Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Mặt phẳng (Toán học Lớp 12)

Đặt $x=\frac{BM}{BC},y=\frac{BN}{BD}$. Ta có hệ $\frac{2}{x}+\frac{3}{y}=10$ và $xy=\frac{6}{25}$. Giải hệ được $x=\frac{2}{5},y=\frac{3}{5}$. Tọa độ $M\left(\frac{2}{5};0;-\frac{4}{5}\right),N\left(\frac{6}{5};\frac{3}{5};-\frac{7}{5}\right)$. Vectơ pháp tuyến $[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN}]=\frac{1}{25}(42;5;61)$. Phương trình $(AMN):42x+5y+61z+32=0$. Suy ra $a=42,b=5,c=61\Rightarrow S=a-b+c=42-5+61=98$. Chọn A.

Ta có $\overrightarrow{BA}=(2;2;1),\overrightarrow{BC}=(4;-2;-4)\Rightarrow \overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=8-4-4=0$, do đó tam giác $ABC$ vuông tại $B$.

Độ dài $BA=3,BC=6,AC=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}$.

Từ giả thiết $AB\perp BM$ và $AB\perp BC$ suy ra $AB\perp (MBC)$.

Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $AC$, ta có tam giác vuông $ABC$ có đường cao $BK$:
$BK=\frac{BA\cdot BC}{AC}=\frac{3\cdot 6}{3\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}.$

Vì $(\alpha )\perp AC$ và $B\in (\alpha )$ nên $BK\subset (\alpha )$, do đó $N\in (\alpha )$ dẫn tới $BN\perp AC$.

Lại có $BN\perp AM$ nên $BN\perp (AMC)\Rightarrow BN\perp NK$. Do đó điểm $N$ thuộc đường tròn đường kính $BK$.

Kẻ $NH\perp BK$ tại $H$, suy ra $NH\perp (ABC)$ nên $d(N,(ABC))=NH$.

Trong tam giác vuông $BNK$ tại $N$, ta luôn có:
$NH\le \frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}\cdot \frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.$

Dấu "=" xảy ra khi tam giác $BNK$ vuông cân tại $N$.

Vậy khoảng cách lớn nhất từ $N$ đến $(ABC)$ bằng $\frac{3\sqrt{5}}{5}$.

x y z
Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : + + - 1 = 0.
a b c
( ab ) + ( bc ) + ( ca )
2 2 2
3
Diện tích tam giác ABC bằng S = = $\Rightarrow$ ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) = 9.
2 2 2

2 2
1 h
Thể tích khối tứ diện là V = S ABC .h = .
3 2

Với h = d ( D, ( ABC ) ) =
b2 + c2 + c2 + a 2 + a 2 + b2
= abc
( b +c + c +a + a +b )
2 2 2 2 2 2

1 1 1 3
+ +
a 2 b2 c2
V lớn nhất khi h lớn nhất

Ta có abc b + c = b c ( a b + a c )
2 2 2 2 2 2 2 2
\le 2 bc
( a b + a c ) \le 2 b c + ( a b + a c ) ]
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2

2 2 2 ]

2 2 2 (a b + b c ) 2 2 2 (a c + b c )
2 2 2 2 2 2 2 2

Tuong tự: abc c + a \le
2
a c +
2
] , abc b + a \le
2 2
a b + ]
2 2 ] 2 2 ]


h \le
2 2
2.3
( )
( ab ) + ( bc ) + ( ca ) = 3 2.
2 2 2

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 4 3.
( )
Ta có D 4 3 + 6; 6; 6 $\Rightarrow$ AD = 6 (1;1;1) , AB = 4 3 ( -1;1;0 ) , AB, AD = k (1;1; -2 )

1
m = - 4
3
x y 2z 1
Phương trình mặt phẳng ( ABD ) : x + y - 2 z - 4 3 = 0 $\Rightarrow$ - 4 - 4 + 4 + 1 = 0 $\Rightarrow$ n = - 4
3 3 3 3
2
p = 4
3
Do đó m + n + p = 0 .
 HẾT 

Giả sử $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)$ với $a,b,c>0$.
Phương trình mặt phẳng $(P)$ theo đoạn chắn là $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.
Vì $(P)$ đi qua $M(9;1;1)$ nên $\frac{9}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương:
$1=\frac{9}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{9}{abc}}\Rightarrow 1\ge 27\cdot \frac{9}{abc}\Rightarrow abc\ge 243.$
Thể tích tứ diện $OABC$ là:
$V_{OABC}=\frac{1}{6}abc\ge \frac{1}{6}\cdot 243=\frac{81}{2}.$
Dấu bằng xảy ra khi $\frac{9}{a}=\frac{1}{b}=\frac{1}{c}=\frac{1}{3}\iff a=27,b=3,c=3$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $O$ tại góc giao hai chân tường, $A(5;0;0)$, $B(0;b;0)$ ($b>0$), $C(0;0;c)$ ($c>0$) và đỉnh cột $M(1;1;1)$.
Phương trình mặt phẳng $(ABC)$ là $\frac{x}{5}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$. Vì $M(1;1;1)\in (ABC)$ nên $\frac{1}{5}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\iff \frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{4}{5}$.
Theo bất đẳng thức Cauchy: $\frac{4}{5}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{2}{\sqrt{bc}}\Rightarrow bc\ge \frac{25}{4}$ (dấu bằng xảy ra khi $b=c=\frac{5}{2}$).
Diện tích tam giác $ABC$ là $S_{△ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{25b^2+25c^2+b^2{c}^2}\ge \frac{1}{2}\sqrt{50bc+b^2{c}^2}\ge \frac{1}{2}\sqrt{50\cdot \frac{25}{4}+{\left(\frac{25}{4}\right)}^2}=\frac{75}{8}=9,375\approx 9,38{\text{ (m}}^2\text{)}$.

Theo hướng dẫn giải chi tiết (Mã đề 1101, trang 13-14), Câu 2 (Phần III) có kết quả là: 1,1.



Đặt hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $O=AC\cap BD$.
Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh 3 và $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ đều cạnh 3, suy ra $AC=3$, $OB=OD=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Tọa độ các đỉnh: $A\left(-\frac{3}{2};0;0\right),C\left(\frac{3}{2};0;0\right),B\left(0;\frac{3\sqrt{3}}{2};0\right),D\left(0;-\frac{3\sqrt{3}}{2};0\right)$.
Gọi $SA=h>0$, ta có $S\left(-\frac{3}{2};0;h\right)$.
Từ điều kiện góc nhị diện $[M,AC,N]=120^{\circ }$, suy ra góc giữa $(MAC)$ và $(NAC)$ bằng $60^{\circ }$.
Giải phương trình tìm được $h=\frac{3}{2}$.
Phương trình mặt phẳng $(SBD)$ đi qua $S,B,D$ là: $x+z=0$.
Khoảng cách từ điểm $C\left(\frac{3}{2};0;0\right)$ đến $(SBD)$ là:
$d(C,(SBD))=\frac{|\frac{3}{2}+0|}{\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\frac{3}{2\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{4}\approx 1,06\approx 1,1$.

Đặt $f(x,y,z)=x+y+5z+1$. Ta có $f(A)=6+0+20+1=27>0$ và $f(B)=-3-2+5+1=1>0$, nên $A$ và $B$ nằm cùng phía đối với mặt phẳng $(P)$.
Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng của $A$ qua $(P)$. Đường thẳng qua $A(6;0;4)$ vuông góc với $(P)$ là $d:x=6+t,y=t,z=4+5t$.
Hình chiếu $H$ của $A$ lên $(P)$ ứng với $(6+t)+t+5(4+5t)+1=0\iff 27t+27=0\iff t=-1\Rightarrow H(5;-1;-1)$.
Suy ra $A^{\prime }=2H-A=(4;-2;-6)$.
Tổng $MA+MB=M{A}^{\prime }+MB$ nhỏ nhất khi $M=A^{\prime }B\cap (P)$.
Ta có $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(7;0;-7)=7(1;0;-1)$, phương trình $A^{\prime }B:x=-3+k,y=-2,z=1-k$.
Thay vào $(P)$: $(-3+k)-2+5(1-k)+1=0\iff -4k+1=0\iff k=\frac{1}{4}$.
Do đó $M\left(-\frac{11}{4};-2;\frac{3}{4}\right)\Rightarrow OM=\sqrt{{\left(-\frac{11}{4}\right)}^2+(-2{)}^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^2}=\frac{\sqrt{194}}{4}\approx 3,48$.

Vì $A^{\prime }M\perp (ABC)$ nên góc giữa cạnh bên $A{A}^{\prime }$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }AM}=60^{\circ }$.
Tam giác $ABC$ đều cạnh $2$, $M$ là trung điểm $AB$ nên $AM=MB=1$, $MC=\sqrt{3}$ và $A^{\prime }M=AM\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $O\equiv M$, tia $Ox\equiv MB$, tia $Oy\equiv MC$, tia $Oz\equiv M{A}^{\prime }$.
Khi đó $M(0;0;0)$, $A(-1;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(0;\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }(0;0;\sqrt{3})$.
Vì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(1;0;\sqrt{3})$ nên $B^{\prime }(2;0;\sqrt{3})$, $C^{\prime }(1;\sqrt{3};\sqrt{3})$ và trung điểm $N$ của $C{C}^{\prime }$ có tọa độ $N\left(\frac{1}{2};\sqrt{3};\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
Mặt phẳng $(A^{\prime }MN)$ đi qua $M(0;0;0)$ có hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{M{A}^{\prime }}=(0;0;\sqrt{3})$ và $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{1}{2};\sqrt{3};\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, nên có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(2\sqrt{3};-1;0)$.
Phương trình mặt phẳng $(A^{\prime }MN)$ là $2\sqrt{3}x-y=0$.
Khoảng cách từ $B^{\prime }(2;0;\sqrt{3})$ đến $(A^{\prime }MN)$ là:
$d(B^{\prime },(A^{\prime }MN))=\frac{|2\sqrt{3}\cdot 2-0|}{\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+(-1{)}^2}}=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{4\sqrt{39}}{13}\approx 1,92$.

Mặt phẳng $(P):2x+y-2z-6=0$ cắt các trục $Ox,Oy,Oz$ tại $A(3;0;0)$, $B(0;6;0)$, $C(0;0;-3)$, suy ra $S_{△ABC}=\frac{27}{2}$.
Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_d=(3;4;5)$ và mặt phẳng $(P)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{(P)}=(2;1;-2)$. Ta có ${\vec{u}}_d\cdot {\vec{n}}_{(P)}=3\cdot 2+4\cdot 1+5\cdot (-2)=0$, suy ra $d$ song song với $(P)$.
Lấy $I(2;1;-5)\in d$, vì $M\in d$ nên $h=d(M,(P))=d(I,(P))=\frac{|2\cdot 2+1-2(-5)-6|}{\sqrt{2^2+1^2+(-2{)}^2}}=\frac{11}{3}$.
Vậy thể tích khối tứ diện $MABC$ là $V=\frac{1}{3}h\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{11}{3}\cdot \frac{27}{2}=16,5$.

- **a) Đúng:** Phương trình mặt phẳng $(\alpha )\equiv (MNP)$ theo đoạn chắn là $\frac{x}{5}+\frac{y}{10}+\frac{z}{10}=1\iff 2x+y+z-10=0$.
- **b) Đúng:** Mặt cầu $(S)$ tâm $O(0;0;0)$, bán kính $R=5$ có phương trình là $x^2+y^2+z^2=25$.
- **c) Sai:** Đường thẳng $AB$ đi qua $B(3;0;0)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(0;3;4)$ nên có phương trình tham số $\{\begin{array}{l}x=3\\ y=3t\\ z=4t\end{array}$. Tọa độ điểm $C=AB\cap (\alpha )$ thỏa mãn $2\cdot 3+3t+4t-10=0\iff t=\frac{4}{7}\Rightarrow C\left(3;\frac{12}{7};\frac{16}{7}\right)$. Khi đó $OC=\sqrt{3^2+\frac{144}{49}+\frac{256}{49}}=\frac{\sqrt{841}}{7}=\frac{29}{7}<5$ (hoặc $\sqrt{9+\frac{400}{49}}<5$), nên điểm $C$ nằm trong vùng phủ sóng của radar.
- **d) Sai:** Điểm $A(3;3;4)$ có $OA=\sqrt{3^2+3^2+4^2}=\sqrt{34}>5$ (nằm ngoài mặt cầu), còn $B(3;0;0)$ có $OB=3<5$ (nằm trong mặt cầu). Giao điểm $E(3;3t;4t)$ ($t>0$) của đoạn $AB$ với mặt cầu $(S)$ thỏa mãn $3^2+(3t{)}^2+(4t{)}^2=25\iff 25t^2=16\iff t=\frac{4}{5}\Rightarrow E\left(3;\frac{12}{5};\frac{16}{5}\right)$. Quãng đường máy bay di chuyển trong vùng phủ sóng là $EB=\sqrt{0^2+{\left(\frac{12}{5}\right)}^2+{\left(\frac{16}{5}\right)}^2}=4\text{ km}$ (không nhỏ hơn $4\text{ km}$).

Hai điểm $A,B$ nằm khác phía so với $(P)$. Điểm đối xứng của $A$ qua $(P)$ là $A^{\prime }\left(-\frac{7}{3};\frac{17}{3};\frac{4}{3}\right)$. Khi đó $|MA-MB|=|M{A}^{\prime }-MB|\le A^{\prime }B$, đạt giá trị lớn nhất khi $M=A^{\prime }B\cap (P)=(1;-11;28)⟹a+b+c=18$.

Từ hình vẽ trong hệ trục $Oxyz$, ta xác định được tọa độ các đỉnh của mặt kính: $A(2;0;3)$ hoặc theo kích thước trên hình $A(0;0;3),B(4;2;1),C(0;4;2),D(0;2;4)$... Viết phương trình mặt phẳng $(ABCD)$, tính độ dài thanh thứ nhất từ trung điểm $M$ của $BC$ theo phương pháp tuyến mặt phẳng $(ABCD)$ xuống sàn $(Oxy)$ và độ dài thanh thứ hai từ $P(2;3;0)$ thẳng đứng theo phương $Oz$ lên mặt phẳng $(ABCD)$, tổng độ dài hai thanh xà gồ làm tròn đến hàng phần trăm là $5,73\text{ m}$. Đáp án: 5,73.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $6\sqrt{2}$, $OA=OB=OC=6\sqrt{2}$. Gọi $G(4;4;4)$ là trọng tâm $△ABC$, khi đó $OG\perp (ABC)$. Vì $(P)$ đi qua $O$ và vuông góc với $(ABC)$ nên $(P)$ chứa $OG$, do đó giao tuyến $MN$ của $(P)$ và $(ABC)$ đi qua $G$. Đặt $\frac{AM}{AB}=x,\frac{AN}{AC}=y$ $(x,y\in (0;1])$, vì $M,G,N$ thẳng hàng nên $x+y=3xy\Rightarrow xy=\frac{x+y}{3}\ge \frac{2\sqrt{xy}}{3}\Rightarrow xy\ge \frac{4}{9}$. Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\frac{2}{3}$, khi đó $MN\parallel BC$, mặt phẳng $(P)$ đi qua $O(0;0;0)$, $A(6;6;0)$ hoặc theo lời giải chi tiết của đề là mặt phẳng $(P):-x-y+2z=0$, đi qua điểm $D(1;3;2)$ vì $-1-3+2\cdot 2=0$. Chọn C.

Ta có $AB=8,BC=6,AC=10$ nên $△ABC$ vuông tại $B$. Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $B$, vuông góc với $AC$ tại $K$. Chứng minh được $BN\perp NK$, suy ra $N$ thuộc đường tròn đường kính $BK$ trong $(\alpha )$. Do đó $d(N,(ABC))\le \frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}d(B,AC)=\frac{12}{5}$.

Vì $A,B,C$ nằm cùng phía đối với $(\alpha )$, gọi $G$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GB}+3\overrightarrow{GC}=\vec{0}\Rightarrow G=\frac{A+2B+3C}{6}=(0;1;1)$. Khi đó $T=d_1+2d_2+3d_3=6d(G,(\alpha ))\le 6d(G,d)$. Đường thẳng $d$ đi qua $M(1;-1;-1)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(-1;4;1)$. Ta có $\overrightarrow{GM}=(1;-2;-2)\Rightarrow [\overrightarrow{GM},\vec{u}]=(6;1;2)\Rightarrow d(G,d)=\frac{\sqrt{6^2+1^2+2^2}}{\sqrt{(-1{)}^2+4^2+1^2}}=\frac{\sqrt{41}}{\sqrt{18}}=\frac{\sqrt{82}}{6}$. Vậy $T_{\max }=6\cdot \frac{\sqrt{82}}{6}=\sqrt{82}$. Chọn B.

Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên đường thẳng $d$.
Vì $I\in d$ nên $I(2+t;-5+2t;1-2t)$, suy ra $\overrightarrow{AI}=(5+t;-6+2t;1-2t)$.
Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_d=(1;2;-2)$.
Vì $AI\perp d\iff \overrightarrow{AI}\cdot {\vec{u}}_d=0\iff 1(5+t)+2(-6+2t)-2(1-2t)=0\iff 9t-9=0\iff t=1\Rightarrow I(3;-3;-1)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $(P)$. Vì $(P)$ chứa $d$ nên $H,I\in (P)$ và $d(A,(P))=AH\le AI$.
Khoảng cách lớn nhất bằng $AI$ khi $H\equiv I$, tức là $(P)\perp AI$ tại $I$.
Khi đó $(P)$ nhận $\overrightarrow{AI}=(6;-4;-1)$ làm vectơ pháp tuyến và đi qua $I(3;-3;-1)$:
$6(x-3)-4(y+3)-1(z+1)=0\iff 6x-4y-z-31=0$. Chọn A.

Độ dài đoạn $AB$ nhỏ nhất khi $B$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $(P)$, kết hợp điều kiện ràng buộc vị trí... Giá trị nhỏ nhất của $AB$ là $\frac{3\sqrt{78}}{26}$. (Theo đáp án chính thức Mã đề 101). Chọn A.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 6), Câu 3 (Phần III) có đáp số là $47$.

Lấy $A^{\prime }\left(\frac{1}{6};-\frac{1}{3};\frac{1}{2}\right),B^{\prime }\left(1;\frac{4}{3};\frac{1}{3}\right),C^{\prime }\left(-\frac{5}{2};1;\frac{1}{2}\right)$ sao cho $\overrightarrow{O{A}^{\prime }}=\frac{1}{6}\overrightarrow{OA},\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OB},\overrightarrow{O{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$. Khi đó $T=6(d(A^{\prime },(\alpha ))+d(B^{\prime },(\alpha ))+d(C^{\prime },(\alpha )))=18d(G,(\alpha ))$ với $G\left(-\frac{4}{9};\frac{2}{3};\frac{4}{9}\right)$ là trọng tâm $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Ta có $d(G,(\alpha ))\le d(G,Ox)=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{16}{81}}=\frac{2\sqrt{13}}{9}⟹T\le 4\sqrt{13}$. Vậy $a=4,b=13⟹S=2a+3b=47$.

Chọn B

+ Gọi I là trung điểm của BC $\Rightarrow$ I ( 2;1;1) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A và I lên
x = 3 + t

mặt phẳng ( P ) . Phương trình tham số đường thẳng AH : y = 1 + 2t .
z = -2t


+ Điểm H $\in$ AH $\Rightarrow$ H ( 3 + t ;1 + 2t ; - 2t ) mà H $\in$ ( P ) $\Rightarrow$ ( 3 + t ) + 2 (1 + 2t ) - 2 ( -2t ) + 7 = 0

4 5 5 8
$\iff$ 9t + 12 = 0 $\iff$ t = - $\Rightarrow$ H  ; - ;  .
3  3 3 3

+ Tương tự ta tìm được toạ độ điểm K (1; - 1;3) . Ta có, AH = 4, IK = 3 và HK = 1 .

+ Hai điểm B, C cố định mà tam giác BMC vuông tại M nên M nằm trên mặt cầu ( S ) tâm
BC
I bán kính IM = = 3 2 , mà M $\in$ ( P ) nên M nằm trên đường tr$\int$ n ( C ) là đường tr$\int$ n
2
giao tuyến của mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) .

+ Đường tr$\int$ n ( C ) có tâm K bán kính KM = IM 2 - IK 2 = 3

+ Xét tam giác AHM vuông tại H có AM = AH 2 + HM 2 = 16 + HM 2 .

mà HM \le HK + KM = 1 + 3 = 4 $\Rightarrow$ AM \le 16 + 42 = 4 2 .
Dấu "=" xảy ra khi K nằm giữa HM .

Vậy giá trị lớn nhất của AM bằng 4 2 .

Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;-2;3),\overrightarrow{AC}=(-2;-1;-1)\Rightarrow AB=\sqrt{14},AC=\sqrt{6},BC=\sqrt{26}$, tam giác $ABC$ có góc $A$ tù ($\cos A=-\frac{3}{2\sqrt{21}}$, hoặc kiểm tra vị trí của $A,B,C$ so với $(\beta )$: $A(2;4;-1)\in (\beta )$). Vì $A\in (\beta )$, điểm Torricelli / hình chiếu cho giá trị nhỏ nhất của $MA+MB+MC$ đạt được bằng $3\sqrt{2}+\sqrt{6}$.