2019_新课标 III 卷 (2019·文)
19．图1是由矩形 $A D E B$, Rt $\triangle A B C$ 和菱形 $B F G C$ 组成的一个平面图形，其中 $A B=1, B E=B F=2, \angle F B C=60^{\circ}$ ，将其沿 $A B, B C$ 折起使得 $B E$ 与 $B F$ 重合，连结 $D G$ ，如图2．
（1）证明图2中的 $A, C, G, D$ 四点共面，且平面 $A B C \perp$ 平面 $B C G E$ ；
（2）求图2中的四边形 $A C G D$ 的面积．
图1
图2
【答案】（1）见详解；（2） 4 ．
【解析】
【分析】
（1）因为折纸和粘合不改变矩形 $A B E D, R t \triangle A B C$ 和菱形 $B F G C$ 内部的夹角，所以 $A D / / B E, B F / / C G$ 依然成立，又因 $E$ 和 $F$ 粘在一起，所以得证．因为 $A B$ 是平面 $B C G E$ 垂线，所以易证．（2）
欲求四边形 $A C G D$ 的面积，需求出 $C G$ 所对应的高，然后乘以 $C G$ 即可。
【详解】（1）证：$\because A D / / B E, B F / / C G$ ，又因为 $E$ 和 $F$ 粘在一起．
$\therefore A D / / C G, \mathrm{~A}, \mathrm{C}, \mathrm{G}, \mathrm{D}$ 四点共面．
又 $\because A B \perp B E, A B \perp B C$ ．
$\therefore A B \perp$ 平面 $\mathrm{BCGE}, \because A B \subset$ 平面 $\mathrm{ABC}, \therefore$ 平面 $\mathrm{ABC} \perp$ 平面 BCGE ，得证．
（2）取 $C G$ 的中点 $M$ ，连结 $E M, D M$ 。因为 $A B / / D E, A B \perp$ 平面 BCGE ，所以 $D E \perp$ 平
面BCGE，故 $D E \perp C G$ ，
由已知，四边形 BCGE 是菱形，且 $\angle E B C=60^{\circ}$ 得 $E M \perp C G$ ，故 $C G \perp$ 平面 DEM 。
因此 $D M \perp C G$ 。
在 Rt $\triangle D E M$ 中， $\mathrm{DE}=1, E M=\sqrt{3}$ ，故 $D M=2$ 。
所以四边形 ACGD 的面积为4．
【点睛】很新颖的立体几何考题。首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的。再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法。最后将求四边形 $A C G D$ 的面积考查考生的空间想象能力．