第13章　立体几何初步单元测试 -2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 第13章　立体几何初步 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C',其中梯形的上底长是下底长的,若原平面图形OABC的面积为3,则O'A'的长为(　　) A. 2.已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,则下列命题错误的是(　　) A.如果α∥β,n⊂α,那么n∥β B.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n C.如果m∥n,m⊥α,那么n⊥α D.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β 3.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,分别取棱AA1,A1D1的中点E,F,则点C1到平面EFB1的距离为(　　) A.　　　 C. 4.半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形所在平面为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成,其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中,若其棱长为2,点M,N分别在线段DE,BC上,则FM+MN+AN的最小值为(　　) A.3 5.在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F,H分别为AA1,AB,BC1,BC的中点,G为△A1B1C1的重心,则下列结论错误的是(　　) A.DF∥平面ABC　　　 B.FG∥平面A1EC C.AF,GH为异面直线　　　 D.FG,A1E为异面直线 6.在正四面体SABC中,M是SC的中点,N是SB的中点,则异面直线BM与AN所成角的余弦值为(　　) A. 7.已知一个正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为,过其外接球球心作平行于底面的截面,则截得的棱台的体积为(　　) A.　　　 C. 8.如图①,在等边三角形ABC中,D,E分别是线段AB,AC上异于端点的动点,且BD=CE,现将三角形ADE沿直线DE折起,使平面ADE⊥平面BCED,如图②,则D从B运动到A的过程中,下列说法错误的是(　　) A.∠ADB的大小不会发生变化 B.二面角A-BD-C的平面角的大小不会发生变化 C.BD与平面ABC所成的角变大 D.AB与DE所成的角先变小后变大 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.已知圆台的上、下底面半径分别为1和3,母线长为2,则(　　) A.圆台的母线与底面所成的角为45° B.圆台的侧面积为8π C.圆台的体积为π D.若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上,则该球的表面积为40π 10.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=1,E,F分别是BC,AC上的动点(不包括端点),且满足EF=,则下列结论正确的是(　　) A.存在点E,使得∠B1EF=90° B.直线EF与A1B1异面 C.三棱锥C-B1EF体积的最大值为 D.二面角E-B1C1-F的最大值为60° 11.如图,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,O1,O2分别为圆柱下、上底面的圆心,O为球心,EF为底面圆O1的一条直径,若球的半径r=2,则(　　) A.球与圆柱的体积之比为2∶3 B.四面体CDEF的体积的取值范围为(0,32] C.平面DEF截球的截面面积最小值为 D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点,则PE+PF的取值范围为[2+2] 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.将一个圆形纸片裁成两个扇形,再分别卷成甲、乙两个圆锥的侧面,甲、乙两个圆锥的侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则=　　　　.  13.如图,在等腰梯形ABCD中,AB=BC=CD=AD,点E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折到△A'BE,将△DCE沿CE翻折到△D'CE,使得二面角A'-BE-C等于60°,D'-CE-B等于90°,则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于　　　　.  14.一个三棱锥形木料P-ABC,其中△ABC是边长为2 dm的等边三角形,PA⊥底面ABC,二面角P-BC-A的大小为45°,则点A到平面PBC的距离为　　　　dm.若将木料削成以A为顶点的圆锥,且圆锥的底面在侧面PBC内,则圆锥体积的最大值为　　　　dm3.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分13分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,M是A1B1的中点,点N在棱CC1上,且CN=2NC1. (1)作出过点D,M,N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面,写出作法; (2)求(1)中所得截面的周长. 16.(本小题满分15分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点M是线段B1D1上的一个动点,连接CM,E,F分别是BC,CM的中点. (1)设G为棱CD上的一点,问:当G在什么位置时,平面GEF∥平面BDD1B1? (2)设三棱锥C-BDF的体积为V1,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V2,求. 17.(本小题满分15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,BC=BD=DC=2,AD=AB=PD=PB=2. (1)若点E为PC的中点,M为DC的中点,求证:平面BEM∥平面PAD; (2)在棱PD上是否存在一点F,使得AF∥平面PBC?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. 18.(本小题满分17分)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容,用曲率刻画空间的弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差,其中多面体的面的内角叫作多面体的面角,角度用弧度制表示.例如:正四面体每个顶点均有3个面角,每个面角均为,故其各个顶点的曲率均为2π-3×=π.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点A的曲率为,N,M分别为AB,CC1的中点,且AB=AC. (1)证明:CN⊥平面ABB1A1; (2)证明:平面AMB1⊥平面ABB1A1; (3)若AA1=2AB,求二面角A-MB1-C1的正切值. 19.(本小题满分17分)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点,且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O,已知∠BAD=60°,△PDB是等边三角形. (1)求证:AC⊥PD; (2)求点D到平面PBC的距离; (3)若点E是线段AD上的动点,点E在何处时,直线PE与平面PBC所成的角最大?求出最大角的正弦值,并求出角取得最大值时线段DE的长. 答案与解析 第13章　立体几何初步 1.B　画出原平面图形OABC,如图, 其中OA=O'A',B'C'=BC,故BC=OA, 设BC=x,则OA=2x,OB=4x,所以平面图形OABC的面积为(BC+OA)·OB=6x2, 故6,所以x=,故O'A'=2x=.故选B. 2.D　对于A,由面面平行的定义可得n与β没有公共点,即n∥β,故A中命题正确; 对于B,如果n∥α,那么在α内一定存在直线b∥n,因为m⊥α,b⊂α,所以m⊥b,则m⊥n,故B中命题正确; 对于C,如果m∥n,m⊥α,那么n⊥α,故C中命题正确; 对于D,α与β可能相交,也可能平行,故D中命题错误. 故选D. 3.D　由题意可知EF=, 设点C1到平面EFB1的距离为h, 因为, 所以,解得h=.故选D. 4.D　将该半正多面体展开为平面,如图所示, 由半正多面体的棱长为2,得FT=8,AT=2,且AT⊥FT,故AF=, 所以FM+MN+AN≥AF=2,当且仅当在展开图中A,N,M,F共线时等号成立.故FM+MN+AN的最小值为2. 故选D. 5.C　对于A,连接FH,AH,则FH∥CC1,且FH=CC1,又AD∥CC1,AD=CC1,所以AD∥FH,AD=FH,故四边形ADFH为平行四边形,则DF∥AH,又DF⊄平面ABC,AH⊂平面ABC,所以DF∥平面ABC,故A中结论正确; 对于B,取A1B1的中点N,连接C1N,EN,BN,则NE􀱀CC1,所以四边形CC1NE为平行四边形,所以C1N∥CE,又C1N⊄平面A1EC,CE⊂平面A1EC, 所以C1N∥平面A1EC,易知BN∥A1E,且BN⊄平面A1EC,A1E⊂平面A1EC,所以BN∥平面A1EC, 因为C1N∩BN=N,C1N,BN⊂平面C1BN,所以平面C1BN∥平面A1EC, 又GF⊂平面C1BN,所以FG∥平面A1EC,故B中结论正确; 对于C,取B1C1的中点M,连接A1M,MF,易知C1N∩A1M=G,BC1∩MH=F, 因为MH∥BB1∥AA1,所以A1,M,A,H四点共面, 因为G,F∈平面A1MHA,所以AF,GH为共面直线,故C中结论错误; 对于D,由B中分析可知BN∥A1E,又BN⊂平面BC1N,A1E⊄平面BC1N,所以A1E∥平面BC1N, 因为≠,所以GF,BN相交,所以FG,A1E为异面直线,故D中结论正确. 故选C. 6.A　取SM的中点E,连接EN,AE,如图, ∵N是SB的中点,∴EN∥MB,EN=MB, ∴∠ANE或其补角即为异面直线BM与AN所成的角. 设正四面体的棱长为4, ∵M是SC的中点,N是SB的中点,△SAB和△SBC均为正三角形, ∴BM⊥SC,AN⊥SB,且BM=AN=2, 在△ASE中,AE2=SA2+SE2-2SA·SE·cos∠ASE=16+1-2×4×1×=13, 在△ANE中,cos∠ANE=, ∴异面直线BM与AN所成角的余弦值为.故选A. 7.B　正三棱锥S-ABC如图,设M为△ABC的中心,三棱锥外接球的半径为R,球心为O,过点O且与底面ABC平行的截面为△A1B1C1,连接SM,BM,OB, 则BM==2, 在Rt△BOM中,+(2-R)2=R2,所以R=, 所以OM=SM-R=,所以A1B1=, 则截得的棱台的上、下底面的面积为S上=,S下=,高为OM=, 所以棱台的体积V=.故选B. 8.C　设等边三角形ABC的边长为1,AD=x(0<x<1),则BD=1-x, 在△ABC中,由BD=CE,得DE∥BC. 如图①,过点A作AG⊥BC,交DE于点H,交BC于点G,连接BH,易知AH⊥DE, 在Rt△AGB中,∠ABG=60°,AB=1, ∴BG=. 又DE∥BC, ∴∠ADH=∠ABG=60°, 易得AH=x,则HG=(1-x). 如图②,连接BH,在三角形ADE沿直线DE折起的过程中,始终满足AH⊥DE,HG⊥BC. ∵平面ADE⊥平面BCED,平面ADE∩平面BCED=DE,AH⊂平面ADE,∴AH⊥平面BCED. 又BH⊂平面BCED,∴AH⊥BH. 在Rt△BHG中,BH=, 在Rt△ABH中,AB=, 在△ADB中,cos∠ADB=, ∴∠ADB的大小不会发生变化,故A中说法正确. 过H作HO⊥BD,交BD的延长线于点O,连接AO,CD, 在Rt△HOD中,∠ODH=∠DBC=60°,DH=, ∴OH=x. ∵AH⊥平面BCED,BD⊂平面BCED,∴AH⊥BD, 又AH∩OH=H,AH,OH⊂平面AOH, ∴BD⊥平面AOH, ∴∠AOH为二面角A-BD-C的平面角. 在Rt△AOH中,tan∠AOH==2, ∴二面角A-BD-C的平面角的大小不会发生变化,故B中说法正确. 连接AG,∵AH⊥平面BCED, ∴AH⊥BC,AH⊥HG, 又HG⊥BC,HG∩AH=H,HG,AH⊂平面AGH, ∴BC⊥平面AGH, ∵AG⊂平面AGH,∴BC⊥AG. 在Rt△AHG中,AG=. 设点D到平面ABC的距离为d, 由等体积法可得VA-BCD=VD-ABC, 即S△BCD·AH=S△ABC·d, 则d=. 设BD与平面ABC所成的角为θ, 则sin θ=, D从B运动到A的过程中,x的值从1变到0(1与0均取不到),这一过程中逐渐变大, ∴sin θ变小,则角θ变小,故C中说法错误. 由DE∥BC得∠ABC(或其补角)为AB与DE所成的角, 易得tan∠ABC=, 令f(x)=(0<x<1), 当0<x<时,函数f(x)单调递减; 当<x<1时,函数f(x)单调递增. ∴tan∠ABC先变小后变大,即AB与DE所成的角先变小后变大,故D中说法正确. 故选C. 9.ABD　对于A,因为圆台的上、下底面半径分别为1和3,母线为2, 所以圆台的高为=2,根据线面角定义可得母线与底面所成角为45°,A正确; 对于B,由圆台的侧面积公式S=π(r+R)l,求得圆台的侧面积为π×(1+3)×2π,B正确; 对于C,由圆台的体积公式V=π(r2+rR+R2)h,求得圆台体积为π,C错误; 对于D,由题意可知球心在下底面下方,设球心到下底面的距离为d,球的半径为R, 由勾股定理得9+d2=1+(2+d)2=R2,解得d=1, 则R=,所以该球的表面积为S=4πR2=40π,D正确. 故选ABD. 10.ACD　由题意知BB1⊥平面ABC,因为EF⊂平面ABC,所以BB1⊥EF, 当CE=1,CF=2时,因为EF=,所以EF⊥CE,即EF⊥BC, 又BC∩BB1=B,所以EF⊥平面BB1C1C, 又B1E⊂平面BB1C1C,所以EF⊥B1E,即存在点E,使得∠B1EF=90°,故A正确; 当CE=CF=时,EF∥A1B1,故B错误; 在△CEF中,由余弦定理得3=CE2+CF2-2CE·CFcos∠FCE=CE2+CF2-CE·CF≥CE·CF,则S△CEF=·CE·CF·sin ≤,当且仅当CE=CF=时,等号成立, 所以·S△CEF·BB1≤,故C正确; 如图,过点F作FD⊥BC于D, 则FD⊥平面BB1C1C, 过点D作DG⊥B1C1,垂足为G,连接FG, 则∠FGD(或其补角)就是二面角E-B1C1-F的平面角,tan∠FGD=≤,所以∠FGD≤60°,当且仅当DF=,即EF⊥BC时,等号成立,故D正确. 故选ACD. 11.AD　对于A,球的体积为,圆柱的体积为πr2×(2r)=16π,则球与圆柱的体积之比为2∶3,故A正确; 对于B,设点E到平面BCD的距离为d,0<d≤r,因为平面BCD经过线段EF的中点O1, 所以VC-DEF=2·d=≤,故B错误; 对于C,过O作OH⊥DO1于H,如图,而O1O2⊥DO2,则sin∠DO1O2=, 又DO1=,所以OH=, 设截面圆的半径为r1,球心O到平面DEF的距离为d1,则d1≤, 所以r1=≥, 故平面DEF截球的截面面积S=π≥,故C错误; 对于D,设经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q,连接QE,QF, 当Q与E,F都不重合时,设∠QFE=θ,则QF=4cos θ,QE=4sin θ,当Q与E,F之一重合时,上式也成立,故QF=4cos θ,QE=4sin θ,θ∈, 则PE+PF=), 令t=,则t2=6+2,而0≤2θ<π,即0≤sin 2θ≤1,因此6+2≤t2≤12,解得1+≤t≤2,所以PE+PF的取值范围为[2+2],D正确. 故选AD. 12.答案　 解析　设母线长为l,甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面半径为r2, 则=2,所以r1=2r2, 又=2π,则=1,所以r1=l, 所以甲圆锥的高h1=l,乙圆锥的高h2=l, 所以. 13.答案　 解析　设AB=2a,取CE的中点K,连接BK,A'K,A'C, 易知△ABE,△BEC,△CDE是全等的等边三角形,所以BK⊥CE, 由题知平面BCE⊥平面D'CE,又平面BCE∩平面D'CE=CE,BK⊂平面BCE,所以BK⊥平面D'CE, 则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于∠A'BK的正弦值, 取BE的中点M,连接A'M,CM,因为A'E=A'B,CE=CB,所以A'M⊥BE,CM⊥BE,所以∠A'MC即为二面角A'-BE-C的平面角,即∠A'MC=60°,又A'M=MC=a,所以A'C=a,易得BK=a,则cos∠A'EC=, 在△A'EK中,由余弦定理得A'K2=A'E2+EK2-2EA'·EK·cos∠A'EK=a2,所以A'K=a, 故cos∠A'BK=,所以sin∠A'BK=, 所以直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于. 14.答案　 解析　取BC的中点D,连接AD,PD,则AD⊥BC,由PA⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC,又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以BC⊥平面PAD,因为PD⊂平面PAD,所以BC⊥PD,则∠PDA即为二面角P-BC-A的平面角,故∠PDA=45°, 由△ABC是边长为2 dm的等边三角形,得AD=, 故PA=, S△PBC=, 设点A到平面PBC的距离为d,则由VP-ABC=VA-PBC得×S△ABC×PA=×S△BPC×d, 即×d,即d=. 作AQ⊥PD于点Q,因为PA=AD=, 所以Q为PD的中点, 作QM⊥PC于点M,则, 即QM=DC×, 故圆锥体积的最大值为 dm3. 15.解析　(1)如图所示,五边形DQMFN即为所求截面. 作法如下:连接DN并延长交D1C1的延长线于点E,连接ME交B1C1于点F,延长EM交D1A1的延长线于点H,连接DH交AA1于点Q,连接QM,FN, 所以五边形DQMFN即为所求截面.(5分) (2)因为△NEC1∽△DED1, 所以,即,所以EC1=3.(7分) 因为△A1HM∽△D1HE, 所以,即,所以HA1=3, 易知C1F=3,A1Q=C1N=2,所以DQ=DN=,(10分) 则截面DQMFN的周长为4.(13分) 16.解析　 (1)当G为CD的中点时,平面GEF∥平面BDD1B1.(1分) 理由如下:如图,连接BM,取CD的中点G,连接EG,FG, 因为E,F分别是BC,CM的中点,所以EF∥BM, 因为EF⊄平面BDD1B1,BM⊂平面BDD1B1, 所以EF∥平面BDD1B1.(3分) 同理可得GE∥平面BDD1B1,(5分) 又GE∩EF=E,GE,EF⊂平面GEF, 所以平面GEF∥平面BDD1B1.(7分) (2)由F是CM的中点,得VC-BDF=VF-BDC=VM-BDC. 易得B1D1∥BD, 因为BD⊂平面BCD,B1D1⊄平面BCD, 所以B1D1∥平面BCD,(10分) 又点M是线段B1D1上的一个动点, 所以VM-BDC=V2,(13分) 所以V1=V2,则.(15分) 17.解析　(1)证明:因为BC=BD=DC=2, 所以△BCD为等边三角形, 因为M为DC的中点,所以BM⊥CD.(1分) 因为AD=AB=2,BD=2,所以∠ADB=∠ABD=30°, 所以∠ADC=30°+60°=90°,所以AD⊥CD, 所以AD∥BM,(3分) 因为BM⊄平面PAD,AD⊂平面PAD, 所以BM∥平面PAD. 因为E为PC的中点,M为DC的中点, 所以PD∥EM,(5分) 因为EM⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以EM∥平面PAD. 又EM∩BM=M,EM,BM⊂平面BEM, 所以平面BEM∥平面PAD.(7分) (2)存在,且=2.(8分) 过A作AN∥BC,交CD于N,过N作NF∥PC,交PD于F,连接AF,则F即为所求, 因为∠ABC=30°+60°=90°,所以∠NAB=90°,所以∠DAN=120°-90°=30°, 在Rt△ADN中,ND=AD·tan 30°=,所以CN=2,所以, 由NF∥PC得=2,(10分) 因为NF⊄平面PBC,PC⊂平面PBC, 所以NF∥平面PBC, 又AN∥BC,AN⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, 所以AN∥平面PBC,(12分) 因为AN∩NF=N,NF⊂平面ANF,AN⊂平面ANF, 所以平面ANF∥平面PBC,因为AF⊂平面ANF, 所以AF∥平面PBC.(15分) 18.解析　(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC, 因为AC,AB⊂平面ABC,所以AA1⊥AC,AA1⊥AB, 所以点A的曲率为2π-2×-∠BAC=, 所以∠BAC=.(2分) 又AB=AC,所以△ABC为正三角形. 因为N为AB的中点,所以CN⊥AB.(3分) 又AA1⊥平面ABC,CN⊂平面ABC,所以AA1⊥CN, 因为AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面ABB1A1, 所以CN⊥平面ABB1A1.(5分) (2)证明:取AB1的中点D,连接DM,DN. 因为N为AB的中点,所以DN∥BB1且DN=BB1.(7分) 又CM∥BB1且CM=BB1, 所以DN∥CM且DN=CM, 所以四边形CNDM为平行四边形,则DM∥CN.(8分) 由(1)知CN⊥平面ABB1A1,则DM⊥平面ABB1A1. 又DM⊂平面AMB1,所以平面AMB1⊥平面ABB1A1.(10分) (3)取BC的中点F,连接AF,则AF⊥BC. 因为BB1⊥平面ABC,AF⊂平面ABC, 所以BB1⊥AF, 因为BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面BB1C1C, 所以AF⊥平面BB1C1C. 又B1M⊂平面BB1C1C,所以AF⊥B1M, 过F作B1M的垂线,垂足为H,连接AH, 又AF∩FH=F,AF,FH⊂平面AFH, 所以B1M⊥平面AFH, 又AH⊂平面AFH,所以AH⊥B1M,所以∠AHF为二面角A-MB1-C1的平面角的补角.(13分) 设B1M∩BC=E,AB=2,则AF=. 由等面积法可得ME·FH=EF·CM,则FH=,(15分) 则tan∠AHF=, 故二面角A-MB1-C1的正切值为-.(17分) 19.解析　(1)证明:∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O, ∴PO⊥平面ABCD, ∵AC⊂平面ABCD,∴PO⊥AC,(2分) ∵四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC, ∵PO∩BD=O,PO,BD⊂平面PBD, ∴AC⊥平面PBD,(4分) ∵PD⊂平面PBD,∴AC⊥PD.(5分) (2)由题意可得△ABD,△BCD,△PBD都是边长为2的等边三角形, ∴PO=AO=CO=,S△BDC=, ∵BP=BC=2,∴S△PBC=,(8分) 设点D到平面PBC的距离为h,由VD-PBC=VP-BDC得S△PBC·h=S△BDC·OP, 即,解得h=. 故点D到平面PBC的距离为.(10分) (3)设直线PE与平面PBC所成的角为θ, ∵AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC, ∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离h. 过E作EF⊥平面PBC,交平面PBC于点F,连接PF,则θ=∠EPF, 此时sin θ=,又θ∈,故要使θ最大,则需使PE最小,此时PE⊥AD.(12分) 由题意可知OD=1,OA=, ∵PO⊥平面ABCD,且PO=, ∴PA==2, 在△PAD中,由余弦定理可得 cos∠PAD=, ∴sin∠PAD=,(14分) 由等面积法得S△PAD=AP·ADsin∠PAD=AD·PE,　 即×2×PE,解得PE=, 则DE=,sin θ=,(16分) 即点E为线段AD上靠近点D的四等分点时,直线PE与平面PBC所成的角最大,此时sin θ=.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$