1. 如图，已知四边形ABCD是边长为6的菱形，且∠BAD=120°，点E，F分别在AB，BC边上，将菱形沿EF折叠，使点B正好落在AD边上的点G处。若EG⊥AC，则FG的长为。

3√3
【点拨】如图，设AC与EG交于点O，FG交AC于点H.
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠B=∠D=60°,AB=BC=CD=AD.
∴△ABC,△ACD都是等边三角形.
∴∠CAD=∠B=60°.
∵EG⊥AC，
∴∠GOA=90°.
∴∠AGO=30°.由折叠可知∠EGF=∠B=60°,
∴∠AGH=90°.
∴FG⊥AD.
∵AD//BC,
∴FG=等边三角形ABC的边BC上的高=√(6²-(6/2)²)=3√3.

2. 新视角 动点探究题 如图,现有一张边长为4的正方形纸片ABCD,P为AD边上的一点(不与点A,D重合),将正方形纸片折叠,使点B落在点P处,点C落在点G处,PG交DC于点H,折痕为EF,连接BP,BH.
(1)求证:∠APB=∠BPH.
(2)当点P在边AD上移动时,△PDH的周长是否发生变化?请证明你的结论.

(1)【证明】
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD//BC.
∴∠APB=∠PBC.
由折叠的性质,得∠EPH=∠EBC,PE=BE，
∴∠EBP=∠EPB.
∴∠EBC-∠EBP=∠EPH-∠EPB，
即∠PBC=∠BPH.
∴∠APB=∠BPH.
(2)【解】△PDH的周长不发生变化.证明如下：
过点B作BQ⊥PH,垂足为Q，
∴∠BQP=∠BQH=90°.
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴∠A=∠C=90°,AB=BC=AD=CD=4.
∵BP=BP,∠A=∠BQP=90°，
由(1)知∠APB=∠BPH，
∴△ABP≌△QBP.
∴AP=QP,AB=QB.
又
∵AB=BC,
∴BC=BQ.
又
∵BH=BH，
∴Rt△BCH≌Rt△BQH.
∴CH=QH.
∴△PDH的周长为PD+DH+PH=PD+DH+AP+HC=AD+CD=8.
故△PDH的周长不发生变化.

3. 新考法方程思想 如图,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,将△AEF折叠,使点A恰好落在对角线BD上的点G处(不与点B,D重合),折痕为EF.若DG=2,BG=6,求AF的长.

【解】作FH⊥BD于点H.由折叠的性质可知，FG=FA.由题意得BD=DG+BG=8.
∵四边形ABCD是菱形,∠ABC=120°，
∴AD=AB,∠ABD=∠CBD=1/2∠ABC=60°，
∴△ABD为等边三角形,
∴AD=BD=8.
设AF=x,则FG=x,DF=8-x.
在Rt△DFH中,易知∠FDH=60°,
∴∠DFH=30°，
∴DH=1/2 DF=1/2(8-x)=4-1/2 x,
∴HG=2-DH=1/2 x-2. 在Rt△FDH中,由勾股定理得FH²=(8-x)²-(4-1/2 x)²=3/4 x²-12x+48,在Rt△FHG中,FG²=FH²+GH²,即x²=3/4 x²-12x+48+(1/2 x-2)²，
解得x=26/7,
∴AF的长为26/7.

4.把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和D重合，折痕为EF.
(1)连接BE，求证:四边形BFDE是菱形.
(2)若$AB=8\ \mathrm{cm}$，$BC=16\ \mathrm{cm}$，求线段DF和EF的长.

(1)【证明】连接BD,如图,由折叠可知,EF垂直并平分BD,设BD与EF交于点O,则BE=DE,BF=DF,OB=OD.
∵四边形ABCD是矩形,
∴DE//BF，
∴∠EDO=∠FBO.
又
∵∠EOD=∠FOB，
∴△DOE≌△BOF(ASA)，
∴DE=BF，
∴四边形BFDE是平行四边形.
又
∵BE=DE,
∴四边形BFDE是菱形.

(2)【解】设DF=x cm,则BF=x cm,则CF=(16-x) cm.
在Rt△DCF中,由勾股定理得x²=(16-x)²+8²，
解得x=10,
∴DF=10 cm,CF=6 cm，
如图,过点E作EG⊥BC于G，
易得四边形CDEG是矩形，
∴CG=ED=DF=10 cm,EG=CD=8 cm，
∴GF=CG-CF=4 cm，
在Rt△FGE中,由勾股定理得EF=√(EG²+GF²)=√(8²+4²)=4√5(cm).