类型1 用向量法求线线角、线面角
利用空间向量法求直线与平面所成的角的方法：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
图4-1
【典例1】 (2015·长沙模拟)如图4-1所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．
(1)证明：CD⊥平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积．
[思路点拨] (1)以点A为坐标原点建系，用向量法证明CD⊥AE，CD⊥AP.
(2)先确定平面PAE和平面ABCD的法向量，再根据直线PB的方向向量和两个平面的法向量的夹角余弦值的绝对值相等求AP.
[规范解答] 如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)．
→→→
(1)证明：易知CD＝(－4,2,0)，AE＝(2,4,0)，AP＝(0,0，h)． →→→→因为CD·AE＝－8＋8＋0＝0，CD·AP＝0，所以CD⊥AE，CD⊥AP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.
→→
(2)由题设和(1)知，CD，PA分别是平面PAE，平面ABCD的法向量．
而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，→→→→
所以|cos〈CD，PB〉|＝|cos〈PA，PB〉|，
→→→→CD·PBPA·PB即＝. →→→→|CD|·|PB||PA|·|PB|
→→
由(1)知，CD＝(－4,2,0)，PA＝(0,0，－h)， →
又PB＝(4,0，－h)，
－16＋0＋00＋0＋h2故＝. 22
25·16＋hh·16＋h
85
解得h＝5.
1
又梯形ABCD的面积为S＝2×(5＋3)×4＝16，
1185
所以四棱锥P-ABCD的体积为V＝3×S×PA＝3×16×5＝128515. 【反思启迪】 1.求直线和平面所成的角也有传统法和向量法两种．传统法关键是找斜线在平面内的射影，从而找出线面角；向量法则可建立坐标系，利用向量的运算求解．用向量法可避开找角的困难，但计算较繁，所以要注意计算上不要失误．
2．对于角的计算，一般是把所求角进行转化，体现了化归与转化思想，主要是将空间角转化为平面角或两向量的夹角．
【变式训练1】 (2015·贵阳模拟)如图4-2，正方形ABCD所在平面与等腰三角形EAD所在平面相交于AD，AE⊥平面CDE.
(1)求证：AB⊥平面ADE；
(2)在线段BE上存在点M，使得直线AM与平面EAD所成角的
6
正弦值为3，试确定点M的位置．
图4-2
[解] (1)证明 ∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE， ∴AE⊥CD.
在正方形ABCD中，CD⊥AD， ∵AD∩AE＝A，∴CD⊥平面ADE. ∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADE.
(2)由(1)知平面EAD⊥平面ABCD，取AD中点O，连结EO， ∵EA＝ED，∴EO⊥AD， ∴EO⊥平面ABCD，
建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2， 则A(1,0,0)，B(1,2,0)，E(0,0,1)，设M(x，y，z)， →→
∴BM＝(x－1，y－2，z)，BE＝(－1，－2,1)， ∵B，M，E三点共线，
→→
∴BM＝λBE，∴M(1－λ，2－2λ，λ)， →
∴AM＝(－λ，2－2λ，λ)．
设AM与平面AED所成的角为θ， ∵平面AED的法向量n＝(0,1,0)， →
∴sin θ＝|cos〈AM，n〉|＝1
解得λ＝2. 即M为BE的中点．
类型2 用向量法求二面角
利用空间向量法求二面角的方法：
(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
(2)分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
以上两种方法各有利弊，要善于结合题目的特点选择适当的方法解题．
6
＝3，
2
6λ－8λ＋4|2－2λ|
图4-3
【典例2】 (2014·浙江高考)如图4-3，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.
(1)证明：DE⊥平面ACD； (2)求二面角B-AD-E的大小．
[思路点拨] (1)由勾股定理求得AC与BC垂直，由面面垂直的性质得出AC与DE垂直，从而得出线面垂直；(2)用几何法求二面角，先找到二面角的平面角，再用余弦定理求出角的大小，或者用空间向量建立空间直角坐标系，转化为平面的法向量的夹角．
[规范解答] (1)证明：在直角梯形BCDE中， 由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2.
由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE， 所以AC⊥DE.又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD.
(2)以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立
空间直角坐标系D-xyz，如图(2)所示．
由题意知各点坐标如下：
D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，2)，B(1,1,0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为→→
n＝(x2，y2，z2)，可算得AD＝(0，－2，－2)，AE＝(1，－2，－2)，→
DB＝(1,1,0)．
由→
AE＝0，m·
→n·AD＝0，
→m·AD＝0，
－2y1－2z1＝0，
得
x1－2y1－2z1＝0.
可取m＝(0,1，－2)．
由→
BD＝0，n·
－2y2－2z2＝0，
得
x2＋y2＝0，
可取n＝(1，－1，2)．
|m·n|33
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.
|m|·|n|3×22由题意可知，所求二面角是锐角， π
故二面角B-AD-E的大小是6. 【反思启迪】 1.当空间直角坐标系容易建立时，用向量法较为简洁明快．
2．用法向量求二面角的大小时，有时不易判断两法向量的大小是否就是二面角的大小(相等或互补)，但我们完全可以根据图形得出结论，这是因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是比较明显的．
图4-4
【变式训练2】 (2015·长春模拟)如图4-4，在四棱锥S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.底面ABCD为矩形，AD＝2a，AB＝3a，SA＝SD＝a.
(1)求证：CD⊥SA；
(2)求二面角C-SA-D的大小．
[解] 取BC的中点E，AD的中点P，连结PE.
在△SAD中，SA＝SD＝a，P为AD的中点，所以SP⊥AD. 又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，
所以，SP⊥平面ABCD.显然有PE⊥AD.
如图，以P为坐标原点，PA为x轴，PE为y轴，PS为z轴建立空间直角坐标系，
22则S0，0，a，Aa，0，0， 2222
Ba，3a，0，C－a，3a，0，
222
D－a，0，0.
2
→→22(1)易知CD＝(0，－3a,0)，SA＝a，0，－a，
22→→
因为CD·SA＝0， 所以CD⊥SA.
(2)设n＝(x，y，z)为平面CSA的法向量，
则有→
CA＝0，n·
→n·SA＝0，
222ax－2az＝0，即2ax－3ay＝0，
取n＝(3，2，3)．
→
显然，EP⊥平面SAD，所以PE为平面SAD的一个法向量， 所以m＝(0,1,0)为平面SAD的一个法向量． 21
所以cos〈n，m〉＝＝，
222π
所以二面角C-SA-D的大小为3.
类型3 利用向量解决立体几何中的探索性问题
利用空间向量解决探索性问题的一般方法是先设出该点，再设法求出该点的坐标．
(1)若点在坐标轴上，可直接设点的坐标．
→→(2)若点在某条线段上，例如点P在线段CC1上，可设CP＝λCC1，从而点P的坐标可用λ表示出来，再根据已知条件求λ值即可．
图4-5 【典例3】 (2015·合肥模拟)如图4-5，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)求二面角D-A1A-C的余弦值；
(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，
求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
[思路点拨] 设BD与AC交于点O，连结A1O，证明OB，OC，OA1两两垂直，从而以点O为坐标原点建立直角坐标系．
→→
(1)证明AA1·BD＝0；
(2)根据两个平面的法向量夹角余弦值求二面角的余弦值； →→(3)设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，利用CP＝λCC1，→
求出点P坐标，再根据BP与平面DA1C1的法向量垂直求λ值．
[规范解答] 设BD与AC交于O，则BD⊥AC，连结A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
2
∴A1O2＝AA2AOcos 60°＝3， 1＋AO－2AA1·2∴AO2＋A1O2＝AA1，
∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD， ∴A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，
0,0)，
A1(0,0，3)，C1(0,2，3)．
→→
(1)证明：由于BD＝(－23，0,0)，AA1＝(0,1，3)， →→AA1·BD＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD⊥AA1.
(2)由于OB⊥平面AA1C1C，
∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设n⊥平面AAD，则→
n⊥AD，
2
1
2
→n2⊥AA1，
y＋3z＝0，
设n2＝(x，y，z)，则
－3x＋y＝0，
取n2＝(1，3，－1)，则〈n1，n2〉即为二面角D-A1A-C的平面角，
∴cos〈n1，n2〉＝
n1·n25
＝5， |n1||n2|
5
所以，二面角D-A1A-C的平面角的余弦值为5. (3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1， →→
设CP＝λCC1，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0,1，3)，
→
从而有P(0,1＋λ，3λ)，BP＝(－3，1＋λ，3λ)，
设n⊥平面DAC，则→
n⊥DA，
3
1
1
3
1
→n3⊥A1C1，
→→
又A1C1＝(0,2,0)，DA1＝(3，0，3)，
2y3＝0，
设n3＝(x3，y3，z3)，
3x3＋3z3＝0，
取n3＝(1,0，－1)，
→
因为BP∥平面DA1C1，则n3⊥BP，
→即n3·BP＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
【反思启迪】 利用空间向量解决探索性问题，可将所求问题转化为方程(组)是否有解的问题，通过解方程(组)来判断是否有解．
【变式训练3】 (2015·泉州模拟)如图4-6，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝3，EF＝2，BE＝3，CF＝4.
图4-6
(1)求证：EF⊥平面DCE；
(2)当AB的长为何值时，二面角A-EF-C的大小为60°. [解] (1)证明 在△BCE中，BC⊥BE，BC＝AD＝3， BE＝3，∴EC＝23，
在△FCE中，CF2＝EF2＋CE2，∴EF⊥CE. 由已知条件知，DC⊥平面EFCB，∴DC⊥EF， 又DC与EC相交于C， ∴EF⊥平面DCE.
(2)如图，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系Cxyz.
设AB＝a(a＞0)，则C(0,0,0)，A(3，0，a)， B(3，0,0)，E(3，3,0)，F(0,4,0)， →→
从而EF＝(－3，1,0)，AE＝(0,3，－a)． 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
→→－3x＋y＝0，由EF·n＝0，AE·n＝0，得取x＝1，
3y－az＝0，
3333， 则y＝3，z＝a，即n＝1，3，a
→
不妨设平面EFCB的法向量为BA＝(0,0，a)， 由条件，得
→→n·BA|cos〈n，BA〉|＝＝→|n||BA|
19＝2，解得a＝2. 4a2＋2733
9
所以当AB＝2时，二面角A-EF-C的大小为60°.
专题突破练(四) (教师用书独具) [A级 基础达标练]
一、选择题
1．(2015·兰州模拟)将直三棱柱截去三个角(如图4-7(1)所示，A，
B，C分别是△GHI三边的中点)得到的几何体(如图4-7(2))，则该几何体按图4-7(2)所示方向的侧视图(或称左视图)为( )
(1) (2)
图4-7
[解析] 当直三棱柱没有截去三个角时，侧视图如图①所示，由此可知截去三个角后的侧视图如图②所示，故选A.
① ②
[答案] A
2．(2014·课标全国卷Ⅱ)如图4-8，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为
( )
图4-8
17A.27 10C.27
5B．9 1D．3
[解析] 由三视图可知几何体是如图所示的两个圆柱的组合体．其中左面圆柱的高为4 cm，底面半径为2 cm，右面圆柱的高为2 cm，底面半径为3 cm，则组合体的体积V1＝π×22×4＋π×32×2＝16π＋18π＝34π(cm3)，原毛坏体积V2＝π×32×6＝54π(cm3)，则所54π－34π10
求比值为54π＝27.
[答案] C
3．(2015·开封模拟)正四棱锥S-ABCD的底面边长为42，高SE＝8，则过点A，B，C，D，S的球的半径为( )
图4-9
A．3 C．5
B．4 D．6
[解析] 如图所示，过A，B，C，D，S的球心为O，由OE2＋EC2＝OC2，可得(8－R)2＋42＝R2，解得R＝5，故应选C.
[答案] C
4．(2014·北京高考)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2)，若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( )
A．S1＝S2＝S3 C．S3＝S1且S3≠S2
B．S2＝S1且S2≠S3 D．S3＝S2且S3≠S1
[解析] 如图所示，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，1
所以S1＝2×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DEF(E，1
F分别为OA，BC的中点)全等，所以S2＝2×2×2＝2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，1
所以S3＝2×2×2＝2.所以S2＝S3且S1≠S3.故选D.
[答案] D
5．如图4-10所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为( )
图4-10
3A.2 1C.5 1B．2 26D．5
[解析] 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F、C1共面，设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，
………………
依题意得
→＝6a＋3b＝0，n·DE1
→＝6a＋6c＝0，DA1n1·
可取n1＝(－1,2,1)，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，|n1·n2|1
－1,1)，故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为＝.|n1|·|n2|2故选B.
[答案] B 二、填空题
6．(2013·湖北高考)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)
[解析] 圆台的轴截面是下底长为12寸，上底长为28寸，高为18寸的等腰梯形，雨水线恰为中位线，故雨水线直径是20寸，
π22
10＋10×6＋6×93
∴降水量为＝3(寸)．
π×142[答案] 3
7．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：
①若α∥β，m⊂β，n⊂α，则m∥n； ②若α∥β，m⊥β，n∥α，则m⊥n； ③若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m∥n；
④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n.
上面命题中，所有真命题的序号为________．
[解析] 对于①，m，n可能是异面直线，故①错；对于③，两条直线m和n也可以相交或异面，故③错；②，④正确．
[答案] ②④
8．直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上．若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于________．
[解析] 设球心为O，球半径为R，△ABC的外心是M，则O在底面ABC上的射影是点M，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
AA121AC22∠ABC＝2(180°－120°)＝30°，AM＝2sin 30°＝2.因此，R＝2＋2
＝5，此球的表面积等于4πR2＝20π.
[答案] 20π 三、解答题
9．(2014·湖北高考)如图4-11，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：
图4-11
(1)直线BC1∥平面EFPQ； (2)直线AC1⊥平面PQMN.
[证明] (1)连结AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1， 因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1. 从而BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ， 故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)如图，连结AC，BD，则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD. 又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1. 而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1. 因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点， 所以MN∥BD，从而MN⊥AC1. 同理可证PN⊥AC1. 又PN∩MN＝N，
所以直线AC1⊥平面PQMN.
10．(2014·天津高考)如图4-12，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
图4-12
(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F-AB-P的余弦值．
[解] 依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
→＝(0,1,1)，DC→＝(2,0,0)，故BE→·→＝0， (1)证明：BEDC所以，BE⊥DC.
→＝(－1,2,0)，PB→＝(1,0，－2). (2)BD
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量， →＝0，n·BD
则
→＝0.PBn·
－x＋2y＝0，
即
x－2z＝0.
不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)
为平面PBD的一个法向量．
→n·BE23→于是有cos〈n，BE〉＝＝＝3， →6×2|n|·|BE|3
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为3. →＝(1,2,0)，CP→＝(－2，－2,2)，AC→＝(2,2,0)，AB→＝(1,0,0)． (3)BC
→＝λCP→，0≤λ≤1， 由点F在棱PC上，设CF
→＝BC→＋CF→＝BC→＋λ CP→＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 故BF
→·→＝0， 由BF⊥AC，得BFAC
3因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝4，
113→即BF＝－2，2，2.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量， →＝0，ABn1·
则
→＝0，BFn1·
x＝0，
即113－2x＋2y＋2z＝0.
不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，
－3n1·n2310
则cos〈n1，n2〉＝＝＝－10.
|n1|·|n2|10×1310
易知，二面角F-AB-P是锐角，所以其余弦值为10.
[B级 能力提升练]
1．已知正方形ABCD的边长是4，对角线AC与BD交于O，将正方形ABCD沿对角线BD折成60°的二面角，并给出下面结论：①3
AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC为正三角形；④cos∠ADC＝4.则其中的真命题是( )
A．①③④ C．②③④
B．①②④ D．①②③
[解析] 如图所示，易知∠AOC为二面角A-BD-C的平面角，即∠AOC＝60°，且AO＝OC，故△AOC为正三角形，即③正确；又BD⊥平面ACO，故BD⊥AC，即①正确；在△ADC中，知AD＝DC＝4，AC3
＝AO＝22，故利用余弦定理可解得cos∠ADC＝4，故④正确，因此选A.
[答案] A
2．已知球与棱长均为2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为_____．
[解析] 将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等2
价于球与正方体各面均相切，所以2R＝2，R＝2，则球的表面积1
为S＝4πR＝4π×2＝2π.
2
[答案] 2π
3．(2014·安徽高考)如图4-13，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.
图4-13
(1)证明：Q为BB1的中点；
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比； (3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．
[解] (1)证明 因为BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1
＝A，
所以平面QBC∥平面A1AD.
从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D. 故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD. BQBQBC1所以BB＝AA＝AD＝2，
11即Q为BB1的中点．
(2)如图(1)，连结QA，QD.
设AA1＝h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a.
1a＋2a11
h＝ahd， VQ-d·ABCD＝·32·24
→，DD→分别为x轴和z轴正方(3)如图(2)，以D为坐标原点，DA1
向建立空间直角坐标系．
设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝2a. a＋2a
因为S梯形ABCD＝2·2sin θ＝6， 2所以a＝sin θ. 4
从而C(2cos θ，2sin θ，0)，A1sin θ，0，4，
4→→所以DC＝(2cos θ，2sin θ，0)，DA1＝sin θ，0，4.
设平面A1DC的一个法向量n＝(x，y,1)， 4→n＝sin θx＋4＝0，DA1·
由→·DCn＝2xcos θ＋2ysin θ＝0，得x＝－sin θ，y＝cos θ， 所以n＝(－sin θ，cos θ，1)．
又因为平面ABCD的一个法向量m＝(0,0,1)， n·m2所以cos〈n，m〉＝＝，
|n||m|2
π
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为4.
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