专题2.5 平行线中的折叠问题的四大题型（北师大版）（解析版）

第=1+1页共sectionpages39页专题2.5平行线中的折叠问题的四大题型【北师大版】考卷信息：本套训练卷共40题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对平行线中的折叠问题的四大题型的理解！【题型1利用平行线的性质解决长方形中的折叠问题】1．（2023下·江苏苏州·七年级校考期中）如图，将长方形ABCD沿EF翻折，使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点H处，若∠1=32°，则∠2=（

）

A．112° B．110° C．108° D．106°【答案】D【分析】根据折叠的性质和平行线的性质，可以得到∠3的度数和∠3+∠2=180°，从而可以得到∠2的度数．【详解】解：由题意可得，∠3=∠4，∵∠1=32°，∠1+∠3+∠4=180°，∴∠3=∠4=74°，∵四边形ABCD是长方形，∴AD∥∴∠3+∠2=180°，∴∠2=106°，故选：D．

【点睛】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．（2023下·湖北武汉·七年级统考期中）如图，点E，F分别为长方形纸片ABCD的边AB，CD上的点，将长方形纸片沿EF翻折，点C，B分别落在点C'，B'处．若∠DFC'=α，则∠FEA−∠AEB′的度数为（

A．45°+12α B．60°−12α 【答案】D【分析】根据折叠的性质得到，∠CFE=∠C′FE，∠BEF=∠B′EF，进而利用邻补角得【详解】解：根据折叠的性质得到，∠CFE=∠C′FE∵∠DFC′=α∴∠CFE=∠C∵∠BEF=∠B′EF∴∠BEF=∠B′EF=∠DFE=180°−∠CFE=180°−∴∠AEB∴∠FEA−∠AEB故选：D．【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及折叠的性质，熟练掌握平行线的性质以及折叠的性质是解题的关键．3．（2023下·重庆沙坪坝·七年级校考阶段练习）如图，长方形ABCD中将△ABF沿AF翻折至△AB′F处，若AB′∥BD，

【答案】59°【分析】根据长方形的性质可得，∠ABC=90°，AD∥BC，根据折叠的性质，可得∠B′=∠ABC=90°，∠BFA=∠B′FA，根据平行线的性质可得∠B【详解】解：在长方形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，根据折叠的性质，可得∠B′=∠ABC=90°∵AB∴∠B∵∠1=28°，∴∠DMN=180°−90°−28°=62°，∵AD∥BC，∴∠BFM=∠DMN=62°，∴∠BFA=∠B∵∠ABC=90°，∴∠BAF=180°−90°−31°=59°，故答案为：59°．【点睛】本题考查了长方形的性质，翻折变换（折叠问题），平行线的性质等，熟练掌握这些性质是解题的关键．4．（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，一张矩形ABCD纸片，点P和点Q分别在AD和BC上，沿PQ折叠纸片，点E和点F分别是点D和点C的对应点，如果翻折之后测量得∠BQF=46°，则∠DPQ的度数是．【答案】67°或113°【分析】先根据折叠的性质得出∠PQC=∠PQF，再分情况讨论，向下翻折时，向上翻折时，并利用平行线的性质解答即可．【详解】解：如图，向下翻折时，∵沿PQ折叠，点E和点F分别是点D和点C的对应点，∴∠PQC=∠PQF，∵∠BQF=46°，∴∠PQF=∠PQB+∠BQF=∠PQB+46°，∴∠PQC=∠PQF=∠PQB+46°，∵∠PQB+∠PQC=∠BQC=180°，∴∠PQB+∠PQB+46°=180°，∴∠PQB=67°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠DPQ=∠PQB=67°，如图，当向上翻折时，同理可得，∠PQC=∠PQF，∴2∠PQC+∠BQF=180°，∴∠PQC=1∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠DPQ=180°−∠PQC=113°，故答案为：67°或113°．【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，平角的定义，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．5．（2023下·重庆渝中·七年级重庆巴蜀中学校考开学考试）如图，将一张长方形的纸片沿折痕EF翻折，使点B、C分别落在点M、N的位置，且∠NED=12∠EFM，则∠MFA=【答案】36【分析】先由折叠的性质得到∠NEF=∠CEF，∠MFE=∠BFE，再由平行线的性质得到∠DEF=∠BFE，结合已知条件推出∠NED=12∠DEF，则∠CEF=∠NEF=32【详解】解：由折叠的性质可得∠NEF=∠CEF，∵AB∥CD，∴∠DEF=∠BFE，∴∠DEF=∠MFE，∵∠NED=1∴∠NED=1∴∠CEF=∠NEF=3∵∠CEF+∠DEF=180°，∴∠DEF+3∴∠DEF=72°，∴∠MFE=∠BFE=∠DEF=72°，∴∠AFM=180°−∠MFE−∠BFE=36°，故答案为：36．【点睛】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，内错角相等是解题的关键．6．（2023下·河北保定·七年级校考期末）如图，将一张长方形的纸片沿折痕EF翻折，使点C，D分别落在点M，N的位置．（1）若∠AEN=20°，则∠AEF的度数为；（2）若∠BFM=12∠EFM，则∠DEF【答案】80°/80度108°/108度【分析】（1）根据折叠的性质可知∠NEF=∠DEF，再由平角的定义得到∠AEF+∠DEF=180°，由此求解即可；（2）先根据折叠的性质与平角的定义结合已知条件求出∠EFC=72°，再由AD∥BC，即可得到∠DEF=180°-∠EFC=108°．【详解】解：（1）由折叠的性质可知∠NEF=∠DEF，∵∠NEF=∠AEN+∠AEF，∠AEF+∠DEF=180°，∠AEN=20°，∴∠AEF+∠AEF+20°=180°，∴∠AEF=80°，故答案为：80°；（2）由折叠的性质可得∠EFM=∠EFC，∵∠EFC+∠EFM+∠BFM=180°，∠BFM=1∴12∴∠EFC=72°，由题意得AD∥BC，∴∠DEF=180°-∠EFC=108°，故答案为：108°．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，熟知折叠的性质和平行线的性质是解题的关键．7．（2023下·重庆·七年级四川外国语大学附属外国语学校校考期末）如图，在长方形ABCD中，点P在AB上，连接PC、PD，将△APD沿PD翻折得到△A′PD，△BCP沿PC翻折得到△B′CP，已知∠A【答案】40°【分析】根据平行线的性质可得∠BPC的度数，根据折叠的性质可得∠B′PC=∠BPC，∠A′PD=∠APD，∠A′=∠A=90°，可得∠A′PD的度数，进一步可得∠A′DP【详解】解：在长方形ABCD中，AB∥CD，∠A＝∠ADC＝90°，∴∠BPC＝∠PCD，∵∠PCD＝40°，∴∠BPC＝40°，根据翻折，可得∠B'PC=∠BPC，∠∴∠B∵∠A∴∠BPA∴∠A∴∠A∵AB∥CD，∴∠PDC＝∠APD＝65°，∴∠A故答案为：40°．【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．8．（2023下·重庆·七年级重庆实验外国语学校校考期中）如图，将长方形ABCD沿EF翻折，再沿ED翻折，若∠FEA″=105°，则【答案】155【分析】首先根据平行线的性质，可设∠DEF=∠BFE=x°，再根据折叠的性质可得，∠DEA'=∠DEA''=105°+x°，∠AEF=∠FEA'=105°+2x°，再根据平行线的性质，可得∠AEF+∠BFE=180°，即可求得x的值，据此即可求得．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠DEF=∠BFE，设∠DEF=∠BFE=x°，∵∠DEA''=∠FEA''+∠DEF，∠FEA∴∠DEA''=105°+x°，由沿AD折叠可知：∠DEA'=∠DEA''=105°+x°，∴∠FEA'=∠DEA'+∠DEF=105°+2x°，由沿EF折叠可知：∠AEF=∠FEA'=105°+2x°，∵AD∥∴∠AEF+∠BFE=180°，即105°+2x°+x°=180°，解得x=25，∴∠BFE=25°，∴∠CFE=180°−∠BFE=180°−25°=155°，故答案为：155．【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题，折叠的性质，平行线的性质，找准相等的角是解决本题的关键．9．（2023下·浙江金华·七年级统考期末）小明想玩一个折纸游戏，分以下三步进行∶第一步，将长方形纸条ABCD向上翻折，记点C、D的对应点分别为C′、D′，折痕为EF，且C′E交AD于点G（如图1；第二步，将四边形GFD′C′沿GF向下翻折，记C′、D（1）若∠CEF=20°，则∠EFD″（2）若∠CEF=17°，则当A′H∥C″【答案】12034【分析】（1）根据折叠的性质和三角形外角的性质求解即可；（2）根据折叠的性质和平行线的性质求解即可．【详解】∵∠CEF=20°∴由题意可得，∠GEF=∠CEF=20°∵AD∥BC∴∠GFE=∠CEF=20°∴∠∵G∴∠GF∴由折叠可得，∠GF∴∠EFD（2）如图所示，∵∠CEF=20°∴由题意可得，∠GEF=∠CEF=17°∵AD∥BC∴∠GFE=∠CEF=17°∴∠∵G∴∠GF∵F∴∠FG∵A∴∠GH∵AG∥BE∴∠EN∵H∴∠EMB【点睛】此题考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．10．（2023下·上海静安·七年级新中初级中学校考期中）已知，如图1，四边形ABCD，∠D=∠C=90°，点E在BC边上，P为边AD上一动点，过点P作PQ⊥PE，交直线DC于点Q．(1)当∠PEC=70°时，求∠DPQ；(2)当∠PEC=4∠DPQ时，求∠APE；(3)如图3，将△PDQ沿PQ翻折使点D的对应点D′落在BC边上，当∠QD′C=40°时，请直接写出∠PEC【答案】(1)20°；(2)72°或120°；(3)65°．【分析】（1）结合已知先证AD∥BC，利用平行线和平角的性质得到（2）当点Q在边CD上时，利用（1）中关系可求解，当点Q在CD的延长线上时，如图，由（1）可知AD∥BC，∠EPQ=90°可求得（3）由翻折和已知可求得∠PD′E=50°，从而得到∠DP【详解】（1）∵∠D=∠C=90°∴∠D+∠C=180°∴AD∴∠APE=∠PEC=70°∵PQ⊥PE∴∠EPQ=90°∴∠APE+∠DPQ=90°∴∠PEC+∠DPQ=90°∠DPQ=90°−∠PEC=90°−70°=20°（2）当点Q在边CD上时，由（1）有，∠PEC+∠DPQ=90°，∠APE=∠PEC∵∠PEC=4∠DPQ，∴∠DPQ=18°，∠PEC=72°，∴∠APE=72°；当点Q在CD的延长线上时，如图，由（1）可知AD∥BC∴∠DPE=90°−∠DPQ∠DPE+∠PEC=180°，∠APE=∠PEC∵∠PEC=4∠DPQ，∴90°−∠DPQ+4∠DPQ=180°解得：∠DPQ=30°∴∠APE=∠PEC=4∠DPQ=120°即∠APE为72°或120°．（3）∵∠D=∠D∴∠QD∵∠QD∴∠PD由（1）可知AD∥BC∴∠DP由翻折可知∴∠DPQ=∠PEC=90°−∠DPQ=65°故答案为65°．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，翻折的性质；解题的关键是证明AD∥11．（2023下·浙江宁波·七年级统考期末）如图将长方形纸带沿DE折叠，∠DEC=75∘，且点C落在点C′．若折叠后点A，点C′和点E恰好在同一直线上，则

【答案】60【分析】由折叠可得∠DC′E=∠C=90°，∠DEC′=∠DEC=75【详解】解：由题意可得：∠C=90∘，AD∥由折叠得：∠DC′E=∠C=90∴∠EDC∵AD∥BC，∴∠ADE=∠DEC=75∴∠ADC故答案为：60【点睛】本题主要考查折叠和平行线的性质，解答的关键熟记平行线的性质并灵活运用．12．（2023下·江苏无锡·七年级校考阶段练习）如图①，在长方形ABCD中，E点在AD上，并且∠ABE=30°，分别以BE、CE为折痕进行折叠并压平，如图②，若图②中∠BCE=n°，则∠AED的度数为°(用含n的代数式表示)

【答案】2n−60【分析】由题意得：∠A=∠A′=90°，即可得△ABE、△A′BE为直角三角形，然后可求得∠AED′【详解】解：根据题意得：∠A=∠A′=90°，△A′

∴∠1=∠AEB=60°，∵∠BCE=n°，A′D′∴∠ECB=∠2=n°，∴∠AED′=180°−∠1−∠AEB=180°−60°−60°=60°∴∠DED′=∠AED+∠AED′∴∠AED=∠DED′–∠AED′=2n−60故答案为2n−60．【点睛】此题考查了折叠的性质、平行线的性质，注意数形结合思想的应用，注意折叠中的对应关系．13．（2023下·湖北武汉·七年级校考阶段练习）如图，把一张长方形纸条ABCD沿AF折叠，已知∠ADB=36°，那么：

(1)试探究∠MAF与∠MFA有何数量关系？(2)试说明，当∠BAF为多少度时，AE∥【答案】(1)∠MAF=∠MFA(2)∠BAF应为63°时，AE∥【分析】（1）根据平行线的性质得∠MAF=∠BFA，再根据折叠的性质得∠BFA=∠MFA，从而可得出∠MAF=∠MFA；（2）根据折叠的性质得到∠BAF=∠EAF，要AE∥BD，则要有∠BAE=126°，从而可求出【详解】（1）解：∵AD∥∴∠MAF=∠BFA，根据折叠的性质得：∠BFA=∠MFA，∴∠MAF=∠MFA；（2）解：∠BAF应为63°．理由是：∵∠ADB=36°，四边形ABCD是长方形，∴∠ABD=54°．∵要使AE∥BD，需使由折叠可知∠BAF=∠EAF，∴∠BAF应为63°．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了直线平行的判定．14．（2023下·浙江台州·七年级统考期末）如图，有一张长方形纸条ABCD，AD∥BC，在线段DE，CF上分别取点G，H，将四边形CDGH沿直线GH折叠，点C，D的对应点为C′，D′，将四边形ABFE沿直线EF折叠，点A，B的对应点为A′

(1)若C′、D′在直线AD的上方，当α=50°且满足C′(2)在（1）的条件下，猜想直线EF和GH的位置关系，并证明(3)在点G，H运动的过程中，若C′H∥B′【答案】(1)40°(2)EF⊥GH，理由见解析过程(3)∠CHG=90°−a或180°−α【分析】（1）由折叠的性质可得：∠BFB′=2∠EFB=100°，∠CHG=（2）由平行线的性质可求∠PFH=∠CHG=40°，可求∠EFP=90°，即可得结论；（3）分两种情况讨论，由平行线的性质和折叠的性质可求解．【详解】（1）解：由折叠得：∠BFB′=2∠EFB=100°∴∠B∵C′∴∠CHC∴∠CHG=1（2）解：猜想：EF⊥GH，理由如下：如图，过点F作FP∥HG交AD于点

∴∠PFH=∠CHG=40°，∵∠EFB=50°，∴∠EFP=180°−40°−50°=90°，即EF⊥FP．又∵FP∥∴EF⊥GH；（3）解：如图，当C′、D′在直线

由折叠得：∠BFB′=2∠EFB=2α∴∠B∵C′∴∠CHC∴∠CHG=1如图，当C′、D′在直线

由折叠得：∠BFB′∵AD∥∴∠BFB′=∠FPG=2α∵C′H∥∴D′∴∠DGD∴∠DGH=1∴∠CHG=180°−a，综上所述：∠CHG=90°−a或180°−α．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，熟练掌握平行线的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．【题型2利用平行线的性质解决正方形中的折叠问题】1．（2023·广东佛山·统考二模）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∠AA．100° B．110° C．115° D．120°【答案】B【分析】根据折叠性质求得∠BFE=70∘，根据平行线的性质可得【详解】∵正方形ABCD沿EF折叠，∴∠B'FE=∠BFE∵∠B∴∠BFE=1∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠AEF=180即∠A故选：B．【点睛】本题考查折叠的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握并运用折叠的性质，平行线的性质．2．（2023下·河南信阳·七年级统考期中）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．A．①② B．②③ C．③④ D．①④【答案】C【分析】根据折叠可直接得到折痕AB与直线m之间的位置关系是垂直，折痕CD与第一次折痕之间的位置关系是垂直；然后根据平行线的判定条件由③∠3=∠1可得AB∥CD，由④∠4=∠2，可得AB∥CD．【详解】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，故C正确．故选：C．【点睛】此题主要考查了平行线的判定，以及翻折变换，关键是掌握平行线的判定定理．3．（2023下·江苏无锡·七年级统考期中）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的度数为．【答案】60°.【详解】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°.考点：折叠图形的性质4．（2020上·浙江·七年级期末）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【答案】67.5°【分析】根据折叠的性质得到∠DAC=∠BAC，∠AEF=∠A′EF，再根据平行线的性质得到∠A′ED=∠DAC=45°，∠COF=∠A′EF，从而计算即可．【详解】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=12故答案为：67.5°．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，解题的关键是利用折叠和平行线的性质得到相等的角．5．（2023·江苏扬州·校考二模）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′

【答案】38°【分析】由正方形的性质及折叠的性质可得∠ABC=90°，∠ABE=∠A′BE，∠CBF=∠C′BF，利用角之间的和差关系可得【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，由折叠可知，∠ABE=∠A′BE∵∠A′BF=∠∴2∠A′BE+2∠∴∠A∴∠EBF=∠A故答案为：38°．【点睛】本题考查正方形与折叠的性质，利用正方形与折叠的性质得到∠A6．（2023下·七年级课时练习）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．【答案】为定值．【详解】解：由折叠可知，∠FEA′＝∠FEA，∠GEB＝∠GEA′，所以∠FEA′=12【题型3利用平行线的性质解决三角形中的折叠问题】1．（2023下·山西晋中·七年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D是BC上的一点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，边AE交BC于点F，若DE∥AC，则

A．135° B．120° C．105° D．75°【答案】C【分析】根据等腰三角形的性质得出∠B=∠C=12180°−120°=30°，根据平行线的性质得出∠EDF=∠C=30°，求出【详解】解：∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠B=∠C=1∵DE∥∴∠EDF=∠C=30°，∴∠ADB+∠ADE=180°+∠EDF=210°，根据折叠可知，∠ADB=∠ADE，∴∠ADB=∠ADE=1故选：C．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，折叠的性质，解题的关键是求出∠ADB+∠ADE=180°+∠EDF=210°．2．（2023·广东广州·统考二模）如图，在△ABC中，D，E分别是边AC，BC的中点，∠B=80°，现将△CDE沿DE翻折，点C的对应点为C′，则∠BE

A．40° B．30° C．20° D．10°【答案】C【分析】先根据三角形的中位线可得DE∥BC，得到∠DEC=∠B=80°，再根据折叠的性质可得【详解】解：∵在△ABC中，D，E分别是边AC，∴DE∥∴∠DEC=∠B=80°,∵将△CDE沿DE翻折，点C的对应点为C′∴∠DEC=∠DEC∴∠BEC故选C．【点睛】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质、平行线的性质、折叠的性质等知识点，掌握中位线的性质是解答本题的关键．3．（2023下·陕西榆林·七年级校考期末）如图，在△ABC中，∠C=80°，D为AC上一点，且AD=BD，将△ABD沿BD翻折得到△A′BD，此时A′

【答案】75【分析】设∠A=∠ABD=x，根据翻折得，∠A=∠DBA′=∠A′=∠ABD=x，由【详解】解：∵AD=BD，∴∠A=∠ABD．设∠A=∠ABD=x，∵将△ABD沿BD翻折得到△A∴∠A=∠DBA∵A′∴∠A∴∠ABC=∠CBA由三角形内角和定理得，∠A+∠ABC+∠C=180°，x+3x+80°=180°，解得x=25°，∴∠ABC=3x=3×25°=75°，故答案为：75．【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，以及平行线的性质，掌握翻折前后图形的大小、形状不变．4．（2023下·吉林四平·七年级四平市第三中学校校考开学考试）如图，在△ABC中，点D、E分别为边BC、AC上的点，连接DE，将△CDE沿DE翻折得到△C′DE，使C′D∥AB．若∠A=75°，

【答案】30【分析】由C′D∥AB得出∠DGE=∠A=75°，由折叠性质可知，【详解】解：如图，设AC，C′

∵C′∴∠DGE=∠A=75°，由折叠性质可知，∠C∴∠C故答案为：30．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，三角形外角的性质，平行线的性质，解答本题的关键是求出∠DGE的度数．5．（2023·山东济宁·统考一模）如图，在△ABC中，∠ABC+∠ACB=130°，按图进行翻折，使MD∥NG∥BC，ME∥FG，则∠NFE的度数是°．【答案】80【分析】如图，根据翻折的性质可得∠M=∠B，∠N=∠C，∠2=∠NFG，根据平行线的性质可得∠M=∠1，∠N=∠NFE，∠1=∠2，即可得出2∠B+∠C=180°，根据∠ABC+∠ACB=130°可求出∠B、∠C的度数，进而可得答案．【详解】如图，∵按图进行翻折，∴∠M=∠B，∠N=∠C，∠2=∠NFG，∵MD∥NG∥BC，ME∥FG，∴∠M=∠1，∠N=∠NFE，∠1=∠2，∵∠2+∠NFG+∠NFE=180°，∴2∠B+∠C=180°∵∠ABC+∠ACB=130°，∴∠B=50°，∠C=80°，∴∠NFE=∠C=80°．故答案为：80【点睛】本题考查翻折的性质及平行线的性质，正确找出翻折后的对应边和对应角并熟练掌握平行线的性质是解题关键．6．（2023上·江苏宿迁·七年级南师附中宿迁分校校考期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=68°，D是AB的中点，点E在边AC上一动点，将△ABE沿DE翻折，使点A落在点A′处，当A′【答案】113°或23°【分析】本题主要考查了折叠的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，分当A′在AC上方，A′E∥BC时，当A′在AC下方，A′【详解】解：如图，当A′在AC上方，A∴∠A∵∠ABC=68°，∴∠A=90°−68°=22°，由翻折可知：∠A′ED=∠AED=1∴∠ADE=180°−∠A−∠AED=180°−22°−45°=113°．如图，当A′在AC下方，A∴∠A∴∠由翻折可知：∠A∴∠ADE=180°−135°−22°=23°．故答案为：113°或23°．7．（2023下·山东青岛·七年级校联考期末）如图，将△ABC沿BC翻折，使点A落在点A'处，过点B作BD//AC交A'C于点D，若∠A'BC＝30°，∠BDC＝140°，则∠A的度数为．【答案】130°【分析】先利用轴对称的性质得到∠ABC＝∠A'BC＝30°，∠ACB＝∠A'CB，再利用平行的性质得到∠CBD＝∠ACB，等量代换得到∠CBD＝∠A'CB，利用三角形内角和定理求出∠A'CB，最后利用三角形内角和定理即可求出∠A的度数．【详解】解：∵△ABC沿BC翻折得到△A'BC，∴∠ABC＝∠A'BC＝30°，∠ACB＝∠A'CB，∵BD//AC，∴∠CBD＝∠ACB，∴∠CBD＝∠A'CB，∵∠BDC＝140°，∴∠A'CB＝12∴∠ACB＝20°，∴∠A＝180°−∠ABC−∠ACB=180°−30°−20°=130°．故答案为：130°．【点睛】本题考查三角形内角和定理，轴对称的性质，平行线的性质等，利用轴对称的性质得出∠ABC＝∠A'BC，∠ACB＝∠A'CB是解题的关键．8．（2023下·上海·七年级专题练习）将△ABC沿着DE翻折，使点A落到点A′处，A′D、A′E分别与BC交于M、N两点，且DE∥BC．已知∠A′NM＝27°，则∠NEC＝．【答案】126°【分析】利用平行线的性质求出∠DEN＝27°，再利用翻折不变性得到∠AED＝∠DEN＝27°，再根据平角的性质即可解决问题．【详解】解：∵DE∥BC，∴∠DEN＝∠A′NM＝27°，由翻折不变性可知：∠AED＝∠DEN＝27°，∴∠NEC＝180°﹣2×27°＝126°，故答案为126°．【点睛】本题考查翻折变换，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．9．（2023下·江苏扬州·七年级校考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠A＝80°，∠B与∠ADC互为补角，点E在边BC上，将△DCE沿DE翻折，得到△DFE，若AB∥FE，DF平分∠ADE，则∠B的度数为【答案】120【分析】由题意可以设∠CDE=∠EDF=∠ADF=x，∠B=y，根据四边形的内角和等于360°，可得3x+y=180°，∠A+∠C=180°，再由∠A=80°，可得∠C=100°，然后根据AB∥FE，可得∠CEF=∠B=y，从而得到y+2【详解】解：根据题意得：∠CDE=∠EDF，∵DF平分∠ADE，∴∠CDE=∠EDF=∠ADF，设∠CDE=∠EDF=∠ADF=x，∠B=y，则∠ADC=3x，∵∠B与∠ADC互为补角，∴∠B+∠ADC=180°，∴3x+y=180°，∠A+∠C=180°，∴y=180°-3x，∵∠A=80°，∴∠C=100°，∵AB∥∴∠CEF=∠B=y，由翻折得：∠F=∠C=100°，∴∠CDF+∠CEF=360°-∠C-∠F，∴y+2x=360°-200°=160°，∴180°-3x+2x=160°，解得：x=20°，∴y=120°，即∠B=120°，故答案为120．【点睛】本题考查翻折变换，四边形内角和定理，平行线的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考常考题型．10．（2023下·福建泉州·七年级统考期末）在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=50°，点D是AB边上一点，将△ACD沿CD翻折后得到△ECD．

(1)如图1，当点E落在BC上时，求∠BDE的度数；(2)当点E落在BC下方时，设DE与BC相交于点F．①如图2，若DE⊥BC，试说明：CE∥②如图3，连接BE，EG平分∠BED交CD的延长线于点G，交BC于点H．若BE∥CG，试判断【答案】(1)10°(2)①见解析；②4∠G−∠CFE=40°【分析】（1）根据翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用外角即可求出∠BDE的度数；（2）①根据翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用垂直可得∠B=∠ECF=40°，即可得到CE∥②设∠G=x，根据角平分线和平行线可得∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，可求得∠BCD=90°−∠ACD=90°−180°−∠A−∠ADC=2x−40°，再利用外角可得∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x−40°，即可得到【详解】（1）∵∠ACB=90°，∠A=50°，∴∠B=40°，∵将△ACD沿CD翻折后得到△ECD，∴∠A=∠CED=50°，∴∠BDE=∠CED−∠A=50°−40°=10°；（2）①根据翻折可得∠A=∠CED=50°，∠ADC=∠CDE∵DE⊥BC，∴∠ECF=90°−∠E=40°=∠B，∴CE∥②4∠G−∠CFE=40°，理由如下：设∠G=x，∵BE∥∴∠G=∠BEG=x，∠CDE=∠DEB∵EG平分∠BED，∴∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，∴∠ACD=180°−∠A−∠ADC=130°−2x，∴∠BCD=90°−∠ACD=90°−130°−2x∴∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x−40°，∴∠CFE=4∠G−40°，即4∠G−∠CFE=40°．【点睛】本题考查折叠的性质，平行线的性质与判定，三角形的外角性质，解题的关键是理清角度之间的关系．【题型4利用平行线的性质解决特殊图形中的折叠问题】1．（2023·浙江·七年级假期作业）如图，AB∥CD，AD∥BC，E为AD上一点，将△ABE沿BE翻折得到△FBE点F在BD上，且∠EFB=2∠EDF，∠C=56A．56° B．34° C．48° D．62°【答案】C【分析】由平行线的性质和折叠的性质得出∠BFE=∠A=56°，∠FBE=∠ABE，由三角形的外角性质得出求出∠ABD=180°−∠A−∠EDF=【详解】解：∵AB∥∴∠C+∠ABC=180∵AD∥∴∠A+∠ABC=180∴∠A=∠C=56由折叠的性质得：∠BFE=∠A=56°，∵∠EFB=2∠EDF，∠EFB=∠DEF+∠EDF，∴∠EDF=∠DEF=∴∠ABD=180∴∠ABE=故选：C．【点睛】本题考查了平行线的性质、折叠的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行线的性质是解决问题的关键．2．（2023下·浙江温州·七年级校考期中）如图，梯形ABCD中，AD∥BC,点M，N分别在AB，BC上，将△BMN沿MN翻折，得△FMN，若∠A=100°，FN∥AB，则∠BNM=（

）A．40° B．45° C．50° D．55°【答案】C【详解】根据两直线平行，同位角相等求出∠BMF、∠BNF，再根据翻折的性质求出∠BMN和∠BNM，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．解：∵AD∥BC，∠A=100°，∴∠B=80°，∵FN∥AB，∴∠CNF=80°，∴∠BNF=100°，∵△BMN沿MN翻折，得△FMN，∴∠BNM=12∠BNF=1故选C．3．（2023下·重庆万州·七年级统考期末）如图，六边形ABCDEF中，AF//CD，AB//DE，∠A=140°，∠B=100°，∠ECD＝20°，将△CDE沿CE翻折，得到△CD′E，则∠BCDA．60° B．80° C．100° D．120°【答案】B【分析】过点B作BG∥AF，利用平行线的性质求得∠BCD=120°，利用折叠的性质求得∠ECD=∠ECD'【详解】解：过点B作BG∥AF，∵AF∥CD，∴AF∥BG∥CD，∵∠A=140°，∠ABC=100°，∴∠ABG=180°-140°=40°，∠GBC=100°-40°=60°，∴∠BCD=180°-60°=120°，由折叠的性质得：∠ECD=∠ECD'∴∠BCD'=120°-∠ECD-∠ECD故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解答此题的关键．4．（2023·辽宁鞍山·校考三模）某同学在一次数学实践活动课中将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠（如图）．折痕分别为AB，CD，若CD∥BE，且∠CBE=13∠ABCA．106° B．108° C．109° D．110°【答案】B【分析】根据平行线的性质得出∠EBC+∠BCD=180°，再根据折叠得出2∠ABE+∠CBE=180°，进而解答即可．【详解】解：由折叠可知，2∠ABE+∠CBE=180°，∵∠CBE=13∠ABC∴∠ABE=2∠CBE，∴4∠CBE+∠CBE=180°，∴∠CBE=36°，∵BE∥CD，∴∠BCD=180°−∠CBE=144°，由折叠可知，2∠DCE+∠1=180°，∵∠BCD=∠1+∠DCE，∴2144°−∠1∴∠1=108°，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质、折叠的问题，解题的关键是熟练掌握平行线的性质定理，折叠就会出现对应角相等．5．（2023下·河北保定·七年级统考阶段练习）已知纸条的上下两条边a,b平行，现将纸条按如图所示的方式折叠，则下列判断正确的是（

）结论Ⅰ：若∠1=50°，则∠2=65°；结论Ⅱ：∠1与∠2之间的数量关系为2∠1+∠2=180°A．只有结论Ⅰ正确 B．只有结论Ⅱ正确C．结论Ⅰ和Ⅱ都正确 D．结论Ⅰ和Ⅱ都不正确【答案】A【分析】根据平行线的性质得到∠2=∠3，根据折叠得到∠3=∠4，从而推出∠2=∠4，再分别判断两个结论．【详解】解：如图，∵a∥∴∠2=∠3，由折叠可得：∠3=∠4，∴∠2=∠4，若∠1=50°，∴∠2=1∵∠2=∠4，∠1+∠2+∠4=180°，∴∠1+2∠2=180°，故结论Ⅱ不正确；故选A．【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及折叠性质的运用，解题时注意：两直线平行，内错角相等．6．（2023下·江苏连云港·七年级统考阶段练习）如图1是AD∥BC的一张纸条，按图示方式把这一纸备先沿EF折叠并压平，再沿BF折叠并压平，若图3中∠CFE=24°，则图2中∠AEFA．112° B．68° C．48°