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22.(真题·杭州上城)如图1,正方形ABCD与矩形AEFG的顶点重合于点A,且D为FG边上的一点,B,E,F三点共线。
(1)求证:矩形AEFG为正方形。
(2)如图2,连结CF,BD,若O,P,Q分别是BD,DF,CF的中点,连结OP,OQ,求证:∠POQ=45°。
(3)在(2)的条件下,已知CF=1,AD=5,求DF的长度。
(1)求证:矩形AEFG为正方形。
(2)如图2,连结CF,BD,若O,P,Q分别是BD,DF,CF的中点,连结OP,OQ,求证:∠POQ=45°。
(3)在(2)的条件下,已知CF=1,AD=5,求DF的长度。
答案
22.(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以$AB=AD$,$∠ BAD=90°$,因为四边形AEFG是矩形,所以$∠ EAG=∠ AEF=∠ G=90°$,因为B,E,F三点共线,所以$∠ AEB=90°$,所以$∠ AEB=∠ G=90°$,因为$∠ BAD=∠ EAG=90°$,所以$∠ BAE=∠ DAG$,所以$△ BAE≌△ DAG(\mathrm{AAS})$,所以$AE=AG$,又因为四边形AEFG是矩形,所以矩形AEFG为正方形。
(2)证明:连结AC,OF,易得A,O,C三点共线。因为四边形ABCD是正方形,所以$OB=OD=\frac{1}{2}BD$,$AC=BD$,$OA=OC$,$∠ COD=90°$,因为四边形AEFG是矩形,所以$∠ BFD=90°$,因为O是BD的中点,所以$OF=\frac{1}{2}BD=OD$,因为P是DF的中点,所以$∠ DOP=∠ FOP$,因为$OC=OA=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD=OF$,Q是CF的中点,所以$∠ COQ=∠ FOQ$,所以$∠ FOP+∠ FOQ=∠ DOP+∠ COQ$,因为$∠ FOP+∠ FOQ+∠ DOP+∠ COQ=∠ COD=90°$,所以$2(∠ FOP+∠ FOQ)=90°$,所以$2∠ POQ=90°$,所以$∠ POQ=45°$。
(3)连结AF,因为$OA=OC$,$CQ=FQ$,所以$OQ// AF$,因为$OC=OF$,$CQ=FQ$,所以$OQ⊥ CF$,所以$AF⊥ CF$,因为四边形ABCD是正方形,所以$AB=BC=AD=5$,$∠ ABC=90°$,所以$AC=\sqrt{2}BC=5\sqrt{2}$,所以$AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2-1^2}=7$。因为四边形AEFG为正方形,所以$AG=GF$,$∠ G=90°$,所以$AG^2+GF^2=AF^2$,所以$2AG^2=7^2$,所以$AG=GF=\frac{7}{2}\sqrt{2}$,在$\mathrm{Rt}△ AGD$中,$DG=\sqrt{AD^2-AG^2}=\sqrt{5^2-(\frac{7\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以$DF=GF-DG=\frac{7\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$。[第22题图]
解析
【分析】
本题为几何综合题，分三小问逐步推导：
(1) 要证矩形AEFG为正方形，需利用“邻边相等的矩形是正方形”，因此需证矩形的一组邻边AE=AG。结合正方形ABCD的AB=AD、∠BAD=90°，矩形AEFG的∠EAG=∠G=90°，以及B、E、F共线得∠AEB=90°，通过角的等量代换证明△BAE≌△DAG，从而得到AE=AG，完成证明。
(2) 要证∠POQ=45°，需构造辅助线AC、OF，利用正方形ABCD的性质得O是AC、BD中点，AC⊥BD；再结合直角三角形斜边中线性质，得OF=OD，利用中点性质推出OP、OQ分别平分∠DOF、∠COF，结合∠COD=90°，推导得∠POQ=45°。
(3) 求DF长度，先构造辅助线AF，利用中位线定理和垂直关系得AF⊥CF，结合正方形ABCD的边长AD=5算出AC=5√2，再由勾股定理得AF=7；利用正方形AEFG的性质，结合勾股定理算出GF，再在Rt△AGD中算出DG，最终得DF=GF-DG。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD，∠BAD=90°。
∵ 四边形AEFG是矩形，
∴ ∠EAG=∠G=90°，且B、E、F共线，
∴ ∠AEB=180°-∠AEF=90°，
∴ ∠AEB=∠G=90°。
又
∵ ∠BAD=∠EAG=90°，
∴ ∠BAE=∠DAG（等式性质）。
在△BAE和△DAG中：
$\{\begin{array}{l}∠AEB=∠G \\∠BAE=∠DAG \\AB=AD\end{array} $
∴ △BAE≌△DAG（AAS），
∴ AE=AG。
∵ 四边形AEFG是矩形，且邻边AE=AG，
∴ 矩形AEFG为正方形。
(2) 证明：
连结AC、OF，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC与BD交于点O，O是BD中点，且AC=BD，OA=OC=OB=OD，AC⊥BD，即∠COD=90°。
∵ 四边形AEFG是矩形，
∴ ∠BFD=90°，即△BFD是直角三角形，
∵ O是BD中点，
∴ 直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得OF=$\frac{1}{2}$BD=OD，
∵ P是DF中点，
∴ OP是等腰△DOF的中线，故OP平分∠DOF，即∠DOP=∠FOP。
同理，OC=OA=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$BD=OF，Q是CF中点，
∴ OQ平分∠COF，即∠COQ=∠FOQ。
∵ ∠DOP + ∠FOP + ∠COQ + ∠FOQ = ∠COD=90°，
∴ 2(∠FOP + ∠FOQ)=90°，即2∠POQ=90°，
∴ ∠POQ=45°。
(3) 解：
连结AF，
∵ O是AC中点，Q是CF中点，
∴ OQ是△ACF的中位线，故OQ//AF；
又
∵ OC=OF，Q是CF中点，
∴ OQ⊥CF，
∴ AF⊥CF，即△ACF是直角三角形。
∵ 四边形ABCD是正方形，AD=5，
∴ AC=$\sqrt{2}$AD=5$\sqrt{2}$，
在Rt△ACF中，CF=1，由勾股定理得：
AF=$\sqrt{AC^2 - CF^2}$=$\sqrt{(5\sqrt{2})^2 -1^2}$=7。
∵ 四边形AEFG是正方形，
∴ AG=GF，∠G=90°，
在Rt△AGF中，AG² + GF²=AF²，即2GF²=7²=49，
∴ GF=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△AGD中，AD=5，AG=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$，由勾股定理得：
DG=$\sqrt{AD^2 - AG^2}$=$\sqrt{25 - \frac{49}{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∵ D在FG上，
∴ DF=GF - DG=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$ - $\frac{\sqrt{2}}{2}$=3$\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 矩形AEFG为正方形；
(2) ∠POQ=45°；
(3) DF=3$\sqrt{2}$；
【知识点】
正方形的性质与判定，全等三角形的判定，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，融合正方形、矩形的性质，全等三角形、直角三角形的性质，中位线定理等知识点，需构造辅助线推导，考查学生的逻辑推理与综合运用能力，是中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
本题为几何综合题，分三小问逐步推导：
(1) 要证矩形AEFG为正方形，需利用“邻边相等的矩形是正方形”，因此需证矩形的一组邻边AE=AG。结合正方形ABCD的AB=AD、∠BAD=90°，矩形AEFG的∠EAG=∠G=90°，以及B、E、F共线得∠AEB=90°，通过角的等量代换证明△BAE≌△DAG，从而得到AE=AG，完成证明。
(2) 要证∠POQ=45°，需构造辅助线AC、OF，利用正方形ABCD的性质得O是AC、BD中点，AC⊥BD；再结合直角三角形斜边中线性质，得OF=OD，利用中点性质推出OP、OQ分别平分∠DOF、∠COF，结合∠COD=90°，推导得∠POQ=45°。
(3) 求DF长度，先构造辅助线AF，利用中位线定理和垂直关系得AF⊥CF，结合正方形ABCD的边长AD=5算出AC=5√2，再由勾股定理得AF=7；利用正方形AEFG的性质，结合勾股定理算出GF，再在Rt△AGD中算出DG，最终得DF=GF-DG。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD，∠BAD=90°。
∵ 四边形AEFG是矩形，
∴ ∠EAG=∠G=90°，且B、E、F共线，
∴ ∠AEB=180°-∠AEF=90°，
∴ ∠AEB=∠G=90°。
又
∵ ∠BAD=∠EAG=90°，
∴ ∠BAE=∠DAG（等式性质）。
在△BAE和△DAG中：
$\{\begin{array}{l}∠AEB=∠G \\∠BAE=∠DAG \\AB=AD\end{array} $
∴ △BAE≌△DAG（AAS），
∴ AE=AG。
∵ 四边形AEFG是矩形，且邻边AE=AG，
∴ 矩形AEFG为正方形。
(2) 证明：
连结AC、OF，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC与BD交于点O，O是BD中点，且AC=BD，OA=OC=OB=OD，AC⊥BD，即∠COD=90°。
∵ 四边形AEFG是矩形，
∴ ∠BFD=90°，即△BFD是直角三角形，
∵ O是BD中点，
∴ 直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得OF=$\frac{1}{2}$BD=OD，
∵ P是DF中点，
∴ OP是等腰△DOF的中线，故OP平分∠DOF，即∠DOP=∠FOP。
同理，OC=OA=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$BD=OF，Q是CF中点，
∴ OQ平分∠COF，即∠COQ=∠FOQ。
∵ ∠DOP + ∠FOP + ∠COQ + ∠FOQ = ∠COD=90°，
∴ 2(∠FOP + ∠FOQ)=90°，即2∠POQ=90°，
∴ ∠POQ=45°。
(3) 解：
连结AF，
∵ O是AC中点，Q是CF中点，
∴ OQ是△ACF的中位线，故OQ//AF；
又
∵ OC=OF，Q是CF中点，
∴ OQ⊥CF，
∴ AF⊥CF，即△ACF是直角三角形。
∵ 四边形ABCD是正方形，AD=5，
∴ AC=$\sqrt{2}$AD=5$\sqrt{2}$，
在Rt△ACF中，CF=1，由勾股定理得：
AF=$\sqrt{AC^2 - CF^2}$=$\sqrt{(5\sqrt{2})^2 -1^2}$=7。
∵ 四边形AEFG是正方形，
∴ AG=GF，∠G=90°，
在Rt△AGF中，AG² + GF²=AF²，即2GF²=7²=49，
∴ GF=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△AGD中，AD=5，AG=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$，由勾股定理得：
DG=$\sqrt{AD^2 - AG^2}$=$\sqrt{25 - \frac{49}{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∵ D在FG上，
∴ DF=GF - DG=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$ - $\frac{\sqrt{2}}{2}$=3$\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 矩形AEFG为正方形；
(2) ∠POQ=45°；
(3) DF=3$\sqrt{2}$；
【知识点】
正方形的性质与判定，全等三角形的判定，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，融合正方形、矩形的性质，全等三角形、直角三角形的性质，中位线定理等知识点，需构造辅助线推导，考查学生的逻辑推理与综合运用能力，是中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
23.(真题·金华永康)小数在复习浙教版教材八下第 149 页第 5题后,进行了反思和探究。
(1)【反思】如图 1,将矩形纸片 ABCD 的四个角向内折起,恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形 EFGH,这样的矩形 EFGH 称为叠合矩形。若$EH=3\mathrm{cm},EF=4\mathrm{cm}$,求 AD 的长。
(2)【探究】小数改变条件和纸片的形状,对叠合矩形进行了如下探究:
①如图 1,若$AB=6\mathrm{cm},AD=10\mathrm{cm}$,求 AH 的长;
②如图 2,菱形纸片 ABCD 按图 2 的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若$EH=8\mathrm{cm},EF=6\mathrm{cm}$,求 MN 的长。
(1)【反思】如图 1,将矩形纸片 ABCD 的四个角向内折起,恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形 EFGH,这样的矩形 EFGH 称为叠合矩形。若$EH=3\mathrm{cm},EF=4\mathrm{cm}$,求 AD 的长。
(2)【探究】小数改变条件和纸片的形状,对叠合矩形进行了如下探究:
①如图 1,若$AB=6\mathrm{cm},AD=10\mathrm{cm}$,求 AH 的长;
②如图 2,菱形纸片 ABCD 按图 2 的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若$EH=8\mathrm{cm},EF=6\mathrm{cm}$,求 MN 的长。
答案
23.(1)如图1,连结EG。在矩形EFGH中,$∠ HEF=90°$,$HF=EG$,因为$EH=3\mathrm{cm}$,$EF=4\mathrm{cm}$,所以$HF=EG=5\mathrm{cm}$。在矩形ABCD中,$AB// DC$,由折叠,得:$AE=EJ=EB=\frac{1}{2}AB$,同理$DG=\frac{1}{2}DC$,所以$AE// DG$,所以四边形AEGD是平行四边形,所以$AD=EG=5\mathrm{cm}$。
(2)①连结EG,如图2,由(1)可知:$HF=EG=AD$,$AE=EB=\frac{1}{2}AB$,$DG=GC=\frac{1}{2}CD$,所以$BE=DG$,因为四边形EFGH是矩形,所以$EF=HG$,在$\mathrm{Rt}△ BEF$和$\mathrm{Rt}△ DGH$中,$\begin{cases}EF=GH,\\BE=DG,\end{cases}$所以$\mathrm{Rt}△ BEF≌\mathrm{Rt}△ DGH(\mathrm{HL})$,所以$BF=HD$。因为$AB=6\mathrm{cm}$,$AD=10\mathrm{cm}$,所以$AE=EB=DG=3\mathrm{cm}$,$HF=AD=EG=10\mathrm{cm}$,设$AH=a\ \mathrm{cm}$,则$BF=DH=(10-a)\mathrm{cm}$,由勾股定理,得:$EH^2+HG^2=EG^2$,所以$AE^2+AH^2+DG^2+DH^2=EG^2$,$3^2+a^2+3^2+(10-a)^2=10^2$,解得:$a_1=1$,$a_2=9$,所以$AH=1\mathrm{cm}$或$9\mathrm{cm}$。
②连结EG交HF于点O,过点E作$EJ⊥ HF$于点J,在矩形EFGH中,$∠ HEF=90°$,因为$EH=8\mathrm{cm}$,$EF=6\mathrm{cm}$,所以$FH=10\mathrm{cm}$,因为$EJ⊥ HF$,所以$S_{△ EFH}=\frac{1}{2}EF· EH=\frac{1}{2}FH· EJ$,所以$6×8=10EJ$,所以$EJ=\frac{24}{5}$,由(1)得:$HF=EG=AD=10\mathrm{cm}$,所以$EO=5\mathrm{cm}$,在菱形ABCD中,$AB=AD=10\mathrm{cm}$,所以$AE=EM=EO=5\mathrm{cm}$,所以$△ EMO$为等腰三角形,因为$EJ⊥ HF$,所以$MJ=OJ=\sqrt{OE^2-EJ^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}\mathrm{cm}$,所以$OM=2MJ=\frac{14}{5}\mathrm{cm}$,由折叠可知:$BF=FM=HD=HN$,所以$ON=OM$,所以$MN=2OM=\frac{28}{5}\mathrm{cm}$。[第23题图]
(2)①连结EG,如图2,由(1)可知:$HF=EG=AD$,$AE=EB=\frac{1}{2}AB$,$DG=GC=\frac{1}{2}CD$,所以$BE=DG$,因为四边形EFGH是矩形,所以$EF=HG$,在$\mathrm{Rt}△ BEF$和$\mathrm{Rt}△ DGH$中,$\begin{cases}EF=GH,\\BE=DG,\end{cases}$所以$\mathrm{Rt}△ BEF≌\mathrm{Rt}△ DGH(\mathrm{HL})$,所以$BF=HD$。因为$AB=6\mathrm{cm}$,$AD=10\mathrm{cm}$,所以$AE=EB=DG=3\mathrm{cm}$,$HF=AD=EG=10\mathrm{cm}$,设$AH=a\ \mathrm{cm}$,则$BF=DH=(10-a)\mathrm{cm}$,由勾股定理,得:$EH^2+HG^2=EG^2$,所以$AE^2+AH^2+DG^2+DH^2=EG^2$,$3^2+a^2+3^2+(10-a)^2=10^2$,解得:$a_1=1$,$a_2=9$,所以$AH=1\mathrm{cm}$或$9\mathrm{cm}$。
②连结EG交HF于点O,过点E作$EJ⊥ HF$于点J,在矩形EFGH中,$∠ HEF=90°$,因为$EH=8\mathrm{cm}$,$EF=6\mathrm{cm}$,所以$FH=10\mathrm{cm}$,因为$EJ⊥ HF$,所以$S_{△ EFH}=\frac{1}{2}EF· EH=\frac{1}{2}FH· EJ$,所以$6×8=10EJ$,所以$EJ=\frac{24}{5}$,由(1)得:$HF=EG=AD=10\mathrm{cm}$,所以$EO=5\mathrm{cm}$,在菱形ABCD中,$AB=AD=10\mathrm{cm}$,所以$AE=EM=EO=5\mathrm{cm}$,所以$△ EMO$为等腰三角形,因为$EJ⊥ HF$,所以$MJ=OJ=\sqrt{OE^2-EJ^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}\mathrm{cm}$,所以$OM=2MJ=\frac{14}{5}\mathrm{cm}$,由折叠可知:$BF=FM=HD=HN$,所以$ON=OM$,所以$MN=2OM=\frac{28}{5}\mathrm{cm}$。[第23题图]
解析
【分析】
本题是矩形、菱形折叠相关的几何问题，解题思路如下：
(1) 求AD的长时，先利用矩形EFGH的性质结合勾股定理求其对角线长度，再根据折叠性质得到线段关系，判定平行四边形，进而得出AD与对角线的等量关系；
(2) ①求AH的长时，先由折叠性质和矩形边相等证明直角三角形全等，得到线段等量关系，再设未知数，结合勾股定理列方程求解；
②求MN的长时，先利用矩形勾股定理求对角线，结合菱形和折叠性质得到等腰三角形，再通过勾股定理求相关线段，最终得出MN的长度。
【解析】
(1) 如图1，连结EG。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ ∠HEF=90°，HF=EG。
已知EH=3cm，EF=4cm，在Rt△HEF中，由勾股定理得：
HF=√(EH²+EF²)=√(3²+4²)=5cm，
∴ EG=5cm。
由折叠的性质，得AE=EB=1/2AB，DG=1/2DC，
∴ AE//DG且AE=DG，故四边形AEGD是平行四边形，
∴ AD=EG=5cm。
(2) ① 连结EG，如图1。
由(1)可知：HF=EG=AD，AE=EB=1/2AB，DG=GC=1/2CD，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，故BE=DG。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ EF=HG。
在Rt△BEF和Rt△DGH中，
$\begin{cases}EF=GH \\ BE=DG\end{cases}$，
∴ Rt△BEF≌Rt△DGH（HL），
∴ BF=HD。
已知AB=6cm，AD=10cm，
∴ AE=EB=DG=3cm，HF=AD=10cm。
设AH=a cm，则BF=DH=(10 - a)cm。
结合EG=10cm，由勾股定理得：
AE² + AH² + DG² + DH² = EG²，
即$3^2 + a^2 + 3^2 + (10 - a)^2 = 10^2$，
整理得$a^2 -10a +9=0$，解得$a_1=1$，$a_2=9$，
∴ AH=1cm或9cm。
② 连结EG交HF于点O，过点E作EJ⊥HF于点J，如图2。
∵ 四边形EFGH是矩形，∠HEF=90°，EH=8cm，EF=6cm，
在Rt△HEF中，由勾股定理得：FH=√(EH²+EF²)=√(8²+6²)=10cm。
∵ $S_{△EFH}=\frac{1}{2}EF·EH=\frac{1}{2}FH·EJ$，
∴ $\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10×EJ$，解得$EJ=\frac{24}{5}$cm。
由(1)得HF=EG=AD=10cm，矩形对角线互相平分，故$EO=\frac{1}{2}EG=5$cm。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=AD=10cm，
由折叠性质，AE=EM，故EM=EO=5cm，△EMO为等腰三角形。
∵ EJ⊥HF，
∴ MJ=OJ，在Rt△EJO中，由勾股定理得：
$OJ=\sqrt{OE^2 - EJ^2}=\sqrt{5^2 - (\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}$cm，
∴ $OM=2OJ=\frac{14}{5}$cm。
由折叠可知BF=FM=HD=HN，故ON=OM，
∴ $MN=2OM=\frac{28}{5}$cm。
【答案】
(1) AD的长为5cm；
(2) ① AH的长为1cm或9cm；② MN的长为$\frac{28}{5}$cm。
【知识点】
矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、菱形的性质、全等三角形的判定
【点评】
本题为折叠类几何探究题，综合考查矩形、菱形性质，折叠的不变性，勾股定理及全等三角形的应用，需结合几何图形性质建立线段关系，对逻辑推理和计算能力要求较高。
【难度系数】
0.5
本题是矩形、菱形折叠相关的几何问题，解题思路如下：
(1) 求AD的长时，先利用矩形EFGH的性质结合勾股定理求其对角线长度，再根据折叠性质得到线段关系，判定平行四边形，进而得出AD与对角线的等量关系；
(2) ①求AH的长时，先由折叠性质和矩形边相等证明直角三角形全等，得到线段等量关系，再设未知数，结合勾股定理列方程求解；
②求MN的长时，先利用矩形勾股定理求对角线，结合菱形和折叠性质得到等腰三角形，再通过勾股定理求相关线段，最终得出MN的长度。
【解析】
(1) 如图1，连结EG。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ ∠HEF=90°，HF=EG。
已知EH=3cm，EF=4cm，在Rt△HEF中，由勾股定理得：
HF=√(EH²+EF²)=√(3²+4²)=5cm，
∴ EG=5cm。
由折叠的性质，得AE=EB=1/2AB，DG=1/2DC，
∴ AE//DG且AE=DG，故四边形AEGD是平行四边形，
∴ AD=EG=5cm。
(2) ① 连结EG，如图1。
由(1)可知：HF=EG=AD，AE=EB=1/2AB，DG=GC=1/2CD，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，故BE=DG。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ EF=HG。
在Rt△BEF和Rt△DGH中，
$\begin{cases}EF=GH \\ BE=DG\end{cases}$，
∴ Rt△BEF≌Rt△DGH（HL），
∴ BF=HD。
已知AB=6cm，AD=10cm，
∴ AE=EB=DG=3cm，HF=AD=10cm。
设AH=a cm，则BF=DH=(10 - a)cm。
结合EG=10cm，由勾股定理得：
AE² + AH² + DG² + DH² = EG²，
即$3^2 + a^2 + 3^2 + (10 - a)^2 = 10^2$，
整理得$a^2 -10a +9=0$，解得$a_1=1$，$a_2=9$，
∴ AH=1cm或9cm。
② 连结EG交HF于点O，过点E作EJ⊥HF于点J，如图2。
∵ 四边形EFGH是矩形，∠HEF=90°，EH=8cm，EF=6cm，
在Rt△HEF中，由勾股定理得：FH=√(EH²+EF²)=√(8²+6²)=10cm。
∵ $S_{△EFH}=\frac{1}{2}EF·EH=\frac{1}{2}FH·EJ$，
∴ $\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10×EJ$，解得$EJ=\frac{24}{5}$cm。
由(1)得HF=EG=AD=10cm，矩形对角线互相平分，故$EO=\frac{1}{2}EG=5$cm。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=AD=10cm，
由折叠性质，AE=EM，故EM=EO=5cm，△EMO为等腰三角形。
∵ EJ⊥HF，
∴ MJ=OJ，在Rt△EJO中，由勾股定理得：
$OJ=\sqrt{OE^2 - EJ^2}=\sqrt{5^2 - (\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}$cm，
∴ $OM=2OJ=\frac{14}{5}$cm。
由折叠可知BF=FM=HD=HN，故ON=OM，
∴ $MN=2OM=\frac{28}{5}$cm。
【答案】
(1) AD的长为5cm；
(2) ① AH的长为1cm或9cm；② MN的长为$\frac{28}{5}$cm。
【知识点】
矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、菱形的性质、全等三角形的判定
【点评】
本题为折叠类几何探究题，综合考查矩形、菱形性质，折叠的不变性，勾股定理及全等三角形的应用，需结合几何图形性质建立线段关系，对逻辑推理和计算能力要求较高。
【难度系数】
0.5
