2020屆高考數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)階段性測(cè)試題九 平面解析幾何 北師大版

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1、階段性測(cè)試題九(平面解析幾何) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分． 滿(mǎn)分150分．考試時(shí)間120分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題　共50分) 一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．(文)(2020·濰坊模擬)若直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0互相垂直，則實(shí)數(shù)m的值為(　　) A．1　　　　　　　　　　　 B．－1 C．1或－1 D．－4 [答案]　A [解析]　∵兩直線x－2y＋5＝0與2x＋my－6＝0互相垂直． ∴1×2＋(－2)m＝0即m＝1. (理)(2020·濰坊模

2、擬)已知兩直線l1：x＋m2y＋6＝0， l2：(m－2)x＋3my＋2m＝0，若l1∥l2，則實(shí)數(shù)m的值為(　　) A．0或3 B．－1或3 C．0或－1或3 D．0或－1 [答案]　D [解析]　(1)當(dāng)m＝0時(shí)，l1：x＋6＝0，l2：x＝0，l1∥l2； (2)當(dāng)m≠0時(shí)，l1：y＝－x－， l2：y＝x－， 由－＝且－≠－， ∴m＝－1. 故所求實(shí)數(shù)m的值為0或－1. 2．(文)(2020·陜西師大第一次模擬)過(guò)點(diǎn)P(1,2)的直線l平分圓C：x2＋y2＋4x＋6y＋1＝0的周長(zhǎng)，則直線l的斜率為(　　) A. B．1 C. D. [答案]

3、　A [解析]　圓的方程可化為(x＋2)2＋(y＋3)2＝12因?yàn)閘平分圓C的周長(zhǎng)，所以l過(guò)圓C的圓心(－2，－3)，又l過(guò)P(1,2)，所以kl＝＝，故選A. (理)(2020·商丘一模)若點(diǎn)P(1,1)為圓(x－3)2＋y2＝9的弦MN的中點(diǎn)，則弦MN所在直線方程為(　　) A．2x＋y－3＝0 B．x－2y＋1＝0 C．x＋2y－3＝0 D．2x－y－1＝0 [答案]　D [解析]　圓心C(3,0)，kCP＝－，由kCP·kMN＝－1，得kMN＝2，所以MN所在直線方程是2x－y－1＝0.故選D. 3．(2020·溫州模擬)若雙曲線－y2＝1的一個(gè)焦點(diǎn)為(2,0)，

4、則它的離心率為(　　) A. B. C. D．2 [答案]　C [解析]　由題意知a2＋1＝4，∴a＝， ∴e＝＝＝. 4．(2020·西寧一模)已知點(diǎn)A(1,0)，直線l：y＝2x－4，點(diǎn)R是直線l上的一點(diǎn)，若＝，則點(diǎn)P的軌跡方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝2x C．y＝2x－8 D．y＝2x＋4 [答案]　B [解析]　設(shè)點(diǎn)P(x，y)，R(x1，y1)， ∵＝， ∴(1－x1，－y1)＝(x－1，y)， ∴即 又點(diǎn)R在直線l上，∴－y＝2(2－x)－4， 即2x－y＝0為所求． 5．(2020·咸陽(yáng)調(diào)研)若橢圓＋＝1(a>b>0)的

5、離心率為，則雙曲線－＝1的離心率為(　　) A. B. C. D. [答案]　B [解析]　因?yàn)闄E圓離心率e＝，即＝，也即＝，所以＝，則1＋＝，即＝，雙曲線離心率e′＝＝，故選B. 6．(文)(2020·北京文)已知點(diǎn)A(0,2)，B(2,0)．若點(diǎn)C在函數(shù)y＝x2的圖像上，則使得△ABC的面積為2的點(diǎn)C的個(gè)數(shù)為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 [答案]　A [解析]　設(shè)C(t，t2)， 由A(0,2)，B(2,0)易求得直線AB的方程為y＝－x＋2. ∴點(diǎn)C到直線AB的距離d＝. 又∵|AB|＝2， ∴S△ABC＝×|AB|·d＝|t2＋t－

6、2|. 令|t2＋t－2|＝2得t2＋t－2＝±2，∴t2＋t＝0或t2＋t－4＝0，符合題意的t值有4個(gè)，故滿(mǎn)足題意的點(diǎn)C有4個(gè)． (理)(2020·江西理)若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有四個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A. (－，) B. (－，0)∪(0, ) C. [－ ，] D．( －∞， － )∪( ，＋∞) [答案]　B [解析]　C1：(x－1)2＋y2＝1. C2：y＝0或y＝mx＋m＝m(x＋1)． 當(dāng)m＝0時(shí)，C2：y＝0，此時(shí)C1與C2顯然只有兩個(gè)交點(diǎn)； 當(dāng)m≠0時(shí)，要滿(mǎn)足題意，需圓(x－1)

7、2＋y2＝1與直線y＝m(x＋1)有兩交點(diǎn)，當(dāng)圓與直線相切時(shí)，m＝±. 即直線處于兩切線之間時(shí)滿(mǎn)足題意，則－

8、. 8．(2020·廈門(mén)模擬)若橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，拋物線y2＝2bx的焦點(diǎn)為F.若＝3，則此橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. [答案]　B [解析]　∵F，F(xiàn)1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)， 且＝3， ∴＝，＝， ∴＋c＝3c－，即b＝c. ∴a2＝b2＋c2＝2c2， ∴＝e＝. 9．(2020·鄭州一模)如下圖，F(xiàn)1和F2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，A和B是以O(shè)為圓心，以|OF1|為半徑的圓與該雙曲線左支的兩個(gè)交點(diǎn)，且△F2AB是等邊三角形，則雙曲線的離心率為(　　) A. B.

9、 C. D．1＋ [答案]　D [解析]　連接AF1，則∠F1AF2＝90°，∠AF2B＝60°， ∴|AF1|＝|F1F2|＝c， |AF2|＝|F1F2|＝c， ∴c－c＝2a， ∴e＝＝＝1＋. 10．(2020·洛陽(yáng)調(diào)研)如圖，過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于兩點(diǎn)A、B，交其準(zhǔn)線于C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，則此拋物線的方程為(　　) A．y2＝9x B．y2＝6x C．y2＝3x D．y2＝x [答案]　C [解析]　如下圖所示，分別過(guò)點(diǎn)A、B作AA1、BB1與準(zhǔn)線垂直，且垂足分別為A1、B1，

10、由已知條件|BC|＝2|BF|得|BC|＝2|BB1|， ∴∠BCB1＝30°，于是可得直線AB的傾斜角為60°. 又由|AF|＝3得|AF|＝|AA1|＝3＝|AC|， 于是可得|CF|＝|AC|－|AF|＝6－3＝3， ∴|BF|＝|CF|＝1. ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝3＋1＝4. 設(shè)直線AB的方程為y＝(x－)，代入y2＝2px得 3x2－5px＋p2＝0， ∵|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AA1|＋|BB1|＝xA＋＋xB＋＝xA＋xB＋p＝p＋p＝p＝4， ∴p＝，即得拋物線方程為y2＝3x.故選C. 解法二：點(diǎn)F到拋物線準(zhǔn)線的距離為p，又由|BC|＝

11、2|BF|得點(diǎn)B到準(zhǔn)線的距離為|BF|，則＝， ∴l(xiāng)與準(zhǔn)線夾角為30°，則直線l的傾斜角為60°. 由|AF|＝3，如圖作AH⊥HC，EF⊥AH，則AE＝3－p， 則cos60°＝，故p＝. ∴拋物線方程為y2＝3x. 第Ⅱ卷(非選擇題　共100分) 二、填空題(本大題共5個(gè)小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上) 11．(2020·長(zhǎng)春模擬)設(shè)圓C與圓x2＋(y－3)2＝1外切，與直線y＝0相切，則C的圓心軌跡為_(kāi)_______． [答案]　拋物線 [解析]　設(shè)圓C的半徑為r，則圓心C到直線y＝0的距離為r.由兩圓外切可得，圓心C到點(diǎn)(0,3)的距離為r＋

12、1，也就是說(shuō)，圓心C到點(diǎn)(0,3)的距離比到直線y＝0的距離大1，故點(diǎn)C到點(diǎn)(0,3)的距離和它到直線y＝－1的距離相等，符合拋物線的特征，故點(diǎn)C的軌跡為拋物線． [點(diǎn)評(píng)]　本題考查用定義法求點(diǎn)的軌跡，考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合和轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法． 12．(文)(2020·北京文)已知雙曲線x2－＝1(b>0)的一條漸近線的方程為y＝2x，則b＝________. [答案]　2 [解析]　本題主要考查雙曲線的基本性質(zhì)． 雙曲線的漸近線方程為y＝±x，因?yàn)閍＝1，又知一條漸近線方程為y＝2x，所以b＝2. (理)(2020·江西文)若雙曲線－＝1的離心率e＝2，則m＝________.

13、[答案]　48 [解析]　本題主要考查雙曲線的基本性質(zhì)． c2＝a2＋b2＝16＋m，又∵e＝， ∴e＝2＝，∴m＝48. 13．(2020·濟(jì)南一模)設(shè)a、b、c分別是△ABC中∠A、∠B、∠C所對(duì)邊的邊長(zhǎng)，則直線x·sinA＋ay＋c＝0與bx－y·sinB＋cosC＝0的位置關(guān)系是________． [答案]　垂直 [解析]　在△ABC中，由正弦定理得＝， ∴asinB－bsinA＝0， ∴兩直線垂直． 14．(文)(2020·伊春一模)已知點(diǎn)A(1,0)，B(2,0)．若動(dòng)點(diǎn)M滿(mǎn)足·＋||＝0，則點(diǎn)M的軌跡方程為_(kāi)_______． [答案]?。珁2＝1 [解析]　

14、(1)設(shè)M(x，y)，則＝(1,0)，＝(x－2，y)，＝(x－1，y)， 由·＋||＝0得， (x－2)＋·＝0.整理得＋y2＝1. (理)(2020·洛陽(yáng)調(diào)研)若焦點(diǎn)在x軸上的橢圓＋＝1上有一點(diǎn)，使它與兩個(gè)焦點(diǎn)的連線互相垂直，則b的取值范圍是________． [答案]?。躡≤且b≠0 [解析]　設(shè)橢圓的兩焦點(diǎn)為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)以F1F2為直徑的圓與橢圓有公共點(diǎn)時(shí)，在橢圓上必存在點(diǎn)滿(mǎn)足它與兩個(gè)焦點(diǎn)的連線互相垂直，此時(shí)條件滿(mǎn)足c≥b，從而得c2≥b2?a2－b2≥b2?b2≤a2＝， 解得－≤b≤且b≠0. 15．(2020·杭州質(zhì)檢)過(guò)拋物線x2＝2py(p

15、>0)的焦點(diǎn)作斜率為1的直線與該拋物線交于A，B兩點(diǎn)，A，B在x軸上的正射影分別為D，C.若梯形ABCD的面積為12，則p＝________. [答案]　2 [解析]　拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(0，)，則過(guò)焦點(diǎn)斜率為1的直線方程為y＝x＋，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x2>x1)由題意可知y1>0，y2>0. 由，消去y得x2－2px－p2＝0. 由韋達(dá)定理得：x1＋x2＝2p，x1x2＝－p2. 所以梯形ABCD的面積為S＝(y1＋y2)(x2－x1) ＝(x1＋x2＋p)(x2－x1)＝×3p＝×3p＝3p2.所以3p2＝12，又p>0.所以p＝2. 三、解答題(本大題

16、共6個(gè)小題，共75分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟) 16．(本小題滿(mǎn)分12分)(2020·南京模擬)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)分別在直線x＋y－7＝0及x＋y－5＝0上，求AB中點(diǎn)M到原點(diǎn)距離的最小值． [解析]　設(shè)AB中點(diǎn)為(x0，y0)，∴ 又∵ ∴(x1＋x2)＋(y1＋y2)＝12， ∴2x0＋2y0＝12， ∴x0＋y0＝6. ∴原點(diǎn)到x0＋y0＝6距離為所求，即d＝＝3. 17．(本小題滿(mǎn)分12分)(2020·銀川一模)在直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為圓心的圓與直線x－y＝4相切． (1)求圓O的方程； (2)圓O與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，圓內(nèi)

17、的動(dòng)點(diǎn)P使|PA|、|PO|、|PB|成等比數(shù)列，求·的取值范圍． [解析]　(1)依題設(shè)，圓O的半徑r等于原點(diǎn)O到直線x－y＝4的距離，即r＝＝2. 得圓 O的方程為x2＋y2＝4. (2)不妨設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，x1

18、建理)已知直線l：y＝x＋m，m∈R. (1)若以點(diǎn)M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程； (2)若直線l關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)的直線為l′，問(wèn)直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說(shuō)明理由． [解析]　 解法一：(1)依題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，m)． 因?yàn)镸P⊥l，所以×1＝－1， 解得m＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,2)． 從而圓的半徑 r＝|MP|＝＝2， 故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)因?yàn)橹本€l的方程為y＝x＋m， 所以直線l′的方程為y＝－x－m. 由得x2＋4x＋4m＝0. Δ＝42－4×4m＝16(1－m)．

19、 ①當(dāng)m＝1時(shí)，即Δ＝0時(shí)，直線l′與拋物線C相切； ②當(dāng)m≠1，即Δ≠0時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 綜上，當(dāng)m＝1時(shí)，直線l′與拋物線C相切；當(dāng)m≠1時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 解法二：(1)設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x－2)2＋y2＝r2. 依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點(diǎn)P(0，m)，則 解得 所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)同解法一． 19．(本小題滿(mǎn)分12分)(文)如圖，已知拋物線C1：x2＋by＝b2經(jīng)過(guò)橢圓C2：＋＝1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)． (1)求橢圓C2的離心率； (2)設(shè)點(diǎn)Q(3，b)，又M，N

20、為C1與C2不在y軸上的兩個(gè)交點(diǎn)，若△QMN的重心在拋物線C1上，求C1和C2 的方程． [解析]　本題主要考查了拋物線及橢圓的方程和性質(zhì)，并涉及求離心率問(wèn)題，重心坐標(biāo)公式，曲線與曲線的交點(diǎn)等內(nèi)容，注重運(yùn)算變形能力的考查，綜合性較強(qiáng)． (1)橢圓的焦點(diǎn)為(±，0)，代入拋物線方程a2－b2＋b·0＝b2?＝，∴e＝＝. (2)由(1)問(wèn)a2＝2b2，∴橢圓方程為＋＝1， 即x2＋2y2＝2b2. 設(shè)N(x0，y0)，M(－x0，y0)，Q(3，b)，則重心(1，)，代入拋物線方程， ? ∴拋物線C1的方程為y＝1－x2， 橢圓C2的方程為：＋y2＝1. (理)(2020·惠州

21、調(diào)研)已知點(diǎn)(x，y)在曲線C上，將此點(diǎn)的縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)不變，得到的點(diǎn)滿(mǎn)足方程x2＋y2＝8；定點(diǎn)M(2,1)，平行于OM的直線l在y軸上的截距為m(m≠0)，直線l與曲線C交于A，B兩個(gè)不同點(diǎn)． (1)求曲線C的方程； (2)求m的取值范圍． [解析]　(1)在曲線C上任取一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P(x，y)， 則點(diǎn)(x,2y)在圓x2＋y2＝8上． 所以有x2＋(2y)2＝8. 整理得曲線C的方程為＋＝1. (2)∵直線l平行于OM，且在y軸上的截距為m， 又kOM＝， ∴直線l的方程為y＝x＋m. 由得x2＋2mx＋2m2－4＝0. ∵直線l與橢圓交于A、B兩個(gè)

22、不同點(diǎn)， ∴Δ＝(2m)2－4(2m2－4)>0， 解得－20)的左、右焦點(diǎn)． (1)當(dāng)P∈C，且·＝0，|PF1|·|PF2|＝4時(shí)，求橢C的左、右焦點(diǎn)F1、F2； (2)F1、F2是(1)中橢圓的左、右焦點(diǎn)，已知⊙F2的半徑為1，過(guò)動(dòng)點(diǎn)Q作⊙F2的切線QM，使得|QF1|＝|QM|(M是切點(diǎn))，如圖所示，求動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡方程． [解析]　(1)∵c2＝a2－b2，∴c2＝4m2. 又∵·＝0，∴PF1⊥PF2， ∴|

23、|2＋||2＝(2c)2＝16m2. 由橢圓定義可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2m， (|PF1|＋|PF2|)2＝16m2＋8＝24m2. 從而得m2＝1，c2＝4m2＝4，c＝2， ∴F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)． (2)∵F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，已知|QF1|＝|QM|， 即|QF1|2＝2|QM|2，∴|QF1|2＝2(|QF2|2－1)， 設(shè)Q(x，y)，則(x＋2)2＋y2＝2[(x－2)2＋y2－1]， 即(x－6)2＋y2＝34(或x2＋y2－12x＋2＝0)． 綜上所述，所求軌跡方程為(x－6)2＋y2＝34. [點(diǎn)評(píng)]　基礎(chǔ)知識(shí)熟練即可

24、順利解決第(1)問(wèn)，第(2)問(wèn)用到了直譯法求軌跡方程，運(yùn)算要細(xì)心． (理)(2020·太原一模)如下圖所示，等腰三角形ABC的底邊BC的兩端點(diǎn)是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的兩焦點(diǎn)，且AB的中點(diǎn)D在橢圓E上． (1)若∠ABC＝60°，|AB|＝4，試求橢圓E的方程； (2)設(shè)橢圓離心率為e，求cos∠ABC. [解析]　(1)因?yàn)椤螦BC＝60°，且△ABC為等腰三角形，所以△ABC是正三角形． 又因?yàn)辄c(diǎn)B，C是橢圓的兩焦點(diǎn)，設(shè)橢圓焦距為2c， 則2c＝|BC|＝|AB|＝4，如圖所示，連結(jié)CD，由AB中點(diǎn)D在橢圓上，得 2a＝|BD|＋|CD|＝|AB|＋|AB|＝2

25、＋2， 所以a＝1＋， 從而a2＝4＋2，b2＝a2－c2＝2， 故所求橢圓E的方程為＋＝1. (2)設(shè)橢圓的長(zhǎng)半軸、短半軸、半焦距分別為a，b，c，且|AD|＝|DB|＝m，連結(jié)CD， 則|BO|＝|OC|＝c，|DC|＝2a－m， 在Rt△AOB中，cos∠ABC＝. ① 在△BCD中，由余弦定理，得 cos∠ABC＝. ② 由①②式得2m＝，代入①式得 cos∠ABC＝＝. 21．(本小題滿(mǎn)分14分)(文)(2020·北京東城區(qū)模擬)已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，一個(gè)焦點(diǎn)為F(－2,0)，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)與短軸長(zhǎng)的比是

26、2:. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)點(diǎn)M(m,0)在橢圓C的長(zhǎng)軸上，點(diǎn)P是橢圓上任意一點(diǎn)．當(dāng)||最小時(shí)，點(diǎn)P恰好落在橢圓的右頂點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． [解析]　(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)． 由題意，得解得a2＝16，b2＝12. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)P(x，y)為橢圓上的動(dòng)點(diǎn)， 由于橢圓方程為＋＝1， 故－4≤x≤4.因?yàn)椋?x－m，y)， 所以||2＝(x－m)2＋y2 ＝(x－m)2＋12·(1－) ＝x2－2mx＋m2＋12 ＝(x－4m)2＋12－3m2. 因?yàn)楫?dāng)||最小時(shí)，點(diǎn)P恰好落在橢圓的右頂點(diǎn)，即當(dāng)x＝4時(shí)，||2取

27、得最小值．而x∈[－4,4]，故有4m≥4，解得m≥1. 又點(diǎn)M在橢圓的長(zhǎng)軸上，所以－4≤m≤4. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1,4]． (理)(2020·湖南文)已知平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離與點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離的差等于1. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)過(guò)點(diǎn)F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1、l2，設(shè)l1與軌跡C相交于點(diǎn)A、B，l2與軌跡C相交于點(diǎn)D、E，求·的最小值． [解析]　 (1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，由題意有－|x|＝1. 化簡(jiǎn)得y2＝2x＋2|x|. 當(dāng)x≥0時(shí)，y2＝4x；當(dāng)x<0時(shí)，y＝0. 所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為y2＝4x

28、(x≥0)和y＝0(x<0)． (2)由題意知，直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)為k， 則l1的方程為y＝k(x－1)． 由得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是 x1＋x2＝2＋，x1x2＝1. 因?yàn)閘1⊥l2，所以l2的斜率為－. 設(shè)D(x3，y3)，E(x4，y4)，則同理可得 x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1. 故·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋· ＝||·||＋||·|| ＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1) ＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1 ＝1＋(2＋)＋1＋1＋(2＋4k2)＋1 ＝8＋4(k2＋)≥8＋4×2＝16. 當(dāng)且僅當(dāng)k2＝，即k＝±1時(shí)，·取最小值16.