2026高考数学复习微专题：74.新型对折问题中的六种常见类型

74.新型对折问题中的六种常见类型

一．基本原理

1.二面角的定义：

（1）定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面；直线AB叫做二面角的

棱，半平面和叫做二面角的面．记法：AB.

（2）二面角的平面角：在二面角l的棱l上任取一点O，如图所示，以点O为垂足，

在半平面和内分别作垂直于棱l的射线OA,OB，则射线OA和OB构成的AOB叫做

二面角的平面角．

2.三余弦定理：如图所示，斜线AB在平面内的射影为BC，则线面角的大小为，平面

内任一点D，则DBC，这样就有：cosABDcoscos.

1.常见函数图像对折过程中的空间角

2.椭圆对折过程中的空间角

3.双曲线对折过程中的空间角

4.抛物线对折过程中的空间角

5.空间几何体的截面或者空间角度融合平面问题

6.三余弦定理在对折中的应用

二．典例分析

★1.常见函数图像对折过程中的空间角

π

例1．如图，将绘有函数fxMsinx（M0，0π）部分图像的纸片沿x

3

2π

轴折成钝二面角，夹角为，此时A，B之间的距离为15，则（）

3

ππ2π5π

A．B．C．D．

6336

解析：过A,B分别作x轴的垂线，垂足分别为C,D，过A,D分别作y轴、x轴的垂线相交于

2π

点E，连接AB,BE，则BDE,BDDEM，由余弦定理得

3

2π

BE2M2M22M2cos3M2，由上可知，x轴垂直于BD,DE，又

3

BDDED,BD,DE平面BDE，所以x轴垂直于平面BDE，又AE//x轴，所以AE平

2π

T6

面BDE，因为BE平面BDE，所以AEBE，因为fx的周期π，所以

3

26

AECD3，由勾股定理得3M915，解得M2，由图知，fx的图象过点0,，

2

636

且在递减区间内，所以f(0)2sin，即sin，因为0π，点0,在

222

2π

递减区间内，所以.故选：C

3

π6

例2．（多选题）已知函数fxAsinx(A0,0π)的图象经过点0,，将

32

fx的部分图象沿x轴折成直二面角（如图所示），若MN13，则（）

A．A2

2π

B．

3

π

C．将fx的图象向左平移2个单位即可得到函数yAsinx的图象

3

21

D．函数y(fx)的单调递减区间为3k2,3kkZ

2

解析：如图，过N作NCx轴，垂足为C，过M作MDx轴，垂足为D，

由题意可知平面NCD平面MCD，平面NCD平面MCDCD，又NC平面NCD，则

NC平面MCD，MD平面MCD，则NCMD，则NMNCCDDM，

π

NCCDCDDMNCDM0，由f(x)Asinx(A0,0π)，则fx的周

3

2π

T6

期π，

3

T22

A项，由图象可知NCDMA,CD3，所以NMNCCDDM

2

222

NCCDDM2NCCDCDDMNCDM

222

NCCDDM2A2913，由A0，解得A2；

π2ππ

B项，由A项可知fx2sinx，0π，则f(x)cosx，

333

663

因为f(x)图象经过点0,，即f02sin，sin，

222

π2π2π

0π，或，由函数f(x)图象可知f(0)cos0，

333

2π

则cos0，所以，故B正确；

3

π2π

C项，由AB可知，fx2sinx，

33

π2πππ

f(x2)2sinx22sinx，即将f(x)的图象向左平移2个单位即

3333

πππππ

可得到函数的图象y2sinx，2sinx2sinx，故C错误；

33333

22π2π2π4π2ππ

D项，f(x)2sinx1cosx1cosx，由

333333

2ππ1

2kπx2kππ,kZ，解得3kx3k1,kZ，故函数y(f(x))2的单调递减

332

1

区间为3k,3k1(kZ)，故D错误.故选：AB.

2

★2.椭圆对折过程中的空间角

2

例3．已知椭圆C的离心率为，F22,0为C的右焦点，过F2的直线l交椭圆于A，B

2

两点，且A在x轴上方，O为坐标原点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若l⊥x轴，求线段AB的长；

△

(3)若将坐标平面沿x轴折成一个直二面角，求ABF2面积的最大值.

c2

解析：（1）由题意得，c2，故a2，所以b2a2c2422，故椭圆方

a2

x2y2

程为1；

42

x2y2

（2）若l⊥x轴，1中，令x2得y1，故AB112；

42

（3）当直线l的斜率为0时，A点在x轴上，不合要求，设直线l:xmy2，

22

xy22

联立1得m2y22my20，设Ax1,y1,Bx2,y2，故

42

22m2222

yy,yy，Δ8m8m216m10恒成立，

12m2212m22

A0,x1,y1,By2,x2,0,F20,2,0，

F2A0,x12,y1,F2By2,x22,0，

22

my1y2m

FAm21y,FBm21y，故cosAFB，

2122222

m1y1y2m1

2m21

故sinAFB，

2m21

222

故122m12m122m13，当且仅当时，等

S△AFBm1y1y2m1

22m21m222m2133

△3

号成立，所以ABF2面积的最大值为.

3

★3.双曲线对折过程中的空间角

x2y2

例4．点F1，F2是双曲线C:1(a0,b0)的左、右焦点，过点F2作直线ABF1F2

a2b2

交双曲线C于A，B两点，现将双曲线所在平面沿直线F1F2折成平面角为锐角的二面角，

1cos25

如图.翻折后A，B两点的对应点分别为A，B，AFB，若，则双曲线

11cos16

C的离心率为.

y2y2x2z2z2x2

解析：设AF2y，ABx，AF1z，∵cos，cos，

2y22z2

22

2yx2

1b

1cos2y2z225z5

∴，∴，∴yya4，∴3b28ac，

1cos2z2x2y216y4

1F1F22c2c3

2z2

221

∴3ca8ac，∴3e28e30，解得e3或e（舍去）.故答案为：3

3

2

2y

例5.已知双曲线4x1的左右焦点分别为F1，F2，点M是双曲线右支上一点，满足

3

，点N是线段FF上一点，满足.现将△MFF沿MN折成直二面

MF1MF2012F1NF1F212

角F1MNF2，若使折叠后点F1，F2距离最小，则（）

1234

A．B．C．D．

5555

113

解析：由双曲线方程知，a，b3，c，设MF2x，则MF11x，F1F213，

22

又，则x2(1x)213，解得x2或-3（舍），设折叠后点F达到F点，如图

MF1MF201

所示，作FAMN于A点，易知FA平面MF1F2，FANF1AN，F1AMA，设F1MN，

则FMN，在RtMAF中，FAFA3sin，MA3cos，在MAF中，由余

22112

2222

弦定理知，AF2MAMF22MAMF2cosF2MN(3cos)423cos2sin

9cos26sin24，则

22222

FF2AFAF2(3sin)9cos6sin24136sin27，当且仅当sin21，

即时，等号成立，折叠后点F1，F2距离最小.此时MN为F1MF2的角平分线，由角

4

FNMF3

1133

平分线定理知，，则F1NF1F2，，故选：C

NF2MF2255

★4.抛物线对折过程中的空间角

例6．如图，画在纸面上的抛物线y28x过焦点F的弦AB长为9，则沿x轴将纸面折成平

面角为60度的二面角后，空间中线段AB的长为（）

A．46B．33C．59D．65

解析：F2,0，设直线AB为xmy2m0，，联立xmy2m0

1122

22Ax,y,Bx,y2

与y8x可得y8my160，则y1y28m，则x1x2my1y248m4，

222

故ABx1x2pmy1y2448m89，解得m，故y22y160，解

4

得，故，如图，建立空间直角坐标系，过作

y142,y222A4,42,B1,22AAN

平面xoy于N，过N作NHx于H，连接AH，由于ANx轴，且NHx轴，ANAHA，

故x轴平面ANH，AH平面ANH，故AHx轴，则AHN60由于在直角坐标系中

A4,42,B1,22，故OH4,AH42，因此在直角三角形ANH中，

13

HNAH22,ANAH26，因此在空间直角坐标系中，

22

22

A4,22,26,B1,22,0，故AB41022633，故选：B

★5.空间几何体的截面或者空间角度融合平面问题

例7．在ABC中，ABC90，AB6，ACB的平分线交AB于点D，AD2DB.平

面α过直线AB，且与ABC所在的平面垂直.

（1）求直线CD与平面所成角的大小；

（2）设点E，且ECD30，记E的轨迹为曲线Γ.

（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；

（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定

点T，使得无论l绕点D如何转动，总有PTCQTC？若存在，指出点T的位置；若不

存在，说明理由.

解析：（1）因为平面ABC，平面ABCAB,BC平面ABC,BCAB，

所以BC.所以直线CD在内的射影为直线AB，所以直线CD与所成角为CDB.过

D作DFAC，垂足为F.因为CD平分ACB,DBBC，所以DFDB.

1

又AD2DB，所以DFAD，所以DAF30.又AB6,ABC90，所以BC23.

2

1

因为DBAB2，所以CDB60，所以直线CD与平面所成角为60.

3

（2）（i）曲线Γ是椭圆,理由如下：由（1）可知，DFAC,DADC，所以F是AC的中

点,设AB的中点为O，所以OF//BC.又BC，所以OF.在内过O作OGAB，

所以OFOB,OFOG，以O为原点，OG,OB,OF所在的方向分别为x轴，y轴，z轴的

正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.因为OB3,DB2，所以OD1，设

Ex,y,0，又D0,1,0,C0,3,23，则CEx,y3,23,CD0,2,23.因为

CDCE2y183

cosECD，又ECD30，所以，化简得

|CD||CE|4x2(y3)2122

x2y2

3x22y218，即1，所以曲线Γ是椭圆.

69

（ii）设Px1,y1,0,Qx2,y2,0.在平面内，因为l与AB不重合，可设l:ykx1，

ykx1,224k16

由22得2k3x4kx160，故x1x2,x1x20.

3x2y18,2k232k23

由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与的交线AB上，故可设T0,t,0.

TPTCTQTC

若PTCQTC，则cosPTCcosQTC，即，因为

|TP||TC||TQ||TC|

TPx1,y1t,0,TQx2,y2t,0,TC0,3t,23，所以

2222，当时，上式恒成立，所以

3ty1tx2y2t3ty2tx1y1tt3t3

符合题意；当时，有2222，

t3y1tx2y2ty2tx1y1t

2222

所以ytx2ytytx2yt，所以xytxyt

1222112112.

因为