解法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A₁E．

又DE⊥AA₁，且AA₁∩AE=A，

所以DE⊥平面AEA₁，所以DE⊥A₁E．

所以∠AEA₁为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．

因为BC∥AD，AD=2BC，所以S_△_ADC=2S_△_BCA．

又因为梯形ABCD的面积为6，DC=2，

所以S_△_ADC=4，AE=4．

于是tan∠AEA₁= $\frac{A A_{1}}{A E}$ =1，∠AEA₁= $\frac{π}{4}$ ．

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为 $\frac{π}{4}$ ．

解法二：如图2所示，

以D为原点，DA，DD₁分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．

设∠CDA=θ，BC=a，则AD=2a．

因为S_四边形_ABCD= $\frac{a + 2 a}{2}$ •2sin60°=6，

所以a= $\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ．

从而可得C（1， $\sqrt{3}$ ，0），A₁（ $\frac{8 \sqrt{3}}{3}$ ，0，4），

所以DC=（1， $\sqrt{3}$ ，0）， $\vec{D A_{1}}$ =（ $\frac{8 \sqrt{3}}{3}$ ，0，4）．

设平面A₁DC的法向量 $\vec{n}$ =（x，y，1），

由 ${\begin{matrix} \vec{D A} \cdot \vec{n} = \frac{8 \sqrt{3}}{3} x + 4 = 0 \\ \vec{D C} \cdot \vec{n} = x + \sqrt{3} y = 0 \end{matrix}$ ，

得 ${\begin{matrix} x =- \frac{\sqrt{3}}{2} \\ y = \frac{1}{2} \end{matrix}$ ，

所以 $\vec{n}$ =（﹣ $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $\frac{1}{2}$ ，1）．

又因为平面ABCD的法向量 $\vec{m}$ =（0，0，1），

所以cos＜ $\vec{n}$ ， $\vec{m}$ ＞= $\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{| \vec{m} | \cdot | \vec{n} |}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为 $\frac{π}{4}$ ．

2015-2016学年河南省驻马店市高三上学期期末数学试卷（理科）