专题9 平行线中的三大折叠问题 2024-2025学年人教版数学七年级下册

相交线与平行线 专题9 平行线中的折叠问题 题型一：利用平行线的性质解决长方形中折叠问题 1．（2024秋•沛县期末）将一张长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形（△ABC），BC为折痕，若∠1＝42°，则∠2的度数为（　　） A．48° B．58° C．60° D．69° 2．（2024秋•儋州期末）如图，把一张长方形纸条ABCD沿EF折叠，若∠1＝62°，则∠AEG等于（　　） A．56° B．59° C．62° D．66° 3．（2024秋•西山区校级期末）如图，将长方形ABCD沿EF折叠后，ED与BF交于G点，若∠EFG＝50°，则∠BGE的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 4．（2024秋•东平县期中）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，F在AD边上，点G，H在BC边上，分别沿EG，FH折叠，使点D和点A都落在点M处，若α+β＝118°，则∠EMF的度数为（　　） A．59° B．58° C．57° D．56° 5．（2024春•酉阳县期末）如图，在长方形纸带ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，将长方形ABCD沿EF折叠，C，D两点的对应点分别为G，H，若∠1＝2∠2，则∠AEF的度数为（　　） A．100° B．105° C．115° D．120° 6．（2024春•郑州期末）如图①是长方形纸带，上下边缘平行（AD∥BC），∠CFE＝α，将纸带沿EF折叠成图②，其中，∠DEG＝β，则α，β满足的数量关系是（　　） A．2α+β＝180° B．α+2β＝180° C．2α+β＝90° D．α+β＝90° 7．（2024秋•泗洪县期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，A′B′与BC交于点G，若∠A′GC＝60°，则∠BFE的度数为 　 　． 8．（2025春•射阳县月考）如图1，在长方形纸片ABCD中，点P在AD上，点Q在BC上，将纸片沿PQ折叠，点C，D的对应点分别为点E，F．PF交BQ于点G．设∠QPG＝α．继续折叠纸片，使GF落在BC边上（如图2），折痕为GM． （1）若α＝55°，则∠MGF＝　 　°． （2）沿GF继续折叠纸片，若GM恰好是∠PGF的三等分线，则α＝　 　°． 9．（2024秋•儋州期末）如图，长方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，AD上．将长方形纸片沿着EF折叠，点A落在点G处，EG交CD于点H．若∠BEH比∠AEF的4倍多12°，则∠CHG＝　 　． 10．（2024秋•蜀山区校级期末）如图1，将一条长方形纸带沿EF折叠，设∠AED'＝x度． （1）若x＝130，则∠EFB＝ 　 　度； （2）将图1纸带继续沿BF折叠成图2，则∠EFC″＝ 　 　度．（用含x的代数式表示） 11．（2024秋•沭阳县期末）如图，长方形ABCD中，AD∥BC，E为边BC上一点，将长方形沿AE折叠（AE为折痕），使点B与点F重合，EG平分∠CEF交CD于G，过点G作HG⊥EG交AD于点H． （1）求证：HG∥AE． （2）若∠CEG＝20°，求∠DHG的度数． 12．（2021秋•临海市期末）如图1，将长方形纸片ABCD沿着MN翻折，使得点B，C分别落在点E，F位置．如图2，在第一次翻折的基础上再次将纸片沿着MP翻折，使得点N恰好落在ME延长线上的点Q处． （1）若∠BMN＝70°，求∠AME的度数． （2）若∠PMQ＝α，试用含α的式子表示∠AMQ，并说明理由． 13．（2021春•溧阳市期中）折叠（折）问题是几何变换问题中的常见问题，它体现了平面几何图形变换中基本数量关系和几何关系，是考查几何知识的常见类型． （1）操作与探究：如图1，我们将一张上下平行的纸片，沿MN折叠得到如图所示图形．①如图2，若∠1＝90°，则∠2＝　 　．②如图3，请你探案∠1与∠2之间的数量关系，并说明理由； （2）拓展与延伸：若以点M为公共点，分别沿MN、MP翻折该纸片，翻折后如图4所示，当∠1＝90°时，请直接写出∠2与∠3的数量关系． 题型二：利用平行线的性质解决正方形中折叠问题 14．（2024•富平县二模）如图，将正方形（ABCD）纸片沿线段BE折叠之后，使点C落在正方形内部的点F处，若∠ABF比∠EBF大12°，则∠EBF的度数为（　　） A．52° B．28° C．30° D．26° 15.如图，把正方形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为点A′，点B的对应点为点B′，若∠1=40°，则∠AEF的度数是　 　． 16.学习平行线后，小龙同学想出了“过已知直线m外一点P画这条直线的平行线的新方法”，他是通过折一张半透明的正方形纸得到的． 观察图（1）～（4），经两次折叠展开后折痕CD所在的直线即为过点P的已知直线m的平行线．从图中可知，小龙画平行线的依据有 ①两直线平行，同位角相等； ②过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行； ③同位角相等，两直线平行； ④内错角相等，两直线平行． 17.如图，将正方形纸片ABCD沿BE翻折，使点C落在点F处，若∠DEF＝30°，则∠ABF的度为 ． 18.如图，将正方形ABCD沿着BE、BF翻折，点A、C的对应点分别是点A′、C′，若∠A′BC′=14°，则∠EBF= ． 19.如图，将正方形ABCD沿AC对折，使得△ABC与△ADC重合，得到折痕AC后展开点E，F分别在边AD,BC上，再沿EF折叠，使得点A落到点A′．折痕EF与AC相交于点O．若EA′∥AC，则∠COF为 度． 20.如图，取一张正方形纸片ABCD．如图①，折叠∠A，设顶点A落在点A′的位置，折痕为EF；如图②，折叠∠B，使EB沿EA′的方向落下，折痕为EG．试判断∠FEG的度数是否是定值，并说明理由． 题型三：利用平行线的性质解决三角形中折叠问题 21．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，△ABC中，∠B＝55°，D，E分别在AB、AC上，且DE∥BC．将△ABC沿线段DE折叠，使点A落在点F处，则∠BDF的度数为（　　） A．50° B．55° C．70° D．85° 22．（2024秋•宁江区期末）如图，把△ABC沿平行于BC的直线DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，若∠B＝50°，则∠BDF的度数为（　　） A．40° B．50° C．80° D．100° 23．（2023春•东阳市期中）如图，在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝α，按如图所示进行翻折，使B′D∥C'G∥BC，B′E∥FG，则∠C'FE的度数是（　　） A．2α﹣180° B．180°﹣2α C．90°﹣α D．α﹣90° 24．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠C＝30°，D为边BC上一点，将△ADC沿直线AD翻折后，点C落到点E处．若DE∥AB，则∠AFC的度数为 　 　． 25．（2024春•鼓楼区期末）如图，点D，E，F分别在△ABC的各边上，DE∥AC，DF∥AB．将△ABC沿DE翻折，使得点B落在B′处，沿DF翻折，使得点C落在C′处．若∠B′DC′＝40°，则∠A＝　 　°． 26．（2023春•上蔡县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝100°，∠C＝70°，点M、N分别在AB、BC上，将△BMN沿MN翻折，得△FMN．若MF∥AD，FN∥DC，则∠B的度数为　 　°． 27．（2023春•三元区期中）如图1，△ABC中，D是AC边上的点，先将ABD沿看BD翻折，使点A落在点A'处，且A′D∥BC，A′B交AC于点E（如图2），又将△BCE沿着A′B翻折，使点C落在点C′处，若点C′恰好落在BD上（如图3），且∠C′EB＝75°，则∠C＝　 　° 28．（2023春•皇姑区校级期中）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，点D在AB上，点G在BC上，△BDG沿直线DG翻折到△FDG位置，DF与BC交于点E，如果DF∥AC，那么∠B与∠BDG的数量关系是 　 　． 29．（2022春•浦北县期中）如图，在△ABC中，DE∥BC，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在平面内的A'处，若∠B＝40°，则∠BDA'的大小是 　 　． 30．如图，将纸片ABCD沿PR翻折得到△PC′R，恰好C′P∥AB，C′R∥AD．若∠B＝120°，∠D＝50°，则∠C＝　 　度． 专题9 平行线中的折叠问题 参考答案 1．（2024秋•沛县期末）将一张长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形（△ABC），BC为折痕，若∠1＝42°，则∠2的度数为（　　） A．48° B．58° C．60° D．69° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力；应用意识． 【答案】D 【分析】根据平行线的性质，可以得到∠1＝∠4，∠4＝∠5，再根据∠1＝42°和折叠的性质，即可得到∠2的度数，本题得以解决． 【解答】解：如图所示， ∵长方形的两条长边平行，∠1＝42°， ∴∠1＝∠4＝42°，∠4＝∠5， ∴∠5＝42°， 由折叠的性质可知，∠2＝∠3， ∵∠2+∠3+∠5＝180°， ∴∠2＝69°， 故选：D． 【点评】本题考查平行线的性质、折叠的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 2．（2024秋•儋州期末）如图，把一张长方形纸条ABCD沿EF折叠，若∠1＝62°，则∠AEG等于（　　） A．56° B．59° C．62° D．66° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力． 【答案】A 【分析】先由平行线的性质得到∠DEF＝∠1＝62°，再由折叠的性质可得∠D′EF＝∠DEF＝62°，据此利用平角的定义即可求出答案． 【解答】解；∵AD∥BC， ∴∠DEF＝∠1＝62°， 由折叠的性质可得∠D′EF＝∠DEF＝62°， ∴∠AEG＝180°﹣∠D′EF﹣∠DEF＝56°， 故选：A． 【点评】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，关键是平行线性质的应用． 3．（2024秋•西山区校级期末）如图，将长方形ABCD沿EF折叠后，ED与BF交于G点，若∠EFG＝50°，则∠BGE的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力． 【答案】A 【分析】利用翻折的性质，得∠DEF＝∠GEF；然后根据两直线平行，内错角相等，求得∠BGE＝∠DEG，∠DEF＝∠EFG；最后由等量代换求得∠BGE的度数． 【解答】解：根据翻折的性质，得∠DEF＝∠GEF， ∵AD∥BC， ∴∠DEF＝∠EFG，∠BGE＝∠DEG＝2∠DEF， ∵∠EFG＝50°， ∴∠DEF＝50°， ∴∠BGE＝2∠DEF＝100°． 故选：A． 【点评】本题考查了平行线的性质、翻折变换（折叠问题）．正确观察图形，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 4．（2024秋•东平县期中）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，F在AD边上，点G，H在BC边上，分别沿EG，FH折叠，使点D和点A都落在点M处，若α+β＝118°，则∠EMF的度数为（　　） A．59° B．58° C．57° D．56° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】D 【分析】根据平行线的性质得到∠DEG+∠AFH＝118°，由折叠得：∠DEM＝2∠DEG，∠AFM＝2∠AFH，从而得到∠DEM与∠AFH的和，利用两个平角求出∠FEM与∠EFM的和，最后根据三角形内角和等于180°即可求出答案． 【解答】解：∵AD∥BC， ∴∠DEG＝α，∠AFH＝β， ∴∠DEG+∠AFH＝α+β＝118°， 由折叠得：∠DEM＝2∠DEG，∠AFM＝2∠AFH， ∴∠DEM+∠AFM＝2×118°＝236°， ∴∠FEM+∠EFM＝360°﹣236°＝124°， 在△EFM中， ∠EMF＝180°﹣（∠FEM+∠EFM）＝180°﹣124°＝56°， 故选：D． 【点评】本题考查了平行线的性质和三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握平行线的性质． 5．（2024春•酉阳县期末）如图，在长方形纸带ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，将长方形ABCD沿EF折叠，C，D两点的对应点分别为G，H，若∠1＝2∠2，则∠AEF的度数为（　　） A．100° B．105° C．115° D．120° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力． 【答案】B 【分析】过H作HK∥AD，得到HK∥BC，推出∠EHK＝∠2，∠GHK＝∠1，由折叠的性质得到∠EHG＝∠D＝90°，∠DEF＝∠HEF，因此∠1+∠2＝90°，求出∠2＝30°，由邻补角的性质得到∠DEH＝180°﹣30°＝150°，因此∠DEF∠DEH＝75°，于是得到∠AEF＝180°﹣75°＝105°． 【解答】解：过H作HK∥AD， ∵AD∥BC， ∴HK∥BC， ∴∠EHK＝∠2，∠GHK＝∠1， ∴∠1+∠2＝∠EHK+∠GHK＝∠EHG， 由折叠的性质得到∠EHG＝∠D＝90°，∠DEF＝∠HEF， ∴∠1+∠2＝90°， ∵∠1＝2∠2， ∴∠2＝30°， ∴∠DEH＝180°﹣30°＝150°， ∴∠DEF∠DEH＝75°， ∴∠AEF＝180°﹣75°＝105°． 故选：B． 【点评】本题考查平行线的性质，折叠的性质，关键是由平行线的性质得到∠EHK＝∠2，∠GHK＝∠1，由折叠的性质得到∠EHG＝∠D，∠DEF＝∠HEF． 6．（2024春•郑州期末）如图①是长方形纸带，上下边缘平行（AD∥BC），∠CFE＝α，将纸带沿EF折叠成图②，其中，∠DEG＝β，则α，β满足的数量关系是（　　） A．2α+β＝180° B．α+2β＝180° C．2α+β＝90° D．α+β＝90° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力． 【答案】A 【分析】由折叠的性质得到∠EFG＝∠EFK＝α，由平行线的性质推出∠FEG＝∠EFK＝α，∠CGE+∠DEG＝180°，由三角形外角的性质得到∠CGE＝∠EFG+∠FEG＝2α，于是得到2α+β＝180°． 【解答】解：如图②， 由折叠的性质得到：∠EFG＝∠EFK＝α， ∵AE∥BF， ∴∠FEG＝∠EFK＝α， ∴∠CGE＝∠EFG+∠FEG＝2α， ∵CG∥DE， ∴∠CGE+∠DEG＝180°， ∴2α+β＝180°． 故选：A． 【点评】本题考查平行线的性质，折叠的性质，三角形外角的性质，关键是由折叠的性质得到∠EFG＝∠EFK，由三角形外角的性质求出∠CGE，由平行线的性质推出∠FEG＝∠EFK＝α，∠CGE+∠DEG＝180°． 7．（2024秋•泗洪县期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，A′B′与BC交于点G，若∠A′GC＝60°，则∠BFE的度数为 　105°　． 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观． 【答案】见试题解答内容 【分析】把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，即可得到∠BFE＝∠EFB'，∠B'＝∠B＝90°，再根据∠CFB'＝30°，可得∠BFE＝∠EFB'＝105°． 【解答】解：∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处， ∴∠BFE＝∠EFB'，∠B'＝∠B＝90°， ∵∠A'GC＝60°＝∠FGB'， ∴∠CFB'＝30°， ∴∠BFE＝∠EFB'（180°+30°）＝105°， 故答案为：105°． 【点评】本题主要考查了平行线的性质以及折叠的性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 8．（2025春•射阳县月考）如图1，在长方形纸片ABCD中，点P在AD上，点Q在BC上，将纸片沿PQ折叠，点C，D的对应点分别为点E，F．PF交BQ于点G．设∠QPG＝α．继续折叠纸片，使GF落在BC边上（如图2），折痕为GM． （1）若α＝55°，则∠MGF＝　55°　°． （2）沿GF继续折叠纸片，若GM恰好是∠PGF的三等分线，则α＝　或36　°． 【考点】平行线的性质；角的计算．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力． 【答案】（1）55°；（2）或36． 【分析】（1）根据矩形的性质可得BC∥AD，从而利用平行线的性质得∠F′GF＝∠GPD，然后根据折叠的性质可得，即可得出答案； （2）根据折叠的性质可得∠MGF＝∠M′GF′＝α，再利用平行线的性质可得∠PGF＝180°﹣∠GPD＝180°﹣2α，然后分两种情况：当时，当时，分别得出结果． 【解答】解：（1）如图： ∵四边形ABCD是长方形， ∴BC∥AD， ∴∠F′GF＝∠GPD， 由折叠得：， ∴∠MGF＝∠GPQ＝α＝55°， 故答案为：55°； （2）如图： 由折叠得：∠MGF＝∠M′GF′＝α， ∵BC∥AD， ∴∠PGF＝180°﹣∠GPD＝180°﹣2α， ∵GM是∠PGF的三等分线， ∴分两种情况： 当时， ∴， ∴， 当时， ∴， ∴α＝36°， 综上所述， 或36°， 故答案为：或36． 【点评】本题考查了平行线的性质，角的计算，翻折的变换，熟练掌握平行线的性质，以及折叠的性质是解题的关键． 9．（2024秋•儋州期末）如图，长方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，AD上．将长方形纸片沿着EF折叠，点A落在点G处，EG交CD于点H．若∠BEH比∠AEF的4倍多12°，则∠CHG＝　124°　． 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力． 【答案】124°． 【分析】由折叠的性质及平角等于180°可求出∠BEH的度数，由AB∥CD，利用“两直线平行，同位角相等”可求出∠CHG的度数． 【解答】解：由折叠的性质，可知：∠AEF＝∠FEH． ∵∠BEH＝4∠AEF+12°，∠AEF+∠FEH+∠BEH＝180°， ∴∠AEF+∠AEF+4∠AEF+12°＝180°， ∴∠AEF（180°﹣12°）＝28°， ∴∠BEH＝4∠AEF+12°＝124°． ∵AB∥CD， ∴∠CHG＝∠BEH＝124°． 故答案为：124°． 【点评】本题主要考查了平行线的性质、折叠的性质以及对顶角，牢记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键． 10．（2024秋•蜀山区校级期末）如图1，将一条长方形纸带沿EF折叠，设∠AED'＝x度． （1）若x＝130，则∠EFB＝ 　25　度； （2）将图1纸带继续沿BF折叠成图2，则∠EFC″＝ 　　度．（用含x的代数式表示） 【考点】平行线的性质；列代数式．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力． 【答案】（1）25；（2）． 【分析】（1）先求出∠DED′＝50°，再由折叠的性质结合平行线的性质即可得解； （2）设ED′与BC相交于点G，先求出∠DED′＝（180﹣x）°，再由折叠的性质结合平行线的性质得出，∠AED′＝∠EGF＝x°，再由平行线的性质得出∠EGF＝∠GFC′＝x°，由折叠的性质可得：∠GFC″＝∠GFC′＝x°，即可得解． 【解答】解：（1）由题意可得∠AED′＝130°， ∴∠DED′＝180°﹣∠AED′＝50°， 由折叠性质可得：， ∴∠DEF＝∠EFB＝25°， 故答案为：25； （2）设ED′与BC相交于点G， ∵∠AED′＝x°， ∴∠DED′＝180°﹣∠AED′＝（180﹣x）°， 由折叠得：， 由条件可知，∠AED′＝∠EGF＝x°， ∴∠EGF＝∠GFC′＝x°， 由条件可知：∠GFC″＝∠GFC′＝x°， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了折叠的性质、平行线的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 11．（2024秋•沭阳县期末）如图，长方形ABCD中，AD∥BC，E为边BC上一点，将长方形沿AE折叠（AE为折痕），使点B与点F重合，EG平分∠CEF交CD于G，过点G作HG⊥EG交AD于点H． （1）求证：HG∥AE． （2）若∠CEG＝20°，求∠DHG的度数． 【考点】平行线的判定与性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由折叠的性质得出∠AEB＝∠AEF，证出AE⊥EG，进而得出结论； （2）求出∠AEB＝70°，由平行线的性质进而得出答案． 【解答】（1）证明：由折叠知∠AEB＝∠AEF， ∵EG平分∠CEF， ∴∠FEG＝∠CEG， ∵∠AEB+∠AEF+∠FEG+∠CEG＝180°， ∴∠AEG＝∠AEF+∠FEG＝90°， ∴AE⊥EG， ∵HG⊥EG， ∴HG∥AE； （2）解：∵∠CEG＝20°，∠AEG＝90°， ∴∠AEB＝70°， ∵四边形ABCD是长方形， ∴AD∥BC， ∴∠AEB＝∠DAE＝70°， ∵HG∥AE， ∴∠DHG＝∠DAE＝70°． 【点评】本题考查了平行线的判定与性质、折叠的性质、矩形的性质等知识；熟练掌握平行线的判定与性质和矩形的性质是解题的关键． 12．（2021秋•临海市期末）如图1，将长方形纸片ABCD沿着MN翻折，使得点B，C分别落在点E，F位置．如图2，在第一次翻折的基础上再次将纸片沿着MP翻折，使得点N恰好落在ME延长线上的点Q处． （1）若∠BMN＝70°，求∠AME的度数． （2）若∠PMQ＝α，试用含α的式子表示∠AMQ，并说明理由． 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】展开与折叠；几何直观；推理能力． 【答案】（1）40°； （2）180°﹣4α． 【分析】（1）根据翻折变换的性质可得：∠EMN＝∠BMN＝70°，再运用平角的定义即可求得答案； （2）由翻折可得：∠PMN＝∠PMQ＝α，∠BMN＝∠NMQ＝2α，再运用平角的定义即可求得答案． 【解答】解：（1）如图1，∵将长方形纸片ABCD沿着MN翻折，使得点B，C分别落在点E，F位置， ∴∠EMN＝∠BMN＝70°， ∴∠AME＝180°﹣（∠EMN+∠BMN）＝180°﹣（70°+70°）＝40°； （2）∠AMQ＝180°﹣4α．理由如下： 如图2，∵将△PMN沿着PM翻折，使得点N恰好落在ME延长线上的点Q处， ∴∠PMN＝∠PMQ＝α， ∴∠BMN＝∠NMQ＝2α， ∴∠AMQ＝180°﹣（∠BMN+∠NMQ）＝180°﹣（2α+2α）＝180°﹣4α． 【点评】本题考查了几何变换﹣翻折的性质，平角定义的应用等，熟练掌握翻折变换的性质是解题关键． 13．（2021春•溧阳市期中）折叠（折）问题是几何变换问题中的常见问题，它体现了平面几何图形变换中基本数量关系和几何关系，是考查几何知识的常见类型． （1）操作与探究：如图1，我们将一张上下平行的纸片，沿MN折叠得到如图所示图形．①如图2，若∠1＝90°，则∠2＝　45°　．②如图3，请你探案∠1与∠2之间的数量关系，并说明理由； （2）拓展与延伸：若以点M为公共点，分别沿MN、MP翻折该纸片，翻折后如图4所示，当∠1＝90°时，请直接写出∠2与∠3的数量关系． 【考点】平行线的判定与性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】（1）①45°；②∠2＝2∠1，理由见解析； （2）∠2+∠3＝90°，理由见解析． 【分析】（1）①根据折叠的性质即可求解； ②如图3：延长FN交ME于H，根据折叠的性质以及平行线的性质、三角形外角的性质即可求解； （2）如图4，延长AP交CM于C，延长BN交CM于D，根据折叠的性质以及平行线的性质、平角的定义即可求解． 【解答】解：（1）①如图2， ∵∠1＝90°， ∴∠2+∠3＝90°， 由折叠得：∠2＝∠3， ∴∠2＝∠3＝45°， 故答案为：45°； ②∠2＝2∠1，理由如下： 如图3：延长FN交ME于H， 由折叠得：∠1＝∠GMN， ∵MG∥FN，ND∥ME， ∴∠GMN＝∠MNH，∠2＝∠NHE， ∴∠1＝∠MNH， ∴∠2＝∠NHE＝∠1+∠MNH＝2∠1； （2）∠2+∠3＝90°，理由如下： 如图4，延长AP交CM于C，延长BN交CM于D， ∵PN∥CD， ∴∠2＝∠6，∠3＝∠7， ∵∠1＝90°， ∴∠4+∠PMC+∠5+∠NMD＝90°， ∵纸片的上下平行， ∴∠4+∠PMC＝∠6，∠5+∠NMD＝∠7， ∴∠6+∠7＝90°， ∴∠2+∠3＝90°． 【点评】本题考查了平行线的性质和判定，折叠的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 14．（2024•富平县二模）如图，将正方形（ABCD）纸片沿线段BE折叠之后，使点C落在正方形内部的点F处，若∠ABF比∠EBF大12°，则∠EBF的度数为（　　） A．52° B．28° C．30° D．26° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力． 【答案】D 【分析】先由正方形的性质得到∠ABC＝90°，再由折叠的性质可得∠EBF＝∠∠EBC，则可得∠EBF+12°+∠EBF+∠EBF＝90°，据此可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°， 由折叠的性质可得∠EBF＝∠∠EBC， ∵∠ABF比∠EBF大12°， ∴∠ABF＝∠EBF+12°， ∴∠EBF+12°+∠EBF+∠EBF＝90°， ∴∠EBF＝26°， 故选：D． 【点评】本题主要考查了平行线的性质，关键是掌握正方形性质与折叠问题． 15.解：根据题意得，∠BFE=∠B'FE， ∵∠1+∠BFE+∠B'FE=180°， ∴∠1+2∠BFE=180°， ∴∠BFE=70°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD∥BC， ∴AE∥BF， ∴∠DEF=∠BFE=70°， ∵∠AEF+∠DEF=180°， ∴∠AEF=110°． 16.解：第一次折叠后，得到的折痕AB与直线m之间的位置关系是垂直，将正方形纸展开，再进行第二次折叠（如图（4）所示），得到的折痕CD与第一次折痕之间的位置关系是垂直； ∵AB⊥m，CD⊥m， ∴∠1=∠2=∠3=∠4= 90°， ∵∠3=∠1， ∴AB∥CD（同位角相等，两直线平行），故③正确； ∵∠4=∠2， ∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行），故④正确； 综上分析可知，正确的是①②． 17.解：根据折叠图形的性质可得∠BEF=（180°－30°）÷2=75°，∠C=90°， 则∠FBE=15°，∠ABF=90°－15°×2=60°. 18.解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90°， 由折叠可知，∠ABE=∠A′BE，∠CBF=∠C′BF， ∵∠A′BF=∠C′BF-∠A′BC′，∠ABE+∠A′BE+∠A′BF+∠CBF=90°， ∴2∠A′BE+2∠C′BF-∠A′BC′=90°，即：2∠A′BE+2∠C′BF=90°+∠A′BC′=104°， ∴∠A′BE+∠C′BF=52°， ∴∠EBF=∠A′BE+∠C′BF-∠A′BC′=52°-14°=38°， 故答案为：38°． 19.解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°， 由第一次折叠可知： ∠DAC=∠BAC=45°，∠AEF=∠A′EF， ∵A′E∥AC， ∴∠A′ED=∠DAC=45°，∠COF=∠A′EF， ∴∠COF=∠A′EF=∠AEF=（180°-45°）=67.5°， 故答案为：67.5°． 20.解：ED⊥CD． 理由：∵由翻折的性质可知：∠ADC=∠A′DC，∠BDE=∠B′DE， ∴∠EDA′=∠BDB′，∠A′DC=∠A′DA． ∴∠EDC=(∠BDB′+∠B′DA)=×180°=90°． ∴ED⊥DC． 题型三：利用平行线的性质解决三角形中折叠问题 21．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，△ABC中，∠B＝55°，D，E分别在AB、AC上，且DE∥BC．将△ABC沿线段DE折叠，使点A落在点F处，则∠BDF的度数为（　　） A．50° B．55° C．70° D．85° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力． 【答案】C 【分析】先根据平行线的性质得到∠ADE＝55°，再由折叠的性质可得∠EDF＝∠ADE＝55°，则由平角的定义可得∠BDF＝180°﹣∠EDF﹣∠ADE＝70°． 【解答】解：∵DE∥BC，∠B＝55°， ∴∠ADE＝∠B＝55°， 由折叠的性质可知∠EDF＝∠ADE＝55°， ∴∠BDF＝180°﹣∠EDF﹣∠ADE＝70°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，熟知两直线平行，同位角相等是解题的关键． 22．（2024秋•宁江区期末）如图，把△ABC沿平行于BC的直线DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，若∠B＝50°，则∠BDF的度数为（　　） A．40° B．50° C．80° D．100° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；展开与折叠；推理能力． 【答案】C 【分析】首先利用两直线平行同位角线段得∠ADE＝50°，再利用折叠性质得出∠ADE＝∠EDF，从而求出∠BDF的度数． 【解答】解：∵BC∥DE，∠B＝50°， ∴∠ADE＝50°， 又∵△ABC沿线段DE折叠，使点A落在点F处， ∴∠ADE＝∠EDF＝50°， ∴∠BDF＝180°﹣50°﹣50°＝80°， 故选：C． 【点评】本题考查了折叠问题与平行线的性质，利用折叠的性质，得出∠ADE＝∠EDF是解决问题的关键． 23．（2023春•东阳市期中）如图，在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝α，按如图所示进行翻折，使B′D∥C'G∥BC，B′E∥FG，则∠C'FE的度数是（　　） A．2α﹣180° B．180°﹣2α C．90°﹣α D．α﹣90° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力． 【答案】A 【分析】设∠ADB′＝γ，∠AGC′＝β，∠CEB′＝y，∠C′FE＝x，利用平行线的性质，三角形内角和定理构建方程组即可解决问题． 【解答】解：设∠ADB′＝γ，∠AGC′＝β，∠CEB′＝y，∠C′FE＝x， ∵B'D∥C'G， ∴γ+β＝∠B+∠C＝α， ∵EB′∥FG， ∴∠CFG＝∠CEB′＝y， ∴x+2y＝180°     ①， ∵γ+y＝2∠B，β+x＝2∠C， ∴γ+y+β+x＝2α， ∴x+y＝α       ②， ②×2﹣①可得x＝2α﹣180°， ∴∠C′FE＝2α﹣180°． 故选：A． 【点评】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型． 24．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠C＝30°，D为边BC上一点，将△ADC沿直线AD翻折后，点C落到点E处．若DE∥AB，则∠AFC的度数为 　70°　． 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】三角形；展开与折叠；推理能力． 【答案】70°． 【分析】根据三角形的内角和得到∠BAC＝110°，由折叠的性质得到∠E＝∠C＝30°，∠EAD＝∠CAD，∠ADC＝∠ADE，根据平行线的性质得到∠BAE＝∠E＝30°，根据三角形外角的性质即可得到结论． 【解答】解：∵∠B＝40°，∠C＝30°， ∴∠BAC＝110°， 由折叠的性质得，∠E＝∠C＝30°，∠EAD＝∠CAD，∠ADE＝∠ADC， ∵DE∥AB， ∴∠BAE＝∠E＝30°， ∴∠AFC＝∠BAE+∠B＝30°+40°＝70°， 故答案为：70°． 【点评】本题考查了三角形外角的性质，折叠的性质，平行线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 25．（2024春•鼓楼区期末）如图，点D，E，F分别在△ABC的各边上，DE∥AC，DF∥AB．将△ABC沿DE翻折，使得点B落在B′处，沿DF翻折，使得点C落在C′处．若∠B′DC′＝40°，则∠A＝　70　°． 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】几何图形问题；展开与折叠；推理能力． 【答案】70° 【分析】设∠EDB＝x°，根据折叠可知∠B′DE＝∠EDB＝x°，因此∠EDC′＝x°﹣40°，从而得到∠CDC′＝180°﹣∠BDE﹣∠EDC′＝220°﹣2x°，由折叠可得∠CDF∠CDC′＝110°﹣x°，再根据DE∥AC，可得∠C＝∠EDB＝x°，在△DFC中，∠DFC＝180°﹣∠C﹣∠CDF＝70°，根据DF∥AB，得到∠A＝∠DFC＝70°． 【解答】解：设∠EDB＝x°， ∵△ABC沿DE翻折，点B落在B′处， ∴∠B′DE＝∠EDB＝x°， ∵∠B′DC′＝40°， ∴∠EDC′＝x°﹣40°， ∴∠CDC′＝180°﹣∠B′DE﹣∠EDC′＝220°﹣2x°， ∵△ABC沿DF翻折，点C落在C′处， ∴∠CDF∠CDC′＝110°﹣x°， ∵DE∥AC， ∴∠C＝∠EDB＝x°， 在△DFC中，∠DFC＝180°﹣∠C﹣∠CDF＝70°， ∵DF∥AB， ∴∠A＝∠DFC＝70°． 故答案为：70°． 【点评】本题考查平行线的性质、折叠的性质、三角形的内角和定理等知识． 26．（2023春•上蔡县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝100°，∠C＝70°，点M、N分别在AB、BC上，将△BMN沿MN翻折，得△FMN．若MF∥AD，FN∥DC，则∠B的度数为　95　°． 【考点】平行线的性质．版权所有 【答案】见试题解答内容 【分析】首先利用平行线的性质得出∠BMF＝100°，∠FNB＝70°，再利用翻折变换的性质得出∠FMN＝∠BMN＝50°，∠FNM＝∠MNB＝35°，进而求出∠B的度数以及得出∠D的度数． 【解答】解：∵MF∥AD，FN∥DC，∠A＝100°，∠C＝70°， ∴∠BMF＝∠A＝100°，∠FNB＝∠C＝70°， ∵将△BMN沿MN翻折，得△FMN， ∴∠FMN＝∠BMN＝50°，∠FNM＝∠MNB＝35°， ∴∠F＝∠B＝180°﹣50°﹣35°＝95°， 故答案为：95． 【点评】此题主要考查了平行线的性质以及多边形内角和定理以及翻折变换的性质，得出∠FMN＝∠BMN，∠FNM＝∠MNB是解题关键． 27．（2023春•三元区期中）如图1，△ABC中，D是AC边上的点，先将ABD沿看BD翻折，使点A落在点A'处，且A′D∥BC，A′B交AC于点E（如图2），又将△BCE沿着A′B翻折，使点C落在点C′处，若点C′恰好落在BD上（如图3），且∠C′EB＝75°，则∠C＝　80°　° 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力． 【答案】80°． 【分析】先由平行线性质得：∠A′＝∠CBE，再由折叠可得：∠A＝∠A'，∠ABD＝∠DBE＝∠CBE，∠BC'E＝∠C，则∠A＝∠ABD＝∠DBE＝∠CBE，由三角形内角和定理知∠BC'E+∠C'EB+∠DBE＝180°，而∠C'EB＝75°，可求得∠C+∠DBE＝105°，然后由∠A+∠C+∠ACB＝180°，则∠C+4∠DBE＝180°，即可求出∠C度数． 【解答】解：∵A′D∥BC， ∴∠A′＝∠CBE， 由折叠可得：∠A＝∠A'，∠ABD＝∠DBE＝∠CBE，∠BC'E＝∠C， ∴∠A＝∠ABD＝∠DBE＝∠CBE， ∵∠BC'E+∠C'EB+∠DBE＝180°，∠C'EB＝75°， ∴∠BC'E+∠DBE＝105°， ∴∠C+∠DBE＝105°， ∵∠A+∠C+∠ACB＝180°， ∴∠C+4∠DBE＝180°， ∴∠C＝80°， 故答案为：80°． 【点评】本题考查平行线的性质，折叠性质，三角形内角和定理，求出∠C+∠DBE＝105°和∠C+4∠DBE＝180°是解题的关键． 28．（2023春•皇姑区校级期中）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，点D在AB上，点G在BC上，△BDG沿直线DG翻折到△FDG位置，DF与BC交于点E，如果DF∥AC，那么∠B与∠BDG的数量关系是 　∠B+2∠BDG＝90°　． 【考点】平行线的性质．版权所有 【答案】∠B+2∠BDG＝90° 【分析】根据翻折的性质得出∠BDG＝∠FDG，进而利用平行线的性质解答即可． 【解答】解：∠B与∠BDG的数量关系是：∠B+2∠BDG＝90°， ∵AC∥DF， ∴∠DEB＝∠C＝90°， ∴∠B+∠FDB＝90°， 由翻折可得：∠BDG＝∠FDG， ∴∠B+2∠BDG＝90°， 故答案为：∠B+2∠BDG＝90°． 【点评】此题考查翻折问题，关键是根据折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等解答． 29．（2022春•浦北县期中）如图，在△ABC中，DE∥BC，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在平面内的A'处，若∠B＝40°，则∠BDA'的大小是 　100°　． 【考点】平行线的性质．版权所有 【专题】三角形；推理能力． 【答案】100°． 【分析】根据平行线的性质，可得∠ADE与∠B的关系，根据折叠的性质，可得△ADE与△A′DE的关系，根据角的和差，可得答案． 【解答】解：DE∥BC， ∴∠ADE＝∠B＝40°． △ADE沿DE翻折，使得点A落在平面内的A′处， ∴∠A′DE＝∠ADE＝40°． 由角的和差，得 ∠BDA′＝180°﹣∠A′DE﹣∠ADE ＝180°﹣40°﹣40° ＝100°． 故答案为：100°． 【点评】本题考查了平行线的性质，折叠问题，折叠得到的图形与原图形全等是解题关键． 30．如图，将纸片ABCD沿PR翻折得到△PC′R，恰好C′P∥AB，C′R∥AD．若∠B＝120°，∠D＝50°，则∠C＝　95　度． 【考点】平行线的性质．版权所有 【答案】见试题解答内容 【分析】根据折叠得出∠CRP＝∠C′RP，∠CPR＝∠C′PR，根据平行线的性质得出∠C′RC＝∠D＝50°，∠C′PC＝∠B＝120°，求出∠CRP＝∠C′RP＝25°，∠CPR＝∠C′PR＝60°， 即可得出答案． 【解答】解：∵将纸片ABCD沿PR翻折得到△PC′R， ∴∠CRP＝∠C′RP，∠CPR＝∠C′PR， ∵C′P∥AB，C′R∥AD，∠B＝120°，∠D＝50°， ∴∠C′RC＝∠D＝50°，∠C′PC＝∠B＝120°， ∴∠CRP＝∠C′RP＝25°，∠CPR＝∠C′PR＝60°， ∴∠C＝180°﹣∠CRP﹣∠CPR＝95°， 故答案为：95． 【点评】本题考查了折叠的性质，平行线的性质和判定，能正确运用性质和定理进行推理是解此题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$