【山东省】2017年高考数学(理科)--空间中的平行与垂直关系-专题练习(四)-答案.pdf

1/17 山东省山东省 2 2017017 年年高考高考数学数学（理（理科科）专题练习专题练习（四）（四）空间中的平行与垂直关系空间中的平行与垂直关系 答答 案案 真题回访真题回访 回访回访 1 异面直线的性质异面直线的性质 1A 2D 回访回访 2 面面平行的性质与线面位置关系的判断面面平行的性质与线面位置关系的判断 3D 4 热点题型热点题型 1 空间位置关系的判断与证明空间位置关系的判断与证明 例例 1.（1）（2）证明因为EFDB，所以EFDB与确定BDEF平面 如图，连接DE 因为AEEC，D 为 AC 的中点，所以DEAC同理可得BDAC 又BDDED，所以ACBDEF平面 因为FBBDEF平面，所以ACFB 如图，设FC的中点为I，连接GIHI，在CEF中，因为 G 是 CE 的中点，所以GIEF 又EFDB，所以GIDB8 分 在CFB中，因为 H 是 FB 的中点，所以HIBC又HIGII，所以GHIABC平面平面 因为GHGHI平面，所以GHABC平面 2/17 变式训练变式训练 1（1）B（2）证明法一：连接 AF，则在RtADF中，224 15AFADDF.连接 BD，则在RtBDF中，221 23BFDFBD.取 AD 中点 G 连接 BG，则在2RtABGAB 中 在ABF中，222235ABBFAF，1111ABBFABABABBF，又，.法二：说明111ABBB，证明1111ABB D，得到1111ABBBDD平面，由11BFBBDD平面，证得11ABBF.E，F 分别为11CCDD，的中点，11EF C D，连接 FG，由BCGD，得BGDC，BG EFBGEF，为平行四边形，GFBE 11GFADDDGFAD，分别为，的中点，1BEAD，1111BEEFEADDCD，11BEFADC平面平面 3/17 热点题型热点题型 2 平面图形的翻折问题平面图形的翻折问题 例例 2.解（1）证明：由已知得ACBDADCD，.又由AECFAECFACEFADCD得，故.由此得EFHDEFHDACHD，故，所以.（2）由14OHAEEFACDOAD得.由22564ABACDOBOABAO，得 所以13OHD HDH，于是22222()2 219ODOHD H，故ODOH 由（1）知ACHDACBDBDHDH，又，所以ACBHDACOD平面，于是.又由ODOHACOHOODABC，所以平面 又由92EFDHEFACDO得 五边形ABCFE的面积119696 832224S .所以五棱锥-D ABCFE的体积16923 22 2342V.变式训练变式训练 2 解（1）证明：取DPFEFFM中点，连接，.因为在PDC中，点 F，M 分别是所在边的中点，所以12FMDC.又12EBDCFMEB，所以,所以FEBM四边形是平行四边形，所以BMEF.又EFPDEBMPDE平面，平面.所以BMPDE平面.（2）因为PDEBCDE平面平面，在PDEPODEO中，作于点，4/17 因为PDEBCDEDE平面平面，所以POBCDE平面.在PDE中，计算可得63PO,所以-111631 2233233()P BCDEVSh 四棱锥.（3）证明：在矩形ABCD中，连接ACDEI交于点，因为222tan DEAtan CAB，所以2DEACABDEAC，所以，所以在四棱锥-P BCDEPIDECIDE中，又PICIIDEPIC，所以平面.因为PCPICDEPC平面，所以.专题限时集训专题限时集训(十一十一)空间中的平行与垂直关系空间中的平行与垂直关系 建议 AB 组各用时：45 分钟 A 组高考达标 一、选择题 15：BABDB 二、填空题 63 7 8 三、解答题 9解（1）证明：因为PCABCD平面，所以PCDC 又因为DCAC，且PCACC，所以DCPAC平面（2）证明：因为AB DCDCAC，所以ABAC 因为PCABCD平面，所以PCAB 又因为PCACC，所以ABPAC平面 5/17 又ABPAB平面，所以PABPAC平面平面（3）棱 PB 上存在点 F，使得PACEF平面 理由如下：取 PB 的中点 F，连接 EF，CE，CF 又因为 E 为 AB 的中点，所以EFPA 又因为PACEF平面，且EFCEF平面，所以PACEF平面 10解（1）证明：法一：取 AD 中点 O，连接 OP，OC，AC，依题意可知PAD，ACD均为正三角形，所以OCADOPAD，又OCOPO，OCPOC平面，OPPOC平面，所以ADPOC平面，又PCPOC平面，所以PCAD 法二：连接 AC，AM，DM，依题意可知PADACD，均为正三角形，又 M 为 PC 的中点，所以AMPCDMPC，又AMDMM，AMAMD平面，DMAMD平面，所以PCAMD平面，又ADAMD平面，所以PCAD（2）由题可知，点 D 到平面 PAM 的距离即点 D 到平面 PAC 的距离，由（1）可知POAD，又PADABCD平面平面，PADABCDAD平面平面，POPAD平面，所以POABCD平面，即 PO 为三棱锥 P-ADC 的高 在36RtPOCPOOCPC中，在PAC中，26PAACPC，边 PC 上的高22102AMPAPM，所以11101562222PACSPC AM 设 点D到 平 面PAC的 距 离 为h，由-DP A CPA C DVV得1133PACACDShSPO，又23234ACDS，所以115133323h，解得2 155h，所以点 D 到平面 PAM 的距离为2 155 B 组名校冲刺 一、选择题 14：ADAD 二、填空题 5 6/17 643 三、解答题 7解（1）取棱 AD 的中点()M MPAD平面，点 M 即为所求的一个点 理由如下：因为12ADBCBCAD，所以BCAMBCAM，且 所以四边形 AMCB 是平行四边形，所以CMAB 又ABPABCMPAB平面，平面，所以CMPAB平面(说明：取棱 PD 的中点 N，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点)（2）证明：由已知，PAABPACD，因为12ADBCBCAD，所以直线 AB 与 CD 相交，所以PAABCD平面，所以PABD 因为12ADBCBCAD，M 为 AD 的中点，连接 BM，所以BCMDBCMD，且，所以四边形 BCDM 是平行四边形，所以12BMCDADBDAB，所以 又ABAPA，所以BDPAB平面 又BDPBD平面，所以PABPBD平面平面 8解（1）证明：过点 M 作MPEF于点 P，过点 N 作NQFD于点 Q，连接 PQ。由题知，EFCBEFDA平面平面，又MPEF，EFCBEFDA EF平面平面，MPEFDA平面 又EFCFEFDFCFDFF，EFCFD平面 又NQCFD 平面，NQEF 又NQFDEFFDF，NQEFDA平面，MPNQ 又12CNND，223233NQCF，且()111 3222()MPBECF，MPNQ綊，四边形 MNQP 为平行四边形 MNPQ 7/17 又MNEFDAPQEFDA平面，平面，（2）法一：延长 DA，CB 相交于一点 H，则HCBHDA，又CBFEBCDAFEAD平面，平面 HFEBCHFEAD平面，平面，即HFEBCFEADEF平面平面，DA，FE，CB 交于一点 H，且112HEEF-1932HFDF CDHC HFDVVSCF三棱锥三棱锥，又由平面几何知识得29AMNCDHSS，则29FAMNF CDHVV三棱锥三棱锥，-2291992A MNFF AMNF CDHVVV三棱锥三棱锥三棱锥 法二：-111199132332222()3BEABEACDFCDFBEA CDFVEFSSSS 三棱台+，-1536A BEFMBEFMVAES四棱锥四边形，-1223ADFN ADFVS 三棱锥，-11132CFMN CFMVS 三棱锥，-A MNFBEA CDFN CFMA BEFMN ADFVVVVV三棱锥三棱台三棱锥四棱锥三棱锥 131521326 8/17 山东省山东省 2 2017017 年年高考高考数学数学（理科理科）专题练习（四）专题练习（四）空间中的平行与垂直关系空间中的平行与垂直关系 解解 析析 真题回访真题回访 回访回访 1 异面直线的性质异面直线的性质 1A 设平面 CB1D1平面 ABCDm1 平面 平面 CB1D1，m1m。又平面 ABCD平面 A1B1C1D1，且平面 CB1D1平面 A1B1C1D1B1D1，B1D1m1B1D1m。平面 ABB1A1平面 DCC1D1，且平面 CB1D1平面 DCC1D1CD1，同理可证 CD1n。因此直线 m 与 n 所成的角即直线 B1D1与 CD1所成的角。在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，CB1D1是正三角形，故直线 B1D1与 CD1所成角为 60，其正弦值为32。2D 由直线 l1和 l2是异面直线可知 l1与 l2不平行，故 l1，l2中至少有一条与 l 相交。回访回访 2 面面平行的性质与线面位置关系的判断面面平行的性质与线面位置关系的判断 3D 根据所给的已知条件作图，如图所示 由图可知 与 相交，且交线平行于 l，故选 D 4 对于，可以平行，也可以相交但不垂直，故错误 对于，由线面平行的性质定理知存在直线 l，nl，又 m，所以 ml，所以 mn，故正确。对于，因为，所以，没有公共点。又 m，所以 m，没有公共点，由线面平行的定义可知 m，故正确 对于，因为 mn，所以 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等。因为，所以 n 与 所成的角和 n与 所成的角相等，所以 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等，故正确 热点题型热点题型 1 空间位置关系的判断与证明空间位置关系的判断与证明 例 1.若 AC，且 EF，则 ACEF，又 AB，且 EF，则 ABEF，AB 和 AC 是平面 ACDB上的两条相交直线，则 EF平面 ACDB，则 EFBD，可以成为增加的条件；AC 与，所成的角相等，AC 和 EF 不一定垂直，可以相交、平行，所以 EF 与平面 ACDB 不一定垂直，所以推不出 EF 与 BD 垂直，9/17 不能成为增加的条件；由 CD，EF，得 EFCD，所以 EF 与 CD 在 内的射影垂直，又 AC 与 CD在内的射影在同一直线上，所以EFAC，CD和AC是平面ACDB上的两条相交直线，则EF平面ACDB，则 EFBD，可以成为增加的条件；若 ACEF，则 AC，则 BDAC，所以 BDEF，不能成为增加的条件，故能成为增加条件的序号是（2）解题指导 EFDB 确定平面BDEF ABACAEECACDEACBD AC平面BDEF ACFB 取FC的中点I GIEFHIBC GIBD 平面GHI平面ABC GH平面ABC 证明 因为 EFDB，所以 EF 与 DB 确定平面 BDEF。如图，连接 DE。1 分 因为 AEEC，D 为 AC 的中点，所以 DEAC同理可得 BDAC3 分 又 BDDED，所以 AC平面 BDEF。5 分 因为 FB平面 BDEF，所以 ACFB6 分 如图，设 FC 的中点为 I，连接 GI，HI。在CEF 中，因为 G 是 CE 的中点，所以 GIEF。7 分 又 EFDB，所以 GIDB8 分 在CFB 中，因为 H 是 FB 的中点，所以 HIBC又 HIGII，9 分 所以平面 GHI平面 ABC11 分 因为 GH平面 GHI，所以 GH平面 ABC12 分 10/17 变式训练变式训练 1（1）B 若 m，n，则 m，n 可能平行或异面，错误；若，则，又 m，则 m，正确；若 n，mn，则 m 或 m 或 m 或 m，错误；若，则，可能平行或相交，错误，则真命题个数为 1，故选 B（2）证明 法一：连接 AF，则在 RtADF 中，AF AD2DF2 41 5 连接 BD，则在 RtBDF 中，BF DF2BD2 12 34 分 取 AD 中点 G 连接 BG，则在 RtABG 中 AB 2 在ABF 中，AB2BF2235AF2，ABBF，又ABA1B1，A1B1BF6 分 法二：说明 A1B1BB1，证明 A1B1B1D1，得到 A1B1平面 B1BDD1，由 BF平面 B1BDD1，证得 A1B1BF。E，F 分别为 CC1，DD1的中点，EFC1D1，连接 FG，由 BC 綊 GD，得 BG 綊 DC，BG 綊 EF，BGEF 为平行四边形，GFBE10 分 G，F 分别为 AD，DD1的中点，GFAD1，BEAD1，BEEFE，AD1D1C1D1，平面 BEF平面 AD1C112 分 热点题型热点题型 2 平面图形的翻折问题平面图形的翻折问题 例例 2.解（1）证明：由已知得 ACBD，ADCD1 分 又由 AECF 得AEADCFCD，故 ACEF2 分 由此得 EFHD，故 EFHD，所以 ACHD3 分（2）由 EFAC 得OHDOAEAD14。4 分 由 AB5，AC6 得 DOBO AB2AO24 所以 OH1，DHDH35 分 于是 OD2OH2(2 2)2129DH2，故 ODOH6 分 由（1）知 ACHD，又 ACBD，BDHDH，所以 AC平面 BHD，于是 ACOD8 分 又由 ODOH，ACOHO，所以 OD平面 ABC 11/17 又由EFACDHDO得 EF9210 分 五边形 ABCFE 的面积 S12 6 81292 369411 分 所以五棱锥 DABCFE 的体积 V13694 2 223 2212 分 变式训练变式训练 2 解（1）证明：取 DP 中点 F，连接 EF，FM。因为在PDC 中，点 F，M 分别是所在边的中点，所以 FM 綊12DC1 分 又 EB 綊12DC，所以 FM 綊 EB，2 分 所以四边形 FEBM 是平行四边形，所以 BMEF3 分 又 EF平面 PDE，BM平面 PDE 所以 BM平面 PDE4 分（2）因为平面 PDE平面 BCDE，在PDE 中，作 PODE 于点 O，因为平面 PDE平面 BCDEDE，所以 PO平面 BCDE6 分 在PDE 中，计算可得 PO63，7 分 所以 V四棱锥P-BCDE13Sh1312(12)263338 分（3）证明：在矩形 ABCD 中，连接 AC 交 DE 于点 I，因为 tanDEA 2，tanCAB22，所以DEACAB2，所以 DEAC，9 分 所以在四棱锥 P-BCDE 中，PIDE，CIDE，10 分 又 PICII，所以 DE平面 PIC11 分 因为 PC平面 PIC，所以 DEPC12 分 专题限时集训专题限时集训(十一十一)空间中的平行与垂直关系空间中的平行与垂直关系 12/17 建议 A、B 组各用时：45 分钟 A 组高考达标 一、选择题 1B A 中，两直线可能平行、相交或异面，故 A 错；B 中，由直线与平面垂直的判定定理可知 B 正确；C中，b 可能平行，也可能在 内，故 C 错；D 中，b 可能平行，也可能在 内，还可能与 相交，故 D错综上所述，故选 B.2 A 对于，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于，平面 与 可能平行或相交，故错误；对于，直线 n 可能平行于平面，也可能在平面 内，故错误；对于，由两平面平行的判定定理易得平面 与 平行，故错误综上所述，正确命题的个数为 1，故选 A.3B 对于，PA平面 ABC，PABC.AB 为O 的直径，BCAC.又PAACA，BC平面 PAC，又 PC平面 PAC，BCPC.对于，点 M 为线段 PB 的中点，OMPA.PA平面 PAC，OM平面 PAC，OM平面 PAC.对于，由知 BC平面 PAC，线段 BC 的长即是点 B 到平面 PAC 的距离，故都正确 4D 对于，存在一个平面，则，反之也成立，即“存在一个平面，”是“”的充要条件，所以对，可排除 B，C.对于，存在两条垂直的直线 a，b，则直线 a，b 所成的角为 90，因为 a，b，所以，所成的角为 90，即，反之也成立，即“存在两条垂直的直线 a，b，a，b”是“”的充要条件，所以对，可排除 A，选 D 5B 因为 AP平面 ABC，所以 APBC，又 ABBC，且 PA 和 AB 是平面 PAB 上两条相交直线，则 BC平面 PAB，BCAE.当 AEPB 时，AE平面 PBC，则 AEEF，AEF 一定是直角三角形，A 正确；当 EF平面 ABC 时，EF 在平面 PBC 上，平面 PBC 与平面 ABC 相交于 BC，则 EFBC，则 EFAE，AEF 一定是直角三角形，C 正确；当 PC平面 AEF 时，AEPC，又 AEBC，则 AE平面 PBC，AEEF，AEF 一定是直角三角形，D 正确；B 中结论无法证明，故选 B 二、填空题 63 如图所示，PAPC，PAPB，PCPBP，PA平面 PBC.又BC平面 PBC，PABC 同理 PBAC，PCAB，但 AB 不一定垂直于 BC 7 由题意知 BDCO，BDAO，则 BD平面 AOC，从而 BDAC，故正确；根据二面角 A-BD-C 13/17 的大小为 60，可得AOC60，又直线 AD 在平面 AOC 的射影为 AO，从而 AD 与 CO 不垂直，故错误；根据AOC60，AOCO 可得AOC 为正三角形，故正确；在ADC 中，ADCD4，ACCO2 2，由余弦定理得 cos ADC4242222 4 434，故错误；由题意知，四面体 ABCD 的外接球的球心为 O，半径为 2 2，则外接球的表面积为 S4(2 2)232，故正确 8 因为 AC平面 BDD1B1，故，正确；记正方体的体积为 V，则 VE-ABC16V 为定值，故正确；B1E 与 BC1不垂直，故错误 三、解答题 9解(1)证明：因为 PC平面 ABCD，所以 PCDC.2 分 又因为 DCAC，且 PCACC，所以 DC平面 PAC.4 分(2)证明：因为 ABDC，DCAC，所以 ABAC 因为 PC平面 ABCD，所以 PCAB.又因为 PCACC，所以 AB平面 PAC8 分 又 AB平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAC9 分(3)棱 PB 上存在点 F，使得 PA平面 CEF10 分 理由如下：取 PB 的中点 F，连接 EF，CE，CF.又因为 E 为 AB 的中点，所以 EFPA.又因为 PA平面 CEF，且 EF平面 CEF，所以 PA平面 CEF14 分 10解(1)证明：法一：取 AD 中点 O，连接 OP，OC，AC，依题意可知PAD，ACD 均为正三角形，所以 OCAD，OPAD，又 OCOPO，OC平面 POC，OP平面 POC，所以 AD平面 POC，又 PC平面 POC，所以 PCAD5 分 法二：连接 AC，AM，DM，依题意可知PAD，ACD 均为正三角形，又 M为 PC 的中点，所以 AMPC，DMPC，又 AMDMM，AM平面 AMD，DM平面 AMD，所以 PC平面 AMD，又 AD平面 AMD，所以 PCAD5 分(2)由题可知，点 D 到平面 PAM 的距离即点 D 到平面 PAC 的距离，由(1)可知POAD，又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PO平面 PAD，所以 PO平面 ABCD，即 PO 为三棱锥 P-ADC 的高 在 RtPOC 中，POOC 3，PC 6，在PAC 中，PAAC2，PC 6，边 PC 上的高 AM PA2PM2102，14/17 所以 SPAC12PC AM12 61021528 分 设点 D 到平面 PAC 的距离为 h，由 VD-PACVP-ACD得13SPAC h13SACD PO，又 SACD34 22 3，所以13152 h13 3 3，解得 h2 155，所以点 D 到平面 PAM 的距离为2 15512 分 B 组名校冲刺 一、选择题 1A 如图，取 BD 的中点 P，连接 MP，NP，则 MPAB，NPDE，MP12AB1，NP12DE2.又ACGF，ACNP CAB60，MPN120，MN MP2NP22 MP NP cos 120 142 1 212 7，故选 A 2D 在四边形 ABCD 中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，BDCD.又平面 ABD平面 BCD，且平面 ABD平面 BCDBD，CD平面 ABD，则 CDAB.又 ADAB，ADCDD，AB平面 ADC，又 AB平面 ABC，平面 ABC平面 ADC，故选 D 3A 由题意可知 PA，PE，PF 两两垂直，PA平面 PEF，从而 PAEF，而 PO平面 AEF，则 POEF POPAP，EF平面 PAO，EFAO，同理可知 AEFO，AFEO，O 为AEF 的垂心故选 A 4D 对于选项 A，连接 BD，易知 AC平面 BDD1B1.BF平面 BDD1B1，ACBF，故 A 正确；对于选项 B，AC平面 BDD1B1，A 到平面 BEF 的距离不变EF22，B 到EF 的距离为 1，BEF 的面积不变，三棱锥 A-BEF 的体积为定值，故 B 正确；对于选项 C，EFBD，BD平面 ABCD，EF平面 ABCD，EF平面 ABCD，故 C 正确；对于选项 D，异面直线 AE，BF所成的角不为定值，当 F 与 B1重合时，令上底面中心为 O，则此时两异面直线所成的角是A1AO，当 E 与D1重合时，点 F 与 O 重合，则两异面直线所成的角是OBC1，这两个角不相等，故异面直线 AE，BF 所成的角不为定值，故 D 错误 二、填空题 5 作出折叠后的几何体直观图如图所示：15/17 AB 3BC 3a，BEa，AE 2a.ADAE2DE2a，ACCD2AD22a.在ABC 中，cosABCAB2BC2AC22AB BC3a2a22a22 3a233 sinABC 1cos2 ABC63 tan ABCsin ABCcos ABC 2 BCDE，ABC 是异面直线 AB，DE 所成的角，故正确连接 BD，CE，则 CEBD，又 AD平面 BCDE，CE平面 BCDE，CEAD.又 BDADD，BD平面 ABD，AD平面 ABD，CE平面ABD.又 AB平面 ABD，CEAB，故错误VB-ACEVA-BCE13SBCE AD1312 a2 aa36，故正确AD平面 BCDE，BC平面 BCDE，BCAD.又 BCCD，CDADD，CD，AD平面 ACD，BC平面 ACD.BC平面 ABC，平面 ABC平面 ACD，故正确故答案为 643 当平面 DAC平面 ABC 时，三棱锥 D-ABC 的体积取最大值此时易知 BC平面 DAC，BCAD.又 ADDC，AD平面 BCD，ADBD，取 AB 的中点 O，易得 OAOBOCOD1，故 O 为所求外接球的球心，故半径 r1，体积 V43r343 三、解答题 7解(1)取棱 AD 的中点 M(M平面 PAD)，点 M 即为所求的一个点.2 分 理由如下：因为 ADBC，BC12AD，所以 BCAM，且 BCAM 所以四边形 AMCB 是平行四边形，所以 CMAB4 分 又 AB平面 PAB，CM平面 PAB，所以 CM平面 PAB6 分(说明：取棱 PD 的中点 N，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PAAB，PACD，16/17 因为 ADBC，BC12AD，所以直线 AB 与 CD 相交，所以 PA平面 ABCD，所以 PABD8 分 因为 ADBC，BC12AD，M 为 AD 的中点，连接 BM，所以 BCMD，且 BCMD，所以四边形 BCDM 是平行四边形，10 分 所以 BMCD12AD，所以 BDAB 又 ABAPA，所以 BD平面 PAB 又 BD平面 PBD，所以平面 PAB平面 PBD12 分 8解(1)证明：过点 M 作 MPEF 于点 P，过点 N 作 NQFD 于点 Q，连接 PQ.由题知，平面 EFCB平面 EFDA，又 MPEF，平面 EFCB平面 EFDAEF，MP平面 EFDA 又 EFCF，EFDF，CFDFF，EF平面 CFD 又 NQ平面 CFD，NQEF 又 NQFD，EFFDF，NQ平面 EFDA，MPNQ2 分 又 CN12ND，NQ23CF23 32，且 MP12(BECF)12(13)2，MP 綊 NQ，四边形 MNQP 为平行四边形.4 分 MNPQ 又MN平面 EFDA，PQ平面 EFDA，MN平面 EFDA6 分 (2)法一：延长 DA，CB 相交于一点 H，则 HCB，HDA 又CB平面 FEBC，DA平面 FEAD H平面 FEBC，H平面 FEAD，即 H平面 FEBC平面 FEADEF，DA，FE，CB 交于一点 H，且 HE12EF18 分 17/17 V三棱锥F-CDHV三棱锥C-HFD13 SHFD CF92，又由平面几何知识得SAMNSCDH29，则V三棱锥F-AMNV三棱锥F-CDH29，V三棱锥A-MNFV三棱锥F-AMN29 V三棱锥F-CDH29921 法二：V三棱台BEA-CDF13 EF(SBEA SBEA SCDFSCDF)13 212129292133，V四棱锥A-BEFM13 AE S四边形BEFM56，V三棱锥N-ADF13 2 SADF2，V三棱锥N-CFM13 1 SCFM12，10 分 V三棱锥A-MNFV三棱台BEA-CDFV三棱锥N-CFMV四棱锥A-BEFMV三棱锥N-ADF 13312562112 分