用空间向量研究距离、夹角问题基础过关练题组一 用空间向量求空间的距离问题1.(2021天津第四中学高三上检测)已知平面α的法向量为n=(-2,-2,1),点A(x,3,0)在平面α内,若点P(-2,1,4)到平面α的距离d为103,则x=( )A.-1B.-11C.-1或-11D.-212.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为(深度解析)A.36B.33C.233D.323.(2020山东济南第二中学高二上月考)如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N之间的距离为 . 4.(2020上海交通大学附属中学高三下检测)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是线段BB1、B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为 . 5.Rt△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC=95,则点P到斜边AB的距离是 . 19,题组二 用空间向量求空间角的问题6.如图所示,几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E、F分别是棱AB、BC上的动点,且AE=BF,当A1、E、F、C1共面时,平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为( )A.15B.12C.32D.2657.(2020山西大学附属中学高二阶段测试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1B1的中点,则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为( )A.105B.1010C.32D.228.(2020河北唐山第一中学高一下期末)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点S在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是 . 9.(2020黑龙江哈尔滨高二上检测)在空间中,已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面Oxy的夹角为45°,则a= . 10.如图,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的体对角线BD'上,满足BP=2PD'.(1)求DP与CC'所成角的余弦值;(2)求DP与平面AA'D'D所成角的正弦值.能力提升练题组一 用空间向量求空间距离 1.(2020湖北高三下调研,)在棱长为1的正四面体ABCD中,M为AD上的一点,且AM=13AD,N为AC的中点,则点A到平面BMN的距离为( )A.105B.55C.1010D.51019,2.(2020山东威海高二期中,)如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1D1的中点,Q为A1B1上任意一点,E,F为CD上两个动点,且EF的长为定值,则点Q到平面PEF的距离 ( )A.等于55aB.和EF的长度有关C.等于23aD.和点Q的位置有关3.(多选)()已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E、O分别是A1B1、A1C1的中点,P在正方体内部且满足AP=34AB+12AD+23AA1,则下列说法正确的是(深度解析)A.点A到直线BE的距离是55B.点O到平面ABC1D1的距离为24C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33D.点P到直线AB的距离为25364.(2020山西太原高三一模,)在如图所示的实验装置中,正方形框架的边长都是1,且平面ABCD⊥平面ABEF,活动弹子M,N分别在正方形对角线AC,BF上移动,若CM=BN,则MN长度的最小值为 . 5.(2020安徽合肥高三三模,)如图,在多面体ABCDE中,平面ABD⊥平面ABC,AB⊥AC,AE⊥BD,DE∥AC,且DE=12AC,AD=BD=1.(1)求AB的长;(2)已知2≤AC≤4,求点E到平面BCD的距离的最大值.19,19,题组二 用空间向量求空间角6.(2021辽宁辽河高二上检测,)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD,M为AD的中点,则异面直线BM与CD夹角的余弦值为( )A.23B.34C.33D.247.(2020山东新泰高一下期中,)在正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,E、F分别为A1C1和A1B1的中点,当AE和BF所成角的余弦值为710时,AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为( )A.155B.1510C.510D.558.(2020河南省实验中学高二上期中,)已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面DAC,则平面BCD与平面CDA的夹角的余弦值为( )A.2B.12C.33D.559.(多选)(2020河北保定高二上期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且∠PAD=π2,O为底面ABCD的中心,E为PD的中点,F在棱PA上,若FAPA=λ,λ∈[0,1],则下列说法正确的有( )A.异面直线PO与AD所成角的余弦值为217B.异面直线PO与AD所成角的余弦值为22121C.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,则λ=12D.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,则λ=5219,10.(2020天津南开高三一模,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=AC=AA1,AB⊥AC,P为线段BC1上一点.(1)若BP=PC1,求PC与AA1所成角的余弦值;(2)若BP=2PC1,求PC与平面ABB1A1所成角的大小;(3)若平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°,求BPPC1的值.19,11.(2020湖北华中师大一附中高三期中,)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为棱PC上的动点,且PMPC=λ(λ∈[0,1]).(1)求证:△PBC为直角三角形;(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为255.19,答案全解全析基础过关练1.C 已知d=|PA·n||n|=103,∵PA=(x+2,2,-4),∴d=|-2(x+2)-4-4|4+4+1=103,解得x=-1或-11.故选C.2.B 以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,0),C1(0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1),所以DA1=(1,0,-1),DC1=(0,1,-1),AD=(-1,0,0).设平面A1C1D的一个法向量为m=(x,y,z),则m·DA1=x-z=0,m·DC1=y-z=0,令z=1,则x=1,y=1,故m=(1,1,1).显然平面AB1C∥平面A1C1D,所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为|AD·m||m|=33.解题反思 本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用,对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为:①求平面的法向量;②求平面外一点与平面内一点所连线段对应的向量在法向量上的投影向量的模,即为该平面外的点到平面的距离.空间中其他距离问题,如直线到平面的距离(线面平行)、平面到平面的距离(面面平行),一般都可以转化为点(直线或平面上任一点)到平面的距离求解.3.答案 68989解析 如图,建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),B1(1,1,1),M0,1,13,N12,0,0,∴BB1=(0,0,1),BM=-1,0,13,B1N=-12,-1,-1.设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量n=(x,y,z),由n·BM=0,n·B1N=0,得-x+13z=0,-12x-y-z=0,19,令x=2,则z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6).设直线BM与B1N之间的距离为d,则d=|BB1·n||n|=689=68989.4.答案 32解析 如图,以点D为坐标原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则C(0,1,0),D1(0,0,1),M1,1,12,A(1,0,0),∴AM=0,1,12,AC=(-1,1,0),AD1=(-1,0,1).设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=0,n·AD1=0,即-x+y=0,-x+z=0,令x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1),∴点M到平面ACD1的距离d=|AM·n||n|=32.又MN∥AD1,且MN⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,∴MN∥平面ACD1,故直线MN到平面ACD1的距离即点M到平面ACD1的距离,为32.5.答案 3解析 以点C为坐标原点,CA、CB、CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,0,0),B(0,3,0),P0,0,95,所以AB=(-4,3,0),AP=-4,0,95,∴点P到直线AB的距离d=|AP|2-|AP·AB||AB|2=16+8125-25625=3.6.B 以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(6,0,6),D(0,0,0),C1(0,6,6).19,由题意知,当E(6,3,0),F(3,6,0)时,A1、E、F、C1共面,∴DA1=(6,0,6),DE=(6,3,0).设平面A1DE的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1·DA1=0,n1·DE=0,得6x1+6z1=0,6x1+3y1=0,令x1=1,则y1=-2,z1=-1,∴n1=(1,-2,-1).设平面C1DF的法向量为n2=(x2,y2,z2),易得DC1=(0,6,6),DF=(3,6,0),由n2·DC1=0,n2·DF=0,得6y2+6z2=0,3x2+6y2=0,令x2=2,则y2=-1,z2=1,∴n2=(2,-1,1).设平面A1DE与平面C1DF的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=36×6=12,∴平面A1DE与平面C1DF的夹角的余弦值为12.7.A 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),∴B1C=(-1,0,-1),∴|B1C|=2,∵M为A1B1的中点,∴M1,12,1,∴AM=0,12,1,∴|AM|=52,∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos<am,b1c>|=|AM·B1C||AM||B1C|=105.故选A.8.答案 30°解析 如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.19,设OD=SO=OA=OB=OC=a(a>0),则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2,则CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,CB=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则n·CA=0,n·AP=0,即2ax=0,-ax-a2y+a2z=0,得x=0,令y=1,则z=1,∴n=(0,1,1),设直线BC与平面PAC所成的角为θ,则sinθ=|cos<cb,n>|=|a|2·2a=12,∴直线BC与平面PAC所成角为30°.9.答案 125解析 设A(3,0,0),B(0,4,0),C(0,0,a)(a>0),则AC=(-3,0,a),AB=(-3,4,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则AC·n=0,AB·n=0,即-3x+az=0,-3x+4y=0,取z=1,则x=a3,y=a4,∴n=a3,a4,1,取平面Oxy的一个法向量为m=(0,0,1),则|cos<m,n>|=|0+0+1|a29+a216+1·0+0+1=22,解得a2=14425,又a>0,∴a=125.10.解析 如图建立空间直角坐标系,设棱长为1,则B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),C'(0,1,1),D'(0,0,1),则BD'=(-1,-1,1),DB=(1,1,0),CC'=(0,0,1),DC=(0,1,0),∵BP=2PD',19,∴BP=23BD'=23(-1,-1,1)=-23,-23,23.(1)DP=DB+BP=(1,1,0)+-23,-23,23=13,13,23,设DP与CC'所成角为θ,则cosθ=|DP·CC'||DP||CC'|=2319+19+49×1=2363=63,∴DP与CC'所成角的余弦值为63.(2)由(1)知DP=13,13,23.∵DC⊥平面AA'D'D,∴DC=(0,1,0)为平面AA'D'D的一个法向量,设DP与平面AA'D'D所成的夹角为α,∴sinα=|cos<dp,dc>|=|DP·DC||DP||DC|=1319+19+49×1=1363=16=66,∴DP与平面AA'D'D所成角的正弦值为66.能力提升练1.C 取BC的中点为E,连接AE交BN于点O,连接DO,∵四面体ABCD为正四面体,N、E分别为AC、BC的中点,∴O为等边三角形ABC的中心,且DO⊥平面ABC,则以N为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系,其中DO∥z轴.易得A0,-12,0,D36,0,63,B32,0,0,N(0,0,0),则AD=36,12,63,NB=32,0,0,AN=0,12,0,∵AM=13AD,即AM=13AD,∴M318,-13,69,∴NM=318,-13,69.设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则n·NB=32x=0,n·NM=318x-13y+69z=0得x=0,令z=3,则y=6,∴n=(0,6,3).又AN=0,12,0,19,∴点A到平面BMN的距离d=|AN·n||n|=626+9=1010.故选C.2.A 取B1C1的中点G,连接PG,CG,DP,则PG∥CD,所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离,与EF的长度无关,B错.又A1B1∥平面PGCD,所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离,即点Q到平面PEF的距离,与点Q的位置无关,D错.如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,则C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),Pa2,0,a,∴DC=(0,a,0),DA1=(a,0,a),DP=a2,0,a,设n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量,则由n·DP=0,n·DC=0,得a2x+az=0,ay=0,令z=1,则x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD的一个法向量.设点Q到平面PEF的距离为d,则d=DA1·n|n|=-2a+a5=5a5,A对,C错.故选A.3.BC 如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E12,0,1,所以BA=(-1,0,0),BE=-12,0,1.设∠ABE=θ,则cosθ=|BA·BE||BA||BE|=55,sinθ=1-cos2θ=255.故A到直线BE的距离d1=|BA|sinθ=1×255=255,故A错.易知C1O=12C1A1=-12,-12,0,19,平面ABC1D1的一个法向量DA1=(0,-1,1),则点O到平面ABC1D1的距离d2=|DA1·C1O||DA1|=122=24,故B对.A1B=(1,0,-1),A1D=(0,1,-1),A1D1=(0,1,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则n·A1B=0,n·A1D=0,所以x-z=0,y-z=0,令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1).所以点D1到平面A1BD的距离d3=|A1D1·n||n|=13=33.因为易证得平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33,故C对.因为AP=34AB+12AD+23AA1,所以AP=34,12,23,又AB=(1,0,0),所以AP·AB|AB|=34,所以点P到AB的距离d=|AP|2-AP·AB|AB|2=181144-916=56,故D错.解题反思 线面距、面面距实质上都是点面距,求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行.4.答案 33解析 ∵M、N分别是异面直线AC、BF上的点,∴MN的最小值即为两条异面直线间的距离d,∵平面ABCD⊥平面ABEF,AB⊥BC,平面ABCD∩平面ABEF=AB,∴BC⊥平面ABEF,又AB⊥BE,∴AB,BE,BC两两垂直.以B为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,0,0),F(1,1,0),C(0,0,1),∴AC=(-1,0,1),BF=(1,1,0),AB=(-1,0,0),设异面直线AC、BF的公垂向量为n=(x,y,z),则AC·n=-x+z=0,BF·n=x+y=0,令x=1,则y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1),∴d=|AB·n||n|=13=33,即MN的最小值为33.19,5.解析 (1)平面ABD⊥平面ABC,且交线为AB,∵AC⊥AB,∴AC⊥平面ABD.又∵DE∥AC,∴DE⊥平面ABD,又BD⊂平面ABD,∴DE⊥BD,又AE⊥BD,DE∩AE=E,∴BD⊥平面ADE,∴BD⊥AD.∵AD=BD=1,∴AB=2.(2)∵AD=BD,取AB的中点为O,∴DO⊥AB,又∵平面ABD⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC,过O作直线OY∥AC交BC于点Y,连接OD,以点O为坐标原点,直线OB、OY、OD分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.记AC=2a,则1≤a≤2,B22,0,0,C-22,2a,0,D0,0,22,E0,-a,22,∴BC=(-2,2a,0),BD=-22,0,22,DE=(0,-a,0).设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),由BC·n=0,BD·n=0,得-2x+2ay=0,-22x+22z=0,令x=2,则y=1a,z=2,∴n=2,1a,2.又∵DE=(0,-a,0),∴点E到平面BCD的距离d=|DE·n||n|=14+1a2.∵1≤a≤2,∴当a=2时,d取得最大值,dmax=14+14=21717.6.C 四面体ABCD是由正方体的四个顶点构成的,如下图所示.建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,设正方体的棱长为2,则B(0,0,0),C(2,0,0),D(2,2,0),M(1,1,1),∴BM=(1,1,1),CD=(0,2,0),∴cos<bm,cd>=BM·CD|BM||CD|=23×2=33,19,∵异面直线夹角的范围为0,π2,∴异面直线BM与CD所成角的余弦值为33.7.B 设AA1=t,以B为原点,过B作BC的垂线为x轴,直线BC、BB1为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,1,0),E32,32,t,B(0,0,0),F32,12,t,∴AE=-32,12,t,BF=32,12,t.∵AE和BF所成角的余弦值为710,∴|cos<ae,bf>|=|AE·BF||AE||BF|=t2-121+t2·1+t2=710,解得t=2,∴AE=-32,12,2,∵平面BCC1B1的一个法向量为n=(1,0,0),∴AE与平面BCC1B1所成角α的正弦值为sinα=|AE·n||AE||n|=325=1510,故选B.8.D 设菱形ABCD的边长为1,取AC的中点O,连接BO、DO,因为∠ABC=60°,所以BO⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD,如图建系,则O(0,0,0),C12,0,0,B0,0,32,D0,32,0,所以OB=0,0,32,BC=12,0,-32,CD=-12,32,0.设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则BC·n=0,CD·n=0,即12x-32z=0,-12x+32y=0,令z=1,得x=3,y=1,则n=(3,1,1),易知平面CDA的一个法向量为OB=0,0,32,所以|cos<ob,n>|=3232×5=55,故选D.9.BC ∵∠PAD=π2,∴PA⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,19,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,∴PA⊥平面ABCD,∵底面ABCD为矩形,∴AB,AD,AP两两垂直.以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),O(1,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),∴PO=(1,2,-4),AD=(0,4,0),∴|cos<po,ad>|=|PO·AD||PO|·|AD|=812+22+(-4)2×42=22121,∴异面直线PO与AD所成角的余弦值为22121,故A错,B对.由题易得E(0,2,2),AB⊥平面PAD,取平面PAD的一个法向量m=(1,0,0).∵FAPA=λ,λ∈[0,1],PA=4,∴FA=4λ,∴F(0,0,4λ),设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),易知OE=(-1,0,2),FO=(1,2,-4λ),则OE·n=0,FO·n=0,即-x+2z=0,x+2y-4λz=0,令x=2,得n=(2,2λ-1,1),∵平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为55,∴|cos<m,n>|=1-552=255,而|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|=24+(2λ-1)2+1,∴24+(2λ-1)2+1=255,解得λ=12,故C对,D错.故选BC.19,10.解析 三棱柱ABC-A1B1C1中,∵AA1⊥底面ABC,∴AA1⊥AB,AA1⊥AC,又AB⊥AC,∴以A为原点,直线AB、AC、AA1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设AB=1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),C1(0,1,1),∴AA1=(0,0,1).(1)∵BP=PC1,∴P12,12,12,∴CP=12,-12,12.设PC与AA1所成角为θ,则PC与AA1所成角的余弦值为cosθ=|CP·AA1||CP||AA1|=33.(2)设P(a,b,c),由BP=2PC1,即BP=2PC1得(a-1,b,c)=2(-a,1-b,1-c),解得P(2-1,2-2,2-2),∴CP=(2-1,1-2,2-2).设PC与平面ABB1A1所成角为α,取平面ABB1A1的一个法向量为n=(0,1,0),则sinα=|n·CP||n||CP|=|1-2|22-2=12,∴PC与平面ABB1A1所成角的大小为30°.(3)设BP=λBC1=(-λ,λ,λ),则CP=CB+BP=(1,-1,0)+(-λ,λ,λ)=(1-λ,λ-1,λ).易得AC=(0,1,0),设平面ACP的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=0,m·CP=0,即y=0,(1-λ)x+(λ-1)y+λz=0,取z=λ-1,得m=(λ,0,λ-1),取平面A1ACC1的一个法向量为p=(1,0,0),∵平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°,∴cos45°=|m·p||m||p|=|λ|λ2+(λ-1)2=22,解得λ=12,则BP=12BC1,即P为BC1的中点,∴BP=PC1,即BPPC1=1,∴当平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°时,BPPC1=1.11.解析 (1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD,又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC,19,又PC⊂平面POC,所以AD⊥PC,因为BC∥AD,所以BC⊥PC,即∠PCB=90°,从而△PBC为直角三角形.(2)由(1)可知OP⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,则P(0,0,3),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(3,0,0),∴PC=(3,0,-3).由PM=λPC=λ(3,0,-3)可得点M的坐标为(3λ,0,3-3λ),所以AM=(3λ,1,3-3λ),DM=(3λ,-1,3-3λ),设平面ADM的法向量为n=(x,y,z),则n·AM=0,n·DM=0,即3λx+y+(3-3λ)z=0,3λx-y+(3-3λ)z=0,解得x=λ-1λz,y=0,令z=λ,得n=(λ-1,0,λ),显然平面PAD的一个法向量为OC=(3,0,0),依题意得|cos<n,oc>|=|n·OC||n||OC|=|3(λ-1)|λ2+(λ-1)2·3=255,解得λ=13或λ=-1(舍去),所以当λ=13时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为255.19</n,oc></m,n></m,n></po,ad></ob,n></ae,bf></bm,cd></dp,dc></m,n></cb,n></am,b1c></n1,n2>
