【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册(精练)6.2.2《平面向量的数量积》（解析版）.doc，共(28)页，1.789 MB，由MTyang资料小铺上传

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6.2.2平面向量的数量积（精练）【题组一向量的数量积】1．（2020·天水市第一中学高一期末）已知等边ABC的边长为2，若3BCBE，ADDC，则BDAE等于（）A．103B．103C．2D．2【答案】D【解析】等边△ABC的边长为2，3BCBE，ADDC，∴12BDB

ABC，1313AABBEABBEBCACB，∴221111223233BDAEBABCBCBABCBABCBA，112144222332，2．故选：D．2．（2

020·陕西渭南市·高一期末）在ABC中，D为线段BC的中点，1AD，3BC，则ABACuuuruuur（）A．13B．54C．3D．4【答案】B【解析】在ABC中，D为线段BC的中点12ADABAC

BCACAB，可得12ABADBC=-，12ACADBC=+,2211152244ABACADBCADBCADBCuuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruu

ur.故选：B.3．（2020·湖南益阳市·高一期末）在ABC中，22AB，26AC，G为ABC的重心，则AGBC________．【答案】6【解析】如图，点D是BC的中点，G为ABC的重心，22113323AGADABACABAC

，BCACAB，所以221133AGBCABACACABACAB126863故答案为：64．（2020·黑龙江大庆市·大庆一中高一期末）如图，在ABC中，D是BC的中点，E，F

是AD上的两个三等分点5BACA，2BFCF，则BECEuuruur的值是________.【答案】58【解析】因为222211436=52244ADBCFDBCBACABCADBCAD（）（）

，2211114223234FDBCBFCFBCADBCAD（）（），因此2223,827FDBC，222211416.224458EDBCFDBCBECEBCEDBCED（）（）故答

案为：58.5．（2020·四川内江市）在等腰RtABC中，斜边2BC，ABc，BCa，CAb，那么abbcca_____.【答案】2【解析】由题可知在等腰RtABC中，斜边2BC，1ABAC\==，,24ABCpp

===，即2a，1bcrr，cos0cosabbccaabCcaB222112222.故答案为：2.6．（2020·北京101中学高一期末

）如图，在矩形ABCD中，2AB，2BC，点E为BC的中点，点F在边CD上，若2ABAF，则AEBF的值是______.【答案】2【解析】∵AFADDF，22ABAFABADDFABADABDFABDFDF，∴1DF，21CF，∴

AEBFABBEBCCFABCFBEBC221122222，故答案为：2.7．（2020·陕西咸阳市·高一期末）已知两个单位向量a，b的夹角为120，1ctatb.若1ac，则实数t______.【答案】1【

解析】两个单位向量a，b的夹角为120，11·1122ab，又(1)ctatb，1ac，21[(1)](1)(1)12atatbtatabtt，解得1t．故答案为：1．8．（20

20·长沙县实验中学高一期末）已知非零向量m，n满足4m=3n，cosm，13n.若n⊥tmn，则实数t的值为_____________.【答案】4【解析】非零向量m，n满足4m=3n，cosm，13n,n⊥tmn

,n22+||||cos,||tmntmnntmnmnn223||||034tnn,解得4t，故答案为：4【题组二向量的夹角】1．（2020·山东临沂市·高一

期末）已知非零向量a，b，若||2||ab，且(2)aab，则a与b的夹角为（）A．6B．4C．3D．34【答案】B【解析】因为(2)aab，所以22(2)22cos,0aabaabaabab，因为||2|

|ab，所以22cos,222aaababb，a,b0,,a,b4.故选:B.2．（2020·镇原中学高一期末）已知abc，，为单位向量，且满足370abc，a与b的夹角为3，则实数_______________.【答案】8或5【解析】由370

abc，可得7(3)cab，则22224996bbcaa.由abcrrr，，为单位向量，得2221abc，则24996cos3，即23400，解得8或5.3．（202

0·浙江温州市·高一期末）已知平面向,,abc，满足2,3,1abc，且5acbc，ab与ab夹角余弦值的最小值等于_________.【答案】515【解析】平面向,,abc,满足2,3,1abc,则2222224,3,1aabbcc

因为5acbc展开化简可得25abcabc,因为221cc,代入化简可得4abcab设c与ab的夹角为,0,则由上式可得cos4abcab而222272ababaabbab

代入上式化简可得4cos72abab令mab,设a与b的夹角为,0,,则由平面向量数量积定义可得cos23cosababm,而1cos1所以23

23m由余弦函数的值域可得cos1,即44cos17272abmmab将不等式化简可得21090mm,解不等式可得19m综上可得123m,即123ab而由平面向量数量积的运算可知,设ab与ab夹角为,则22727c2osabababa

bababab21494ab当分母越大时,cos的值越小;当ab的值越小时,分母的值越大所以当1ab时,cos的值最小代入可得2145cs59o411

所以ab与ab夹角余弦值的最小值等于515故答案为:5154．（2020·延安市第一中学高一月考）已知向量,ab满足2,1,2ababab.（1）求a在b上的投影；（2）求a与2abrr夹角

的余弦值.【答案】（1）12；（2）104.【解析】（1）2222222(2)()442ababababaabbaabb2163,2abbab，设a和b的夹角为，a在b上的投影为：1cos2abab

；（2）设a与2abrr夹角为，222224110cos42424244aabaabaabaaabb.5．（2020·北京顺义区·高一期末）已知平面向量a，b

，2a，1b，且a与b的夹角为3．（1）求ab；（2）求2ab；（3）若2ab与2abR垂直，求的值．【答案】（1）1；（2）23；（3）4.【解析】（1）1cos2132abab；（2）2

222224444412ababaabb，223ab；（3）22abab，220abab，即222428421230aabb，解得：4.6．（2020·南昌市·

江西师大附中高一月考）已知向量,ab满足||||1ab，||3||(0,)kabakbkkR（1）若//ab，求实数k的值；（2）求向量a与b夹角的最大值.【答案】（1）23；（2）3.【解析】（1）因为//

ab，0k，所以2104kabk，则a与b同向.因为||||1ab，所以1ab，即2114kk，整理得2410kk，解得23k，所以当23k时，//ab.（2）设,ab的夹角为，则2211111cos2444||||kabkkk

kakabb，当1kk，即1k时，cos取最小值12，又0，所以3，即向量a与b夹角的最大值为3.7．（2020·全国高一专题练习）已知向量12,ee，且121ee

，1e与2e的夹角为3.12mee，1232nee.（1）求证：1222eee；（2）若mn，求的值；（3）若mn，求的值；（4）若m与n的夹角为3，求的值.【答案】（1）见解析（2）2或3

.（3）14（4）2【解析】（1）证明：因为121ee，1e与2e的夹角为3，所以2221221221221222cos2111032eeeeeeeee，所以1222eee.（2）

由mn得22121232eeee，即2211229(212)30eeee.因为121ee，12,3ee，所以22121ee，12111cos32ee，所以2191(212)3102，即260.所以

2或3.（3）由mn知0mn，即1212320eeee，即2211223(32)20eeee.因为121ee，12,3ee，所以22121ee，121

11cos32ee，所以1332202.所以14.（4）由前面解答知22121ee，1212ee，7n.而22222212112221meeeeee，所以21m

.1212211222113(32)23(32)222322eeemneeeee因为,3mn，由cos,mnmnmnurrurrurr得21121722

，化简得23520，所以2或13.经检验知13不成立，故2.【题组三向量的投影】1．（2021·江西上饶市）若向量a与b满足()aba，且1a，2b，则向量a在b方向上的投影为（）A．3B．12C．-1D

．33【答案】B【解析】利用向量垂直的充要条件有：20abaaab，∴1ab，则向量a在b方向上的投影为12abb,故选B.2．（2020·沈阳市第一七〇中学高一期末）已知向量a，b，其中1a，24ab，22ab

，则a在b方向上的投影为()A．2B．1C．1D．2【答案】C【解析】由题意，向量a，b，其中1a，24ab，22ab，可得222224414416abababbab„„(1)2222244144=4abababbab„„

(2)联立(1)(2)解得32b，32ab，所以a在b方向上的投影为1abb.故选：C.3．（2020·长沙市·湖南师大附中高一月考）已知向量a，b满足1a，3b，且a在b方向上的投影与b在a方向上的投影相等，则ab等于（）A．10B．5C

．4D．5【答案】A【解析】设两个向量的夹角为，则coscosab，从而cos0，因为0,，故2，所以2210abab．故选：A．4．（2020·眉山市彭山区第一中学高一期中）已知1a，2b，,60ab

，则ab在a上的投影是（）A．1B．277C．2D．77【答案】C【解析】因为1a，2b，,60ab，所以cos,12cos601ababab22112abaaba所以ab在a上的投影2abaa故选：C5（2020·陕西渭南市·高一期末

）已知3a，3br，32ab，则向量a在向量b方向的投影（）A．1B．1C．3D．3【答案】A【解析】由题意，向量3a，3br，32ab，可得222239218abababab，解得3ab

，所以向量a在向量b方向的投影313abb.故选：A.6．（2020·四川绵阳市·高一期末）在△ABC中，ABAC0，点P为BC的中点，且|PA|＝|AB|，则向量BA在向量BC上的投影为（）A．34BCB．-34BCC．﹣14BCD．14BC【答案】D【解

析】根据题意，ABAC，又点P为BC中点，故可得PCPBPAAB，如下所示：故三角形PAB为等边三角形，故可得60B，不妨设BAa，故可得2BCa，则向量BA在向量BC上的投影为21212224aBABCaBCaBC.

故选：D.7．（2020·营口市第二高级中学高一期末）已知向量,ab满足||5,||4,||6babab，则向量a在向量b上的投影为________.【答案】1【解析】向量,ab满足||5,||4,||6babab

，可得2()16ab，2()36ab，即为22216abab，22236abab，两式相减可得5ab，则向量a在向量b上的投影为515||abb．故答案为：1．8．（2020·湖北武汉市·高一期末）设向量a，

b满足2a，1b，且bab，则向量b在向量2ab上的投影的数量为_______.【答案】12【解析】bab，20abbabb，21abb，2221bababb，222444442ababab

，向量b在向量2ab上的投影的数量为2122babab.故答案为：12.9．（2021·河南郑州市）已知平面向量,ab满足1,2,3abab，则a在b方向上的投影等于______．【答案】12【解析】

由题意结合平面向量数量积的运算法则有：22221243,1abaabbabab，据此可得，a在b方向上的投影等于1122abb.10．（2020·四川高一期末）已知边长为2的等边ABC中，则向量AB在向量CA方向上的投影为_____．【答

案】1【解析】因为ABC是等边三角形，所以向量AB与向量CA的夹角为120，因为ABC边长为2，所以向量AB在向量CA方向上的投影为1cos120212AB，故答案为：1.11．（2020·全国高一课时练习）已知e为一个单位向量，a与e的夹角是120

.若a在e上的投影向量为2e，则a_____________.【答案】4【解析】e为一个单位向量,a与e的夹角是120由平面向量数量积定义可得1cos1202aea,根据平面向量投影定义可得122aee,∴4a.故答案为:412．（2020·福

建省福州第一中学高一期末）已知非零向量a、b满足2a，24ab，a在b方向上的投影为1，则2bab_______.【答案】18【解析】2a，a在b方向上的投影为1，212ab，24ab，2222222162444442

42abaabbaabbb，可得22b，因此，22222818bababb.故答案为：18.【题组四向量的模长】1．（2020·全国高一）已知平面向量a，b满足2a，3br，若a，b的夹角为120°，则3ab（）A．37B．33C．27

D．3【答案】A【解析】由题意得，223963618937abaabb，故选：A.2．（2020·全国高一）若向量a与b的夹角为60°，且43ab，，则ab等于（）A．37B．13C．37D．13【答案】C【解析】因为向量a与b的夹角为60°，且43ab

，，所以22222+2++2cos60+abaabbaabb2214+243+3372所以37ab，故选：C．3．（2020·全国高一开学考试）已知向量a，b满足0ab，1a，3b，则abvv（）A．0B．2C．22D．10【答案

】D【解析】因为向量a,b满足0ab,1a,3br则2abab222aabb10910故选:D4．（2020·银川市·宁夏大学附属中学高一期末）已知向量a、b满足：3a，4b，41ab，则

abvv_________.【答案】3.【解析】222222222232441ababaabbaabbabrrrrrrrrrrrrrrQ，8abrr，22222222232843ababaabbaabb

rrrrrrrrrrrr，因此，3ab，故答案为3.5．（2020·全国高一单元测试）若平面向量a，b满足2ab，6abrr，则ab__________，22ab

__________．【答案】-14【解析】由2ab，得2222aabb，①由6abrr，得2226aabb，②①-②得：44ab，∴1ab．故224ab．故答案为：①-1；②4.6．（2020·全国高一）已知6a，8b，则ab的最大

值为______；若6a，8b，且10ab，则ab______.【答案】1410【解析】222222()22cos,ababaabbaababb

3664248cos,ab10096cos,ab10096196，当且仅当,ab同向时等号成立，所以14ab，即ab的最大值为14，由10ab两边平方可得：2222()21002100ababaabbab

，所以0ab，所以2222()2100ababaabb，即10ab.故答案为：14；107．（2020·东北育才学校）已知向量a，b满足4a，b

在a上的投影（正射影的数量）为-2，则2ab的最小值为【答案】8【解析】因为b在a上的投影（正射影的数量）为2，所以||cos,2bab，即2||cos,bab，而1cos,0ab，所以||2b，因为2222222(2)44||4||||

cos,4||ababaabbaababb22=1644(2)4||484||bb所以22484464ab，即28ab，故选D.9．（2020·四川广元市·高一期末）设非零向量a与b的夹角是2

3，且aab，则22atbb的最小值为（）A．33B．32C．12D．1【答案】B【解析】对于a，b和ab的关系，根据平行四边形法则，如图aBACD，bBC，abBD,23ABC，3DCB，aab，CDBDBC

，abab，2222222==222atbatbatbbbb，ab，22222222244cos223=224atabtbatbatbbbb，化简得222222222244cos42312444at

abtbataatattba当且仅当1t时，22atbb的最小值为32.故选：B.10．（2020·浙江杭州市·高一期末）已知平面向量a、b满足23aab，则3bab的最大值为________．【答案】23【解析】22222443443abaabbabb

，则2abb，设a与b的夹角为，则2cosabb，3cosb，0brQ，0，可得2，22222233sinabaabbb，则3sinab，所以，33c

os3sin23sin3bab，2，则2633，所以，当32时，3bab取最大值23.故答案为：23.11．（2020·沙坪坝区·重庆南开中学高一期末）已知向量

a与向量b的夹角为3，且1a，32aab.（1）求b；（2）若27amb，求m.【答案】（1）3br；（2）13m或1m.【解析】（1）∵23232320aabaabab

，∴32ab，∴13cos322ababb，∴3br.（2）∵27amb，∴222227244469ambamabmbmm，整理得：23210mm，解得：13m或1m.

12．（2020·北京朝阳区·人大附中朝阳学校高一月考）已知平面向量,ab满足:2a，1b|.（1）若21abab，求ab的值；（2）设向量,ab的夹角为，若存在tR，使得||1atbrr，求cos的取值范围.【答案】（1）1；（2）331,,

122.【解析】（1）若21abab，则2221aabb，又因为2a，1b|，所以421abrr，所以1ab；（2）若||1atbrr，则22221atabtbrrr，又因为2a，1b，所以2203tabt

rr即204cos3tt，所以2=16120cos，解得32cos或3cos2，所以331122cos,,U.13．（2020·全国高一单元测试）已知向量OAa，OBb，60AOB，且4ab．（1）求ab，ab；（2

）求ab与a的夹角及ab与a的夹角．【答案】（1）43ab，4ab；（2）30，60．【解析】（1）因为向量OAa，OBb，60AOB，且4ab，所以22222222co60sababaabbaabb1162441648

2，所以43ab，又22222222co60sababaabbaabb11624416162，所以4ab；（2）记ab与a的夹角为,0,180oo，ab与a的夹角为0,180,，则21164

432cos2434163abaaababa，所以30．21164412cos44162abaaababa，所以60．【题组五平面向量的综合运用】

1．（2020·北京丰台区·高一期末）a，b是两个单位向量，则下列四个结论中正确的是（）A．abB．1abC．22abD．22||||ab【答案】D【解析】A．,ab可能方向不同，故错误；B．cos,cos,abababab

，两向量夹角未知，故错误；C．22221,1aaaabbbb，所以22ab，故错误；D．由C知221ab，故正确，故选：D.2．（2020·全国高一单元测试）若a是非零向量，b是单位向量，①0a，②1b，③aba

，④0ab，⑤0abrr，其中正确的有（）A．①②③B．①②⑤C．①②④D．①②【答案】D【解析】∵0a，∴0a，①正确；b为单位向量，故1b，②正确；aa表示与a方向相同的单位向量，不一定与b方向相同，故③错误；a与b不一定共线，故0ab不成立，

故④错误，若a与b垂直，则有0ab，故⑤错误．故选：D.3．（2021·重庆）设,ab为向量，则“abab”是“//ab”（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】根据向量数量积运算，ababcos若abab，即abcos

=ab所以cos=1，即=0180或所以//ab若//ab，则ab与的夹角为0°或180°，所以“0ababcosab或180ababcosab即ababcos所以“abab”是“//ab”的充分必要条件所以选C4．（

2020·全国高一课时练习）若a，b，c均为单位向量，且12ab，(,)cxaybxyR，则xy的最大值是（）A．2B．3C．2D．1【答案】A【解析】a，b，c均为单位向量，且12ab，(,)cxaybxy

R，222222()21cxaybxyxyabxyxy，设xyt，ytx，得：22()()10xtxxtx，223310xtxt，方程223310xtxt有解，2291210tt…，2312

0t…，22t剟xy的最大值为2．故选：A．5．（2020·甘肃兰州市·兰州一中高一期末）已知向量a、b、c满足0abc，且abc，则ab、bc、ac中最小的值是（）A．abB．acC．bcD．不能确定【答案】C【解析】由0

abc，可得()cab，平方可得2222()abcab．同理可得2222()bcabc、2222()acbac，||||||abc，222abc则ab、bc、ac中最小的值是bc．故选：C．6．（2020·浙江湖州市·高一期末

）已知空间向量a，b，c和实数，则下列说法正确的是（）A．若0ab，则0a或0bB．若0a，则0或0aC．若22ab，则ab或abrrD．若abac，则bc【答案】B【解析】对于选项A，若0ab，则0a或0b或a

b，故A错误；对于选项C，由22ab，得||||ab，即可得其模相等，但方向不确定，故C错误；对于选项D，由abac，得()0abc，则0a或bc或()abc，故D错误；对于选项B，由0a，可得0或0a，故B正确，故选：B.7．（多选）（2021·江苏

高一）若a、b、c是空间的非零向量，则下列命题中的假命题是（）A．()()abcbcaB．若abab，则//abC．若acbc，则//abD．若aabb，则ab【答案】ACD【解析】()abcrrr是与c共线的向量，()bca是与a共线的向

量，a与c不一定共线，A错，若abab，则a与b方向相反，∴//ab，B对，若acbc，则()0abc，即()abc，不能推出//ab，C错，若aabb，则||||ab，a与b方向不一定相同，不能推出a

b，D错，故选：ACD.8．（多选）（2020·山东临沂市·高一期末）已知,,abc是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是（）A．||||||ababB．若abcb且0b，则acC．两个非零向量a，b，若||||||abab，则a与b共

线且反向D．已知(1,2)a，(1,1)b，且a与ab的夹角为锐角，则实数的取值范围是5,3【答案】AC【解析】对于A，由平面向量数量积定义可知cos,ababab，则||||||abab，所以A正确，对于B，当a与c都和b垂直

时，a与c的方向不一定相同，大小不一定相等，所以B错误，对于C，两个非零向量a，b，若||||||abab，可得22()(||||)ababrrrr，即22||||ababrrrr，cos1，则两个向量的夹角为，则a与b共线且反向，故C正确；对

于D，已知(1,2)a，(1,1)b且a与ab的夹角为锐角，可得()0aabrrr即2||0aabrrr可得530，解得53，当a与ab的夹角为0时，(1,2)abrr，所以2220所以a与ab的夹

角为锐角时53且0，故D错误；故选:AC.9．（2020·浙江高一期末）已知2abab，24cab，则cacb的最小值为__________.【答案】4952【解析】14caa

b，241cbab，14241cbcaabab2222216122871aabb，代入2abab，原式252386，当

1952时，原式最小值为4952.故答案为：495210．（2020·湖北高一开学考试）在ABC中，已知2AB，||||CACBCACB，2cos22sin12BCA，则BA在BC方向上的投影为__________.【答案】3

【解析】因为CACBCACB，所以22CACBCACB所以0CACB，即2C因为2cos22sin12BCA，所以2cos22sin12AA即2cos22sin12AA，即cos2cos0AA，所以22coscos10AA解得cos1A

或1cos2A因为0,2A，所以1cos2A，即3A，所以6B，因为2AB，所以2sin3BCA所以BA在BC方向上的投影为3BC故答案为：3【点睛】本题考查平面向量的几何意义

，属于中档题.11．（2020·浙江杭州市·高一期末）已知平面向量,ab，其中||2,||1ab，,ab的夹角是3，则2ab____________；若t为任意实数，则atb的最小值为____________．【答案】2

3【解析】由题意，平面向量,ab，其中||2,||1ab，,ab的夹角是3，可得cos21cos133abab，则22224444414ababab，所以22ab，又由222222()224

(1)3atabtbttatatbtb，所以当1t时，atb的最小值为3.故答案为：2；3.12．（2020·天津市滨海新区大港太平村中学高一期末）在ABC中，2AB，3AC，120BAC，D是BC中点，E在边AC上，AEACuuu

ruuur，12ADBE，则||AD________，的值为________.【答案】7213【解析】因为2AB，3AC，120BAC，所以cos1203ABACABAC，由题

意12ADABAC，BEBAAEACAB，所以222211224ADABACABABACAC1746944，所以72AD；由12ADBE可得

2211222211ABACABACABACABAC31122229123，解得13.故答案为：72；13.13．（2020·湖北黄冈市·高一期末）已知向量n

与向量m的夹角为3，且1n，3m，0nnm.（1）求的值（2）记向量n与向量3nm的夹角为，求cos2.【答案】（1）23；（2）12.【解析】（1）由2131cos03nnmnmn，所以23

.（2）因为2133333122nnmnmn2223339696932nmnmnmnm所以3312cos3132nnmnnm所以2211cos22cos12122

.14．（2020·山东省五莲县第一中学高一月考）已知2a，3br，向量a与向量b夹角为45°，求使向量aλb与ab的夹角是锐角时，的取值范围.【答案】11851185(,)(,1)(1,)66【解析】∵2a，3br，a与b夹角为45°，∴

2cos453232baab，而2222223393113aabbaababbrrrrrrrrrr，要使向量aλb与ab的夹角是锐角，则0abab，且向量aλb与ab不共线，由0abab

得231130，得11856或11856.由向量aλb与ab不共线得211所以的取值范围为：11851185(,)(,1)(1,)6615．（2020·全国高一课时练习）在ABC中，2CACB，记,aCABCB

，且||3||(kabakbk为正实数），（1）求证：()()abab；（2）将a与b的数量积表示为关于k的函数()fk；（3）求函数()fk的最小值及此时角A的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）1()fkkk；（3）

2，3A.【解析】（1）在ABC中，2CACB，可得2abrr，所以2222()()440abababab，所以()()abab.（2）由||3||kabakb

，可得22||3||kabakb，即22222223(2)kakabbakabkb，整理得2888kabk，所以1()fkabkk．（3）由（2）知1()fkabkk，因为k为正实数，则1122kkkk，当且仅当1

kk=时，即1k时，等号成立，所以()fk的最小值为2，即2ab，此时21cos42||||abCab，因为(0,)C，可得3C，又因为CACB，此时ABC为等边三角形，所以3A．16．（2020·全国高一单元测试）在如图所示的平面图形中，已知OAa，

OBb，点A，B分别是线段CE，ED的中点．（1）试用a，b表示CD；（2）若1a，2b，且a，b的夹角2,33，试求CD的取值范围．【答案】（1）2CDba；（2）||23,27CD．【解析

】（1）连接AB，则ABOBOAba，∵A，B分别是线段CE，ED的中点，∴12ABCD，则2CDba．（2)222222CDbabaab2222cosbaab，将1a，2b代入，则21422co

s254cosCD．∵2,33，∴11cos,22，则54cos3,7，故||23,27CD．