8.6.2.2直线与平面垂直的性质-【新教材】2020-2021学年人教A版（2019）高中数学必修第二册同步练习（含解析）

8.6.2.2 直线与平面垂直的性质-【新教材】人教A版（2019）高中数学必修第二册同步练习（含解析）
学校:___________姓名：___________班级：___________学号：___________
一．选择题
设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是(????)
A. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
B. 若m//n，m//α，则n//α
C. 若m?α，n?β，则m，n是异面直线
D. 若α//β，m?α，n?β，则m//n
如图，在三棱锥P?ABC中，△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，M为AB的中点，PM⊥平面ABC，直线l过点P，且直线l?//平面ABC，如果直线l到平面ABC的距离为d，那么(????)
A. PA=PB>PC=d
B. PA=PBC. PA=PB=PC>d
D. PA=PB=PC如图，在三棱锥P?ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB，D为PB的中点，则下列结论不正确的是(????)
A. BC⊥平面PAB B. AD⊥PC
C. AD⊥平面PBC D. PB⊥平面ADC
如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=4，AC=BC=2，∠ACB=90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B(含边界)上的动点．要使AB1⊥平面C1DF，则线段C1F的长的最大值为? (??? )
A. 5 B. 22
C. 13 D. 25
线段AB在平面α的同侧，A，B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为(????)
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
如图，设平面α∩β=EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别是B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，则这个条件可能是(????)
A. AC⊥β B. AC⊥CD
C. AC//BD D. AC与α，β所成的角相等
如图所示，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下说法中，正确的是? (??? )
A. 点H是△A1BD的垂心
B. AH垂直于平面CB1D1
C. AH的延长线经过点C1
D. 直线AH和BB1所成角为45°
如图所示，PA垂直于以AB为直径的圆O所在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则下列关系正确的是(????)
A. PA⊥BC B. BC⊥平面PAC
C. AC⊥PB D. PC⊥BC
如图所示，在正四棱锥(底面为正方形，顶点在底面的射影为底面的中心)S?ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的个数为(????)
(1)EP⊥AC；(2)EP?//?BD；(3)EP?//平面SBD；(4)EP⊥平面SAC．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
已知直线a，b和平面α，β，γ，可以使α//β的条件是(????)
A. a?α，b?β，a//b B. a?α，b?α，a//β，b//β
C. α⊥γ，β⊥γ D. a⊥α，a⊥β
地面上有两根相距a米的旗杆，它们的高分别是b米和c米(b>c)，则它们上端的距离为(????)
a2+b2 B. b2+c2 C. a2+b2?c2 D. a2+(b?c)2
二．填空题
如图所示，在矩形ABCD中，AB=33，BC=3，沿对角线BD将△BCD折起，使点C移到C'的位置，且点C'在平面ABD上的射影O恰在AB上．若EF⊥平面AC'D，且DC'=2DE，BF=λFD，则λ的值为________．
已知三棱锥P?ABC，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，BC=PA=3，AC=1，则三棱锥P?ABC的侧面积______．
如图所示，已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且AF=DE，AD=6，则EF=________．
直线a和b在正方体ABCD?A1B1C1D1的两个不同平面内，使a//b成立的条件是??????????.(只填序号即可)
?①a和b垂直于正方体的一个面;
?②a和b在正方体两个相对的面内，且共面;
?③a和b平行于同一条棱;
?④a和b在正方体的两个面内，且与正方体的同一条棱垂直．
已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，则平面BB1C1C与平面AA1D1D的距离为_______．
A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD=2AB=6，则该球的体积为______ ．
三．解答题
如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=BC=1，BB1=2．
(1)求异面直线B1C1与A1C所成角的正切值；
(2)求直线B1C1到平面A1BC的距离．
如图，在四棱锥P?ABCD中，AD?//BC，∠ABC=π2，AB=BC=PA=a，cos∠ADC=255，PA⊥平面ABCD．
(1)求直线AD到平面PBC的距离．
(2)求点A到直线PC的距离．
(3)在线段AD上是否存在一点F，使点A到平面PCF的距离为63a？
如图，四面体P?ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=BC=1，AC=2．
(1)证明BC⊥平面PAB；
(2)在线段PC上是否存在点D，使得AC⊥BD，若存在，求PD的值，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查空间中两直线的位置关系，线面平行的性质，面面平行的性质，属于基础题．
由空间中两直线的位置关系，线面平行的性质，面面平行的性质，逐个进行判断．
【解答】
解：对于A，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，故A正确；
对于B，若m?//?n，m?//?α，则n?//?α或n?α，故B错误；
对于C，若m?α，n?β，则m，n的位置关系不确定，故C错误；
对于D，若α?//?β，m?α，n?β，则m，n的位置关系为平行或异面，故D错误．
故选A．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查线面垂直的性质，属于基础题．
由线面垂直的性质得PM⊥MC，PM⊥AB，由M为AB的中点，得MA=MB=MC，则所以PA=PB=PC>d．
【解答】
解：由题意知d=PM.连接MC，
因为PM⊥平面ABC，AB，MC?平面ABC，
所以PM⊥MC，PM⊥AB．
因为M为AB的中点，∠ACB=90°，
所以MA=MB=MC，
所以PA=PB=PC>d．
故选C．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质是应用，属于基础题．
由线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质逐个进行判断．
【解答】
解：∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴PA⊥BC，
又AB⊥BC，PA∩AB=A，
PA?面PAB，AB?面PAB
∴BC⊥平面PAB，故A中结论正确；
由BC⊥平面PAB，AD?平面PAB，得BC⊥AD，
∵PA=AB，D为PB的中点，
∴AD⊥PB，又PB∩BC=B，
PB?面PBC，BC?面PBC
∴AD⊥平面PBC，
又PC?平面PBC，
∴AD⊥PC，故B，C中结论正确；
在平面PBC中，∵PB⊥BC，∴PB与CD不垂直，故PB不垂直平面ADC，故D中结论错误．
故选D．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查线面垂直，考查空间想象能力，属于中档题．
作DE⊥AB1交AB1于E，延长DE交BB1于F，连接C1F，则AB1⊥平面C1DF，点F即为所求，由C1D⊥平面AA1BB，AB1?平面AA1B1B，则C1D⊥AB1，AB1⊥DF，DF∩C1D=D，满足线面垂直的判定定理，则AB1⊥平面C1DF．
【解答】
解：作DE⊥AB1交AB1于E，延长DE交BB1于F，
连接C1F，则AB1⊥平面C1DF，点F即为所求．
若AB1⊥平面C1DF，则AB1⊥DF，
故F在边界BB1上时，C1F的长取到最大值，
此时因为AB1⊥DF，
故∠FDB1+∠AB1A1=∠B1AA1+∠AB1A1=90°，
故∠FDB1=∠B1AA1，
故tan∠FDB1=tan∠B1AA1，即FB1DB1=A1B1AA1，
故FB1=A1B1?DB1AA1=22+22×22+2224=1此时C1F=FB12+C1B12=1+4=5，
故选A．
5.【答案】A
【解析】
【分析】本题考查空间中的距离.因为A，B两点在α同侧，根据中点坐标公式求解．
【解答】如图，设AB的中点为M，分别过A，M，B向α作垂线，垂足分别为A1，M1，B1，则由线面垂直的性质定理可知AA1?//?MM1?//?BB1.结合题意知，四边形AA1B1B为直角梯形，AA1=3，BB1=5，MM1为其中位线，∴MM1=4.故选A．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查空间直线和直线垂直的判定，考查线面垂直的判定与性质，属于中档题，A条件加入，可判断出AC与EF垂直，这样EF和平面ABDC内两条相交线垂直，得到EF与平面ABDC垂直的结论，从而证出结论，条件BC只能得到ABDC为矩形，得不到所要结论，条件D而举反例说明错误．
【解答】
解：AB⊥α，CD⊥α，则AB和CD平行，AB和CD确定平面为平面ABDC，
增加条件A，由AB⊥α，CD⊥α，EF?α，得AB⊥EF，
AC⊥β，EF在平面β内，故 AC⊥EF，则EF与平面ABDC内两条相交直线AC，AB都垂直，
由线面垂直的判这定定理，EF⊥平面ABDC，BD在平面ABDC内，?
所以BD⊥EF，A正确;
增加条件B，C只能得到ABDC为矩形的结论，BD和EF同在平面α内，
BD和EF平行，相交或重合的可能性都有，也包括垂直，
BD⊥EF不一定成立，故 B，C错误;
不妨设ABCD是一个矩形，且BD和EF平行，此时AC和BD平行，
AC与EF与平行，AC与两平面α，β成等角，但BD⊥EF不成立，故D错误，
故选A．
7.【答案】ABC
【解析】
【分析】
本题考查面面平行的判定与性质，线面垂直的判定，涉及正方体的结构特征，属基础题．
根据AB=AA1=AD，可以得到A到△A1BD各顶点的距离相等，可得A正确；利用面面平行的判定定理平面CB1D1//平面A1BD，于是得到AH⊥平面CB1D1，判定B;连接AC1，利用线面垂直的判定定理可得AC1⊥平面A1BD，从而判定C;利用异面直线所成角的定义可得直线AH和BB1所成角为∠A1AC1，判定不是45°，从而判定D．
【解答】
解：∵△A1BD为等边三角形，∴其四心合一，
又∵AB=AA1=AD，
∴A到△A1BD各顶点的距离相等，∴A正确．
∵CD1//BA1，CB1//DA1，CD1∩CB1=C，BA1∩DA1=A1，
CD1、CB1?平面CB1D1，BA1、DA1?平面A1BD，
∴平面CB1D1//平面A1BD，
∴AH⊥平面CB1D1，∴B正确．
连接AC1，则AC1⊥BD，AC1⊥BA1，又BD∩BA1=B，
BD、BA1?平面A1BD，
∴AC1⊥平面A1BD，∴A，H，C1三点共线，
∴C正确．
∵直线AH和BB1所成角为∠A1AC1，而AA1≠A1C1,∴∠A1AC1≠45°，故D错误，
故选ABC．
8.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查线面垂直的判定与性质，属于基础题．
根据线面垂直的判定与性质逐项判断，即可得到答案．
【解答】
解：由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
得PA⊥BC，所以A正确；
又BC⊥AC，PA∩AC=A，PA，AC?平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，
又PC?平面PAC，
∴BC⊥PC，所以B，D均正确．
若AC⊥PB，又因为BC⊥AC，PB∩BC=B，PB，BC?平面PBC，
所以AC⊥平面PBC，
又PC?平面PBC，
则AC⊥PC，
又PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，则PA⊥AC，产生矛盾，故C不正确．
故选ABD．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查线线、线面、面面的位置关系及线面平行、线面垂直的判定定理．
连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN，SO.(1)先证明AC⊥平面SBD，再利用三角形的中位线可得EM//BD，MN//SD，于是平面EMN//平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，AC⊥EP；(2)当点P与点M不重合时，由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，因此不可能EP//BD；(3)由(1)可知：平面EMN//平面SBD，可得EP//平面SBD；(4)由(1)同理可得：EM⊥平面SAC，可用反证法证明：当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．
【解答】
解：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN，SO．
(1)由正四棱锥S?ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，
又AC?底面ABCD，
∴SO⊥AC．
∵SO∩BD=O，SO、BD?平面SBD，
∴AC⊥平面SBD，
∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，
∴EM//BD，MN//SD，
∵MN，EM?平面SBD，SD，BD?平面SBD，
∴EM//平面SBD，MN//平面SBD，
而EM∩MN=M，EM、MN?平面EMN，
∴平面EMN//平面SBD，∴AC⊥平面EMN，
又EP?平面EMN，
∴AC⊥EP.故正确．
(2)当点P与点M重合时，有EP//BD；
当点P与点M不重合时，由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP//BD，
因此EP//BD不恒成立；
(3)由(1)可知：平面EMN//平面SBD，又EP?平面EMN，∴EP//平面SBD，因此正确．
(4)由(1)可得：SO⊥底面ABCD，又BD?底面ABCD，∴SO⊥BD．
又AC⊥BD，AC∩SO=O，SO、AC?平面SAC，
∴BD⊥平面SAC，又EM//BD，∴EM⊥平面SAC，
当点P与点M重合时，满足EP⊥面SAC；
当点P与点M不重合时，
若EP⊥平面SAC，则EP//EM，与EP∩EM=E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．
因此EP⊥面SAC不恒成立．
综上可知：只有(1)(3)正确．即四个结论中恒成立的个数是2．
故选：B．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查空间两平面平行的判定，属于基础题．
根据两平面平行的判定定理和推论，可得结论．
【解答】
解：两条平行直线分别在两个平面内，这两个平面有可能相交，排除A；
一个平面的两条直线都平行于另一个平面，这两个平面有可能相交，排除B；
两个平面都垂直于同一个平面，这两个平面有可能相交，排除C；
垂直于同一条直线的两个平面平行，D正确。
故选D
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查空间距离有计算，涉及线面垂直的性质的应用，属于基础题．
由已知两根旗杆所在的直线平行，由已知构造直角三角形求解即可．
【解答】
解：设AB，CD分别为两根旗杆所在的线段，
如图，由线面垂直的性质定理可知AB?//?CD，作AE⊥CD于E，则DE=b?c，
故AD=a2+(b?c)2．
故选D．
12.【答案】1
【解析】
【分析】
本题主要考查了线面垂直的判定，注意空间思维能力的培养．
证明BC'⊥平面AC'D，结合EF⊥平面AC'D，由线面垂直的性质得到EF?//?BC'，即可求得λ的值．
【解答】
解：∵点C'在平面ABD上的射影O在AB上，∴C'O⊥平面ABD．
∵DA?平面ABD，∴C'O⊥DA.又∵AD⊥AB，AB∩C'O=O，
∴DA⊥平面ABC'.
又BC'?平面ABC'，∴DA⊥BC'.
又∵BC'⊥C'D，DA∩C'D=D，∴BC'⊥平面AC'D．
又∵EF⊥平面AC'D，∴EF?//?BC'.∵DC'=2DE，即E为C'D的中点，∴F为BD的中点，
∴BF=FD，即λ=1．
13.【答案】532
【解析】解：如图所示，
三棱锥P?ABC中，PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；
又AC⊥BC，PA∩AC=A，
∴BC⊥平面PAC，
∴BC⊥PC；
∴三棱锥P?ABC的各个面都是直角三角形；
又BC=PA=3，AC=1，
∴三棱锥P?ABC的侧面积为
S侧面积=S△PAB+S△PAC+S△PBC
=12×3×(3)2+12+12×3×1+12×3×(3)2+12
=532．
故答案为：532．
根据题意画出图形，证明三棱锥P?ABC的各个面都是直角三角形，再求三棱锥的侧面面积．
本题考查了三棱锥的结构特征与空间中的垂直关系应用问题，是基础题．
14.【答案】6
【解析】
【分析】
本题考查的是直线与平面垂直关系的应用，解题的关键是熟练掌握直线与平面垂直的性质;经审题，根据直线和平面垂直的性质定理知AF//DE，结合已知条件可判断出四边形AFED的形状;四边形AFED为平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到本题答案．
【解答】
解：∵AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，∴AF//DE，又∵AF=DE，∴四边形AFED是平行四边形，
∴EF=AD=6，
故答案为6．
15.【答案】?①?②?③
【解析】
【分析】
本题考查线面垂直的性质定理、面面平行的性质定理、平行公理以及空间两条直线的位置关系，属于基础题．
对于?①，利用线面垂直的性质即可判断为正确；
对于?②，利用面面平行的性质即可判断为正确；
对于?③，应用平行公理即可判断为正确；
对于?④，a，b可能平行、异面和垂直三种情况，?④错误．
【解答】
解：对于?①，利用线面垂直的性质可知?①正确；对于?②，由于a，b共面，利用面面平行的性质即可判断a//b，故?②正确；对于?③，应用平行公理可知?③正确；对于?④，当a和b在正方体的两个平行面内，且与正方体的同一条棱垂直时，a，b可能平行、异面和垂直三种情况，故?④错误．
故答案为：?①?②?③
16.【答案】1
【解析】
【分析】
本题考查平面到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
根据正方体的结构特征可知AB⊥平面BB1C1C，且AB⊥平面AA1D1D，即可得知棱AB的长即为所求．
【解答】
解：因为正方体的对面互相平行，
AB⊥平面BB1C1C，且AB⊥平面AA1D1D，
所以棱AB的长即为平面BB1C1C与平面AA1D1D的距离，且距离为1．
故答案为：1．
17.【答案】323π
【解析】
【分析】
本题考查球内接多面体，考查球的体积，考查学生的计算能力，比较基础．
由题意把A、B、C、D扩展为三棱柱如图，求出上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径，然后求出球的体积．
【解答】
解：由题意画出几何体的图形如图，
把A、B、C、D扩展为三棱柱，
上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径，
AD=2AB=6，OE=3，△ABC是正三角形，
所以AE=23AB2?(12AB)2=3．
R=AO=32+3=23，可得球的体积为4πR33=323π.
故答案为：323π.
18.【答案】解：(1)由题意可得BC//B1C1，
∴∠A1CB(或其补角)即为异面直线B1C1与A1C所成的角，
由题意可知BB1⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴BB1⊥BC，
又AB⊥BC，AB∩BB1=B，AB?平面ABB1A1，BB1?平面ABB1A1，
∴BC⊥平面ABB1A1，
∵A1B?平面ABB1A1，∴BC⊥A1B，
∴△A1BC为直角三角形，
∴tan∠A1CB=A1BBC=AB2+BB12BC=5，
∴异面直线B1C1与A1C所成的角的正切值为5；
(2)∵BC//B1C1，BC?平面A1BC，B1C1?平面A1BC，
∴B1C1//平面A1BC，
∴直线B1C1上任意一点到平面A1BC的距离均为直线B1C1到平面A1BC的距离，
不妨取B1，且设B1到平面A1BC的距离为h，
由等体积法可得VB1?A1BC=VC?A1BB1，即13S△A1BC×?=13S△ABB1×BC，
代入数据可得13×12×1×5×?=13×12×2×1×1，解得?=255，
∴直线B1C1到平面A1BC的距离为255．
【解析】本题考查异面直线所成的角，涉及直线到平面的距离，等体积是解决问题的关键，属中档题．
(1)由题意可得∠A1CB(或其补角)即为异面直线B1C1与A1C所成的角，解三角形可得；
(2)可证B1C1//平面A1BC，则B1到平面A1BC的距离h即为所求，由等体积法可得VB1?A1BC=VC?A1BB1，代入数据计算可得．
19.【答案】解：(1)∵AD?//?BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，
∴AD?//平面PBC，
∴AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离，
过点A作AH⊥PB，交PB于H，如图所示，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，
∵BC⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，?
又AH?平面PAB，
∴BC⊥AH，?
又AH⊥PB，PB∩BC=B，PB,BC?平面PBC，
∴AH⊥平面PBC，
∴AH的长即为点A到平面PBC的距离，也即直线AD到平面PBC的距离，
在等腰直角三角形PAB中，易得AH=22a，
所以直线AD到平面PBC的距离为22a．
(2)过点A作AE⊥PC，交PC于E，则AE的长即为点A到PC的距离．连接AC，
在Rt△PAC中，PA=a，AC=2a，PC=3a，
∵AE·PC=PA·AC，
∴AE=PA?ACPC=63a，即点A到直线PC的距离为63a．
(3)假设在线段AD上存在一点F，使点A到平面PCF的距离为63a，
过点C作CM⊥AD，交AD于M，
在Rt△CMD中，CM=a，cos∠MDC=255，可得CD=5a，DM=2a，
所以AD=3a.? 由(2)知AE=63a，
若存在满足题意的F，则只需AE⊥平面PCF，
由条件可知，只需AC⊥CF，
设DF=x，则AF=3a?x，?
在△CDF中，由余弦定理可得CF2=x2+5a2?4ax，
若AC⊥CF，则在Rt△ACF中，AF2=CF2+AC2，?
即(3a?x)2=2a2+x2+5a2?4ax，解得x=a，?
即在AD上存在一点F，当AF=2a时，AC⊥CF，
又PA⊥CF，PA∩AC=A，
∴CF⊥平面PAC，
∴CF⊥AE，又AE⊥PC，PC∩CF=C，
∴AE⊥平面PCF，即点A到平面PCF的距离为AE=63a．
【解析】本题主要考查空间距离，属于中档题．
(1)由线面垂直的判断得AH⊥平面PBC，在三角形中求AH，得答案；
(2)过点A作AE⊥PC，交PC于E，则AE的长即为点A到PC的距离．在Rt△PAC中，由AE·PC=PA·AC，求解AE得答案；
(3)假设在线段AD上存在一点F，使点A到平面PCF的距离为63a，过点C作CM⊥AD，交AD于M，若存在满足题意的F，则只需AE⊥平面PCF，由线面垂直得点A到平面PCF的距离．
20.【答案】证明：(1)由题设知AB=BC=1，AC=2，
∴AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，PA⊥AB，
∵PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB．
解：(2)点D为PC的中点，且PD=32，使得AC⊥BD．
理由如下：
在平面ABC内，过点B作BE⊥AC，垂足为E，
在平面PAC内，过点E作DE//PA，交PC于点D，连结BD，
由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，∴DE⊥AC，
∴AC⊥平面DBE，
∵BD?平面DBE，∴AC⊥BD，
在△ABC中，AB=BC=1，点E为AC的中点，则点D为PC的中点，
在Rt△APC中，AP=1，AC=2，∴PC=3，
∴PD=32．
【解析】(1)推导出AB⊥BC，PA⊥BC，PA⊥AB，由此能证明BC⊥平面PAB．
(2)过点B作BE⊥AC，垂足为E，过点E作DE//PA，交PC于点D，连结BD，推导出PA⊥AC，DE⊥AC，从而AC⊥平面DBE，进而AC⊥BD，由此能求出点D为PC的中点，且PD=32，使得AC⊥BD．
本题考查线面垂直的证明，考查满足线线垂直的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．