高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（4）立体几何问题的热点题型学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（4）立体几何问题的热点题型学案（Word版附解析），共13页。

题型1 空间位置关系的证明及空间角的计算
例1 (2022·天津高考)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D夹角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
解 (1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，且AC⊥AB，则A1C1⊥A1B1.以A1为坐标原点，A1A，A1B1，A1C1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(2，0，2)，A1(0，0，0)，B1(0，2，0)，C1(0，0，2)，D(0，1，0)，E(1，0，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，1))，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，易知平面ABC的一个法向量为m＝(1，0，0)，则eq \(EF,\s\up6(→))·m＝0，故eq \(EF,\s\up6(→))⊥m，
∵EF⊄平面ABC，故EF∥平面ABC.
(2)eq \(C1C,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(C1D,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(1，2，0)，
设平面CC1D的法向量为u＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(u·\(C1C,\s\up6(→))＝2x1＝0，,u·\(C1D,\s\up6(→))＝y1－2z1＝0，))取y1＝2，可得u＝(0，2，1)，
cs〈eq \(EB,\s\up6(→))，u〉＝eq \f(\(EB,\s\up6(→))·u,|\(EB,\s\up6(→))||u|)＝eq \f(4,5).
因此，直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为eq \f(4,5).
(3)eq \(A1C,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，0)，
设平面A1CD的法向量为v＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v·\(A1C,\s\up6(→))＝2x2＋2z2＝0，,v·\(A1D,\s\up6(→))＝y2＝0，))
取x2＝1，可得v＝(1，0，－1)，则cs〈u，v〉＝eq \f(u·v,|u||v|)＝－eq \f(1,\r(5)×\r(2))＝－eq \f(\r(10),10)，
因此，平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
变式训练1 (2023·天津高考)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．
(1)求证：A1N∥平面C1MA；
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
(3)求点C到平面C1MA的距离．
解 (1)证法一(几何法)：连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝eq \f(1,2)AC＝1，即有MN綊A1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，即有A1N∥MC1.
又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
证法二(共面向量基本定理法)：
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，M(1，1，0)，N(1，0，0)，A1(0，0，2)，C1(0，1，2)，
所以eq \(A1N,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，
设eq \(A1N,\s\up6(→))＝xeq \(AM,\s\up6(→))＋yeq \(AC1,\s\up6(→))，即有(1，0，－2)＝x(1，1，0)＋y(0，1，2)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))
因为A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
证法三(向量法)：设平面C1MA的法向量为n＝(x，y，z)，
由证法二可得eq \(AM,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
令x＝2，则y＝－2，z＝1，所以n＝(2，－2，1)．
由证法二可知eq \(A1N,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，所以eq \(A1N,\s\up6(→))·n＝1×2＋0×(－2)＋(－2)×1＝0，所以eq \(A1N,\s\up6(→))⊥n.
又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
(2)由(1)中证法二易知，平面ACC1A1的法向量为eq \(AN,\s\up6(→))＝(1，0，0)，由(1)中证法三知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2，1)，所以cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(n·\(AN,\s\up6(→)),|n||\(AN,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,3)，
所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为eq \f(2,3).
(3)由(1)中证法二可得C(0，2，0)，则eq \(MC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，所以由(1)中证法三得点C到平面C1MA的距离d＝eq \f(|\(MC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4,3).
题型2 立体几何中的折叠问题
例2 图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B－CG－A的大小．
解 (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.
又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
可求得BH＝1，EH＝eq \r(3).
以H为坐标原点，eq \(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq \r(3))，
eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))
所以可取n＝(3，6，－eq \r(3))．
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2).
由图可知，二面角B－CG－A为锐角，
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
变式训练2 (2023·武汉模拟)已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，∠A＝90°，∠D＝60°.将△ABE沿BE折起，使得平面A1BE⊥平面BCDE(如图2)．
(1)求证：A1C⊥CD；
(2)求二面角B－A1C－D的正弦值．
解 (1)证明：取BE的中点O，连接A1O，OC，CE.
∵A1B＝A1E，∴A1O⊥BE.
又平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1O⊂平面A1BE，
∴A1O⊥平面BCDE.
∵CD⊂平面BCDE，∴A1O⊥CD.
∵在菱形BCDE中，∠D＝60°，
∴△BCE为等边三角形，
∵BE的中点为O，∴OC⊥BE，
∵BE∥CD，∴OC⊥CD，
∵A1O∩OC＝O，A1O，OC⊂平面A1OC，
∴CD⊥平面A1OC，
∵A1C⊂平面A1OC，∴A1C⊥CD.
(2)由(1)知A1O⊥平面BCDE，∵OB，OC⊂平面BCDE，
∴A1O⊥OB，A1O⊥OC，
∵OC⊥BE，
∴如图，以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，2eq \r(3)，0)，D(－4，2eq \r(3)，0)，A1(0，0，2)，
∴eq \(A1C,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，2eq \r(3)，0)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－4，0，0)．
设平面BA1C的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(A1C,\s\up6(→))＝2\r(3)y1－2z1＝0，,n1·\(BC,\s\up6(→))＝－2x1＋2\r(3)y1＝0，))
不妨设y1＝1，则n1＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
设平面DA1C的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(A1C,\s\up6(→))＝2\r(3)y2－2z2＝0，,n2·\(CD,\s\up6(→))＝－4x2＝0，))
令z2＝eq \r(3)，则n2＝(0，1，eq \r(3))．
设二面角B－A1C－D的大小为θ，由图可知θ为钝角，
∴|csθ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(4,\r(3＋1＋3)×\r(1＋3))＝eq \f(2\r(7),7)，
∴sinθ＝eq \f(\r(21),7).
∴二面角B－A1C－D的正弦值为eq \f(\r(21),7).
题型3 立体几何中的探索性问题
角度 探索性问题与平行、垂直相结合
例3 如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求二面角D－BF－C的余弦值；
(2)在线段AB(含端点)上是否存在一点P，使得FP∥平面AED？若存在，求出eq \f(AP,AB)的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)过D作DM⊥AB于M，∵∠DAB＝60°，
∴AM＝ADcs∠DAB＝eq \f(1,2)AD，
∵四边形ABCD是等腰梯形，CB＝CD，∴AD＝CD＝CB，
∴AB＝2AM＋CD＝2AD，
在△ABD中，由余弦定理可得
BD＝eq \r(AD2＋AB2－2AD·ABcs60°)＝eq \r(3)AD，
∴AD2＋BD2＝AB2，故BD⊥AD.
以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x轴、y轴，过点D作CF的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，设CD＝CB＝2，则DB＝2eq \r(3)，AD＝2，
∴D(0，0，0)，A(2，0，0)，F(－1，eq \r(3)，2)，B(0，2eq \r(3)，0)，C(－1，eq \r(3)，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，2)．
设平面DBF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(DF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\r(3)y1＝0，,－x1＋\r(3)y1＋2z1＝0，))
取x1＝2，得n1＝(2，0，1)．
设平面CBF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋\r(3)y2＝0，,－x2－\r(3)y2＋2z2＝0，))
取y2＝eq \r(3)，得n2＝(－3，eq \r(3)，0)．
∵|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(6,\r(5)×2\r(3))＝eq \f(\r(15),5)，
由几何体的特征可知二面角D－BF－C的平面角为锐角，
∴二面角D－BF－C的余弦值为eq \f(\r(15),5).
(2)假设在线段AB(含端点)上存在一点P，使得FP∥平面AED，
∵AE⊥BD，BD⊥AD，AE∩AD＝A，AD，AE⊂平面AED，
∴BD⊥平面AED.
由(1)得，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2，2eq \r(3)，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－3，eq \r(3)，2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，
设eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＝λ(－2，2eq \r(3)，0)＝(－2λ，2eq \r(3)λ，0)，0≤λ≤1，
则eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2λ＋3，2eq \r(3)λ－eq \r(3)，－2)，
∵FP∥平面AED，∴eq \(FP,\s\up6(→))⊥eq \(DB,\s\up6(→))，
∴(2eq \r(3)λ－eq \r(3))×2eq \r(3)＝0⇒λ＝eq \f(1,2)，
∴在线段AB(含端点)上存在一点P，使得FP∥平面AED，
此时eq \f(AP,AB)＝eq \f(1,2).
变式训练3 已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝eq \r(3)，BC＝2AD＝2，E为CD的中点，PB⊥AE.
(1)证明：平面PBD⊥平面ABCD；
(2)若PB＝PD，PC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4)，则在侧面PCD内是否存在一点N，使得BN⊥平面PCD？若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：由四边形ABCD是直角梯形，AB＝eq \r(3)，BC＝2AD＝2，AB⊥BC，可得DC＝2，∠BCD＝eq \f(π,3)，
∴△BCD是等边三角形，BD＝2，BD平分∠ADC.
∵E为CD的中点，∴DE＝AD＝1，∴BD⊥AE，
又PB⊥AE，PB∩BD＝B，PB，BD⊂平面PBD，
∴AE⊥平面PBD.
又AE⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2)存在．在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC，如图．
∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，∴PO⊥平面ABCD，
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，则∠PCO＝eq \f(π,4)，∴△POC是等腰直角三角形，
∴OP＝OC.∵PB＝PD，PO⊥BD，
∴O为BD的中点，∴OC⊥BD，∴OP＝OC＝eq \r(3).
以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq \r(3))．
假设在侧面PCD内存在点N，
使得BN⊥平面PCD成立，
设eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))＋μeq \(PC,\s\up6(→))(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)，
易得N(－λ，eq \r(3)μ，－eq \r(3)(λ＋μ－1))，
则eq \(BN,\s\up6(→))＝(－λ－1，eq \r(3)μ，－eq \r(3)(λ＋μ－1))．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BN,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→))＝0，,\(BN,\s\up6(→))·\(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3μ＋3（λ＋μ－1）＝0，,λ＋1＋3（λ＋μ－1）＝0.))
解得λ＝eq \f(1,5)，μ＝eq \f(2,5)，满足题意，
∴在侧面PCD内存在一点N，使得BN⊥平面PCD，此时点N到平面ABCD的距离为－eq \r(3)(λ＋μ－1)＝eq \f(2\r(3),5).
角度 探索性问题与空间角相结合
例4 (2023·湖南大联考)如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝eq \f(2π,3)，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.现将△BEF沿EF翻折到△B′EF，如图2.
(1)证明：EF⊥AB′；
(2)已知二面角B′－EF－A的平面角为eq \f(π,3)，在棱AC上是否存在点M，使得直线BC与平面B′MF所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，
翻折后，EF⊥AF，EF⊥FB′，
又AF∩FB′＝F，AF，FB′⊂平面AFB′，
所以EF⊥平面AFB′，
因为AB′⊂平面AFB′，所以EF⊥AB′.
(2)因为二面角B′－EF－A的平面角为eq \f(π,3)，EF⊥AF，EF⊥FB′，所以二面角B′－EF－A的平面角为∠B′FA＝eq \f(π,3).
以F为坐标原点，FE，FA所在直线分别为x，y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设AB＝4，则F(0，0，0)，A(0，1，0)，C(2eq \r(3)，3，0)，E(eq \r(3)，0，0)，B′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(3\r(3),2))).
eq \(AC,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2，0)，eq \(FA,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(FB′,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，eq \(EC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3，0)．
设eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)λ，2λ，0)，
eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)λ，1＋2λ，0)，其中0≤λ≤1，
设平面B′MF的法向量为u＝(a，b，c)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(u·\(FB′,\s\up6(→))＝0，,u·\(FM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)b＋\f(3\r(3),2)c＝0，,2\r(3)λa＋（1＋2λ）b＝0，))
取c＝2λ，可得u＝(1＋2λ，－2eq \r(3)λ，2λ)，
|cs〈u，eq \(EC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|u·\(EC,\s\up6(→))|,|u||\(EC,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|\r(3)－4\r(3)λ|,2\r(3)×\r(（1＋2λ）2＋12λ2＋4λ2))＝eq \f(\r(5),5)，解得λ＝eq \f(1,56)，符合题意，
故当eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,56)eq \(AC,\s\up6(→))时，直线BC与平面B′MF所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
变式训练4 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解 (1)证明：因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，F为CC1的中点，侧面AA1B1B为正方形，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝eq \r(5)，连接AF，由BF⊥A1B1且AB∥A1B1，得BF⊥AB，所以AF＝3.
所以AC＝2eq \r(2)，由AB2＋BC2＝AC2，得AB⊥BC.
如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，
于是A(2，0，0)，B(0，0，0)，
C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)．
于是eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)．
由eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，得BF⊥DE.
(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．
设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
又eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－m）x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是面DFE的法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，于是cs〈n1，n2〉＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).
当m＝eq \f(1,2)时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，为eq \f(\r(6),3)，此时其正弦值最小，为eq \f(\r(3),3)，即当B1D＝eq \f(1,2)时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
立体几何中的位置关系(平行或垂直)的证明常采用几何法，即借助线面或面面的平行(或垂直)的判定及性质定理求解；而角度的计算常采用坐标法借助向量的相关知识求解，求解的关键是坐标系的建立及相应坐标的正确书写．
解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，在同一半平面内的位置关系和度量关系不变，在两个半平面内的关系多发生变化，弄清相应关系是解题突破口．
利用向量法探究线面平行，只需将这条直线的方向向量用平面内两个不共线的向量来线性表示或转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直来处理，再说明这条直线不在已知平面内．
利用向量法探究垂直问题，其一证明直线与直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直，其二证明面面垂直，只需证明两个平面的法向量垂直，解题的关键是灵活建系，从而将几何证明转化为向量运算．
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．