Nachtermin Teil B

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Die Aufgabenstellung findest du hier als PDF.

1
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben sind die Geraden $g$ mit der Gleichung $y = 0,25 x + 6$ und $h$ mit der Gleichung $y = x - 1$ $(\mathbb{G}=\mathbb{R}\times\mathbb{R})$ . Punkte $D_n(x\vert x-1)$ mit der Abszisse $x$ liegen auf der Geraden $h$ . Punkte $A_{n}$ auf der Geraden $g$ haben eine um $2$ kleinere Abszisse als die Punkte $D_{n}$ .
Die Punkte $A_{n}$ und $D_{n}$ bilden zusammen mit Punkten $B_{n}$ und $C_{n}$ Drachenvierecke $A_{n} B_{n} C_{n} D_{n}$ mit den Symmetrieachsen $A_{n} C_{n}$ .
Es gilt: $\sphericalangle B_nA_nD_n=90^\circ;\;\overline{A_nC_n}=1{,}5\cdot\overline{B_nD_n}$ .
Runden Sie im Folgenden auf zwei Stellen nach dem Komma.
1. Zeichnen Sie die Geraden $g$ und $h$ sowie die Drachenvierecke $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ für $x = 2$ und $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ für $x = 7$ in ein Koordinatensystem.
  Für die Zeichnung: Längeneinheit $1$ cm; $-6\leq x\leq8;\;\;-5\leq y\leq8$ .
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Drachenviereck
  Zeichne zunächst ein Koordinatensystem mit $-6\leq x\leq8$ und $-5\leq x\leq8$ .
  Bestimme für die beiden Geraden $g$ und $h$ jeweils $2$ Punkte, die auf diesen Geraden liegen, z.B. $P_{1} (0 ∣ 6)$ und $P_2(1|6{,}25)$ für die Gerade $g$ , sowie $Q_{1} (0 ∣ - 1)$ und $Q_{2} (1 ∣ 0)$ für die Gerade $h$ .
  Die Gerade $g$ erhältst Du, indem Du eine Gerade durch die beiden Punkte $P_{1} (0 ∣ 6)$ und $P_2(1|6{,}25)$ zeichnest.
  Die Gerade $h$ erhältst Du, indem Du eine Gerade durch die beiden Punkte
  $Q_{1} (0 ∣ - 1)$ und $Q_{2} (1 ∣ 0)$ zeichnest.
  Berechne nun die Koordinaten der Punkte $A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}$ .
  Für $x=2 \Rightarrow D_1(2|1)$ . $A_{1}$ liegt auf $g$ und hat eine um $2$ kleinere Abszisse wie $D_{1}$ $\Rightarrow A_1(0|6).$
  Verbinde $A_{1}$ und $D_{1}$ und trage in $A_{1}$ einen $90 °$ Winkel an. Du erhältst den Punkt $B_{1}$ indem Du auf dem freien Schenkel des Winkels die Länge $\overline{A_1D_1}$ anträgst.
  Verbinde nun $A_{1}$ mit dem Mittelpunkt der Strecke $\overline{B_1D_1}$ durch eine Gerade. Markiere auf dieser Geraden den Punkt, der von $A_{1}$ den Abstand $1{,}5 \cdot\overline{B_1D_1}$ hat. Dieser Punkt ist der gesuchte Punkt $C_{1}$ .
  Verbinde die Punkte $A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}$ zu dem 1. Drachenviereck. Ermittle die Punkte $A_{2}, B_{2}, C_{2}, D_{2}$ für das 2. Drachenviereck analog.
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2. Berechnen Sie die Koordinaten der Punkte $A_{n}$ und $B_{n}$ in Abhängigkeit von der Abszisse $x$ der Punkte $D_{n}$ .
  [Ergebnisse: $A_{n}$ $(x - 2 ∣ 0,25 x + 5,5)$ ; $B_{n}$ $(1,75 x - 8,5 ∣ 0,25 x + 3,5)$ ]
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Drachenviereck
  Die $x$ -Koordinate der Punkte $A_{n}$ ergibt sich, indem Du $x$ durch $(x - 2)$ ersetzt. Die zugehörige $y$ -Koordinate ermittelst Du, indem Du $(x - 2)$ an Stelle von $x$ in die Gleichung für $g$ einsetzt.
  $A_n(x-2|0{,}25(x-2)+6)$ $=A_n(x-2|0{,}25x+5{,}5)$
  Den Punkt $B_{n}$ erhältst Du, indem Du an den Punkt $A_{n}$ den Vektor $\overrightarrow{A_nB_n}$ anlegst.
  $\overrightarrow{OB_n}=\overrightarrow{OA_n}+\overrightarrow{A_nB_n}$
  $\overrightarrow{A_nD_n}(x)=\begin{pmatrix} x-(x-2) \\ x-1-(0{,}25x+5{,}5)& \end{pmatrix}$ $x\in\mathbb{R}$
  $\overrightarrow{A_nD_n}(x)=$ $\begin{pmatrix} 2 & \\ 0{,}75x-6{,}5 & \end{pmatrix}$
  $\overrightarrow{A_nD_n}$ $\rightarrow \overrightarrow{A_nB_n}$ $(O;\varphi=90°)$
  $\overrightarrow{A_nB_n}(x)=\begin{pmatrix} 0{,}75x-6{,}5 & \\ -2& \end{pmatrix}$
  $\overrightarrow{OB_n}(x)=\begin{pmatrix} x-2 \\ 0{,}25x+5{,}5 & \end{pmatrix}$ $+$ $\begin{pmatrix} 0{,}75x-6{,}5 & \\ -2 & \end{pmatrix}$ $x\in \mathbb{R}$
  $\overrightarrow{OB_n}(x)=\begin{pmatrix} 1{,}75x-8{,}5 \\ 0{,}25x+3{,}5 & \end{pmatrix}$
  $B_n(1{,}75x-8{,}5|0{,}25x+3{,}5)$
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3. Die Diagonale [ $B_{3} D_{3}$ ] des Drachenvierecks $A_{3} B_{3} C_{3} D_{3}$ liegt parallel zur Geraden $g$ . Berechnen Sie die Abszisse $x$ des Punktes $D_{3}$ .
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Drachenviereck
  $\overrightarrow{B_nD_n}(x)=\begin{pmatrix} x-(1{,}75x-8{,}5)) & \\ x-1-(0{,}25x+3{,}5))&\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} -0{,}75x+8{,}5 & \\ 0{,}75x-4{,}5& \end{pmatrix}$
  Da die Diagonale des Drachenvierecks $A_{3} B_{3} C_{3} D_{3}$ parallel zur Geraden $g$ ist,
  haben die Diagonale und die Gerade $g$ dieselbe Steigung.
  $m_{B_3D_3} = m_g$
  
  $\dfrac{0{,}75x-4{,}5}{-0{,}75x+8{,}5}=0{,}25$
  $0{,}75x-4{,}5=0{,}25 \dot(-0{,}75x+8{,}5)$
  $3 x - 18 = - 0,75 x + 8,5$
  $3,75 x = 26,5$
  $x = 7,07$
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4. Zeigen Sie, dass für den Flächeninhalt $A$ der Drachenvierecke $A_{n} B_{n} C_{n} D_{n}$ in Abhängigkeit von $x$ gilt:
  $A (x) =$ $(0{,}84x^2-14{,}63x+69{,}38)\;\text{FE}$ .
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Drachenviereck
  Für diese Teilaufgabe benötigst Du die Formel, wie man den Flächeninhalt eines Drachenvierecks berechnet.
  $A_{A_nB_nC_nD_n}=0{,}5 \cdot \overline{A_nC_n} \cdot \overline{B_nD_n}$
  Laut Angabe gilt: $\overline{A_nC_n}=1{,}5 \cdot \overline{B_nD_n}$
  $\Rightarrow\; A_{A_nB_nC_nD_n}=0{,}5 \cdot 1{,}5 \cdot (\overline{B_nD_n})²$
  Für die Berechnung von $\overline{B_nD_n}(x)$ benutze den Satz des Pythagoras.
  $\overline{B_nD_n}(x)=\sqrt{(-0{,}75x+8{,}5)²+(0{,}75x-4{,}5)²}\;\text{LE}$
  $A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}5 \cdot 1{,}5 (\sqrt{(-0{,}75x+8{,}5)²+(0{,}75x-4{,}5)²})²\;\text{FE}$
  $A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}5 \cdot 1{,}5 \cdot [(-0{,}75x+8{,}5)²+(0{,}75x-4{,}5)²]\;\text{FE}$
  $A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}75 \cdot [(0{,}5625x²-12{,}75x+72{,}25)+(0{,}5625x^2-6{,}75x+20{,}25)]\;\text{FE}$
  $A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}75 \cdot (1{,}125x²-19{,}5x+92{,}5)\;\text{FE}$
  $A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=(0{,}84x²-14{,}63x+69{,}38)\;\text{FE}$
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5. Im Drachenviereck $A_{4} B_{4} C_{4} D_{4}$ haben die Punkte $A_{4}$ und $C_{4}$ dieselbe Abszisse. Berechnen Sie den Flächeninhalt des Drachenvierecks $A_{4} B_{4} C_{4} D_{4}$ .
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Drachenviereck
  Im Drachenviereck $A_{4} B_{4} C_{4} D_{4}$ gilt: $y_{B_4}=y_{D_4}$ .
  $0,25 x + 3,5 = x - 1$
  $4,5 = 0,75 x$
  $x = 6$
  $A_{A_4B_4C_4D_4 }(6)=0{,}84 \cdot (6)²-14{,}63 \cdot 6 +69{,}38$
  $A_{A_4B_4C_4D_4} =30{,}24-87{,}78+69{,}38=11{,}84\;\text{FE}$
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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Das gleichschenklige Dreieck $A B C$ ist die Grundfläche des geraden Prismas $A B C D E F$ . Der Punkt $M$ ist der Mittelpunkt der Basis $[A C]$ . Der Punkt $D$ liegt senkrecht über dem Punkt $A$ und der Punkt $N$ ist der Mittelpunkt der Strecke $[D F]$ .
Es gilt: $\overline{AC}=12\ \text{cm};\overline{MB}=8\ \text{cm};\overline{AD}=5\ \text{cm}$ .

Runden Sie im Folgenden auf zwei Stellen nach dem Komma.
1. Zeichnen Sie das Schrägbild des Prismas $A B C D E F$ , wobei die Strecke $[M B]$ auf der Schrägbildachse und der Punkt $M$ links vom Punkt $B$ liegen soll.
  Für die Zeichnung gilt: $q=\frac12;\ \omega=45^\circ$ .
  Zeichnen Sie sodann die Strecke $[B N]$ ein und berechnen Sie das Maß des Winkels $N B M$ .
  
  Unter Berücksichtigung von $q = \dfrac12$ und $\omega = 45°$ sollte dein Schrägbild von der folgenden Gestalt sein:
  Die Strecke $[B N]$ ist in der Skizze orange markiert. Der Winkel $\angle NBM$ ist grün markiert.
  Um die Größe des Winkels $\angle NBM$ zu berechnen, betrachtet man das rechtwinklige Dreieck $N M B$ und benutzt den Tangens. Es gilt
  $\displaystyle \tan (\angle NBM) = \dfrac{\text{Gegenkathete}}{\text{Ankathete}} = \dfrac{\overline{NM}}{\overline{MB}} = \dfrac{5 \ \text{cm}}{8 \ \text{cm}} = \dfrac 58.$
  Mithilfe der Umkehrfunktion des Tangens erhält man dann
  $\displaystyle \angle NBM = \tan ^{-1} \left( \dfrac 58\right)= 32{,}01°.$
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2. Punkte $P_{n}$ liegen auf der Strecke $[M B]$ . Die Winkel $P_{n} E B$ haben das Maß $\varphi$ mit $\varphi\in\;\rbrack\;0^\circ,57{,}99^\circ\rbrack$ . Die Strecken $[B N]$ und $[E P_{n}]$ schneiden sich in Punkten $Q_{n}$ .
  Zeichnen Sie für $\varphi=45^\circ$ die Strecke $[E P_{1}]$ und den Punkt $Q_{1}$ in das Schrägbild zu Teilaufgabe a) ein.
  Begründen Sie sodann rechnerisch die obere Intervallgrenze für $\varphi$ .
  
  Die Strecke $[E P_{1}]$ und der Punkt $Q_{1}$ ist unten eingezeichnet.
  Um die obere Intervallgrenze für $\varphi$ zu begründen, betrachtet man das Dreieck $M B E$ . Verwendest du erneut den Tangens, so gilt
  $\displaystyle \tan (\varphi) = \dfrac{\text{Gegenkathete}}{\text{Ankathete}} = \dfrac{\overline{MB}}{\overline{BE}} = \dfrac{8 \ \text{cm}}{5 \ \text{cm}} = \dfrac 85.$
  Die Umkehrfunktion führt auf
  $\displaystyle \varphi = \tan^{-1}\left( \dfrac 85 \right) = 57{,}99°.$
  Da die Punkte $P_{n}$ variabel auf der Strecke $[M B]$ liegen und somit $P_{n}$ niemals links von $B$ liegen kann, muss entsprechend für den Winkel $\varphi$ gelten, dass $\varphi \leq 57{,}99°$ ist.
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3. Zeigen Sie, dass für die Länge der Strecken $[E Q_{n}]$ in Abhängigkeit von $\varphi$ gilt:
  $\displaystyle \overline{EQ_n}(\varphi)=\dfrac{4{,}24}{\sin\left(\varphi+57{,}99^\circ\right)}\ \text{cm}.$
  Unter den Strecken $[E Q_{n}]$ hat die Strecke $[E Q_{0}]$ die minimale Länge.
  Berechnen Sie die Länge der Strecke $[N Q_{0}]$ .
  
  In dieser Teilaufgabe betrachtet man die Dreiecke $E Q_{n} B$ . Mithilfe des Sinussatzes in allgemeinen Dreiecken gewinnst du die Beziehung
  $\displaystyle \dfrac{\overline{EQ_n}(\varphi)}{\sin (\angle EBQ_n)} = \dfrac{\overline{EB}}{\sin (\angle BQ_nE)}.$
  Du kannst diese Gleichung direkt nach der gesuchten Größe $\overline {EQ_n}(\varphi)$ umstellen und einsetzen, dass $\overline{EB} = 5 \ \text{cm}$ ist, sodass du erhältst:
  $\displaystyle \overline{EQ_n}(\varphi) = \dfrac{5 \ \text{cm} \cdot \sin (\angle EBQ_n)}{\sin (\angle BQ_nE)}.$
  An dieser Stelle musst du versuchen, etwas über die beiden in der Formel vorkommenden Winkel aussagen zu können.
  Betrachte zunächst den Winkel $\angle EBQ_n$ . Da die Seite $[M B]$ senkrecht auf der Seite $[E B]$ steht und die beiden Seiten somit einen $90 °$ Winkel bilden, gilt zusammen mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe a), dass
  $\displaystyle \angle EBQ_n = 90° - 32{,}01° = 57{,}99°.$
  Da die Innenwinkelsumme in jedem Dreieck $180 °$ beträgt, gilt somit in dem von uns betrachteten Dreieck $E Q_{n} B$ :
  $\displaystyle \angle BQ_nE = 180° - \varphi - 57{,}99° = 180° - (\varphi + 57{,}99°).$
  Damit kannst du nun schreiben:
  $\displaystyle \overline{EQ_n}(\varphi) = \dfrac{5 \ \text{cm} \cdot \sin (57{,}99°)}{\sin (180° - (\varphi + 57{,}99°))} = \dfrac{4{,}24 \ \text{cm}}{\sin(\varphi + 57{,}99°)},$
  wobei im letzten Schritt ausgenutzt wurde, dass der Sinus die bekannte Eigenschaft besitzt, dass $\sin (180° - x) = \sin(x)$ gilt.
  Die Länge der Strecke $[EQ_n(\varphi)]$ wird minimal, wenn der Nenner $\sin(\varphi + 57{,}99°)$ seinen größten Wert annimmt. Der maximale Wert, den die Sinusfunktion annimmt, ist $1$ , sodass die minimale Länge der Strecke $[E Q_{0}]$ sich berechnet zu
  $\displaystyle \overline{EQ_0} = 4{,}24 \ \text{cm}.$
  Um nun die Strecke $[N Q_{0}]$ zu berechnen, kannst du den Satz des Pythagoras im rechtwinkligen Dreieck $N Q_{0} E$ benutzen.
  Dass das Dreieck tatsächlich rechtwinklig ist, liegt darin begründet, dass die Strecke $[E Q_{0}]$ minimal sein soll. Jene Strecke ist genau dann minimal, wenn $[E Q_{0}]$ das Lot auf $[N B]$ ist und somit nach Definition des Lots die Strecke $[N B]$ in einem rechten Winkel schneidet.
  Es folgt somit:
  $\displaystyle \overline{NQ_0} = \sqrt{(8 \ \text{cm})^2 - (4{,}24 \ \text{cm})^2} = 6{,}78 \ \text{cm}.$
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4. Der Punkt $A$ ist die Spitze von Pyramiden $Q_{n} B E A$ mit den Grundflächen $Q_{n} B E$ .
  Zeichnen Sie die Pyramide $Q_{1} B E A$ in das Schrägbild zu Teilaufgabe a) ein und ermitteln Sie sodann rechnerisch das Volumen $V$ der Pyramiden $Q_{n} B E A$ in Abhängigkeit von $\varphi$ .
  [Ergebnis: $V(\varphi)=\dfrac{21{,}2\cdot\sin\left(\varphi\right)}{\sin\left(\varphi+57{,}99^\circ\right)}\ \text{cm}^3$ ]
  
  Nachdem du die Pyramide in dein Schrägbild eingezeichnet hast, sollte es wie folgt aussehen:
  Das Volumen der Pyramide berechnet sich über die Formel
  $\displaystyle V(\varphi) = \dfrac 13 \cdot \underbrace{\dfrac 12 \cdot \overline{EQ_n} \cdot \overline{EB} \cdot \sin \varphi}_{\text{Grundfläche der Pyramide}} \cdot \underbrace{\overline{AM}}_{\text{Höhe}}.$
  Setzen wir die bekannten Größen ein, so ergibt sich:
  $\displaystyle \def\arraystretch{2} \begin{array}{c} V(\varphi) &=& \dfrac 13 \cdot \dfrac 12 \cdot \overline{EQ_n} \cdot \overline{EB} \cdot \sin \varphi \cdot \overline{AM} \\\\ &=& \left( \dfrac 13 \cdot \dfrac 12 \cdot \dfrac{4{,}24 \ }{\sin(\varphi + 57{,}99°)}\cdot 5 \cdot \sin \varphi \cdot 6\right) \ \text{cm}^3 \\ \\ &=& \dfrac{21{,}2 \cdot \sin \varphi}{\sin(\varphi + 57{,}99°)}\ \text{cm}^3. \end{array}$
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5. Das Volumen der Pyramide $Q_{2} B E A$ ist um $95 %$ kleiner als das Volumen des Prismas $A B C D E F$ .
  Berechnen Sie das zugehörige Maß für $\varphi$ .
  
  Zunächst berechnet man das Volumen des Prismas. Es gilt nach der bekannten Formel zur Berechnung eines Prismenvolumens: $V_{\text{Prisma}}=G\cdot h$
  Die Grundfläche $G$ ist das gleichschenklige Dreieck $A B C$ : $\Rightarrow\;G=\dfrac{1}{2}\cdot \overline{AC}\cdot\overline{MB}$
  Mit den Werten $\overline{AC}=12\ \text{cm};\overline{MB}=8\ \text{cm}$ folgt dann:
  $G=\dfrac{1}{2}\cdot 12\ \text{cm}\cdot8\ \text{cm}$
  Somit erhältst du für das Prismenvolumen mit $h=\overline{AD}=5\;\text{cm}$
  $\displaystyle V_{\text{Prisma}} = V_{\text{ABCDEF}} = \dfrac 12 \cdot 12 \cdot 8 \cdot 5 \ \text{cm}^3 = 240 \ \text{cm}^3.$
  Das Pyramidenvolumen ist um $95 %$ kleiner als das eben berechnete Volumen. Es beträgt also nur $5 %$ von $240 \ \text{cm}^3$ , das heißt
  $\displaystyle V_{\text{Pyramide}} = 0{,}05 \cdot 240 \ \text{cm}^3 = 12 \ \text{cm}^3.$
  Damit erhält man die Gleichung
  $\displaystyle \dfrac{21{,}2 \cdot \sin \varphi}{\sin(\varphi + 57{,}99°)}\ \text{cm}^3 = 12 \ \text{cm}^3,$
  die du nach $\varphi$ umstellen musst. Dazu bringst du die Gleichung am besten auf folgende Form:
  $\displaystyle \dfrac{21{,}2}{12} = \dfrac{\sin(\varphi + 57{,}99°)}{\sin \varphi}.$
  Mithilfe des Additionstheorems $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cdot \cos \beta + \cos \alpha \cdot \sin \beta$ kannst du den Zähler des Bruchs auf der rechten Seite der Gleichung schreiben als
  $\displaystyle \def\arraystretch{2} \begin{array}{c} \dfrac{21{,}2}{12} = \dfrac{\sin(\varphi + 57{,}99°)}{\sin \varphi} &=& \dfrac{\sin \varphi \cdot \cos 57{,}99° + \cos \varphi \cdot \sin 57{,}99°}{\sin \varphi} \\ \\ &=& \cos 57{,}99° + \dfrac{\cos \varphi}{\sin \varphi} \cdot \sin 57{,}99°. \end{array}$
  Umstellen dieser Gleichung führt auf
  $\displaystyle \dfrac{\dfrac{53}{30} - \cos 57{,}99° }{\sin 57{,}99°} = \dfrac{\cos \varphi}{\sin \varphi} = \dfrac{1}{\tan \varphi}$
  beziehungsweise äquivalent
  $\displaystyle \tan \varphi = \dfrac{\sin 57{,}99°}{\dfrac{53}{30}-\cos 57{,}99°}.$
  Wendest du nun die Umkehrfunktion des Tangens auf diesen Ausdruck an, so erhältst du
  $\displaystyle \varphi = \tan^{-1}\left(\dfrac{\sin 57{,}99°}{\dfrac{53}{30}-\cos 57{,}99°}\right) = 34{,}44°.$
  Das zugehörige Maß für den Winkel $\varphi$ ist also
  $\displaystyle \varphi = 34{,}44°.$
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