初三数学中考一轮复习：矩形的性质、判定与综合应用深度解析教案

初三数学中考一轮复习：矩形的性质、判定与综合应用深度解析教案

  一、考情分析与复习目标定位

  矩形作为初中阶段“图形与几何”领域的核心内容，是平行四边形知识的深化与特殊化，也是后续学习菱形、正方形及解决众多几何综合问题的基石。在历年全国各省市的中考数学试卷中，矩形的考查呈现出极高的出现频率与价值权重。其考查形式灵活多样，从基础的选择、填空题，到中档的证明、计算题，乃至作为压轴题中的背景图形或关键构件，渗透着对几何直观、逻辑推理、数学运算等核心素养的深度考察。基于对近年中考命题趋势的研判，本次复习旨在实现以下三维目标：

  （一）知识与技能目标：系统梳理并牢固掌握矩形的定义、性质定理（轴对称性、四个角为直角、对角线相等）与判定定理（三个角是直角的四边形、对角线相等的平行四边形、有一个角是直角的平行四边形）。能熟练运用这些知识点进行几何证明、线段与角度的计算、以及相关图形的面积与周长求解。

  （二）过程与方法目标：通过构建以矩形为核心的知识网络图，理解矩形与平行四边形、直角三角形、等腰三角形等基本图形的内在联系。经历从复杂图形中抽象出基本矩形模型的过程，提升识图、构图能力。掌握“综合分析法”、“逆向思维法”在矩形判定与性质应用中的运用，发展严谨的逻辑推理能力和多路径解决问题的能力。

  （三）情感、态度与价值观目标：在探究矩形对称美、结构稳定性的过程中，感受几何图形的内在和谐与数学的广泛应用。通过解决以矩形为载体的实际应用问题（如建筑设计、工程测量），体会数学的工具价值，增强应用意识。在小组合作探究与难题攻坚中，培养不畏艰难的钻研精神和科学理性的思维品质。

  二、知识体系建构与核心考点透视

  矩形并非孤立的概念，它镶嵌于四边形的知识谱系之中。复习的首要任务是引导学生自主构建知识网络，明确矩形在“四边形→平行四边形→矩形”这一概念发展链上的位置。其核心关联包括：矩形是平行四边形的特例，因此继承了对边平行且相等、对角线互相平分、中心对称等全部平行四边形性质；同时，它增加了“有一个角是直角”这一特殊性，进而衍生出四个角均为直角、对角线相等、轴对称（两条对称轴）等独有性质。这一特殊性也使得矩形与直角三角形、等腰三角形建立了深刻联系：矩形的两条对角线将其分割为四个等腰三角形；连接矩形对边中点的线段构成菱形；矩形中常见的“十字模型”是相似或全等三角形的滋生地。

  基于以上知识结构，结合中考命题规律，可将矩形的考查系统归纳为以下七大核心考点：

  考点一：矩形基本性质（边、角、对角线、对称性）的直接应用。侧重于基础概念的辨识与简单计算。

  考点二：矩形判定定理的灵活运用。重点在于根据已知条件，合理选择最简洁的判定路径，完成逻辑证明。

  考点三：矩形背景下的角度计算问题。常涉及内角、对角线与边所成角度的计算，综合利用矩形性质、平行线性质、三角形内角和定理等。

  考点四：矩形背景下的线段长度计算问题。涵盖边长、对角线长、图形中相关线段长的计算，常需结合勾股定理、等腰三角形性质、方程思想。

  考点五：矩形与面积问题。包括矩形自身面积、矩形内部构造的三角形或其他图形的面积计算、面积平分线问题等，涉及面积公式、割补法、等积变换等策略。

  考点六：矩形中的折叠问题（动态几何初步）。这是中考热点与难点，将轴对称变换融入矩形，考查变化中的不变关系，如折叠后重合部分的图形性质、线段长度、角度大小及最值问题。

  考点七：矩形的综合应用与模型构建。矩形作为复杂几何图形的基本单元，常出现在与动点问题、函数图象结合、实际生活情境建模中，要求具备较高的综合分析能力和模型识别能力。

  三、教学实施过程设计

  第一课时：矩形的“前世今生”——概念体系与基础性质、判定

  （一）情境导入，温故引新（约10分钟）

  呈现一组图片：校园操场、教室窗户、书本封面、手机屏幕。提问：这些物体轮廓的共同几何特征是什么？（矩形）。追问：什么是矩形？从图形的“家族”关系看，矩形属于哪一类图形？它与我们已学过的平行四边形有何联系与区别？通过生活实例激发回忆，自然引出矩形是特殊的平行四边形，并点明本课复习主题。

  （二）自主构建，梳理脉络（约15分钟）

  引导学生以思维导图或概念图的形式，自主梳理从“四边形”到“矩形”的知识发展路径。要求清晰标注定义、性质（一般性与特殊性）、判定方法。教师巡视指导，选取具有代表性的学生作品进行展示、点评和完善。最终形成如下结构化认知：

  图形家族：四边形→平行四边形→矩形。

  矩形定义：有一个角是直角的平行四边形。

  性质继承（来自平行四边形）：对边平行且相等；对角相等；邻角互补；对角线互相平分；是中心对称图形。

  性质特有（源于“直角”）：四个角都是直角；对角线相等；是轴对称图形（有两条对称轴，即经过对边中点的直线）。

  判定思路：从四边形出发：有三个角是直角的四边形是矩形。从平行四边形出发：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形。

  （三）典例精析，夯实双基（约40分钟）

  围绕考点一、二，选取典型例题，重在辨析概念与规范书写。

  例题1（考点一）：已知矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O。若∠AOB=60°，AB=4cm。求矩形对角线的长及矩形面积。

  解析：本题考察矩形对角线性质（相等且互相平分）与等边三角形、勾股定理的综合。由∠AOB=60°，OA=OB，可得△AOB是等边三角形，故OA=OB=AB=4cm，所以对角线AC=BD=2OA=8cm。在Rt△ABC中，由勾股定理可求BC=√(AC²-AB²)=√(64-16)=4√3cm，面积S=AB×BC=4×4√3=16√3cm²。强调“对角线相等且平分”是矩形计算题的核心枢纽。

  例题2（考点二）：如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，且AE=CF。求证：四边形BFDE是平行四边形。若再添加一个条件：AC=BD，或∠ABC=90°，试分别判断四边形BFDE的形状。

  解析：第一部分证明平行四边形是基础。关键第二步，当添加AC=BD时，原平行四边形ABCD已成为矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）。此时，结合已证BFDE是平行四边形，需进一步判断其形状。引导学生观察：在矩形ABCD中，OB=OD=OA=OC。由AE=CF，可推导出OE=OF，从而EF与BD互相平分，故BFDE是平行四边形。又因为EF=AC-2AE，BD=AC，一般情况下EF≠BD，所以此时BFDE仍是平行四边形，未必是矩形。但当添加∠ABC=90°时，原四边形ABCD已是矩形。此时，能否证明BFDE有一个内角是直角？这需要更深入的分析。实际上，仅由所给条件，无法直接推出BFDE的内角为90度。此问旨在深化学生对判定定理条件的理解：要证明一个平行四边形是矩形，必须严格满足“一个角为直角”或“对角线相等”的条件，不能想当然。

  （四）随堂演练，即时反馈（约15分钟）

  1.矩形的一条对角线长为10，其中一边长为6，则其面积为____。

  2.下列命题中，真命题是（）。(A)对角线互相垂直的四边形是矩形。(B)对角线相等的四边形是矩形。(C)对角线相等且互相平分的四边形是矩形。(D)有一个角是直角的四边形是矩形。

  3.已知：如图，在△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的高，AE是△ABC外角∠CAF的平分线，DE∥AB交AE于点E。求证：四边形ADCE是矩形。

  （教师巡回批改，针对共性问题进行集中点拨。）

  （五）课堂小结与作业布置（约5分钟）

  小结：强调矩形的“双重身份”——平行四边形的所有性质+自身特有性质。判定思路的两条主线：先证平行四边形，再加条件；或直接证有三个直角。

  作业：基础题：教材相关章节习题，巩固性质与判定。提高题：搜集并完成2道涉及矩形性质与判定的中考真题，写出详细过程。

  第二课时：矩形中的“算”与“证”——角度、线段与面积问题探究

  （一）知识回顾，专题引入（约5分钟）

  快速提问回顾矩形主要性质。指出本节课聚焦于运用这些性质解决计算与证明问题，即深入考点三、四、五。

  （二）专题探究一：角度计算（约20分钟）

  策略：矩形提供90°角，结合平行线内错角、同位角相等，对顶角相等，三角形内角和、外角定理，构成丰富的关系网。

  例题3：如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于O，DE平分∠ADC交BC于E，∠BDE=15°。求∠BOC与∠COE的度数。

  解析：由矩形性质知∠ADC=90°，DE平分∠ADC，则∠ADE=∠CDE=45°。又∠BDE=15°，故∠ADB=∠ADE-∠BDE=30°。在矩形中，OA=OD，所以∠OAD=∠ODA=30°，则∠AOD=120°，故∠BOC=∠AOD=120°（对顶角）。要求∠COE，需关注△COE。由∠ODA=30°，得∠BDC=90°-∠ODA=60°。又∠CDE=45°，故∠ODE=∠BDC-∠BDE-∠CDE=60°-15°-45°=0°？这显然矛盾，提示点E可能在BC延长线上？重新审题：“交BC于E”，点E在边BC上。那么∠BDC=60°，∠BDE=15°，则∠CDE=∠BDC-∠BDE=45°，恰好等于DE平分∠ADC所得的∠CDE，符合。∠ODC=∠BDC=60°，OC=OD，△OCD是等边三角形？不，OC=OD但CD不一定等于它们。实际上，在△ODC中，OD=OC，∠ODC=60°，故△ODC是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）。所以OC=CD。接下来需确定∠COE。由于∠DCE=90°，CE=BC-BE。需要通过角度求出线段关系。由∠CDE=45°，∠DCE=90°，知△DCE是等腰直角三角形，故CE=CD=OC。所以OC=CE，△OCE中，∠OCE=∠BCD-∠OCD=90°-60°=30°，故∠COE=(180°-30°)/2=75°。本题综合性较强，涉及角平分线、矩形性质、等边三角形、等腰三角形判定，逻辑链条长，需耐心梳理。

  （三）专题探究二：线段长度计算（约30分钟）

  策略：核心工具是勾股定理。关键在于将所求线段置于直角三角形中，或利用方程思想（设未知数）建立等量关系。

  例题4：如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8。折叠矩形，使点B与点D重合，折痕为EF（E在AD上，F在BC上）。求折痕EF的长度。

  解析：折叠问题是矩形考点的重中之重。折叠本质是全等变换，对应边相等，对应角相等。连接BD，设EF与BD交于点O。由对称性，EF垂直平分BD。在Rt△ABD中，BD=√(AB²+AD²)=√(36+64)=10。则OB=OD=5。欲求EF，可求OE或OF。观察图形，△DOE∽△DAB（均有直角和公共角∠ADB），故OE/AB=OD/AD，即OE/6=5/8，解得OE=15/4。因此EF=2OE=15/2=7.5。另解：也可利用面积法。S△BDE=(1/2)BD

OE=(1/2)DE

AB。其中DE=BE，在Rt△ABE中，设AE=x，则DE=BE=8-x，由勾股定理(8-x)²=x²+6²，可解出x，进而求出DE，再代入面积等式求OE。引导学生比较不同解法优劣，体会模型思想（“十字模型”中的相似）。

  （四）专题探究三：面积问题（约20分钟）

  策略：直接公式法、割补法、等积变形法、比例法。

  例题5：如图，矩形ABCD面积为20，对角线交于点O。分别作AE⊥BD于E，CF⊥BD于F。求阴影部分（四边形AECF）的面积。

  解析：阴影部分AECF可视为由△ABD和△CBD中的部分图形组成，直接求较难。观察发现△AOE≌△COF(ASA)，故阴影面积等于△AOD与△COD中除去等量部分后剩余部分之和？更简洁的思路：由于AE⊥BD，CF⊥BD，易证四边形AECF是平行四边形（对边平行）。而其对角线AC与EF互相平分吗？实际上，由矩形性质，AC与BD互相平分于O，即OA=OC。又AE∥CF，故四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分）。这个平行四边形的面积如何求？其面积可表示为S=底×高。以AF为底，高不易求。转换思路：S_{▱AECF}=2S_{△AEF}？不便捷。注意到S_{▱AECF}=S_{△ACF}+S_{△AEC}，仍复杂。关键洞察：在平行四边形AECF中，对角线AC将其分为两个等面积的三角形。而S_{△AOC}=(1/4)S_{矩形ABCD}=5。但△AOC只是△AFC的一部分。观察△AFC与△ABC，它们同底AC，高之比是多少？由于F在BD上，B、O、D共线，难以直接确定高之比。此时，可考虑利用全等和等积变换。由对称性，S_{△AOE}=S_{△COF}，S_{△BOE}=S_{△DOF}？不一定。更为巧妙的方法是：S_{阴影}=S_{△ABE}+S_{△CDF}？由于△ABE与△CDF不一定全等。实际上，因为矩形是中心对称图形，点E和点F关于点O对称吗？由于AE和CF都垂直于BD，且OA=OC，可以证明Rt△AOE≌Rt△COF(HL)，所以OE=OF，即E和F关于O对称。因此，S_{△AOE}=S_{△COF}，S_{△BOE}=S_{△DOF}。那么，S_{阴影}=S_{△AOE}+S_{△COF}+S_{△BOE}+S_{△DOF}=?这等于S_{△ABO}+S_{△CDO}？因为S_{△ABO}=S_{△AOE}+S_{△BOE}，S_{△CDO}=S_{△COF}+S_{△DOF}。而S_{△ABO}=S_{△CDO}=(1/4)S_{矩形}=5。所以S_{阴影}=5+5=10。本题充分体现了利用对称性进行等积转化的巧妙之处。

  （五）课堂总结与作业（约5分钟）

  总结计算问题的三大法宝：勾股定理、相似比例、方程思想。面积问题的四大策略：公式、割补、等积、比例。

  作业：完成一份专项练习，涵盖角度、线段、面积计算的中档题。

  第三课时：矩形的“变”与“联”——折叠动态与综合应用突破

  （一）热点聚焦：折叠问题深度剖析（约35分钟）

  重申折叠的轴对称本质：重合部分全等，对称轴垂直平分对应点连线。

  例题6：将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F。已知AB=6，BC=8。

  （1）求证：△ACF是等腰三角形。

  （2）求DF的长。

  （3）求折叠后重叠部分（△ACF）的面积。

  解析：

  （1）证明：由折叠知∠BAC=∠EAC。在矩形中，AB∥CD，故∠BAC=∠DCA。所以∠EAC=∠DCA，即∠FAC=∠FCA，因此FA=FC，△ACF是等腰三角形。

  （2）设DF=x，则CF=AF=CD-DF=6-x。在Rt△ADF中，由勾股定理：AD²+DF²=AF²，即8²+x²=(6-x)²。解方程：64+x²=36-12x+x²=>64=36-12x=>12x=36-64=-28=>x=-7/3？这不可能为负。检查：AF=CD-DF=6-x，正确。方程应为：64+x²=36-12x+x²=>64=36-12x=>12x=36-64=-28。问题出在AF的长度表示上。因为折叠后，E落在AD边上吗？题目说“AE交CD于点F”，意味着点E在AD或其延长线上？实际上，沿对角线AC折叠，点B的对应点E应落在AD边上（因为∠BAC<90°）。所以A、E、D共线？不，E在AD上。那么，AF是对角线AC上的线段吗？不，F是AE与CD的交点。重新分析图形：矩形ABCD，沿AC折叠，B落在E处。则△ABC≌△AEC。E在AD边上。延长CE交AB于G？更准确画图：A、D、C位置固定。折叠后，B与E重合，E在AD上。连接AE（即折叠后的AB边），AE与CD交于F。此时，在图形中，CF是△ACF的边。由（1）已证AF=CF。设DF=x，则CF=6-x=AF。在Rt△ADF中，直角边AD=8，DF=x，斜边AF=6-x。列方程正确。解出负值说明假设的F在线段DC上的位置有误？可能F在线段DC的延长线上？但题目说“AE交CD于点F”，若E在AD上，AE的延长线确实可能与CD的延长线相交。设DF=x（x可能>6），则CF=x-6？这会造成AF=CF=x-6。在Rt△ADF中，AD=8，DF=x，AF=x-6，则8²+x²=(x-6)²->64+x²=x²-12x+36->64=-12x+36->12x=36-64=-28，仍然为负。这提示我们需重新审视点E的位置。实际动手操作或严格推理：当矩形AB=6，BC=8时，tan∠BAC=8/6=4/3，∠BAC≈53°。折叠后，∠EAC=∠BAC≈53°，所以∠CAE≈53°。而∠CAD，在Rt△ACD中，tan∠CAD=CD/AD=6/8=0.75，∠CAD≈37°。所以∠DAE=∠CAE-∠CAD≈53°-37°=16°>0，因此点E确实在AD线段上。那么AE（即原来的AB）与CD的延长线相交于F，F在DC的延长线上。设DF=x（x>0），则CF=DF-CD=x-6。由（1）AF=CF=x-6。在Rt△ADF中，AD=8，DF=x，AF=x-6。方程为：8²+x²=(x-6)²。解这个方程：64+x²=x²-12x+36->64=-12x+36->12x=36-64=-28->x=-7/3。仍然矛盾。这迫使我们必须检查折叠的几何关系。一个重要的事实被忽略了：折叠后，B的对应点E并不一定在AD边上！当我们沿AC折叠矩形ABCD时，由于∠ACB=∠CAD（内错角相等），且折叠后∠ACB=∠ACE，所以∠CAD=∠ACE，因此AE∥BC？这会导致E在过A平行于BC的直线上。实际上，更严谨的做法是：折叠后，△ABC≌△AEC，所以∠AEC=∠B=90°，即AE⊥EC。而AD∥BC，所以∠DAC=∠ACB=∠ACE，因此AE∥BC？这似乎矛盾。正确的图形应该是：点E落在矩形外部，AD的上方。AE交CD的延长线于点F。此时，设DF=x，则CF=CD+DF=6+x。由（1）∠FAC=∠FCA，所以AF=CF=6+x。在Rt△ADF中，AD=8，DF=x，AF=6+x。列方程：8²+x²=(6+x)²->64+x²=36+12x+x²->64=36+12x->12x=28->x=7/3。这才是合理的解。所以DF=7/3。

  （3）重叠部分为△ACF。其面积可表示为S=1/2*CF*AD。因为以CF为底，高为AD（因为AD⊥CD，而F在CD延长线上）。CF=6+x=6+7/3=25/3。所以S=1/2*(25/3)*8=100/3。

  本题极具教育意义，暴露了学生在空间想象和严谨推理上的不足。必须强调：画准折叠后的图形是解题的第一步，必要时需进行分类讨论。

  （二）综合应用与模型识别（约40分钟）

  矩形作为基本图形，常嵌套于更复杂的综合题中。

  例题7：如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，OA=6，OC=4。点P从点O出发，以每秒1个单位的速度沿O→A→B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿C→B→A运动。当点Q到达点A时，两点同时停止运动。设运动时间为t秒。

  （1）当t=1时，求△OPQ的面积。

  （2）当点P、Q在矩形同一边上运动时，是否存在t，使△OPQ是直角三角形？若存在，求t的值；若不存在，说明理由。

  （3）在整个运动过程中，求△OPQ的面积S与t的函数关系式。

  解析：本题是典型的“动点问题”，矩形提供了运动舞台。

  （1）t=1时，P在OA上，OP=1；Q在CB上，CQ=2，故BQ=BC-CQ=6-2=4。所以P(1,0)，Q(2,4)（因为CB平行于x轴）。此时，△OPQ的底OP=1，高为Q的纵坐标4，面积S=1/2*1*4=2。

  （2）分析运动过程：P：O→A（0≤t≤6），A→B（6<t≤10，因为AB=4，速度1，需4秒）。Q：C→B（0≤t≤3，因为CB=6，速度2），B→A（3<t≤5，因为BA=4，速度2，需2秒）。两者同时停止（t=5时，Q到A；P此时在AB上，距离A点5-1=4？不对，P在t=5时，位置：0-6秒在OA，走了6个单位到A；6秒后进入AB段，t=5<6，还在OA段。所以当t=5时，P在OA上，OP=5。Q在BA上，BQ=2*(t-3)=4，所以Q已到达A点（因为BA=4）。所以运动总时间确实是5秒。修正P的运动分段：0≤t≤6时，在OA上，OP=t；6<t≤10时，在AB上，AP=t-6，所以P点横坐标为6，纵坐标为t-6。但运动在t=5时就停止了，所以P实际上只在OA段运动（0≤t≤5），不会进入AB段。因为当t=5时，Q已到A点停止，P也同时停止，此时P在OA上离O点5个单位处。所以P的运动区间仅为0≤t≤5，始终在OA上。Q的运动：0≤t≤3，在CB上，CQ=2t，坐标(2t,4)；3<t≤5，在BA上，BQ=2(t-3)，坐标(6,4-2(t-3))=(6,10-2t)。现在考虑“同一边”：可能同在OA边？不可能，Q不在OA上。可能同在OC边？不可能。可能同在AB边？P不在AB上（t≤5）。可能同在BC边？当0≤t≤3时，P在OA，Q在BC，不同边。当3<t≤5时，P在OA，Q在BA，也不同边。所以，在整个运动过程中，P和Q从未出现在矩形的同一条边上！那么问题（2）的条件“当点P、Q在矩形同一边上运动时”意味着这种情况不存在？可能是题目设计时考虑了P进入AB段的情况，但根据我们的计算，在给定的速度下，运动总时间受Q制约为5秒，P在5秒内最多走5个单位，而OA=6，所以P确实始终在OA上。但若考虑完整的可能，假设运动时间足够长，P能进入AB。我们需要重新审视停止条件：“当点Q到达点A时，两点同时停止运动”。Q从C到A的路径：C→B→A，总路程为CB+BA=6+4=10，速度2，需时5秒。P从O到A需6秒，所以当Q到达A时（t=5），P还在OA上，距离A点1个单位。所以P确实不会到达AB边。因此，（2）问中“同一边”的情况在整个有效运动时间内不存在。但题目问“是否存在t”，可能需要我们考虑理论上（即使未停止）是否存在某个t使他们在同一边且△OPQ为直角三角形。假设运动不提前停止，P可以进入AB边。那么同一边的情况可能是：当P、Q都在BC边上？P在BC上需t>6，此时Q早已在BA或已完成全程。当P、Q都在AB边上？P在AB上需t>6，Q在AB上需3<t≤5，时间无交集。所以确实不存在同一边的情况。这可能是一道题目的瑕疵，或者我们需要更宽泛地理解“同一边”，比如OA和BC都是矩形的边，但它们是对边，不是“同一边”。通常“同一边”指相邻的公共边。所以答案应为：不存在。

  （3）求面积函数关系式，需要分段讨论。

  分段1：0≤t≤3。P(t,0)，Q(2t,4)。此时S=1/2*OP*(Q到x轴的距离)=1/2*t*4=2t。

  分段2：3<t≤5。P(t,0)，Q(6,10-2t)。此时，△OPQ的三个顶点为O(0,0),P(t,0),Q(6,10-2t)。求面积可用“割补法”或“直接公式法”。使用水平宽乘铅垂高法：过Q作QM⊥x轴于M。则S=S梯形OPMQ-S△OPM-S△OMQ？更直接：S=1/2*OP*|y_Q|？不行，因为OP边上的高不是|y_Q|（除非Q在OP的垂直线上）。正确方法：S=1/2*|OP|*|Q到OP所在直线（x轴）的距离|，因为OP在x轴上，所以Q到x轴的距离就是|y_Q|。所以S=1/2*t*|10-2t|。由于在3<t≤5内，10-2t>0？当t=5时，10-2t=0；当t>5，为负。在3<t<5时，10-2t>0。所以S=1/2*t*(10-2t)=t(5-t)=5t-t²。

  综上，S={2t(0≤t≤3);5t-t²(3<t≤5)}。

  本题综合了坐标系、矩形、动点、函数建模，难度较高，需清晰分析运动过程与几何特征。

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