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用坐标形式向量解决立体几何问题，建立恰当的空间坐标系是解题的关键之一，但试题中往往没有明确的垂直关系，建立坐标系要通过一定的转化、证明，难度较大，所以，一味强调坐标法会造成得分的困难，出现这种现象一是空间想象能力、几何推理能力较差，再有就是对向量知识本质认识不够，若能加深对向量知识本质的认识，适时采取非坐标形式的向量解题，就可打破立体几何思维定式，很好地解决立体几何问题.
用坐标形式的向量解决立体几何问题因思路简洁、操作容易越来越受到师生的青睐，并且也逐步成为当前高考应考的“主流”方法. 因此，许多教师无视其他方法的存在，让学生埋头苦练，这样做的直接后果是导致学生解题思维的僵化，立体几何的学习陷入死胡同. 然而，如果加深对向量知识的本质认识，恰当利用非坐标形式的向量解题，既可避开技巧要求过高、转化复杂的几何法，又可以回避有时因建系困难而造成的烦琐计算，从而打破立体几何思维定式，很好的解决立体几何问题：
■突破定式思维，用非坐标形式向量解决立体几何问题
向量具有“数”与“形”的双重身份，兼具代数的严谨与几何的直观，要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如：首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则；解题时可以将有关线、面用向量表示出来，再利用共线向量定理、共面向量定理及向量垂直的条件得到证明，这样可以很好地避开学生感觉困难的几何关系的论证.
例1 （2015年北京市海淀区高三期末考试）
如图1所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C为菱形，∠BB1C1=60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C. 设点E，F分别是B1C，AA1的中点，试判断直线EF与平面ABC的位置关系，并说明理由.
■
图1
解析：因为AA1B1B为正方形，E，F分别是BC1和AA1的中点，
因为■=■ ■ ■
=■■ ■ ■■
=■（■-■） ■-■■
=-■■ ■，
所以■、■、■是共面向量，又EF？埭平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
点评：本题不存在两两垂直的三条棱，若建立空间坐标系，需要找出一条和底面垂直的直线作为z轴，这样会使部分点的坐标不好确定；采取几何法，通过充分观察几何体的特征，可直观地猜测出直线EF与平面ABC平行，此处难度较大，需要学生有很好的空间想象能力，接下来要在平面ABC内找一条线段与EF平行，再通过严格的几何推理与论证，也需要很好的思维能力；采取非坐标形式的向量，利用向量的加、减法的几何意义表示为■=-■■ ■，根据向量共面的条件得证.
例2 （2015年北京市朝阳区高三期末考试理科）
如图2，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAB⊥底面ABCD，PA=AB，点E是PB的中点，点F在边BC上移动，求证：AE⊥PF.
■
解析：因为底面ABCD是正方形，所以BC⊥AB.
又因为BC⊥平面PAB，又AE？奂平面PAB，
所以BC⊥AE，即■·■=0.
因为PA=AB，点E是PB的中点，
所以AE⊥PB，即■·■=0，？摇
所以■·■=■·（■ ■）=■·■ ■·■=0，所以AE⊥PF.
点评：本题很多学生误认为PA⊥平面ABCD，从而建立空间坐标系，利用向量的坐标形式进行垂直的证明，以至于不能得分，利用传统的几何法，难度在于点F是棱BC上动点，确定题目中的垂直关系有一定的难度，把相关线段AE、PF用具有垂直关系的向量■，■，■来表示，再利用数量积的运算，问题便迎刃而解. 这种办法突出了向量的相互表示和运算，避免了烦琐的几何推理，收到了很好的效果.
■加深对向量知识本质的认识，合理选择向量的基底
非坐标形式的向量解决立体几何问题，关键是结合图形选择恰当的基底，构建基向量，利用向量加法、减法的几何意义，把有关向量表示出来，再把有关问题转化为向量之间的运算来解决.
例3 （2015年北京市东城区期末考试理科）
如图3，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=PA=2BC=2，M为PB的中点.
■
（1）求证：AM⊥平面PBC；
（2）求二面角A-PC-B的余弦值；
（3）证明：在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC，并求■的值.
解析：（1）因为PA⊥平面ABC，BC？奂平面ABC，
所以PA⊥BC.
因为BC⊥AB，PA∩AB=A，
所以BC⊥平面PAB.又AM？奂平面PAB，
所以AM⊥BC.
因为PA=AB，M为PB的中点，
所以AM⊥PB.
又PB∩BC=B，
所以AM⊥平面PBC.
（2）如图4，作AF⊥PC交PC于点F，作BN⊥PC交PC于点E，
■
图4
由已知，PB=2■，AC=■，PC=3，
在△APC中，AP=2，AC=■，∠PAC=90°，
所以AF=■，PF=■，
所以PF=■PC，cos∠APC=■.
在△PBC中，PC=3，BC=1，∠PBC=90°，
所以BE=■，CE=■，
所以CE=■CP，cos∠BCP=■.
由■=■ ■=■ ■■；■=■ ■=■ ■■， 所以cos〈■，■〉=■=■=
-■.
又二面角A-PC-B为锐角，
所以，二面角A-PC-B的余弦值为■.
（3）假设在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC且设CD=λCP，
■
图5
所以■=■ ■
=■ λ■
=■ λ（■-■）
=（1-λ）■ λ■，
同时■=■ ■.
又BD⊥AC，
所以■·■=0，
又■·■=（1-λ）■·■ λ■·■ （1-λ）■2 λ■·■
=0 λ×2×2■×-■ （1-λ） 0
=1-5λ，
所以1-5λ=0，所以λ=■，所以CD=■CP.
所以在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC. 此时，■=■.？摇
点评：向量法解决立体几何探究性问题明显优于传统的几何法，平时我们可以有意识地用非坐标形式的向量法解决探究问题的训练，这样可以很好地弥补坐标法的不足，完善数学思维，非坐标形式的向量解决立体几何问题，关键是选择合适的基底，构建基向量，利用向量加法、减法的几何意义，把有关向量表示出来，再把有关问题转化为向量之间的运算来解决.
■准确进行非坐标形式向量的运算，实现从向量结果向几何结论的回归
立体几何是中学数学重要的内容之一，是高考必考的知识点，本部知识要求学生要有很好的空间想象能力、规范表达及严谨的几何推理能力，在平时的训练中适时地应用向量形式，特别是非向量形式的向量，再结合几何法解决问题，会开阔学生的思路，减少几何推理的思维量，降低难度，使问题解决避开难点，顺畅自然.
例4（2011年北京高考理科）
如图6，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°.
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；
（3）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
■
图6
解析：（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，BD？奂平面ABCD，
所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC.
（2）由图形可知，■=■-■，■=■ ■.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD.
又底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°，
所以■·■=■2 ■·■-■·■-■·■=4 2×2×cos60° 0 0=6.
又PA=AB，所以PB2=AP2 AB2=8.
又底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°，所以AC=2■，
所以cos〈■，■〉=■=■，
所以PB与AC所成角的余弦值为■.
（3）设■=p，■=q，■=r，设AP=a，
依题意，p=q=2，r=a，向量p，q的夹角为60°，r⊥p，r⊥q.
设平面PBC的法向量为m=p xq yr，
所以m·■=0，m·■=0，即m·q=0，m·（r-p）=0，
所以（p xq yr）·q=0，（p xq yr）·（r-q）=0.
？摇？摇又p2=4，p·q=2×2×cos60°=2，p·r=0，q·r=0，
所以2 4x=0，a2y-4-2x=0， 所以x=-■，y=■，所以m=p-■q ■r.
因为平面PBC⊥平面PDC，所以m与平面PDC是共面向量，
所以存在实数λ1，λ2，使m=λ1■ λ2■=λ1p λ2（r-q），
即p-■q ■r=λ1p λ2（r-q）.
所以λ1=1，λ2=-■，-λ2=■，
所以■=■，所以a2=6，
所以，PA的长为■.
点评：本题的第三问是逆向思维的问题，利用平面PBC与平面PDC垂直反推棱PA的长，用坐标形式的向量求解，建立空间坐标系会把PB，PD，PA所在直线作为x，y，z轴造成错误. 若坐标系建得正确，求相关点的坐标又容易求错，采取非坐标形式的向量求出其中一个平面的法向量，利用此法向量和另一个平面是共面向量求出棱PA的长. 证明点共面则问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明■=x■ y■或对空间任一点O，有■=■ x■ y■或■=x■ y■ z■（x y z=1）即可. 共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件.
例5 （2011年广东高考试题理科）
在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60，PA=PD=■，PB=2， E，F分别是BC，PC的中点.
■
（1）证明：AD⊥平面DEF；
（2）求二面角P-AD-B的余弦值.
解析：（1）设∠PAD=α，∠PAB=β，
在△PAD中，由PA=PD=■，AD=1，
所以cosα=■.
又在△PAB中，PA=■，PB=2，AB=1，
所以cosβ=-■.
设■=a，■=b，■=c，由已知，a=■，b=c=1，
则a·b=■×1×-■= -■，同理，a·c=■，b·c=■.
（1）因为■=■ ■■=b-■c， 又■=■ ■■=■ ■（■ ■ ■）=■a ■b-■c，
所以■·■=c·b-■c=■-■×12=0，
所以AD⊥DE.
又■·■=c·■a ■b-■c=■×■ ■×■-■×1=0，
所以AD⊥DF.
又DE∩DF=D，所以AD⊥平面DEF.
（2）设平面ADB的法向量为n=a x1b y1c，
由n·■=0，有a·c x1b·c y1c2=0，
所以x1 2y1 1=0？摇①.
由n·■=0，
有a·b x1b2 y1c·b=0，
所以2x1 y1-1=0？摇②.
联立①②有，x1=1，y1=-1，
所以n=a b-c.
设平面PCD的法向量为m=a x2b y2c，
由m·■=0，有a2 x2b·a y2c·a=0，
所以x2-y2-4=0 ③.
由m·■=0，有a·c x2b·c y2c2=0，
所以x2 2y2 1=0？摇④.
联立③④有，x2=■，y2=-■，
所以m=a ■b-■c.
所以cos〈n，m〉=■=■=■.
？摇？摇又二面角P-AD-B为钝角，所以二面角P-AD-B的余弦值-■.
点评：在建立空间坐标系困难较大的情况下，可选择一组基底，运用空间向量基本定理将有关线、面用空间向量表示，寻求非向量解法；空间向量基本定理告诉我们用空间任意三个不共面的向量（基底）可以线性表示空间中的任意一个向量（包括法向量），并且表示是唯一的，基底的选取是解决题的前提和基础，一般选择边、角均为已知（或简单可求）的棱作为基底，如本题中选择（■，■，■）或（■，■，■）为基底，运用向量的有关知识表示相关的点、线、面，问题便迎刃而解.
向量作为一种数学工具，它既具有代数的运算又具有几何推理的功能，利用向量的几何意义和运算可以很方便地解决立体几何中的很多问题，不可否定，用空间向量解决立体几何问题，我们首选的是向量的坐标形式，然而，适时地应用非坐标形式的向量，既可以避免烦琐的运算，减少推理论证的难度，降低运算量，又可降低对空间想象能力的要求，解题方法新颖，对提高学生的分析问题和解决问题的能力及增强学生的创新意识具有重要意义. ■
用坐标形式的向量解决立体几何问题因思路简洁、操作容易越来越受到师生的青睐，并且也逐步成为当前高考应考的“主流”方法. 因此，许多教师无视其他方法的存在，让学生埋头苦练，这样做的直接后果是导致学生解题思维的僵化，立体几何的学习陷入死胡同. 然而，如果加深对向量知识的本质认识，恰当利用非坐标形式的向量解题，既可避开技巧要求过高、转化复杂的几何法，又可以回避有时因建系困难而造成的烦琐计算，从而打破立体几何思维定式，很好的解决立体几何问题：
■突破定式思维，用非坐标形式向量解决立体几何问题
向量具有“数”与“形”的双重身份，兼具代数的严谨与几何的直观，要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如：首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则；解题时可以将有关线、面用向量表示出来，再利用共线向量定理、共面向量定理及向量垂直的条件得到证明，这样可以很好地避开学生感觉困难的几何关系的论证.
例1 （2015年北京市海淀区高三期末考试）
如图1所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C为菱形，∠BB1C1=60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C. 设点E，F分别是B1C，AA1的中点，试判断直线EF与平面ABC的位置关系，并说明理由.
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图1
解析：因为AA1B1B为正方形，E，F分别是BC1和AA1的中点，
因为■=■ ■ ■
=■■ ■ ■■
=■（■-■） ■-■■
=-■■ ■，
所以■、■、■是共面向量，又EF？埭平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
点评：本题不存在两两垂直的三条棱，若建立空间坐标系，需要找出一条和底面垂直的直线作为z轴，这样会使部分点的坐标不好确定；采取几何法，通过充分观察几何体的特征，可直观地猜测出直线EF与平面ABC平行，此处难度较大，需要学生有很好的空间想象能力，接下来要在平面ABC内找一条线段与EF平行，再通过严格的几何推理与论证，也需要很好的思维能力；采取非坐标形式的向量，利用向量的加、减法的几何意义表示为■=-■■ ■，根据向量共面的条件得证.
例2 （2015年北京市朝阳区高三期末考试理科）
如图2，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAB⊥底面ABCD，PA=AB，点E是PB的中点，点F在边BC上移动，求证：AE⊥PF.
■
解析：因为底面ABCD是正方形，所以BC⊥AB.
又因为BC⊥平面PAB，又AE？奂平面PAB，
所以BC⊥AE，即■·■=0.
因为PA=AB，点E是PB的中点，
所以AE⊥PB，即■·■=0，？摇
所以■·■=■·（■ ■）=■·■ ■·■=0，所以AE⊥PF.
点评：本题很多学生误认为PA⊥平面ABCD，从而建立空间坐标系，利用向量的坐标形式进行垂直的证明，以至于不能得分，利用传统的几何法，难度在于点F是棱BC上动点，确定题目中的垂直关系有一定的难度，把相关线段AE、PF用具有垂直关系的向量■，■，■来表示，再利用数量积的运算，问题便迎刃而解. 这种办法突出了向量的相互表示和运算，避免了烦琐的几何推理，收到了很好的效果.
■加深对向量知识本质的认识，合理选择向量的基底
非坐标形式的向量解决立体几何问题，关键是结合图形选择恰当的基底，构建基向量，利用向量加法、减法的几何意义，把有关向量表示出来，再把有关问题转化为向量之间的运算来解决.
例3 （2015年北京市东城区期末考试理科）
如图3，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=PA=2BC=2，M为PB的中点.
■
（1）求证：AM⊥平面PBC；
（2）求二面角A-PC-B的余弦值；
（3）证明：在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC，并求■的值.
解析：（1）因为PA⊥平面ABC，BC？奂平面ABC，
所以PA⊥BC.
因为BC⊥AB，PA∩AB=A，
所以BC⊥平面PAB.又AM？奂平面PAB，
所以AM⊥BC.
因为PA=AB，M为PB的中点，
所以AM⊥PB.
又PB∩BC=B，
所以AM⊥平面PBC.
（2）如图4，作AF⊥PC交PC于点F，作BN⊥PC交PC于点E，
■
图4
由已知，PB=2■，AC=■，PC=3，
在△APC中，AP=2，AC=■，∠PAC=90°，
所以AF=■，PF=■，
所以PF=■PC，cos∠APC=■.
在△PBC中，PC=3，BC=1，∠PBC=90°，
所以BE=■，CE=■，
所以CE=■CP，cos∠BCP=■.
由■=■ ■=■ ■■；■=■ ■=■ ■■， 所以cos〈■，■〉=■=■=
-■.
又二面角A-PC-B为锐角，
所以，二面角A-PC-B的余弦值为■.
（3）假设在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC且设CD=λCP，
■
图5
所以■=■ ■
=■ λ■
=■ λ（■-■）
=（1-λ）■ λ■，
同时■=■ ■.
又BD⊥AC，
所以■·■=0，
又■·■=（1-λ）■·■ λ■·■ （1-λ）■2 λ■·■
=0 λ×2×2■×-■ （1-λ） 0
=1-5λ，
所以1-5λ=0，所以λ=■，所以CD=■CP.
所以在线段PC上存在点D，使得BD⊥AC. 此时，■=■.？摇
点评：向量法解决立体几何探究性问题明显优于传统的几何法，平时我们可以有意识地用非坐标形式的向量法解决探究问题的训练，这样可以很好地弥补坐标法的不足，完善数学思维，非坐标形式的向量解决立体几何问题，关键是选择合适的基底，构建基向量，利用向量加法、减法的几何意义，把有关向量表示出来，再把有关问题转化为向量之间的运算来解决.
■准确进行非坐标形式向量的运算，实现从向量结果向几何结论的回归
立体几何是中学数学重要的内容之一，是高考必考的知识点，本部知识要求学生要有很好的空间想象能力、规范表达及严谨的几何推理能力，在平时的训练中适时地应用向量形式，特别是非向量形式的向量，再结合几何法解决问题，会开阔学生的思路，减少几何推理的思维量，降低难度，使问题解决避开难点，顺畅自然.
例4（2011年北京高考理科）
如图6，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°.
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；
（3）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
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图6
解析：（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，BD？奂平面ABCD，
所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC.
（2）由图形可知，■=■-■，■=■ ■.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD.
又底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°，
所以■·■=■2 ■·■-■·■-■·■=4 2×2×cos60° 0 0=6.
又PA=AB，所以PB2=AP2 AB2=8.
又底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°，所以AC=2■，
所以cos〈■，■〉=■=■，
所以PB与AC所成角的余弦值为■.
（3）设■=p，■=q，■=r，设AP=a，
依题意，p=q=2，r=a，向量p，q的夹角为60°，r⊥p，r⊥q.
设平面PBC的法向量为m=p xq yr，
所以m·■=0，m·■=0，即m·q=0，m·（r-p）=0，
所以（p xq yr）·q=0，（p xq yr）·（r-q）=0.
？摇？摇又p2=4，p·q=2×2×cos60°=2，p·r=0，q·r=0，
所以2 4x=0，a2y-4-2x=0， 所以x=-■，y=■，所以m=p-■q ■r.
因为平面PBC⊥平面PDC，所以m与平面PDC是共面向量，
所以存在实数λ1，λ2，使m=λ1■ λ2■=λ1p λ2（r-q），
即p-■q ■r=λ1p λ2（r-q）.
所以λ1=1，λ2=-■，-λ2=■，
所以■=■，所以a2=6，
所以，PA的长为■.
点评：本题的第三问是逆向思维的问题，利用平面PBC与平面PDC垂直反推棱PA的长，用坐标形式的向量求解，建立空间坐标系会把PB，PD，PA所在直线作为x，y，z轴造成错误. 若坐标系建得正确，求相关点的坐标又容易求错，采取非坐标形式的向量求出其中一个平面的法向量，利用此法向量和另一个平面是共面向量求出棱PA的长. 证明点共面则问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明■=x■ y■或对空间任一点O，有■=■ x■ y■或■=x■ y■ z■（x y z=1）即可. 共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件.
例5 （2011年广东高考试题理科）
在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60，PA=PD=■，PB=2， E，F分别是BC，PC的中点.
■
（1）证明：AD⊥平面DEF；
（2）求二面角P-AD-B的余弦值.
解析：（1）设∠PAD=α，∠PAB=β，
在△PAD中，由PA=PD=■，AD=1，
所以cosα=■.
又在△PAB中，PA=■，PB=2，AB=1，
所以cosβ=-■.
设■=a，■=b，■=c，由已知，a=■，b=c=1，
则a·b=■×1×-■= -■，同理，a·c=■，b·c=■.
（1）因为■=■ ■■=b-■c， 又■=■ ■■=■ ■（■ ■ ■）=■a ■b-■c，
所以■·■=c·b-■c=■-■×12=0，
所以AD⊥DE.
又■·■=c·■a ■b-■c=■×■ ■×■-■×1=0，
所以AD⊥DF.
又DE∩DF=D，所以AD⊥平面DEF.
（2）设平面ADB的法向量为n=a x1b y1c，
由n·■=0，有a·c x1b·c y1c2=0，
所以x1 2y1 1=0？摇①.
由n·■=0，
有a·b x1b2 y1c·b=0，
所以2x1 y1-1=0？摇②.
联立①②有，x1=1，y1=-1，
所以n=a b-c.
设平面PCD的法向量为m=a x2b y2c，
由m·■=0，有a2 x2b·a y2c·a=0，
所以x2-y2-4=0 ③.
由m·■=0，有a·c x2b·c y2c2=0，
所以x2 2y2 1=0？摇④.
联立③④有，x2=■，y2=-■，
所以m=a ■b-■c.
所以cos〈n，m〉=■=■=■.
？摇？摇又二面角P-AD-B为钝角，所以二面角P-AD-B的余弦值-■.
点评：在建立空间坐标系困难较大的情况下，可选择一组基底，运用空间向量基本定理将有关线、面用空间向量表示，寻求非向量解法；空间向量基本定理告诉我们用空间任意三个不共面的向量（基底）可以线性表示空间中的任意一个向量（包括法向量），并且表示是唯一的，基底的选取是解决题的前提和基础，一般选择边、角均为已知（或简单可求）的棱作为基底，如本题中选择（■，■，■）或（■，■，■）为基底，运用向量的有关知识表示相关的点、线、面，问题便迎刃而解.
向量作为一种数学工具，它既具有代数的运算又具有几何推理的功能，利用向量的几何意义和运算可以很方便地解决立体几何中的很多问题，不可否定，用空间向量解决立体几何问题，我们首选的是向量的坐标形式，然而，适时地应用非坐标形式的向量，既可以避免烦琐的运算，减少推理论证的难度，降低运算量，又可降低对空间想象能力的要求，解题方法新颖，对提高学生的分析问题和解决问题的能力及增强学生的创新意识具有重要意义. ■