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一、考查形式不同，但所考知识点是一样的，高考题是课本习题探究的变式拓展
例1.（2011全国1文18）（本小题满分12分）如图，四棱锥 中，底面 为平行四边形。 底面 。
（I）证明：
（II）设 ，求棱锥 的高.
解析：（Ⅰ ）因为 ， 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BD AD，又PD 底面ABCD，可得BD PD
所以BD 平面PAD. 故PA BD
（Ⅱ）过D作DE⊥PB于E，由（I）知BC⊥BD，又PD⊥底面 ，所以BC⊥平面PBD，而DE 平面PBD，故DE⊥BC，所以DE⊥平面PBC，由题设知PD=1，则BD= ，PB=2，
由DE﹒PB=PD﹒BD得DE= ，即棱锥 的高为 .
点评：本题第一问，主要考查线线垂直的证明方法、途径，体现了转化思想的掌握程度；第二问是求高实际是求点到面的距离问题，可以直接利用垂直条件作出高，也可以运用等积法转化求解，或者利用向量法求解.结合图形特征与命题考查方向，不难发现它是课本习题1-6A组2题的拓展应用.
回归课本1（课本习题1-6A组2题）：如图，如果 菱形 所在平面，那么 与BD的位置关系是（ ）
A.平行 B.垂直相交 C.异面 D.相交但不垂直
解析：因为ABCD是菱形，所以AC与BD垂直，又因为 菱形 ，所以MC也垂直BD，所以BD与MA所在的平面MAC垂直，所以 与BD垂直，但 与BD不共面，故选C.
比较：高考题与课本习题的图形特征是一样的，都是以四棱锥为载体进行设置的.课本尽管考查两条直线的位置，但它与考题的第一问的要求是一致的，所考查的两条直线也一样，故所用的知识点、方法当然也一样.第二问是在此基础上的一个扩展应用.两题的相似度很高，应细细体味.
二、同样的载体，同样的考查方向，高考命题是课本习题的综合考查
例2.（2011北京文）（17）（本小题共14分） 如图，在四面体 中， 点 分别是棱 的中点.（Ⅰ）求证： 平面 ；（Ⅱ）求证：四边形 为矩形；（Ⅲ ）是否存在点 ，到四面体 六条棱的中点 的距离相等？说明理由。
证明：（Ⅰ）因为D、E分别为AP、AC的中点，所以
又因为 平面BCP，所以 平面BCP.
（Ⅱ）因为D、E、F、G分别为AP、AC、BC、PB的中点，所以 所以四边形DEFG为平行四边形.又因为 所以 ，所以四边形DEFG为矩形.
（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF、EG，设Q为EG的中点.由（Ⅱ）知 且 分别取PC、AB的中点M、N，连接ME、EN、NG、MG，MN.与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q.且 所以Q满足条件的点.
点评：本题前两问，主要考查直线与直线，直线与平面之间的平行关系和逻辑推理转化能力；第三问是探究性命题，应采用假设进行推理证明其存在性.对照高考命题图形和命题特征不难发现它的踪迹来源于课本25页例1.
回归课本2：（课本25页例1）在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFGH是平行四边形.
证明：如图，连接BD.
因为FG是 的中位线，所以
又因为EH是 的中位线，所以
根据公理4， 且
所以四边形EFGH是平行四边形.
比较：对照两个命题发现它们的几何图形是一样的，高考命题的第二问的要求跟课本例题要求一样，只是要求略高了点，所给的条件，所用的思想方法是一致的，第三问，只是在前面基础上的一个综合探索性应用.
三、同样的载体，广义的考查方向相同，考查的基本知识和方法没变
例3.（2011浙江20）本题满分15分）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.
（1） 证明：由AB=AC，D是BC的中点，得 又 平面ABC，得
因为 所以 平面PAD，故
（2） 解：如图，在平面PAB内作 于M，连CM.因为
得 平面BMC，所以 故 为二面角 的平面角.
在 中， 得
在 中， 在 中，
所以 得
在 中， 得
又 从而 故 同理 因为 所以 即二面角 的大小为
点评：本题主要考查线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力.寻其踪迹，它的几何图形与课本40页练习2题一样的，都是垂直关系的考查.
回归课本3：（课本40页练习2题）空间四边形SABC中， 平面 是 的垂心.
求证：平面SOC 平面SAB.
证明：因为 平面ABC， 平面ABC，所以
又因为 是 的垂心，所以 ，
又因 ，所以 平面SOC.
又因 平面ABC，所以平面SOC 平面SAB.
比较：仔细对照，高考命题与课本练习题的图形一样，课本主要偏重面面垂直的证明说理，高考题侧重了线线垂直的证明的应用，两者所涉及的方法完全相同，可以说，高考题就是课本练习题的加深与拓展，课本例题是高考题的源头所在.
纵观多年高考命题的特点，空间几何体，点线面之间的位置关系的试题多来源于课本，是对课本例习题的拓展和应用，考查的知识点和思维方法来源于教材中的习题的探究过程 .因此要号准高考命题的脉搏，必须以课本为主，且不可舍本逐末.。
（陕西省洋县中学）
例1.（2011全国1文18）（本小题满分12分）如图，四棱锥 中，底面 为平行四边形。 底面 。
（I）证明：
（II）设 ，求棱锥 的高.
解析：（Ⅰ ）因为 ， 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BD AD，又PD 底面ABCD，可得BD PD
所以BD 平面PAD. 故PA BD
（Ⅱ）过D作DE⊥PB于E，由（I）知BC⊥BD，又PD⊥底面 ，所以BC⊥平面PBD，而DE 平面PBD，故DE⊥BC，所以DE⊥平面PBC，由题设知PD=1，则BD= ，PB=2，
由DE﹒PB=PD﹒BD得DE= ，即棱锥 的高为 .
点评：本题第一问，主要考查线线垂直的证明方法、途径，体现了转化思想的掌握程度；第二问是求高实际是求点到面的距离问题，可以直接利用垂直条件作出高，也可以运用等积法转化求解，或者利用向量法求解.结合图形特征与命题考查方向，不难发现它是课本习题1-6A组2题的拓展应用.
回归课本1（课本习题1-6A组2题）：如图，如果 菱形 所在平面，那么 与BD的位置关系是（ ）
A.平行 B.垂直相交 C.异面 D.相交但不垂直
解析：因为ABCD是菱形，所以AC与BD垂直，又因为 菱形 ，所以MC也垂直BD，所以BD与MA所在的平面MAC垂直，所以 与BD垂直，但 与BD不共面，故选C.
比较：高考题与课本习题的图形特征是一样的，都是以四棱锥为载体进行设置的.课本尽管考查两条直线的位置，但它与考题的第一问的要求是一致的，所考查的两条直线也一样，故所用的知识点、方法当然也一样.第二问是在此基础上的一个扩展应用.两题的相似度很高，应细细体味.
二、同样的载体，同样的考查方向，高考命题是课本习题的综合考查
例2.（2011北京文）（17）（本小题共14分） 如图，在四面体 中， 点 分别是棱 的中点.（Ⅰ）求证： 平面 ；（Ⅱ）求证：四边形 为矩形；（Ⅲ ）是否存在点 ，到四面体 六条棱的中点 的距离相等？说明理由。
证明：（Ⅰ）因为D、E分别为AP、AC的中点，所以
又因为 平面BCP，所以 平面BCP.
（Ⅱ）因为D、E、F、G分别为AP、AC、BC、PB的中点，所以 所以四边形DEFG为平行四边形.又因为 所以 ，所以四边形DEFG为矩形.
（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF、EG，设Q为EG的中点.由（Ⅱ）知 且 分别取PC、AB的中点M、N，连接ME、EN、NG、MG，MN.与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q.且 所以Q满足条件的点.
点评：本题前两问，主要考查直线与直线，直线与平面之间的平行关系和逻辑推理转化能力；第三问是探究性命题，应采用假设进行推理证明其存在性.对照高考命题图形和命题特征不难发现它的踪迹来源于课本25页例1.
回归课本2：（课本25页例1）在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFGH是平行四边形.
证明：如图，连接BD.
因为FG是 的中位线，所以
又因为EH是 的中位线，所以
根据公理4， 且
所以四边形EFGH是平行四边形.
比较：对照两个命题发现它们的几何图形是一样的，高考命题的第二问的要求跟课本例题要求一样，只是要求略高了点，所给的条件，所用的思想方法是一致的，第三问，只是在前面基础上的一个综合探索性应用.
三、同样的载体，广义的考查方向相同，考查的基本知识和方法没变
例3.（2011浙江20）本题满分15分）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.
（1） 证明：由AB=AC，D是BC的中点，得 又 平面ABC，得
因为 所以 平面PAD，故
（2） 解：如图，在平面PAB内作 于M，连CM.因为
得 平面BMC，所以 故 为二面角 的平面角.
在 中， 得
在 中， 在 中，
所以 得
在 中， 得
又 从而 故 同理 因为 所以 即二面角 的大小为
点评：本题主要考查线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力.寻其踪迹，它的几何图形与课本40页练习2题一样的，都是垂直关系的考查.
回归课本3：（课本40页练习2题）空间四边形SABC中， 平面 是 的垂心.
求证：平面SOC 平面SAB.
证明：因为 平面ABC， 平面ABC，所以
又因为 是 的垂心，所以 ，
又因 ，所以 平面SOC.
又因 平面ABC，所以平面SOC 平面SAB.
比较：仔细对照，高考命题与课本练习题的图形一样，课本主要偏重面面垂直的证明说理，高考题侧重了线线垂直的证明的应用，两者所涉及的方法完全相同，可以说，高考题就是课本练习题的加深与拓展，课本例题是高考题的源头所在.
纵观多年高考命题的特点，空间几何体，点线面之间的位置关系的试题多来源于课本，是对课本例习题的拓展和应用，考查的知识点和思维方法来源于教材中的习题的探究过程 .因此要号准高考命题的脉搏，必须以课本为主，且不可舍本逐末.。
（陕西省洋县中学）