴a⊥

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36.已知△ABC三边所在直线分别与平面α交于P、Q、R三点，求证：

P、Q、R三点共线。

解析：

∵A、B、C是不在同一直线上的三点

∴过A、B、C有一个平面β

又AB∩α＋p，且AB⊂β

点P∈α且P∈β

α∩β＝l，则P∈l

同理Q∈l，R∈l

P、Q、R三点共线

本题主要考查用平面公理和推论证明共线问题的方法

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37.已知：

平面α∩β＝a，b⊂α，b∩a＝A，c⊂β且c∥a.求证：

b、c是异面直线

解析：

反证法：

若b与c不是异面直线，则b∥c或b与c相交

（1）b∥c⇒……与b∩a＝A矛盾

（2）b与c相交于B⇒……矛盾

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323.如图，在正四棱锥S—ABCD中，P在SC上，Q在SB上，R在SD上，且SP∶PC＝1∶2，SQ∶SB＝2∶3，SR∶RD＝2∶1.求证：

SA∥平面PQR.

解析：

根据直线和平面平行的判定定理，必须在平面PQR内找一条直线与AS平行即可.

证：

连AC、BD，设交于O，连SO，连RQ交SO于M，取SC中点N，连ON，那么ON∥SA.

∵SQ:

SB＝SR:

SD＝

∴RQ∥BD

∴SM:

SO＝2:

3而SP:

SN＝2:

3

∴SM:

SO＝SP:

SN∴PM∥ON

∵SA∥ON.∴SA∥PM,PM

平面PQR

∴SA∥平面PQR.

评析：

利用平几中的平行线截比例线段定理.

三角形的中位线性质等知识促成“线线平行”向“线面平行”的转化.

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如图,在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中求证:

平面BC₁D∥平面AB₁D₁

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如图,设E,F,E₁,F₁分别是长方体ABCD－A₁B₁C₁D₁的棱AB,CD,A₁B₁,C₁D₁的中点.求证:

平面BF₁∥平面ED₁

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在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，M、N、P分别是AD₁、BD和B₁C的中点，求证：

平面MNP∥平面CC₁D₁D

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画图：

a∥α，a∈β，α∩β＝b⇒a∥b

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如图，在长方体ABCD——A₁B₁C₁D₁中，E为DD₁的中点。

试判断BD₁与平面AEC的位置关系，并说明理由。

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如图，在三棱柱ABC——A₁B₁C₁中，D是AC的中点。

求证：

AB₁//平面DBC₁

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如图，在正方体ABCD——A₁B₁C₁D₁中，E、F分别是棱BC与C₁D₁的中点。

求证：

EF//平面BDD₁B₁

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如图,正方体AC₁中，点N在BD上,点M在B₁C上，且CM＝DN，求证:

MN//平面AA₁B₁B。

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一直线分别平行于两个相交平面，则这条直线与它们的交线平行.

已知：

α∩β＝a，l∥α，l∥β。

求证：

l∥a.

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求证：

如果两条平行线中的一条和一个平面相交，那么另一条也和这个平面相交.

已知：

a∥b,a∩α＝A，求证：

b和α相交.

证明：

假设b⊂α或b∥α.

若b⊂α，∵b∥a，∴a∥α.

这与a∩α＝A矛盾，∴b⊂α不成立.

若b∥α，设过a、b的平面与α交于c.

∵b∥α,∴b∥c,又a∥b∴a∥c

∴a∥α这与a∩α＝A矛盾.∴b∥α不成立.

∴b与α相交.

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如图，四边形EFGH为四面体A—BCD的一个截面，若截面为平行四边形，求证：

（1）AB∥平面EFGH；

（2）CD∥平面EFGH

证明：

（1）∵EFGH为平行四边形，∴EF∥HG，

∵HG⊂平面ABD，∴EF∥平面ABD.

∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB.

∴EF∥AB，∴AB∥平面EFGH.

（2）同理可证：

CD∥EH，∴CD∥平面EFGH.

评析：

由线线平行⇒线面平行⇒线线平行.

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已知正方体ABCD—A′B′C′D′中，面对角线AB′、BC′上分别有两点E、F且B′E＝C′F求证：

EF∥平面AC.

解析：

如图，欲证EF∥平面AC，可证与平面AC内的一条直线平行，也可以证明EF所在平面与平面AC平行.

证法1过E、F分别做AB、BC的垂线EM、FN交AB、BC于M、N，连接MN

∵BB′⊥平面AC∴BB′⊥AB，BB′⊥BC

∴EM⊥AB，FN⊥BC

∴EM∥FN，∵AB′＝BC′，B′E＝C′F

∴AE＝BF又∠B′AB＝∠C′BC＝45°

∴RtΔAME≌RtΔBNF

∴EM＝FN

∴四边形MNFE是平行四边形

∴EF∥MN又MN⊂平面AC

∴EF∥平面AC

证法2过E作EG∥AB交BB′于G，连GF

∴B’E:

B’A＝B’G:

B’B

∵B′E＝C′F，B′A＝C′B

∴C’F:

C’B＝B’G:

B’B

∴FG∥B′C′∥BC

又∵EG∩FG＝G,AB∩BC＝B

∴平面EFG∥平面AC

又EF⊂平面EFG

∴EF∥平面AC

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如图，ABCD和ABEF均为平行四边形，M为对角线AC上的一点，N为对角线FB上的一点，且有AM∶FN＝AC∶BF，求证：

MN∥平面CBE.

解析：

欲证MN∥平面CBE，当然还是需要证明MN平行于平面CBE内的一条直线才行.题目上所给的是线段成比例的关系，因此本题必须通过三角形相似，由比例关系的变通，才能达到“线线平行”到“线面平行”的转化.

证：

连AN并延长交BE的延长线于P.

∵BE∥AF，∴ΔBNP∽ΔFNA.

∴FN:

NB＝AN:

NP，则FN:

（FN＋NB）＝AN:

（AN＋NP

即FN:

FB＝AN:

AP

又AM:

FN＝AC:

BF，AM:

AC＝FN:

BF

∴AM:

AC＝AN:

AP

∴MN∥CP，CP⊂平面CBE.

∴MN∥平面CBE

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如图，四棱锥A—DBCE中，O为底面正方形DBCE对角线的交点，F为AE的中点.求证:

AB//平面DCF.

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09已知三棱锥S－ABC中，∠ABC＝90°，侧棱SA⊥底面ABC，点A在棱SB和SC上的射影分别是点E、F。

求证EF⊥SC。

分析：

∵A、E、F三点不共线，AF⊥SC，

∴要证EF⊥SC，只要证SC⊥平面AEF，

只要证SC⊥AE（如图）。

又∵BC⊥AB，BC⊥SA，∴BC⊥平面SAB，

∴SB是SC在平面SAB上的射影。

∴只要证AE⊥SB（已知），∴EF⊥SC。

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10设矩形ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，以EF为棱将矩形折成二面角A－EF－C₁（如图。

求证：

平面AB₁E∥平面C₁。

分析一（纵向转化）：

∵AE∥DF，AE平面C₁DF，

∴AE∥平面C₁.同理，B₁E∥平面C₁DF，

又AE∩B₁＝E，∴平面AB₁∥平面C₁DF。

分析二（横向转化）：

∵AE∥EF，B1E⊥EF，且AE∩B₁E＝E，∴EF⊥平面C₁DF。

同理，EF⊥平面C₁DF。

平面AB₁E∥平面C₁DF。

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06如图，在三棱锥S-ABC中，OA=OB，O为BC中点，SO⊥平面ABC，E为SC中点，F为AB中点．

（1）求证：

OE∥平面SAB；

（2）求证：

平面SOF⊥平面SAB．

考点：

平面与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．

专题：

证明题．

分析：

（1）由O为BC中点，E为SC中点，可以得出OE∥SB，下用线面平行的判断定理证OE∥平面SAB；

（2）用面面垂直的判定定理证明平面SOF⊥平面SAB．先证AB⊥平面SOF．再由面面垂直的判定定理证明结论．

证明：

（1）取AC的中点G，连接OG，EG，

∵OG∥AB，EG∥AS，EG∩OG=G，SA∩AB=A，

∴平面EGO∥平面SAB，OE⊂平面OEG

∴OE∥平面SAB．

（2）∵SO⊥平面ABC，

∴SO⊥OB，SO⊥OA，

又∵OA=OB，SA²=SO²+OA²，SB²=SO²+OB²，

∴SA=SB，又F为AB中点，

∴SF⊥AB，又SO⊥AB，SF∩SO=S，

∴AB⊥平面SOF，

∵AB⊂平面SAB，

∴平面SOF⊥平面SAB．

点评：

本题考查线面平行的判定定理与面面垂直的判定定理，主要训练答题都对两个定理掌握的程度及运用的格式．

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07如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧面PAB是等边三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，

（1）求证：

BC⊥侧面PAB；

（2）求证：

侧面PAD⊥侧面PAB．

考点：

平面与平面垂直的性质；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定．

专题：

证明题．

分析：

（1）由于侧面PAB⊥底面ABCD，直接利用面面垂直的性质可得BC⊥侧面PAB

（2）由

（1）和BC∥AD得AD⊥侧面PAB，利用面面垂直的判定可得侧面PAD⊥侧面PAB．

（1）证明：

∵侧面PAB⊥底面ABCD，

且侧面PAB与底面ABCD的交线是AB，

∴在矩形ABCD中，BC⊥侧面PAB，

（2）解：

在