2019_新课标 III 卷 (2019·理)
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中的二面角 $B-C G-A$ 的大小．
图1
图2
【答案】（1）见详解；② $30^{\circ}$ ．
【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）在图中找到 $B-C G-A$ 对应的平面角，再求此平面角即可．于是考虑 $B$ 关于 $G C$ 的垂线，发现此垂足与 $A$ 的连线也垂直于 $C G$ ．按照此思路即证．
【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）过 B 作 $B H \perp G C$ 延长线于 H ，连结 AH ，因为 $\mathrm{AB} \perp$ 平面 BCGE ，所以 $A B \perp G C$
而又 $B H \perp G C$ ，故 $G C \perp$ 平面 $H A B$ ，所以 $A H \perp G C$ ．又因为 $B H \perp G C$ 所以 $\angle B H A$ 是二面角 $B-C G-A$ 的平面角，而在 $\triangle B H C$ 中 $\angle B H C=90^{\circ}$ ，又因为 $\angle F B C=60^{\circ}$ 故 $\angle B C H=60^{\circ}$ ，所以 $B H=B C \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}$ ．
而在 $\triangle A B H$ 中 $\angle A B H=90^{\circ}, \angle B H A=\arctan \frac{A B}{B H}=\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=30^{\circ}$ ，即二面角 $B-C G-A$ 的度数为 $30^{\circ}$ ．
【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。最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力。