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人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课时练习
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这是一份人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课时练习，共29页。
8.6空间直线、平面的垂直同步练习 人教A版（2019）
高中数学必修第二册
一．单选题：（共12题，每题5分）
1．已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（ ）
①
②
③
④
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
2．如图，在四面体ABCD中，若AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC
3．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．CM与PN是异面直线
B．CM>PN
C．平面PAN⊥平面BDD1B1
D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形
4．已知是平面，l、m、n是空间三条不同的直线，则下列命题中正确的个数（ ）．
①若，，，，则；
②若，，则；
③若点A、B不在直线l上，且到l的距离相等，则直线；
④若三条直线l、m、n两两相交，则直线l、m、n共面；
⑤若，，，则；
⑥若，，，则．
A．0 B．1 C．2 D．3
5．如图所示，在正方体中，下列结论不成立的是（ ）
A． B．
C． D．平面
6．如图，正方体中，若，，分别是棱，，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
7．如图，直三棱柱ABC一中，侧棱长为2，，，D是的中点，F是上的动点，，DF交于点E，要使平面，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
8．设，，为不重合的平面，，为不重合的直线，则下列说法正确的序号为( )
①，，则；
②，，，则；
③，，，则；
④，，，则.
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
9．如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是（ ）
A．CD⊥AB B．BC⊥AD C．BD⊥AB D．BC⊥CD
10．如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EFG中必有（ ）
A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFG
C．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF
11．如图，在正方体中，点P是线段上的一个动点，有下列三个结论：
①面；
②；
③面面．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
12．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）
A． B．直线与平面所成角最大值为
C．面积的最小值是 D．当时，平面平面
二．填空题：（共4题，每题5分）
13．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．
14．如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，M为的中点，P为线段上的动点，则下列说法正确的是_______（填写序号）
①平面 ②三棱锥的体积的最大值为
③与为异面直线 ④存在点P，使得与垂直
15．如图，在正方体中，过点且与直线垂直的所有面对角线的条数为___________.
16．在三棱锥中，已知，，，平面平面ABC，且，则以下结论正确是______（填序号）．
①
②平面平面ABC
③三棱锥的体积为
④三棱锥的外接球的表面积为
三．解答题：（共6题）
17．（10分）如图，在三棱柱中，底面，，，，，点是的中点.
(1)求证
(2)求证 平面
18．如图：已知四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：
(1)PC∥平面EBD；
(2)BC⊥平面PCD．
19．已知空间几何体中，，是全等的正三角形，平面平面，平面平面.
(1)若，求证：；
(2)证明：.
20．如图，在正方体中，为的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
21．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面平面．
22．如图，在三棱锥中，.
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据线面、面面的位置关系，逐一判断可得选项.
【详解】
解：对于①，若，由于m，n不一定相交，故也不一定成立，故①错误；
对于②，若，则，故②正确；
对于③，若，则m，n可能平行也可能异面，故③错误；
对于④，若，则或nα，故④错误；.
综上得命题中正确的是②，共1个，
故选：B.
2．C
【解析】
【分析】
利用面面垂直的判断，再结合面面关系的判断方法逐项分析作答.
【详解】
因AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则，而，平面，
则有平面，又平面，所以平面ABC⊥平面BDE，C正确；
在平面内取点P，作，垂足分别为M，N，如图，
因平面ABC⊥平面BDE，平面ABC平面，则平面BDE，则有，
若平面ABC⊥平面ABD，同理可得，而，平面，
于是得平面，显然BD与平面不一定垂直，A不正确；
过A作边上的高，连，由得，是边上的高，
则是二面角的平面角，而不一定是直角，即平面ABD与平面BDC不一定垂直，B不正确；
因平面，则是二面角的平面角，不一定是直角，
平面ABC与平面ADC不一定垂直，D不正确.
故选：C
3．A
【解析】
【分析】
对于选项A，连接NC，根据平面几何知识可得CN，PM交于点A，由此可判断.
对于选项B，分别在△MAC中，和在△PAN中，运用余弦定理求得CM2和PN2，比较大小可判断.
对于选项C，由面面垂直的判定定理可判断.
对于选项D，连接A1C1，在平面A1B1C1D1内作PK∥A1C1，交C1D1于K，连接KC.可证得PK∥AC，由此可得四边形PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，再由梯形的判定可判断.
【详解】
解：对于选项A，如图，连接NC，PC.在△PAC中，M为AP的中点，N为AC的中点，CN，PM交于点A，所以CM与PN共面，故A错误.
对于选项B，因为P为线段A1D1上的动点（不包括两个端点），所以AC>AP.
在△MAC中，CM2=AC2+AM2-2AC·AMcos∠MAC=AC2+AP2-AC·AP·cos∠MAC.
在△PAN中，PN2=AP2+AN2-2AP·ANcos∠PAN=AP2+AC2-AP·ACcos∠PAN，
则CM2-PN2=（AC2-AP2）>0，所以CM>PN，故B正确.
对于选项C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，得AC⊥平面BDD1B1，即AN⊥平面BDD1B1，
又AN⊂平面PAN，所以平面PAN⊥平面BDD1B1，故C正确.
对于选项D，连接A1C1，在平面A1B1C1D1内作PK∥A1C1，交C1D1于K，连接KC.
在正方体中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，PK，AC共面，所以四边形PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，
AA1=CC1，A1P=C1K，所以AP=CK，即梯形PKCA为等腰梯形.故D正确.
故选：A.
4．B
【解析】
【分析】
利用线面，面面平行垂直关系的判定定理及性质定理进行判断
【详解】
对于①，该项中当是相交直线才成立，错误；
对于②，空间中两条直线垂直于同一条直线时这两条直线可平行、相交或异面，错误；
对于③，两点到一条直线的距离相同，这两点可以在直线的两侧，此时不成立，错误；
对于④，若三条直线两两相交于一点，则它们可确定一个平面或三个平面，错误；
对于⑤，若，可以推出，但是无法推出，两者还可以异面，错误；
对于⑥，两条直线同时垂直于同一平面两直线平行，即，利用平行线的传递性可以得到，正确
综上只有⑥正确
故选：B
5．C
【解析】
【分析】
根据正方体的性质，结合垂直与平行的相关定理依次判断各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，由正方体的性质得，故正确；
对于B选项，由正方体的性质得平面，故，正确；
对于C选项，如图，连接，由正方体的性质易知，由于三角形为等边三角形，故与所成角为，所以异面直线所成角为，故错误；
对于D选项，由正方体的性质易知平面，正确.
故选：C
6．C
【解析】
【分析】
根据线面位置关系分别判断.
【详解】
由为正方体，且，分别是棱，的中点，则，则平面即为平面，
A选项，如图连接，由正方体可知，又不成立，所以不成立，即A选项错误；
B选项，由平面，故与平面不平行，B选项错误；
C选项，连接，则，又平面，，所以平面，C选项正确；
D选项，平面与平面有公共点，故D选项错误；
故选：C.
7．C
【解析】
【分析】
根据线面垂直的判定定理，结合锐角的三角函数定义进行求解即可.
【详解】
因为，，所以，，
因此，因为D是的中点，
所以，且，在直三棱柱ABC一中，平面，
而平面，所以，因为，
平面，所以平面，而平面，
因此，在直角三角形中，，
当时，即，
此时，而，即，
即，而，平面，
因此平面，此时，
故选：C
8．C
【解析】
【分析】
根据空间里面线和面的位置关系、面和面的位置关系逐个判断即可.
【详解】
对于①，若，，则与相交或平行，故①错误；
对于②，若，，，则，故②正确；
对于③，若，，，则与相交、平行或，故③错误；
对于④，若，，，由面面垂直的判定定理和线面垂直的判定定理得可知，故④正确；
故选：C.
9．B
【解析】
【分析】
由题意确定满足题意的条件，结合排除法即可确定不能成立的选项.
【详解】
对于A，D.当平面ADC平面ABC时，
因为DCAC，平面ADC平面ABC=AC，
所以DC平面ABC，AB平面ABC，BC平面ABC，
所以CD⊥AB，BC⊥CD，故A,D正确.
对于C.假设，则，，
，
由余弦定理，得
，
则在翻折过程中，存在某一时刻满足，
此时，所以BD⊥AB，故C正确，
对于B.利用排除法可知选项中不成立的结论为B项.
故选：B.
10．A
【解析】
【分析】
根据在折叠的过程中，始终有SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，即可得SG⊥GE，SG⊥GF，从而由线面垂直的判定定理可得结论
【详解】
对于A，因为在正方形SG1G2G3中，SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，
所以在四面体SEFG中，SG⊥GE，SG⊥GF，
因为GE∩GF＝G，所以SG⊥平面EFG．所以A正确，
对于B，因为SG⊥平面EFG，平面，所以，所以，所以不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以B错误，
对于C，由题意可知为等腰直角三角形，且，，所以与平面不可能垂直，所以C错误，
对于D，由选项B的解析可知，不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以D错误，
故选：A．
11．A
【解析】
【分析】
对于①. 先证明平面平面即可判断；对于②.先证明平面即可判断；对于③.由②有平面从而可判断.
【详解】
对于①. 在正方体连结
可得，又平面,平面, 所以平面
,又平面,平面, 所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以面，故①正确.
对于②. 连结
在正方体中，平面，则
又,且，所以平面
而平面,所以
又, 平面,平面,则
由，所以平面
而平面，所以,有
所以平面,平面,所以，故②正确.
对于③. 由②可知平面，又平面
所以面面，即面面，故③正确.
故选：A
12．C
【解析】
【分析】
证明平面，可得判断A；将的面积表示出来，求长度的最小值，从而得到面积的最小值判断C，作出线面角，再利用锐角三角函数计算即可判断B；证明平面且平面，得到平面平面判断D．
【详解】
解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，故A正确；
对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，
令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，故B正确；
如图，连接交于，面，，
故，
在中，当时，取最小值，，，
所以，此时，
，故C错误；
当时，在中，，，
，
得，则，
又，，面，面，
由正方体知，，即面，面面，故D正确．
故选：C．
13．6
【解析】
【分析】
先证明面对角线与的位置关系，再说明棱与的关系，即可判断.
【详解】
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．
故答案为：6
14．②③
【解析】
【分析】
由勾股定理求出、、，即可判断①，由即可判断②，根据异面直线的定义判断③，设中点为N，即可得到平面，即平面，得出矛盾，即可判断④；
【详解】
解：由题意得．则， ，
所以与不垂直．故①错误；，点B到平面的距离为，
由，所以，所以，又，
则，故②正确；
P为线段上的点（不包括端点），故与为异面直线，故③正确；
若，设中点为N，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，则平面，即平面，又因为平面，故点P与点重合，不合题意，故④错误．
故答案为：②③
15．2
【解析】
【分析】
根据正方体的性质有面，由线面垂直性质可得，根据线面垂直的判定和性质有，同理确定与垂直的其它面对角线即可.
【详解】
由正方体性质：面，面，则，又，，
所以面，又面，故，即面上的面对角线；
同理，可得面对角线都垂直于.
所以一共6条面对角线与垂直，其中过A点的有2条.
故答案为：2.
16．①②③④
【解析】
【分析】
由余弦定理得，过D作，面面垂直得出平面ABC， ，
假设DB，DE不重合，可得平面DBC，，这样与矛盾，
可判断①②；三棱锥的体积可判断③；设三角形ABC的外心为F，过F作平面ABC，设O为外接球的球心，利用
，求得和，可判断④．
【详解】
因为，，所以，
所以，过D作于E．
因为平面平面ABC，平面平面，
所以平面ABC，所以，
假设DB，DE不重合，因为，所以平面DBC，
所以，这样与矛盾，
所以假设不成立，所以DB，DE重合，即平面ABC，所以平面平面ABC，
所以①②正确；
三棱锥的体积为，所以③正确；
设三角形ABC的外心为F，则，
过F作平面ABC，设O为外接球的球心，，
则，，
所以，
所以，
解得，，所以外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以④正确．
故答案为：①②③④.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可；
（2）构造三角形中位线，根据线面平行判定定理证明即可.
(1)
三棱柱底面三边长，，
， 根据勾股定理得，，又因为底面，
且平面中，所以，又因为，
平面，平面，平面
所以平面，因为平面
所以.
(2)
设与的交点为， 如下图所示，连接，
因为是的中点，是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）连AC，与BD交于O，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；
（2）证明BC⊥PD，BC⊥CD，即可证明BC⊥平面PCD．
(1)
连AC，与BD交于O，连接EO
∵ABCD是正方形，∴O是AC的中点，
∵E是PA的中点，
∴EO∥PC
又∵EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD
∴PC∥平面EBD；
(2)
∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD
∴BC⊥PD
∵ABCD是正方形，∴BC⊥CD
又∵PD∩CD＝D
∴BC⊥平面PCD．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由勾股定理逆定理得线线垂直，由面面垂直得线面垂直，再得线线垂直；
（2）分别取，中点，，由面面垂直得线面垂直，再得线线平行，证得平行四边形后可得证结论．
(1)
因为、是全等的正三角形，所以，
又因为，所以，故，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面， 又因为平面，
所以；
(2)
分别取，中点，，连接，，，
因为是等边三角形，所以，，
因为平面平面，平面， 所以平面，
同理平面，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又，
所以．
20．(1)证明见解析；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)证明是平行四边形得即可；
(2)连接，通过，求解到平面的距离为，直线与平面所成角的正弦值为．
(1)
由正方体的性质可知，且，
∴是平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴∥平面；
(2)
连接，设到平面的距离为，正方体棱长为2．
则，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，∴，
∴直线与平面所成角的正弦值：．
21．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，又从而可证.
（2）先证明平面，从而可得，，由条件可得平面，从而可证.
(1)
∵，且为的中点，∴．
∵底面为矩形，∴，∴；
(2)
∵底面为矩形，∴．
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴．
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
22．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角和线面角的定义，结合线面垂直的判定定理和性质进行求解即可.
(1)
设点在面内的射影为点，由知，又为直角三角形，故点为线段的中点，则面，又平面，
平面平面；
(2)
过点作的平行线交于点，则，连接，
因为面，面，
所以平面，所以面，
而面，
所以 ，所以即为二面角的平面角，故，
，则，，，
过点作于，连接，
由面面，
因为平面平面，，平面，
所以面，
即为直线与平面所成角，.
8.6空间直线、平面的垂直同步练习 人教A版（2019）
高中数学必修第二册
一．单选题：（共12题，每题5分）
1．已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（ ）
①
②
③
④
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
2．如图，在四面体ABCD中，若AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC
3．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．CM与PN是异面直线
B．CM>PN
C．平面PAN⊥平面BDD1B1
D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形
4．已知是平面，l、m、n是空间三条不同的直线，则下列命题中正确的个数（ ）．
①若，，，，则；
②若，，则；
③若点A、B不在直线l上，且到l的距离相等，则直线；
④若三条直线l、m、n两两相交，则直线l、m、n共面；
⑤若，，，则；
⑥若，，，则．
A．0 B．1 C．2 D．3
5．如图所示，在正方体中，下列结论不成立的是（ ）
A． B．
C． D．平面
6．如图，正方体中，若，，分别是棱，，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
7．如图，直三棱柱ABC一中，侧棱长为2，，，D是的中点，F是上的动点，，DF交于点E，要使平面，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
8．设，，为不重合的平面，，为不重合的直线，则下列说法正确的序号为( )
①，，则；
②，，，则；
③，，，则；
④，，，则.
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
9．如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是（ ）
A．CD⊥AB B．BC⊥AD C．BD⊥AB D．BC⊥CD
10．如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EFG中必有（ ）
A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFG
C．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF
11．如图，在正方体中，点P是线段上的一个动点，有下列三个结论：
①面；
②；
③面面．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
12．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（ ）
A． B．直线与平面所成角最大值为
C．面积的最小值是 D．当时，平面平面
二．填空题：（共4题，每题5分）
13．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．
14．如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，M为的中点，P为线段上的动点，则下列说法正确的是_______（填写序号）
①平面 ②三棱锥的体积的最大值为
③与为异面直线 ④存在点P，使得与垂直
15．如图，在正方体中，过点且与直线垂直的所有面对角线的条数为___________.
16．在三棱锥中，已知，，，平面平面ABC，且，则以下结论正确是______（填序号）．
①
②平面平面ABC
③三棱锥的体积为
④三棱锥的外接球的表面积为
三．解答题：（共6题）
17．（10分）如图，在三棱柱中，底面，，，，，点是的中点.
(1)求证
(2)求证 平面
18．如图：已知四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：
(1)PC∥平面EBD；
(2)BC⊥平面PCD．
19．已知空间几何体中，，是全等的正三角形，平面平面，平面平面.
(1)若，求证：；
(2)证明：.
20．如图，在正方体中，为的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
21．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面平面．
22．如图，在三棱锥中，.
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据线面、面面的位置关系，逐一判断可得选项.
【详解】
解：对于①，若，由于m，n不一定相交，故也不一定成立，故①错误；
对于②，若，则，故②正确；
对于③，若，则m，n可能平行也可能异面，故③错误；
对于④，若，则或nα，故④错误；.
综上得命题中正确的是②，共1个，
故选：B.
2．C
【解析】
【分析】
利用面面垂直的判断，再结合面面关系的判断方法逐项分析作答.
【详解】
因AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则，而，平面，
则有平面，又平面，所以平面ABC⊥平面BDE，C正确；
在平面内取点P，作，垂足分别为M，N，如图，
因平面ABC⊥平面BDE，平面ABC平面，则平面BDE，则有，
若平面ABC⊥平面ABD，同理可得，而，平面，
于是得平面，显然BD与平面不一定垂直，A不正确；
过A作边上的高，连，由得，是边上的高，
则是二面角的平面角，而不一定是直角，即平面ABD与平面BDC不一定垂直，B不正确；
因平面，则是二面角的平面角，不一定是直角，
平面ABC与平面ADC不一定垂直，D不正确.
故选：C
3．A
【解析】
【分析】
对于选项A，连接NC，根据平面几何知识可得CN，PM交于点A，由此可判断.
对于选项B，分别在△MAC中，和在△PAN中，运用余弦定理求得CM2和PN2，比较大小可判断.
对于选项C，由面面垂直的判定定理可判断.
对于选项D，连接A1C1，在平面A1B1C1D1内作PK∥A1C1，交C1D1于K，连接KC.可证得PK∥AC，由此可得四边形PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，再由梯形的判定可判断.
【详解】
解：对于选项A，如图，连接NC，PC.在△PAC中，M为AP的中点，N为AC的中点，CN，PM交于点A，所以CM与PN共面，故A错误.
对于选项B，因为P为线段A1D1上的动点（不包括两个端点），所以AC>AP.
在△MAC中，CM2=AC2+AM2-2AC·AMcos∠MAC=AC2+AP2-AC·AP·cos∠MAC.
在△PAN中，PN2=AP2+AN2-2AP·ANcos∠PAN=AP2+AC2-AP·ACcos∠PAN，
则CM2-PN2=（AC2-AP2）>0，所以CM>PN，故B正确.
对于选项C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，得AC⊥平面BDD1B1，即AN⊥平面BDD1B1，
又AN⊂平面PAN，所以平面PAN⊥平面BDD1B1，故C正确.
对于选项D，连接A1C1，在平面A1B1C1D1内作PK∥A1C1，交C1D1于K，连接KC.
在正方体中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，PK，AC共面，所以四边形PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，
AA1=CC1，A1P=C1K，所以AP=CK，即梯形PKCA为等腰梯形.故D正确.
故选：A.
4．B
【解析】
【分析】
利用线面，面面平行垂直关系的判定定理及性质定理进行判断
【详解】
对于①，该项中当是相交直线才成立，错误；
对于②，空间中两条直线垂直于同一条直线时这两条直线可平行、相交或异面，错误；
对于③，两点到一条直线的距离相同，这两点可以在直线的两侧，此时不成立，错误；
对于④，若三条直线两两相交于一点，则它们可确定一个平面或三个平面，错误；
对于⑤，若，可以推出，但是无法推出，两者还可以异面，错误；
对于⑥，两条直线同时垂直于同一平面两直线平行，即，利用平行线的传递性可以得到，正确
综上只有⑥正确
故选：B
5．C
【解析】
【分析】
根据正方体的性质，结合垂直与平行的相关定理依次判断各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，由正方体的性质得，故正确；
对于B选项，由正方体的性质得平面，故，正确；
对于C选项，如图，连接，由正方体的性质易知，由于三角形为等边三角形，故与所成角为，所以异面直线所成角为，故错误；
对于D选项，由正方体的性质易知平面，正确.
故选：C
6．C
【解析】
【分析】
根据线面位置关系分别判断.
【详解】
由为正方体，且，分别是棱，的中点，则，则平面即为平面，
A选项，如图连接，由正方体可知，又不成立，所以不成立，即A选项错误；
B选项，由平面，故与平面不平行，B选项错误；
C选项，连接，则，又平面，，所以平面，C选项正确；
D选项，平面与平面有公共点，故D选项错误；
故选：C.
7．C
【解析】
【分析】
根据线面垂直的判定定理，结合锐角的三角函数定义进行求解即可.
【详解】
因为，，所以，，
因此，因为D是的中点，
所以，且，在直三棱柱ABC一中，平面，
而平面，所以，因为，
平面，所以平面，而平面，
因此，在直角三角形中，，
当时，即，
此时，而，即，
即，而，平面，
因此平面，此时，
故选：C
8．C
【解析】
【分析】
根据空间里面线和面的位置关系、面和面的位置关系逐个判断即可.
【详解】
对于①，若，，则与相交或平行，故①错误；
对于②，若，，，则，故②正确；
对于③，若，，，则与相交、平行或，故③错误；
对于④，若，，，由面面垂直的判定定理和线面垂直的判定定理得可知，故④正确；
故选：C.
9．B
【解析】
【分析】
由题意确定满足题意的条件，结合排除法即可确定不能成立的选项.
【详解】
对于A，D.当平面ADC平面ABC时，
因为DCAC，平面ADC平面ABC=AC，
所以DC平面ABC，AB平面ABC，BC平面ABC，
所以CD⊥AB，BC⊥CD，故A,D正确.
对于C.假设，则，，
，
由余弦定理，得
，
则在翻折过程中，存在某一时刻满足，
此时，所以BD⊥AB，故C正确，
对于B.利用排除法可知选项中不成立的结论为B项.
故选：B.
10．A
【解析】
【分析】
根据在折叠的过程中，始终有SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，即可得SG⊥GE，SG⊥GF，从而由线面垂直的判定定理可得结论
【详解】
对于A，因为在正方形SG1G2G3中，SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，
所以在四面体SEFG中，SG⊥GE，SG⊥GF，
因为GE∩GF＝G，所以SG⊥平面EFG．所以A正确，
对于B，因为SG⊥平面EFG，平面，所以，所以，所以不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以B错误，
对于C，由题意可知为等腰直角三角形，且，，所以与平面不可能垂直，所以C错误，
对于D，由选项B的解析可知，不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以D错误，
故选：A．
11．A
【解析】
【分析】
对于①. 先证明平面平面即可判断；对于②.先证明平面即可判断；对于③.由②有平面从而可判断.
【详解】
对于①. 在正方体连结
可得，又平面,平面, 所以平面
,又平面,平面, 所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以面，故①正确.
对于②. 连结
在正方体中，平面，则
又,且，所以平面
而平面,所以
又, 平面,平面,则
由，所以平面
而平面，所以,有
所以平面,平面,所以，故②正确.
对于③. 由②可知平面，又平面
所以面面，即面面，故③正确.
故选：A
12．C
【解析】
【分析】
证明平面，可得判断A；将的面积表示出来，求长度的最小值，从而得到面积的最小值判断C，作出线面角，再利用锐角三角函数计算即可判断B；证明平面且平面，得到平面平面判断D．
【详解】
解：在正方体中，，，，面，故面，又面，，故A正确；
对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，
令，，则，，所以，当且仅当即时取最大值，所以最大值为，故B正确；
如图，连接交于，面，，
故，
在中，当时，取最小值，，，
所以，此时，
，故C错误；
当时，在中，，，
，
得，则，
又，，面，面，
由正方体知，，即面，面面，故D正确．
故选：C．
13．6
【解析】
【分析】
先证明面对角线与的位置关系，再说明棱与的关系，即可判断.
【详解】
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．
故答案为：6
14．②③
【解析】
【分析】
由勾股定理求出、、，即可判断①，由即可判断②，根据异面直线的定义判断③，设中点为N，即可得到平面，即平面，得出矛盾，即可判断④；
【详解】
解：由题意得．则， ，
所以与不垂直．故①错误；，点B到平面的距离为，
由，所以，所以，又，
则，故②正确；
P为线段上的点（不包括端点），故与为异面直线，故③正确；
若，设中点为N，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，则平面，即平面，又因为平面，故点P与点重合，不合题意，故④错误．
故答案为：②③
15．2
【解析】
【分析】
根据正方体的性质有面，由线面垂直性质可得，根据线面垂直的判定和性质有，同理确定与垂直的其它面对角线即可.
【详解】
由正方体性质：面，面，则，又，，
所以面，又面，故，即面上的面对角线；
同理，可得面对角线都垂直于.
所以一共6条面对角线与垂直，其中过A点的有2条.
故答案为：2.
16．①②③④
【解析】
【分析】
由余弦定理得，过D作，面面垂直得出平面ABC， ，
假设DB，DE不重合，可得平面DBC，，这样与矛盾，
可判断①②；三棱锥的体积可判断③；设三角形ABC的外心为F，过F作平面ABC，设O为外接球的球心，利用
，求得和，可判断④．
【详解】
因为，，所以，
所以，过D作于E．
因为平面平面ABC，平面平面，
所以平面ABC，所以，
假设DB，DE不重合，因为，所以平面DBC，
所以，这样与矛盾，
所以假设不成立，所以DB，DE重合，即平面ABC，所以平面平面ABC，
所以①②正确；
三棱锥的体积为，所以③正确；
设三角形ABC的外心为F，则，
过F作平面ABC，设O为外接球的球心，，
则，，
所以，
所以，
解得，，所以外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以④正确．
故答案为：①②③④.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可；
（2）构造三角形中位线，根据线面平行判定定理证明即可.
(1)
三棱柱底面三边长，，
， 根据勾股定理得，，又因为底面，
且平面中，所以，又因为，
平面，平面，平面
所以平面，因为平面
所以.
(2)
设与的交点为， 如下图所示，连接，
因为是的中点，是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）连AC，与BD交于O，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；
（2）证明BC⊥PD，BC⊥CD，即可证明BC⊥平面PCD．
(1)
连AC，与BD交于O，连接EO
∵ABCD是正方形，∴O是AC的中点，
∵E是PA的中点，
∴EO∥PC
又∵EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD
∴PC∥平面EBD；
(2)
∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD
∴BC⊥PD
∵ABCD是正方形，∴BC⊥CD
又∵PD∩CD＝D
∴BC⊥平面PCD．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由勾股定理逆定理得线线垂直，由面面垂直得线面垂直，再得线线垂直；
（2）分别取，中点，，由面面垂直得线面垂直，再得线线平行，证得平行四边形后可得证结论．
(1)
因为、是全等的正三角形，所以，
又因为，所以，故，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面， 又因为平面，
所以；
(2)
分别取，中点，，连接，，，
因为是等边三角形，所以，，
因为平面平面，平面， 所以平面，
同理平面，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又，
所以．
20．(1)证明见解析；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)证明是平行四边形得即可；
(2)连接，通过，求解到平面的距离为，直线与平面所成角的正弦值为．
(1)
由正方体的性质可知，且，
∴是平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴∥平面；
(2)
连接，设到平面的距离为，正方体棱长为2．
则，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，∴，
∴直线与平面所成角的正弦值：．
21．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，又从而可证.
（2）先证明平面，从而可得，，由条件可得平面，从而可证.
(1)
∵，且为的中点，∴．
∵底面为矩形，∴，∴；
(2)
∵底面为矩形，∴．
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴．
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
22．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角和线面角的定义，结合线面垂直的判定定理和性质进行求解即可.
(1)
设点在面内的射影为点，由知，又为直角三角形，故点为线段的中点，则面，又平面，
平面平面；
(2)
过点作的平行线交于点，则，连接，
因为面，面，
所以平面，所以面，
而面，
所以 ，所以即为二面角的平面角，故，
，则，，，
过点作于，连接，
由面面，
因为平面平面，，平面，
所以面，
即为直线与平面所成角，.
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