更新时间：2024-07-13 11:51
直线与平面垂直定义：如果一条直线与平面内任意一条直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直。是将“三维”问题转化为“二维”解决是一种重要的立体几何数学思想方法。在处理实际问题过程中，可以先从题设条件入手，分析已有的垂直关系，再从结论入手分析所要证明的重要垂直关系，从而架起已知与未知的“桥梁”
判定定理：如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直。
注意关键词“相交”，如果是平行直线，则无法判定线面垂直。需要相交的原因见下文。
设有一直线l与面S上两条相交直线AB、CD都垂直，则l⊥面S
假设l不垂直于面S，则要么l∥S，要么斜交于S且夹角不等于90。
当l∥S时，则l不可能与AB和CD都垂直。这是因为当l⊥AB时，过l任意作一个平面R与S交于m，则由线面平行的性质可知m∥l
∴m⊥AB
又∵l⊥CD
∴m⊥CD
∴AB∥CD，与已知条件矛盾。
当l斜交S时，过交点在S内作一直线n⊥l，则n和l构成一个新的平面T，且T和S斜交（若T⊥S，则n是两平面交线。由面面垂直的性质可知l⊥S，与l斜交S矛盾）。
∵l⊥AB
∴AB∥n
∵l⊥CD
∴CD∥n
∴AB∥CD，与已知条件矛盾。
综上，l⊥S
如图，已知l⊥m,l⊥n,m,n⊂α，m∩n=E。求证：EF⊥α
因为平移不改变角度，所以可以通过平移把所有的直线移动到相交于一点的位置来证明。
证明：∵l⊥m，l⊥n
∴在α内所有与m或n平行的直线都与l垂直。
接下来证明那些与m，n不平行的直线也与l垂直。
取m上A,B两点,取n上C,D两点，使AE=BE，CE=DE
连接AD,BC,过E作任意一条直线，该直线与AD,BC交点为G,H（稍后将讨论GH与AD，BC平行的情况）
取l上异于E的点F，连接FA,FG,FD,FB,FH,FC
∵AE=BE,CE=DE,∠AED=∠BEC
∴△AED≌△BEC（SAS）
∴∠DAE=∠CBE，AD=BC
∵∠AEG=∠BEH
∴△AEG≌△BEH（ASA）
∴AG=BH，GE=HE
∵EF⊥AB,AE=BE
∴FA=FB
同理，FC=FD
∴△FAD≌△FBC（SSS）
∴∠FAG=∠FBH
∴△FAG≌△FBH（SAS）
∴FG=FH
又∵GE=HE
∴FE⊥GH
由GH的任意性可知，EF垂直平面内任意与AD,BC都不平行的直线
当GH∥AD∥BC时，可以连接AC,BD，那么GH必与AC,BD相交
之后证明方法同上，只需要改字母即可。
根据线面垂直的定义，l⊥α
如图，l与α内两条相交直线a，b都垂直，求证：l⊥α
证明：与a或b平行的直线必垂直l，因此接下来的讨论围绕与a，b不平行的直线进行。
先将a，b，l平移至相交于O点，过O作任意一条直线g，在g上取异于O的点G，过G作GB∥a交b于B，过G作GA∥b交a于A。连接AB，设AB与OG交点为C
∵OA∥GB,OB∥GA
∴C是AB中点
由中线定理，
在l上取异于O的点D，连接DA,DB，由中线定理
两式相减可得
又注意到OD⊥OA,OD⊥OB
∴得
即
∴OD⊥OC
由g的任意性可知，l与α内任意直线都垂直
∴l⊥α
设直线l是与α内相交直线a，b都垂直的直线，求证：l⊥α
证明：设a，b，l的方向向量为a，b，l
∵a与b相交，即a，b不共线
∴由平面向量基本定理可知，α内任意一个向量c都可以写成c= λa+ μb的形式
∵l⊥a，l⊥b
∴l·a=0，l·b=0
l·c=l·（λa+ μb）=λl·a+ μl·b=0+0=0
∴l⊥c
设c是α内任一直线c的方向向量，则有l⊥c
根据c的任意性，l与α内任一直线都垂直
∴l⊥α
性质定理1：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线垂直于平面内的所有直线。
性质定理2：经过空间内一点，有且只有一条直线垂直已知平面。
性质定理3：垂直于同一平面的两条直线平行。
推论：空间内如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线平行。（该推论意味着平行线的传递性不仅在平面几何上，在空间几何上也成立。）
如果在两条平行直线中，有一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面。
很容易由线面垂直的定义得到，若不垂直于所有直线，则不可能垂直平面。
已知平面α和一点P，求证过P垂直于α的直线有且只有一条。
当P在平面外时，假设过P有两条直线m、n都与α垂直，不妨设垂足为M、N。由于m∩n=P，那么m和n确定一个平面β。不难证明α∩β=MN。
∵m⊥α，n⊥α
∴m⊥MN，n⊥MN。这样一来，在β内就有PM、PN与MN都垂直，与平面内的垂线公理（其实是定理，因为可以依靠欧式几何的公理证明）矛盾。
类似地可证明当P在平面上时也能推出矛盾。
因此定理2成立。
已知m∥n，m⊥α，求证n⊥α。
证明：设m∩α=M，n∩α=N。再在m、n上分别另取P、Q。
∵m∥n
∴设m与n确定平面β，且α∩β=MN
过N在α内作AB⊥MN，连接PN。
∵PM⊥α，AB⊂α
∴PM⊥AB
∵PM⊂β，MN⊂β
∴AB⊥β
∵QN⊂β
∴QN⊥AB~~~①
又∵PM⊥α，MN⊂α
∴PM⊥MN
∵PM∥QN
∴QN⊥MN~~~②
∵MN∩AB=N，MN⊂α，AB⊂α
∴QN⊥α
已知m⊥α，n⊥α，求证m∥n
证明：假设m和n不平行，那么它们相交或异面。
当它们相交的时候，设m∩n=P，则m、n确定一个平面
设m⊥α于M，n⊥α于N，连接MN。
则MN在m、n所确定的平面上
易证PM⊥α，MN⊂α
∴PM⊥MN
同理可证PN⊥MN
∵PMN共面，即在该平面内有两条直线PM、PN与MN都垂直，这与平面内的垂直定理矛盾
∴mn不相交
当它们异面的时候，过N作n‘∥m
∵m⊥α，由定理3可知n’⊥α
又∵n⊥α，n∩n‘=N
即过N有n和n’都与α垂直，这与定理2矛盾
∴mn不异面
∴m∥n
已知空间内有三条直线a、b、c，且三条直线不同在一个平面内。若a∥b，b∥c，求证a∥c。
几何法证明：在a上任意取一点A，由于两条平行直线确定一个平面，因此在a和b所确定的平面内，过A作b的垂线AB，垂足为B。同理，在b和c所确定的平面内，过B作c的垂线BC，垂足为C。连接AC。
∵b∥c，BC⊥c
∴BC⊥b
∵AB⊥b
∴b⊥平面ABC（判定定理）
∵a∥b
∴a⊥平面ABC（性质定理3）
∵c∥b
∴c⊥平面ABC（性质定理3）
∴a∥c（性质定理4）
向量法证明：设a的方向向量为a，b的方向向量为b，c的方向向量为c，其中a、b、c都是非零向量。
∵a∥b
∴a∥b
由共线向量基本定理可知存在一个唯一实数λ（λ≠0）使得a=λb
同理，存在一个唯一实数μ（μ≠0）使得b=μc
∴a=λ*(μc)=(λ*μ)c
∴a∥c
∴a∥c
反证法证明：假设a和c不平行，要么它们相交，要么它们异面。
若a和c相交于P，则它们确定一个平面α。又设a和b确定的平面为β。
明显，α∩β=a
∵a∩c=P
∴c不在β上。这是因为由于两个相交平面只有一条交线，这条交线就是a。而c⊂α，如果c⊂β，说明c和a重合，这与它们相交矛盾。
∵a∥b，P∈a
∴P∉b
由异面直线的判定定理（经过平面外一点与平面内一点的直线，与平面内不经过该点的直线互为异面直线）可知b和c互为异面直线（只要取c上其他一点Q即可，Q必定不在β上，否则P、Q都在β上那么c就在β上，与前文所述矛盾）。但这与条件中b∥c矛盾，因此一开始的假设不成立，a和c不相交。
若a和c异面，则根据异面直线所成角的定义，平行于异面直线其中一条的直线与异面直线的另一条所成角等于原来的异面直线所成角
∵a∥b
∴a与c所成角等于b与c所成角
但b∥c，即b与c所成角为0°
∴a与c所成角为0°，这和异面直线所成角的范围(0°,90°]相矛盾
∴a和c不异面
∴a∥c
由性质定理2可知，过空间内一点（无论是否在已知平面上），有且只有一条直线与平面垂直。下面就讨论如何作出这条唯一的直线。（下面的作法利用到的是过一点作已知直线的垂线/平行线，这是尺规作图中最基本的例子之一，故不再详细介绍。）
设点P是平面α外的任意一点，求作一条直线PQ使PQ⊥α。
作法：
①在α内任意作一条直线l，并过P作PA⊥l，垂足为A。
此时，若PA⊥α，则所需PQ已作出；若不是这样，
②在α内过A作m⊥l。
③过P作PQ⊥m，垂足为Q，则PQ是所求直线。
证明：
由作法可知，l⊥PA，l⊥QA
∵PA∩QA=A
∴l⊥平面PQA
∴PQ⊥l
又∵PQ⊥m，且m∩l=A，m⊂α，l⊂α
∴PQ⊥α
设点P是平面α内的任意一点，求作一条直线PQ使PQ⊥α。
作法：
①过平面外一点A作AB⊥α，作法见上。
②过P作PQ∥AB，PQ是所求直线。
证明：
由性质定理3可知，若作出了AB⊥α，PQ∥AB，那么PQ⊥α。