1、第3讲 立体几何中的热点问题 第二编 讲专题专题四 立体几何考情研析 高考对立体几何的考查，以几何元素的平行、垂直为重点为了考查学生应用知识的能力和意识，高考试题中常以解答题的形式呈现，折叠问题和探索性问题是常考的综合题型.1 核心知识回顾 PART ONE 1.折叠问题以折叠手段，将平面图形折成立体图形，据此提出的立体几何问题是折叠问题解决此类问题的一般过程是：通过想象，充分认识图形在折叠前后的变与不变，根据立体几何中的相关概念、公理、定理等知识，准确推理论证，直到得出最终结论2探索性问题在高考数学问题中，有类问题是已知结论探求条件或在一定条件下探求结论是否存在，这类条件开放或结论开放的问题
2、，通常称为探索性问题解决此类问题常可以使用分析法来寻找解题思路2 热点考向探究 PART TWO 考向 1 折叠问题例 1(2019蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形ABCD 的边长为 2，D60，点 H 为 DC 的中点，现以线段 AH 为折痕将菱形折起使得点 D 到达点 P 的位置且平面 PHA平面 ABCH，点 E，F 分别为 AB，AP 的中点(1)求证：平面 PBC平面 EFH；(2)求三棱锥 PEFH 的体积解(1)证明：因为在菱形 ABCD 中，E，H 分别为 AB，CD 的中点，所以 BE 綊 CH，四边形 BCHE 为平行四边形，则 BCEH，又 EH平面 P
3、BC，所以 EH平面 PBC又点 E，F 分别为 AB，AP 的中点，所以 EFBP，又 EF平面 PBC，所以 EF平面 PBC而 EFEHE，所以平面 EFH平面 PBC(2)因为在菱形 ABCD 中，D60，所以ACD 为正三角形，所以 AHCD，AH 3，DHPHCH1.折叠后，PHAH，又平面 PHA平面 ABCH，平面 PHA平面 ABCHAH，从而 PH平面 ABCH.在PAE 中，点 F 为 AP 的中点，则 SPEFSAEF，所以 V 三棱锥 HPEFV 三棱锥 HAEF，而 V 三棱锥 HPEFV 三棱锥 HAEFV 三棱锥 HPAE，所以 V 三棱锥 PEFHV 三棱锥
4、HPEF12V 三棱锥 HPAE12V 三棱锥 PAEH1213 32 1 312.(2019沈阳二模)如图 1 所示，直角梯形 ABCD，ADC90，ABCD，ADCD12AB2，点 E 为 AC 的中点，将ACD 沿 AC 折起，使折起后的平面 ACD 与平面 ABC 垂直(如图 2)，在图 2 所示的几何体 DABC 中(1)求证：BC平面 ACD；(2)若点 F 在棱 CD 上，且满足 AD平面 BEF，求几何体 FBCE 的体积解(1)证明：在图 1 中，由题意，知 ACBC2 2，所以 AC2BC2AB2，所以 ACBC因为点 E 为 AC 的中点，如图，连接 DE，则 DEAC，
5、又平面 ADC平面 ABC，且平面 ADC平面 ABCAC，DE平面 ACD，从而 ED平面 ABC，所以 EDBC又 ACBC，ACEDE，所以 BC平面 ACD(2)取 DC 的中点 F，连接 EF，BF，因为点 E 是 AC 的中点，所以 EFAD，又 EF平面 BEF，AD平面 BEF，所以 AD平面 BEF，由(1)知，DE 为三棱锥 BACD 的高，因为三棱锥 FBCE 的高 h12DE12 2 22，SBCE12SABC12122 22 22，所以三棱锥 FBCE 的体积为V 三棱锥 FBCE13SBCEh132 22 23.考向 2 探索性问题例 2 如图，AB 为圆 O 的直
6、径，点 E，F 在圆 O 上，且 ABEF，矩形ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面互相垂直(1)求证：平面 AFC平面 CBF；(2)在线段 CF 上是否存在一点 M，使得 OM平面 DAF？并说明理由解(1)证明：平面 ABCD平面 ABEF，CBAB，平面 ABCD平面 ABEFAB，CB平面 ABEF，AF平面 ABEF，AFCB，又 AB 为圆 O 的直径，AFBF，CBBFB，AF平面 CBF.AF平面 AFC，平面 AFC平面 CBF.(2)存在满足条件的点 M.取 CF 的中点记作 M，设 DF 的中点为 N，连接AN，MN，则 MN 綊12CD，又 AO 綊12CD，则
7、MN 綊 AO，四边形 MNAO 为平行四边形，OMAN，又 AN平面 DAF，OM平面 DAF，OM平面 DAF.即存在一点 M 为 CF 的中点，使得 OM平面 DAF.解决立体几何中探索性问题的基本思路：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 是 AA1 的中点(1)求证：AC1平面 B1D1C；(2)过 E 构造一条线段与平面 B1D1C 垂直，并证明你的结论解(1)证明
8、：AA1平面 A1B1C1D1，AA1B1D1.如图，连接 A1C1 交 B1D1 于 O，A1C1B1D1，且 AA1A1C1A1，B1D1平面 AA1C1，B1D1AC1.同理，AC1B1C，又 B1CB1D1B1，AC1平面 B1D1C(2)如图，连接 EO，此线段与平面 B1D1C 垂直E 是 AA1 的中点，O 是 A1C1 的中点，EOAC1.AC1平面 B1D1C，EO平面 B1D1C3 真题VS押题 PART THREE 真题模拟1(2019太原模拟)将图中的等腰直角三角形 ABC 沿斜边 BC 上的中线折起得到空间四面体 ABCD(如图)，则在空间四面体 ABCD 中，AD
9、与 BC的位置关系是()A相交且垂直B相交但不垂直C异面且垂直D异面但不垂直答案 C解析 在题图中，ADBC，故在题图中，ADBD，ADDC，又因为 BDDCD，所以 AD平面 BCD，又 BC平面 BCD，D 不在 BC 上，所以 ADBC，且 AD 与 BC 异面，故选 C2(2019南宁市高三适应性测试)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，P 为线段 A1B 上的动点，则下列结论错误的是()ADC1D1PB平面 D1A1P平面 A1APCAPD1 的最大值为 90DAPPD1 的最小值为2 2答案 C解析 连接 CD1，易得 DC1平面 A1BCD1，DC1D1P
10、，故 A 结论正确；D1A1平面 ABB1A1，平面 D1A1P平面 A1AP，故 B 结论正确；当0A1P 22 时，APD1 为钝角，故 C 结论错误；将平面 AA1B 沿 A1B 展成与平面 A1BCD1 共面，线段 AD1 即 APPD1 的最小值，在平面展开图中解三角形得 AD12 2，故 D 结论正确故选 C3(2019蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)已知平面，两两垂直，直线 a，b，c 满足：a，b，c，则直线 a，b，c 的位置关系不可能是()A两两平行B两两垂直C两两相交D两两异面答案 A解析 如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，平面 ABCD、平面 A1ADD
11、1、平面 A1ABB1 两两垂直，则 AB，AD，A1A 在这三个平面中，它们两两相交且两两垂直，故 B，C 正确；CD，A1D1，BB1 也在这三个平面中，它们彼此异面，故 D 正确；如图所示，设 m，n，l.在平面 内任取一点 O(Ol，On)，过 O 作 OEl，OFn，垂足分别为 E，F.因为，l，OE平面，OEl，故 OE，因为 m，所以 OEm，同理 OFm，因 OEOFO，故 m，同理 n，l.若 a，b，c 两两平行，因 a，b，故 a 或者 a，若 a，因 m，则 am，故 a，而 c，故 ac，与 ac 矛盾；若 a，则 am，因m，c，故 ac，与 ac 矛盾所以 a，b
12、，c 两两平行不成立，故 A错误综上，故选 A4.(2019江苏高考)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 的体积是 120，E 为CC1 的中点，则三棱锥 EBCD 的体积是_解析 设长方体中 BCa，CDb，CC1c，则 abc120，VEBCD1312ab12c 112abc10.答案 105.(2019河南省六市高三第一次联考)如图，ABC 是等腰直角三角形，斜边 AB2，D 为直角边 BC 上的一点(不含端点)，将ACD 沿直线 AD 折叠至AC1D 的位置，使得点 C1 在平面 ABD 外，若点 C1 在平面 ABD 上的射影H 恰好在线段 AB 上，则 AH 的取值范围是_答案
13、(1，2)解析 在等腰 RtABC 中，斜边 AB2，D 为直角边 BC 上的一点，ACBC 2，ACB90，将ACD 沿直线 AD 折叠至AC1D 的位置，使得点 C1 在平面 ABD 外，且点 C1 在平面 ABD 上的射影 H 在线段 AB 上，设 AHx，AC1AC 2，CDC1D(0，2)，AC1D90，C1H平面 ABC，AHAC1 2，当 CD 2时，B 与 D 重合，AH1，当 CD12AB1，D 为直角边 BC 上的一点，CD(0，2)，AH 的取值范围是(1，2)金版押题6在四面体 ABCD 中，若 ADDBACCB1，则四面体 ABCD 体积的最大值是()A2 327B1
14、3C2 39D 33答案 A解析 如图，取 AB 的中点 E，连接 CE，DE，设 AB2x(0 x1)，则 CEDE1x2，所以当平面 ABC平面 ABD 时，四面体 ABCD 的体积最大，此时，四面体 ABCD 的体积 V13122x 1x2 1x213x13x3.所以 V13x2.令 V0，得 x 33.当 x0，33 时，V 单调递增，当 x33，1 时，V 单调递减，则当 x 33 时，V 有最大值，Vmax13 33 133332 327.故选 A7如图 1，在直角梯形 ABCP 中，CPAB，CPBC，ABBC12CP，D 是 CP 的中点，将PAD 沿 AD 折起，使点 P 到
15、达点 P的位置得到图 2，点 M 为棱 PC 上的动点(1)当 M 在何处时，平面 ADM平面 PBC？并证明；(2)若 AB2，PDC135，证明：点 C 到平面 PAD 的距离等于点P到平面 ABCD 的距离，并求出该距离解(1)当点 M 为 PC 的中点时，平面 ADM平面 PBC，证明如下：DPDC，M 为 PC 的中点，PCDM，ADDP，ADDC，AD平面 DPC，ADPC，PC平面 ADM，平面 ADM平面 PBC(2)在平面 PCD 上作 PHCD 的延长线于点 H，由(1)中 AD平面 DPC，可知平面 PCD平面 ABCD，PH平面 ABCD，由题意得 DP2，PDH45，
16、PH 2，又 VPADCVCPAD，设点 C 到平面 PAD 的距离为 h，即13SADCPH13SPADh，由题意，ADCADP，即 SADCSPADPHh，故点C到平面PAD的距离等于点P到平面ABCD的距离，且距离为 2.4 配套作业 PART FOUR 一、选择题1设 a，b，c 是三条不同的直线，是两个不同的平面，则 ab 的一个充分不必要条件是()Aac，bcB，a，bCa，bDa，b解析 对于 C，在平面 内存在 cb，因为 a，所以 ac，故 ab；A，B 中，直线 a，b 可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；D 中一定推出 ab.答案 D2如图，在正方体 ABCDA1
17、B1C1D1 中，P 为 BD1 的中点，则PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是()ABCD答案 B解析 由题可知平面 APC平面 ABCD，且点 P 在各个面内的正投影均为正方形的中心根据对称性，只需考虑PAC 在底面、后面、右面的正投影即可显然PAC 在底面的正投影为正方形的对角线，在后面与右面的正投影相同，均为等腰直角三角形，故选 B3如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别是 BC，CD 的中点，G 是 EF的中点，现沿 AE，AF 及 EF 把这个正方形折成一个空间图形，使 B，C，D三点重合，重合后的点记为 H，那么，在这个空间图形中必有()AAH平面 EFHBAG平面 EF
18、HCHF平面 AEFDHG平面 AEF答案 A解析 由平面图形得 AHHE，AHHF，又 HEHFH，所以 AH平面 EFH，故选 A4(2019广西南宁市高三第一次适应性测试)如图所示，长方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 AB 和 A1D1 的中点分别为 E，F，若 AB6，AD8，AA17，则异面直线 EF 与 AA1 所成角的正切值为()A75B57C5 7474D7 7474答案 B解析 如图，作 FGAD，垂足为 G，连接 EG，因为 FGAA1，所以EFG 为异面直线 EF 与 AA1 所成的角(或其补角)，且 tanEFGEGFG，因为 EG 32425，FGAA17，所以
19、tanEFG57.故选 B5如图，在四边形 ABCD 中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD平面 BCD，构成三棱锥 ABCD，则在三棱锥 ABCD 中，下列命题正确的是()A平面 ABD平面 ABCB平面 ADC平面 BDCC平面 ABC平面 BDCD平面 ADC平面 ABC答案 D解析 因为在四边形 ABCD 中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以 BDCD，又平面 ABD平面 BCD，且平面 ABD平面 BCDBD，所以 CD平面 ABD，则 CDAB，又 ADAB，CDADD，所以AB平面 ADC，因为 AB平面 ABC，
20、所以平面 ABC平面 ADC，故选 D6(2019贵州省高三普通高等学校招生适应性考试)设 m，n 是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下面四个命题：若，则；若，m，n，则 mn；若 m，n，则 mn；若，m，n，则 mn.其中正确命题的序号是()ABCD答案 C解析 对于，若，则 与 平行或相交，故错误；对于，若，m，n，则 m 与 n 平行、相交或异面，错误；对于，若 m，n，则 m 与 n 平行或异面，错误；对于，若，m，n，由面面平行的性质定理可知 mn，正确故选 C7(2019山东省高三第一次大联考)如图，一个正四棱锥 P1AB1C1D 和一个正三棱锥 P2B2C2S，所有棱长都
21、相等，F 为棱 B1C1 的中点，将 P1、P2，B1、B2，C1、C2 分别对应重合为 P，B，C，得到组合体关于该组合体有如下三个结论：ADSP；ADSF；ABSP.其中错误的个数是()A0 B1 C2 D3答案 A解析 由于正四棱锥 P1AB1C1D和一个正三棱锥 P2B2C2S 的所有的棱长都相等，故可将其组合体放在两个相同的正四棱柱中，如图所示，P 点对应正四棱柱的上底面中心 O1，S 点对应另一正四棱柱的上底面中心 O2，由图形可知拼成一个三棱柱，设 E 为 AD 的中点，由此可知 ADSP，又因为 AD平面 PEFS，所以 ADSF，因为 EFSP，EFAB，所以 ABSP.故选
22、 A二、填空题8(2019湘赣十四校高三联考第二次考试)已知直线 l平面，直线 m平面，则下列四个结论：若，则 lm；若 l，则 m；若 lm，则；若 m，则 l.其中正确的命题的序号为_答案 解析 已知直线 l平面，直线 m平面，若，则 l平面，所以 lm，正确；已知直线 l平面，若 l，则平面 平面，又直线m平面，故 m，正确；已知直线 l平面，直线 m平面，若 lm，则 m平面，所以，正确；已知直线 l平面，直线 m平面，若 m，则 不一定成立，所以 l 也不一定成立，不正确9(2019甘肃省高三第一次高考诊断考试)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别为 AB，BC
23、 的中点，则异面直线 EF 与 AB1所成角的余弦值为_答案 12解析 取 BB1 的中点 G，连接 EG，GF，因为 EGAB1，所以GEF(或其补角)为异面直线 EF 与 AB1 所成的角，易得 EGEFGF，即GEF60，所以 cosGEF12.即异面直线 EF 与 AB1 所成角的余弦值为12.10(2019山西太原一模)已知在直角梯形 ABCD 中，ABAD，CDAD，AB2AD2CD2，将直角梯形 ABCD 沿 AC 折叠成三棱锥 DABC，当三棱锥 DABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为_解析 依题意知，平面 ADC平面 ABC 时，点 D 到平面 ABC 的距离最大，易知
24、，此时三棱锥 DABC 外接球的球心是棱 AB 的中点，所以其外接球的体积为43 1343.答案 4311(2019河南省名校联考高三联考)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 E平面 AA1B1B，点 F 是线段 AA1 的中点，若 D1ECF，则当EBC 的面积取得最小值时，SEBCS四边形ABCD_.答案 510解析 如图，取 AB 的中点 H，连接 D1H，B1H，AC，A1C1，B1D1，设BFB1HG.易得 B1D1A1C1，B1D1AA1，所以 B1D1平面 AA1C1C，所以B1D1CF.易得 B1HBF，B1HBC，所以 B1H平面 BCF，所以 B1HCF.故 CF平
25、面 B1D1H，所以 E 在直线 B1H 上，可使得 CFD1E.由于 BCBE，所以 BE 最短时三角形 EBC 的面积取得最小值，此时 E 点在点 G 的位置设正方体的棱长为 2，故 S 四边形 ABCD224.B1H 1222 5，所以 BGBHBB1B1H 25，所以 SEBC122 25 25，故 SEBCS四边形ABCD254 510.三、解答题12(2019北京市石景山区高三一模)如图所示，在四棱锥 EABCD 中，平面 ABCD平面 AEB，且四边形 ABCD 为矩形BAE90，AE4，AD2，F，G，H 分别为 BE，AE，AD 的中点(1)求证：CD平面 FGH；(2)求证
26、：平面 FGH平面 ADE；(3)在线段 DE 上求一点 P，使得 APFH，并求出 AP 的值解(1)证明：在矩形 ABCD 中，CDAB，F，G 分别为 BE，AE 的中点，FGAB，CDFG，CD平面 FGH，FG平面 FGH，CD平面 FGH.(2)证明：在矩形 ABCD 中，ADAB，又BAE90，ABAE，又 ADAEA，AB平面 ADE，又 GFAB，GF平面 ADE，GF平面 FGH，平面 FGH平面 ADE.(3)作 APDE 于点 P，GF平面 ADE，且 AP平面 ADE，GFAP，G，H 分别为 AE，AD 的中点，GHDE，APDE，GHAP，GFGHG，AP平面 F
27、GH，FH平面 FGH，APFH.矩形 ABCD平面 AEB，且平面 ABCD平面 AEBAB，AE平面 ABCD，AEAD，在直角三角形 AED 中，AE4，AD2，得 DE42222 5，可求得 APAEADDE 4 55.故 AP 的值为4 55.13如图 1，菱形 ABCD 的边长为 12，BAD60，AC 交 BD 于点 O.将菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起，得到三棱锥 BACD，如图 2 所示，M，N分别是棱 BC，AD 的中点，且 DM6 2.(1)求证：OD平面 ABC；(2)求三棱锥 MABN 的体积解(1)证明：四边形 ABCD 是菱形，ADDC，ODAC，在ADC
28、中，ADDC12，ADC120，则易得 OD6.连接 OM，M 是 BC 的中点，OM12BC6，又 MD6 2，OD2OM2MD2，DOOM，OM平面 ABC，AC平面 ABC，OMACO，OD平面 ABC(2)取线段 AO 的中点 E，连接 NE.N 是棱 AD 的中点，NE12DO3，且 NEDO.由(1)得 OD平面 ABC，NE平面 ABC，在ABM 中，AB12，BM6，ABM120，SABM12ABBMsinABM12126 32 18 3.V 三棱锥 MABNV 三棱锥 NABM13SABMNE18 3.14(2019北京东城区期末)已知ABD 和BCD 是两个直角三角形，BA
29、DBDC2，E，F 分别是边 AB，AD 的中点，现将ABD 沿 BD 边折起到 A1BD 的位置，如图所示，使平面 A1BD平面 BCD(1)求证：EF平面 BCD；(2)求证：平面 A1BC平面 A1CD；(3)问 A1C 与 BD 是否有可能垂直？做出判断并说明理由解(1)证明：因为 E，F 分别是边 A1B，A1D 的中点，所以 EFBD，因为 EF平面 BCD，BD平面 BCD，所以 EF平面 BCD(2)证明：因为平面 A1BD平面 BCD，平面 A1BD平面 BCDBD，CDBD，所以 CD平面 A1BD因为 A1B平面 A1BD，所以 CDA1B，因为 A1BA1D，A1DCD
30、D，所以 A1B平面 A1CD因为 A1B平面 A1BC，所以平面 A1BC平面 A1CD(3)A1C 与 BD 不可能垂直理由如下：假设 A1CBD，因为 CDBD，A1CCDC，所以 BD平面 A1CD，所以 BDA1D，与 A1BA1D 矛盾，故 A1C 与 BD 不可能垂直立体几何类解答题(12 分)已知四棱锥 SABCD 的底面 ABCD 为直角梯形，ABCD，ABBC，AB2BC2CD2，SAD 为正三角形(1)点 M 为线段 AB 上一点，若 BC平面 SDM，AMAB，求实数 的值；(2)若 BCSD，求点 B 到平面 SAD 的距离解题思路(1)由 BC平面 SDM，得出 B
31、CDM，从而可得四边形 BCDM为平行四边形，进而得出 M 为 AB 中点，求出 的值(2)在平面 SCD 内过点S 作 SECD 交 CD 延长线于点 E，根据 BCCD，BCSD，证平面 SCD平面 ABCD，从而得 SE平面 ABCD分别求出 SE，SABD，SSAD，根据 V 三棱锥 BSADV 三棱锥 SABD，求出点 B 到平面 SAD 的距离解(1)因为 BC平面 SDM，BC平面 ABCD，平面 SDM平面 ABCDDM，所以 BCDM.(2 分)又 ABDC，所以四边形 BCDM 为平行四边形，所以 CDMB，又 AB2CD，所以 M 为 AB 的中点(4 分)因为AM AB
32、，所以 12.(5 分)(2)因为 BCSD，BCCD，所以 BC平面 SCD，又 BC平面 ABCD，所以平面 SCD平面 ABCD如图，在平面 SCD 内过点 S 作 SE 垂直 CD 交 CD 的延长线于点 E，连接AE，又平面 SCD平面 ABCDCD，所以 SE平面 ABCD，(7 分)所以 SECE，SEAE，在 RtSEA 和 RtSED 中，AE SA2SE2，DE SD2SE2，因为 SASD，所以 AEDE，又易知EDA45，所以 AEED，由已知求得 SAAD 2，所以 AEEDSE1.(9 分)连接 BD，则 V 三棱锥 SABD131221113，(10 分)又 V
33、三棱锥 BSADV 三棱锥 SABD，SSAD12 2 2 32 32，所以点 B 到平面 SAD 的距离为2 33.(12 分)1由线面平行得出线线平行给 2 分2由线线平行得出平行四边形，进而得出 M 为 AB 中点给 2 分3由中点求出 给 1 分4证平面 SCD平面 ABCD，过 S 作平面 ABCD 的垂线 SE 给 2 分5证 AEDE，求出 AD，SE 的值给 2 分6求 V 三棱锥 SABD 给 1 分7求 SSAD，根据等体积法求出点 B 到平面 SAD 的距离给 2 分1求点到平面的距离通常通过等体积法来求2过一点作一个面的垂线可以先证面面垂直，再过点作两垂直平面的交线，得
34、到所需垂线跟踪训练(12 分)如图，直三棱柱 ABCA1B1C1 中，M 是 AB 的中点(1)证明：BC1平面 MCA1；(2)若 ABA1M2MC2，BC 2，求点 C1 到平面 MCA1 的距离解(1)证明：如图，连接 AC1，设 AC1 与 A1C 的交点为 N，则 N 为 AC1的中点，连接 MN，因为 M 是 AB 的中点，所以 MNBC1，又 MN平面 MCA1，BC1平面 MCA1，所以 BC1平面 MCA1.(6 分)(2)因为 AB2MC2，M 是 AB 的中点，所以ACB90，在直三棱柱中，A1M2，AM1，所以 AA1 3，又 BC 2，所以 AC 2，A1C 5，所以A1MC90.(8 分)设点 C1 到平面 MCA1 的距离为 h，因为 AC1 的中点 N 在平面 MCA1上，所以点 A 到平面 MCA1 的距离也为 h，三棱锥 A1AMC 的体积 V13SAMCAA1 36，MCA1 的面积 S12A1MMC1，(10 分)则 V13Sh13h 36，得 h 32，故点 C1 到平面 MCA1 的距离为 32.(12 分)本课结束
