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专题 4 平行线中的翻折问题解题技巧（解析版）
第一部分 专题典例分析+针对训练
类型一 翻折一次
典例1（2022春•大渡口区期末）如图，长方形纸片ABCD中，AB，DC边上分别有点E，F，将长方形纸
片ABCD沿EF翻折至同一平面后，点A，D分别落在点G，H处．若∠GEB＝28°，则∠DFE的度数是
（ ）
A．75° B．76° C．77° D．78°
思路引领：延长AB，FH交于点P，根据矩形的性质可得AB∥CD，从而利用平行线的性质可得∠P＝
∠PFC，然后根据题意可得 GE∥FH，从而利用平行线的性质可得∠GEB＝∠P，进而可得∠PFC＝
28°，最后利用折叠的性质进行计算即可解答．
解：延长AB，FH交于点P，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∴∠P＝∠PFC，
由题意得：GE∥FH，
∴∠GEB＝∠P，
∴∠GEB＝∠PFC＝28°，
∴∠DFH＝180°﹣∠PFC＝152°，
由折叠得：
1
∠DFE＝∠EFH= ∠DFH＝76°，
2
故选：B．总结提升：本题考查了平行线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
针对训练
1．（2022春•渝北区月考）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
1
置，且∠AFM= ∠EFM，则∠NED的度数为（ ）
2
A．72° B．35° C．43° D．36°
思路引领：由折叠的性质可得：∠MFE＝∠BFE，得2∠MFA＝∠MFE，可设∠MFA＝x°，然后根据平
角的定义，即可得方程：x+2x+2x＝180，解此方程即可求得答案．
解：折叠的性质可得：∠MFE＝∠BFE，
∴2∠MFA＝∠MFE，
设∠MFA＝x°，则∠MFE＝∠BFE＝2x°，
∵x+2x+2x＝180，
∴x＝36，
∴∠MFE＝72°＝∠BFE，
∵AB∥CD，
∴∠DEF＝∠BFE＝72°，
又∵NE∥MF，
∴∠NED＝180°﹣72°﹣72°＝36°．
故选：D．
总结提升：此题考查了折叠的性质、平行线的性质，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．
解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．
典例2（北仑区期末）如图，长方形ABCD中，沿折痕CE翻折△CDE得△CD′E，已知∠ECD′被BC分
成的两个角相差18°，则图中∠1的度数为（ ）A．72°或48° B．72°或36° C．36°或54° D．72°或54°
思路引领：设∠FCD'＝ ，则∠BCE＝ +18°或 ﹣18°，分两种情况进行讨论：①当∠BCE＝ +18°时，
∠ECD'＝2 +18°＝∠DCαE，②当∠BCαE＝ ﹣α18°时，∠ECD'＝2 ﹣18°＝∠DCE，分别根据α∠BCD＝
90°列式计算α即可． α α
解：如图，
设∠FCD'＝ ，则∠BCE＝ +18°或 ﹣18°，
①当∠BCEα＝ +18°时，∠αECD'＝2α+18°＝∠DCE，
∵∠BCD＝90°α， α
∴ +18°+2 +18°＝90°，
解α得 ＝18α°，
∴∠CαFD'＝90°﹣18°＝72°＝∠1；
②当∠BCE＝ ﹣18°时，∠ECD'＝2 ﹣18°＝∠DCE，
∵∠BCD＝90°α， α
∴ ﹣18°+2 ﹣18°＝90°，
解α得 ＝42°α，
∴∠CαFD'＝90°﹣42°＝48°＝∠1；
综上所述，图中∠1的度数为72°或48°，
故选：A．
总结提升：本题主要考查了折叠问题，解题时注意：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．
针对训练
1．（2021春•达州期末）如图，长方形 ABCD中将其沿EF翻折后，D点恰落在B处，∠BFE＝65°，则∠AEB＝ ．
思路引领：依据平行线的性质可求得∠DEF的度数，然后依据翻折的性质可求得∠BEF的度数，于是
可求得∠AEB的度数．
解：∵AD∥BC，∠BFE＝65°，
∴∠BFE＝∠FED＝65°．
由翻折的性质可知：∠BEF＝∠DEF＝65°．
∴∠AEB＝180°﹣65°﹣65°＝50°．
故答案为：50°．
总结提升：本题主要考查的是翻折的性质以及平行线的性质，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
类型二 翻折两次或多次
典例3（2022春•潍坊期中）将一张边沿互相平行的纸条如图折叠后，若边AD∥BC，则翻折角∠1与∠2
一定满足的关系是（ ）
A．∠1＝2∠2 B．∠1+∠2＝90°
C．∠1﹣∠2＝30° D．2∠1﹣3∠2＝30°
思路引领：根据平行线的性质和补角的定义解答即可．
解：如图所示：
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝2∠2，
即180°﹣2∠1＝2∠2，
∴∠1+∠2＝90°，故选：B．
总结提升：本题考查的是平行线的性质，掌握平行线的性质以及补角的定义是解答本题的关键．
典例4（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＝ ，试用含 的式子表示∠AMQ，并说明理由．
思路引领：（1）根α据翻折变α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＝ ，∠BMN＝∠NMQ＝2 ，再运用平角的定义即可求得答案．
解：（1）如图1，∵将长方形纸片ABCαD沿着MN翻折，使得点α 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°﹣4 ．理由如下：
如图2，∵将△PMN沿着α PM翻折，使得点N恰好落在ME延长线上的点Q处，∴∠PMN＝∠PMQ＝ ，
∴∠BMN＝∠NMQ＝α2 ，
∴∠AMQ＝180°﹣（∠αBMN+∠NMQ）＝180°﹣（2 +2 ）＝180°﹣4 ．
总结提升：本题考查了几何变换﹣翻折的性质，平角α定α义的应用等，α熟练掌握翻折变换的性质是解题关
键．
针对训练
1．（2022•南京模拟）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＝ °
思路引领：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：∵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°．
总结提升：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．
2．（2022•市南区校级一模）如图，在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝ ，按图进行翻折，使MD∥NG∥BC，
ME∥FG，则∠NFE的度数是 ． α
思路引领：利用平行线的性质以及翻折的性质求解即可．
解：∵MD∥NG∥BC，
∴∠M＝∠MEF，∠N＝∠NFE，
∵ME∥FG，
∴∠MEF＝∠GFC，
由翻折可知，
∠ABC＝∠M，∠GFC＝∠NFG，∠N＝∠C，
∵∠NFE+∠GFC+∠NFG＝180°，∠ABC+∠ACB＝ ，
∴∠NFE＝2 ﹣180°． α
故答案为：2α﹣180°．
总结提升：本α题考查平行线的性质、翻折的性质，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
3．（2022春•九龙坡区校级期中）如图，将长方形ABCD沿EF翻折，再沿ED翻折，若∠FEA″＝105°，
则∠CFE＝ 度．思路引领：利用角的和差关系及对折后对应角的特点，先用含∠DEF的代数式表示出∠A′EF，再用含
∠A″EF、∠DEF表示出∠A′ED，最后根据∠A′EF＝∠AEF得关于∠DEF的方程，先求出∠DEF，
再求出∠CFE．
解：由四边形ABFE沿EF折叠得四边形A′B′FE，
∴∠A′EF＝∠AEF．
∵∠A′EF＝∠A′ED+∠DEF，∠AEF＝180°﹣∠DEF．
∴∠A′ED+∠DEF＝180°﹣∠DEF．
由四边形A′B′ME沿AD折叠得四边形A″B″ME，
∴∠A′ED＝∠A″ED．
∵∠A″ED＝∠A″EF+∠DEF＝105°+∠DEF，
∴∠A′ED＝105°+∠DEF．
∴105°+∠DEF+∠DEF＝180°﹣∠DEF．
∴∠DEF＝25°．
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB＝25°．
∴∠CFE＝180°﹣∠EFB
＝180°﹣25°
＝155°．
故答案为：155．总结提升：本题考查了图形的折叠及平行线的性质，掌握“折叠后重合的两个图形全等”、“两直线平
行，内错角相等”及角的和差关系是解决本题的关键．
4．如图（1）所示为长方形纸带，将纸带第一次沿 折叠成图（2），再第二次沿 折叠成图（3），继
续第三次沿 折叠成图（4），按此操作，最后一次折叠后恰好完全盖住 ，整个过程共折叠了11
次，问图（1）中 的度数是
D
A E D A E A E C A E
F F
B F C B G B G F B G
C D C
图1 图2 图3 图4
D
A． B． C． D．
答案：D
类型三 因翻折的不确定性引发的分类讨论
典例5（2021春•奉化区校级期末）如图，长方形ABCD中，AD＞AB．E，F分别是AD，BC上不在中点的
任意两点，连接EF，将长方形ABCD沿EF翻折，当不重叠（阴影）部分均为长方形时，所有满足条件
的∠BFE的度数为 度．
思路引领：如图分两种情形分别求解即可解决问题．
解：有两种情形：如图1中，满足条件的∠BFE＝135°如图2中，满足条件的∠BFE＝45°，
综上所述，满足条件的∠BFE的值为135°或45°．
故答案为135°或45°．
总结提升：本题考查平行线的性质，翻折变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考
题型．
针对训练
1．（2021 春•奉化区校级期末）如图，长方形 ABCD 中，沿折痕 EF 翻折四边形 CDEF 得四边形
C′D′EF，已知∠EFC′被FB分成的两个角相差15°，则图中∠1的度数为 ．
思路引领：分两种情况：①∠1﹣∠BFC′＝15°；②∠BFC′﹣∠1＝15°；进行讨论，由折叠的性质
即可求解．
解：①∠1﹣∠BFC′＝15°时，∠1+∠EFC＝180°，即∠1+∠1+∠BFC′＝180°，
解得∠1＝65°；
②∠BFC′﹣∠1＝15°时，
∠1+∠EFC＝180°，即∠1+∠1+∠BFC′＝180°，
解得∠1＝55°．
综上所述，图中∠1的度数为65°或55°．
故答案为：65°或55°．
总结提升：本题主要考查了折叠问题，解题时注意：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．
第二部分 专题提优训练
1．（2022秋•咸安区期中）如图所示，△ABC中∠C＝60°，AC边上有一点D，使得∠A＝∠ABD，将
△ABC沿BD翻折得△A'BD，此时A'D∥BC，则∠ABC＝ 度．
思路引领：先由平行线的性质得到∠CBA′与∠A′的关系，再由折叠得到∠A与∠A′、ABD与
∠A′BD的关系，最后利用三角形的内角和定理求出∠ABC．
解：∵A'D∥BC
∴∠CBA′＝∠A′．
∵△ABD沿BD翻折得△A'BD，
∴∠A＝∠A′，∠ABD＝∠A′BD．
∵∠A＝∠ABD，
∴∠CBA′＝∠A′BD＝∠ABD＝∠A．
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴∠A+3∠A＝120°．
∴∠A＝30°．
∴∠ABC＝90°．
故答案为：90．
总结提升：本题主要考查了平行线的性质和折叠的性质，掌握“折叠前后的两个图形全等”、“两直线平行内错角相等”及“三角形的内角和是180°”等知识点是解决本题的关键．
2．（2022春•满城区校级期末）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 ；
1
（2）若∠BFM= ∠EFM，则∠DEF的度数为 ．
2
思路引领：（1）由折叠的性质可得∠FEN＝∠FED，结合平角的定义可求得∠FEN的度数，再根据角
的和差关系即可求解；
（2）由折叠的性质可得∠CFE＝∠MFE，结合平角的定义可求得∠BFM的度数，从而可求∠CFE，再
利用平行线的性质即可求∠DEF的度数．
解：（1）由折叠得∠FEN＝∠FED，
∵∠AEN＝20°，
∴∠FEN+∠FED＝180°+20°＝200°，
∴∠FEN＝100°，
∴∠AEF＝∠FEN﹣∠AEN＝100°﹣20°＝80°．
故答案为：80°；
（2）由折叠得∠CFE＝∠MFE，
1
∵∠BFM= ∠EFM，
2
∴∠EFM＝2∠BFM，
∵∠BFM+∠EFM+∠CFE＝180°，
∴∠BFM+2∠BFM+2∠BFM＝180°，
解得：∠BFM＝36°，
∴∠CFE＝72°，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AD∥BC，
∴∠CFE+∠DEF＝180°，∴∠DEF＝108°．
故答案为：108°．
总结提升：本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
3．（2022春•海州区期末）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 °．
思路引领：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：∵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．
总结提升：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．
4．（2021春•汝阳县期末）如图，△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′的度数是 ．
思路引领：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：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°．
总结提升：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．
5．（2018春•江岸区期中）如图，纸片ABCD，AD∥BC，点M、N分别在AD、BC上，沿MN折叠纸片，
点C′、D′分别与点C、D对应．如果在翻折之后测量得∠C′NC＝140°，则∠AMN＝ ．
思路引领：根据折叠的性质得出∠MNC＝∠MNC'，利用平行线的性质解答即可．
解：由折叠可得：∠MNC＝∠MNC'，
∵∠C′NC＝140°，
1
∴∠MNC= ×(360°−140°)=110°，
2
∵AD∥BC，
∴∠AMN＝∠MNC＝110°，
当向上翻折时，∠AMN＝70°，
故答案为：110°或70°
总结提升：此题考查平行线的性质，关键是根据折叠的性质得出∠MNC＝∠MNC'．
6．（2018•东西湖区模拟）如图，矩形 ABCD中，E、F分别为AB、CD的中点．G为AD上一点，将
△ABG沿BG翻折，使A点的对应点恰好落在EF上，则∠ABG＝ ．
思路引领：连接AN，根据轴对称的性质，即可得到△ABN是等边三角形，根据轴对称的性质，即可得1
到∠ABG= ∠ABN＝30°．
2
解：如图，连接AN，
由折叠可得，EF垂直平分AB，
∴NA＝NB，
由折叠可得，AB＝NB，∠ABG＝∠NBG，
∴AB＝BN＝AN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠ABN＝60°，
1
∴∠ABG= ∠ABN＝30°，
2
故答案为：30°．
总结提升：本题主要考查了轴对称的性质，解题时注意：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．
7．（2016春•黄陂区期中）如图，将长方形纸片ABCD沿AC翻折，点B落在点E处，连接BD，若∠ADB
＝∠ACB，AE∥BD，则∠EAC的度数为 °．
思路引领：直接利用翻折变换的性质，结合矩形的性质得出∠CBN＝∠2＝∠3，进而得出∠BOC＝
90°，求出答案即可．
解：∵将长方形纸片ABCD沿AC翻折，点B落在点E处，
∴∠2＝∠3，∠ABC＝∠E＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BN＝NC，∴∠3＝∠CBN，
∴∠CBN＝∠2＝∠3，
∵AE∥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴∠CBN＝∠2＝∠3＝30°，
∴∠EAC的度数为60°．
故答案为：60．
总结提升：此题主要考查了平行线的性质以及矩形的性质和翻折变换，根据题意得出∠CBN＝∠2＝∠3
是解题关键．
8．（2021春•高新区校级期中）已知，直线PQ∥MN，点C是直线PQ和MN之间的一点．
（1）如图1，点D，E分别在PQ，MN上，∠1和∠2为锐角，求证：∠C＝∠1+∠2；
（2）把一块三角板ABC（其中∠A＝30°，∠C＝90°）按图2放置，点D，E分别是三角板的两直角边
分别与平行线的交点，若∠AEN＝∠A，求∠BDQ的度数；
（3）如图3，将（2）中的三角板进行适当的转动，把射线EM沿直线AC翻折，交BC于点G，试判断
∠BDQ和∠GEN有何数量关系？写出你的结论并说明理由．
思路引领：（1）过C作CH∥PQ，依据平行线的性质，即可得出∠DCE＝∠1+∠2；
（2）根据（1）中的结论可得，∠C＝∠MEC+∠PDC＝90°，再根据对顶角相等即可得出结论；
（3）设∠CEG＝∠CEM＝x，得到∠GEN＝180°﹣2x，再根据（1）中的结论可得∠CDP＝90°﹣∠CEM＝90°﹣x，再根据对顶角相等即可得出∠BDF＝90°﹣x，据此可得结论．
解：（1）∠DCE＝∠1+∠2．
理由：如图，过C作CH∥PQ，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥CH∥MN，
∴∠1＝∠DCH，∠2＝∠ECH，
∴∠DCE＝∠DCH+∠ECH＝∠1+∠2；
（2）∵∠AEN＝∠A＝30°，
∴∠MEC＝30°，
由（1）可得，∠C＝∠MEC+∠PDC＝90°，
∴∠PDC＝90°﹣∠MEC＝60°，
∴∠BDQ＝∠PDC＝60°；
（3）∠GEN＝2∠BDQ，理由如下：
设∠CEG＝∠CEM＝x，则∠GEN＝180°﹣2x，
由（1）可得，∠C＝∠CEM+∠CDP，
∴∠CDP＝90°﹣∠CEM＝90°﹣x，
∴∠BDQ＝90°﹣x，
∠GEN 180°−2x
∴ = =2．
∠BDQ 90°−x
即∠GEN＝2∠BDQ．
总结提升：本题主要考查了平行线的性质，以及角平分线的定义的综合应用，解决问题的关键是作辅助
线构造内错角，依据两直线平行，内错角相等进行求解．
9．（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．
思路引领：（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：（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°．
总结提升：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
