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4.(2024·绍兴上虞)如图,在平行四边形纸片ABCD中,AB=4 cm,∠ABC=60°,∠BAC=90°,将纸片沿对角线AC对折,CF交边AD于点E,则折叠后图中重合部分的面积是
$4\sqrt{3}$
cm²。答案
4.$4\sqrt{3}$
解析
【分析】
本题需结合平行四边形的性质、折叠的性质，先推导相关角和边的关系，再判断三角形的形状，最后计算重合部分的面积。首先利用平行四边形的性质得到边和角的关系，结合直角三角形求出AC的长度和∠ACB的度数；再通过折叠性质得到角相等，推出等腰三角形，进一步判断等边三角形，求出关键边的长度，最终计算面积。
【解析】
1. 平行四边形ABCD中，AB=CD=4cm，∠ABC=∠D=60°，AD//BC，AD=BC，∠BAD=180°−∠ABC=120°。
2. 在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=60°，AB=4cm，故∠ACB=30°，BC=2AB=8cm，因此AC=AB·tan60°=4√3 cm，AD=BC=8cm。
3. 由折叠性质得△AFC≌△ABC，所以∠ACF=∠ACB=30°；又AD//BC，内错角相等得∠DAC=∠ACB=30°，故∠DAC=∠ACF，即AE=EC。
4. 在△CDE中，∠D=60°，∠DEC=180°−∠AEC=180°−(180°−∠DAC−∠ACF)=60°，因此△CDE是等边三角形，ED=CD=4cm，故AE=AD−ED=8−4=4cm，即AE=EC=4cm。
5. 计算重合部分△ACE的面积：过E作AC的垂线，垂足为H，在Rt△AEH中，∠EAH=30°，AE=4cm，所以EH=AE·sin30°=2cm，因此S△ACE=1/2×AC×EH=1/2×4√3×2=4√3 cm²。
【答案】
4√3
【知识点】
平行四边形性质、折叠性质、三角形面积计算
【点评】
本题综合考查平行四边形与折叠的几何性质，需通过角度推导判断特殊三角形，进而求解面积，对逻辑推理能力有一定要求，是中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
本题需结合平行四边形的性质、折叠的性质，先推导相关角和边的关系，再判断三角形的形状，最后计算重合部分的面积。首先利用平行四边形的性质得到边和角的关系，结合直角三角形求出AC的长度和∠ACB的度数；再通过折叠性质得到角相等，推出等腰三角形，进一步判断等边三角形，求出关键边的长度，最终计算面积。
【解析】
1. 平行四边形ABCD中，AB=CD=4cm，∠ABC=∠D=60°，AD//BC，AD=BC，∠BAD=180°−∠ABC=120°。
2. 在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=60°，AB=4cm，故∠ACB=30°，BC=2AB=8cm，因此AC=AB·tan60°=4√3 cm，AD=BC=8cm。
3. 由折叠性质得△AFC≌△ABC，所以∠ACF=∠ACB=30°；又AD//BC，内错角相等得∠DAC=∠ACB=30°，故∠DAC=∠ACF，即AE=EC。
4. 在△CDE中，∠D=60°，∠DEC=180°−∠AEC=180°−(180°−∠DAC−∠ACF)=60°，因此△CDE是等边三角形，ED=CD=4cm，故AE=AD−ED=8−4=4cm，即AE=EC=4cm。
5. 计算重合部分△ACE的面积：过E作AC的垂线，垂足为H，在Rt△AEH中，∠EAH=30°，AE=4cm，所以EH=AE·sin30°=2cm，因此S△ACE=1/2×AC×EH=1/2×4√3×2=4√3 cm²。
【答案】
4√3
【知识点】
平行四边形性质、折叠性质、三角形面积计算
【点评】
本题综合考查平行四边形与折叠的几何性质，需通过角度推导判断特殊三角形，进而求解面积，对逻辑推理能力有一定要求，是中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
5.(2024·东阳)如图1是两张等宽的矩形纸片,矩形纸片EFGH不动,将矩形纸片ABCD按如图2方式缠绕:先将点B与点E重合,再依次沿FG,EH对折,点A,C所在的相邻两边不重叠、无空隙,最后AD边刚好经过点G。
(1)四边形BPQM的形状是
(2)若$AD=8,EH=5$,则GD的长为
(1)四边形BPQM的形状是
菱形
。(2)若$AD=8,EH=5$,则GD的长为
1
。答案
5.(1)菱形 (2)1 解析:(1)根据矩形的性质,得出$BM// PQ,BP// QM$,证明四边形BPQM是平行四边形,利用ASA证明$△ ABM≌△ FBP$,得$BP=BM$,即$□ BPQM$为菱形。
(2)如图,记DG延长线与BH交于点I。由题意,易得$□ BPQM,□ PMIQ,□ MQGI$均为菱形,设$AM=a$,则易得$BM=MI=MQ=QI=GI=2a,IH=a$,所以$\begin{cases}a+2a+2a+2a+GD=AD=8,\\2a+2a+a=EH=5,\end{cases}$即$GD=1$。
解析
【分析】
本题需结合矩形的对边平行、等宽性质，以及折叠后的图形边的关系解题。第(1)问先由矩形对边平行判断四边形为平行四边形，再结合折叠后邻边相等证明是菱形；第(2)问需分析折叠后形成的多个菱形，设未知数，利用AD和EH的长度建立方程求解GD。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD和EFGH都是矩形，所以AB//CD，EF//GH，可得BM//PQ，BP//QM，因此四边形BPQM是平行四边形。又因矩形等宽，折叠后△ABM与△FBP全等（ASA），故BP=BM，所以平行四边形BPQM为菱形。
(2) 由折叠性质可知，图中△ABM、△FBP、△PMQ、△MQGI等均为菱形。设AM=a，则BM=MI=MQ=QI=GI=2a。根据AD=8，得：$a + 2a + 2a + 2a + GD = 8$；根据EH=5，得：$2a + 2a + a =5$。解$5a=5$得$a=1$，代入第一个方程得$7×1 + GD=8$，解得$GD=1$。
【答案】
(1) 菱形；(2) 1
【知识点】
矩形性质、菱形判定、方程思想
【点评】
本题结合矩形折叠的几何变换，考查菱形判定与方程应用，需准确分析折叠后图形的边的关系，建立方程求解，综合性较强，对图形观察能力要求较高。
【难度系数】
0.5
本题需结合矩形的对边平行、等宽性质，以及折叠后的图形边的关系解题。第(1)问先由矩形对边平行判断四边形为平行四边形，再结合折叠后邻边相等证明是菱形；第(2)问需分析折叠后形成的多个菱形，设未知数，利用AD和EH的长度建立方程求解GD。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD和EFGH都是矩形，所以AB//CD，EF//GH，可得BM//PQ，BP//QM，因此四边形BPQM是平行四边形。又因矩形等宽，折叠后△ABM与△FBP全等（ASA），故BP=BM，所以平行四边形BPQM为菱形。
(2) 由折叠性质可知，图中△ABM、△FBP、△PMQ、△MQGI等均为菱形。设AM=a，则BM=MI=MQ=QI=GI=2a。根据AD=8，得：$a + 2a + 2a + 2a + GD = 8$；根据EH=5，得：$2a + 2a + a =5$。解$5a=5$得$a=1$，代入第一个方程得$7×1 + GD=8$，解得$GD=1$。
【答案】
(1) 菱形；(2) 1
【知识点】
矩形性质、菱形判定、方程思想
【点评】
本题结合矩形折叠的几何变换，考查菱形判定与方程应用，需准确分析折叠后图形的边的关系，建立方程求解，综合性较强，对图形观察能力要求较高。
【难度系数】
0.5
6.(2025·宁波北仑)如图,在边长为3的菱形ABCD中,∠A=60°,M是AB上一点,AM=1,将△ADM沿DM翻折至△EDM,延长ME,CB交于点N,则BN=
$\frac{3}{4}$
。答案
6.$\frac{3}{4}$ 解析:如图,连结DB,EB,过点N作$NG⊥ AB$交AB于点G,因为在菱形ABCD中,AB=AD,∠A=60°,所以$△ ABD$是等边三角形,所以$AD=BD,∠ ABD=∠ CBD=60°$,因为翻折,所以$AD=ED,∠ MED=∠ A=60°,AM=EM=1$,所以$ED=BD,∠ DEN=∠ DBN=120°$,所以$∠ DEB=∠ DBE$,所以$∠ NEB=∠ NBE$,所以$EN=BN$,因为在$Rt△ NGB$中,$∠ NBG=60°$,可设$BG=x$,则$EN=BN=2x,NG=\sqrt{3}x$,所以在$Rt△ MGN$中,$MN=1+2x,MG=2-x$,根据勾股定理得$MG^2+NG^2=MN^2,(2-x)^2+(\sqrt{3}x)^2=(1+2x)^2$,解得$x=\frac{3}{8}$,所以$BN=\frac{3}{4}$。
解析
【分析】
要解决本题，需结合菱形的性质、翻折的性质，通过构造直角三角形利用勾股定理求解。首先，菱形ABCD中∠A=60°，可推出△ABD是等边三角形；翻折△ADM得到△EDM，对应边和角相等，进而推导得出EN=BN；再通过作辅助线NG⊥AB构造直角三角形，设未知数后利用勾股定理列方程求解BN的长度。
【解析】
在菱形ABCD中，AB=AD=3，∠A=60°，因此△ABD是等边三角形，故AD=BD=3，∠ABD=∠CBD=60°。
由翻折的性质可知，△ADM≌△EDM，所以AD=ED=3，AM=EM=1，∠MED=∠A=60°，因此∠DEN=180°-∠MED=120°，而∠DBN=180°-∠CBD=120°，故∠DEN=∠DBN。
又因为ED=BD，所以∠DEB=∠DBE，进而∠NEB=∠NBE，因此EN=BN。
过点N作NG⊥AB交AB于点G，在Rt△NGB中，∠NBG=60°，设BG=x，则BN=2x，NG=√3 x。
已知AM=1，AB=3，故MB=AB-AM=2，因此MG=MB-BG=2-x，MN=ME+EN=1+BN=1+2x。
在Rt△MGN中，由勾股定理得：MG² + NG² = MN²，即(2-x)² + (√3 x)² = (1+2x)²。
展开并整理方程：
左边：(4 -4x +x²) +3x²=4x²-4x+4，
右边：1 +4x +4x²，
等式化简得：-4x +4=4x +1，解得x=3/8，
所以BN=2x=2×(3/8)=3/4。
【答案】
$\frac{3}{4}$
【知识点】
菱形的性质、翻折的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查菱形与翻折的几何性质，关键在于利用翻折的对应关系推导线段相等，再通过构造直角三角形结合勾股定理建立方程求解，对几何推理和方程思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需结合菱形的性质、翻折的性质，通过构造直角三角形利用勾股定理求解。首先，菱形ABCD中∠A=60°，可推出△ABD是等边三角形；翻折△ADM得到△EDM，对应边和角相等，进而推导得出EN=BN；再通过作辅助线NG⊥AB构造直角三角形，设未知数后利用勾股定理列方程求解BN的长度。
【解析】
在菱形ABCD中，AB=AD=3，∠A=60°，因此△ABD是等边三角形，故AD=BD=3，∠ABD=∠CBD=60°。
由翻折的性质可知，△ADM≌△EDM，所以AD=ED=3，AM=EM=1，∠MED=∠A=60°，因此∠DEN=180°-∠MED=120°，而∠DBN=180°-∠CBD=120°，故∠DEN=∠DBN。
又因为ED=BD，所以∠DEB=∠DBE，进而∠NEB=∠NBE，因此EN=BN。
过点N作NG⊥AB交AB于点G，在Rt△NGB中，∠NBG=60°，设BG=x，则BN=2x，NG=√3 x。
已知AM=1，AB=3，故MB=AB-AM=2，因此MG=MB-BG=2-x，MN=ME+EN=1+BN=1+2x。
在Rt△MGN中，由勾股定理得：MG² + NG² = MN²，即(2-x)² + (√3 x)² = (1+2x)²。
展开并整理方程：
左边：(4 -4x +x²) +3x²=4x²-4x+4，
右边：1 +4x +4x²，
等式化简得：-4x +4=4x +1，解得x=3/8，
所以BN=2x=2×(3/8)=3/4。
【答案】
$\frac{3}{4}$
【知识点】
菱形的性质、翻折的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查菱形与翻折的几何性质，关键在于利用翻折的对应关系推导线段相等，再通过构造直角三角形结合勾股定理建立方程求解，对几何推理和方程思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.3
7.(2025·兰溪、浦江)如图，O是$□ ABCD$对角线AC的中点，沿过点O的直线MN将$□ ABCD$折叠，使点A，B分别落在$A'$、$B'$处，$NB'$交CD于点E，若E是CD的中点，$NC=3$，$NB=7$，则$EB'=$______。
答案
7.2 解析:如图,延长AD,与$NB'$交于点H,因为四边形ABCD是平行四边形,O是AC的中点,E是CD的中点,所以$AD// BC,AD=BC,OA=OC,DE=CE$,所以$∠ AMO=∠ CNO,∠ H=∠ CNE,∠ HMN=∠ BNM$,由折叠得$∠ HNM=∠ BNM,NB'=NB$,所以$∠ HMN=∠ HNM$,在$△ AOM$和$△ CON$中,$\begin{cases}∠ AMO=∠ CNO,\\∠ AOM=∠ CON,\\OA=OC,\end{cases}$所以$△ AOM≌△ CON(AAS)$,所以$MA=NC=3$,所以$AD-MA=BC-NC$,所以$MD=NB=NB'=7$,在$△ DEH$和$△ CEN$中,$\begin{cases}∠ H=∠ CNE,\\∠ DEH=∠ CEN,\\DE=CE,\end{cases}$所以$△ DEH≌△ CEN(AAS)$,所以$HD=NC=3,EH=EN$,所以$NH=MH=MD+HD=10$,所以$EH=EN=\frac{1}{2}NH=5$,所以$EB'=NB'-EN=2$。
解析
【分析】
要解决这道题，首先利用平行四边形的性质和O是AC中点的条件，证明△AOM与△CON全等得到线段关系；再结合折叠的对称性，证明另一组全等三角形转化线段；最后通过线段和差关系计算出EB'的长度。
【解析】
解：延长AD，交NB'于点H。
∵四边形ABCD是平行四边形，O是AC中点，E是CD中点，
∴AD//BC，AD=BC，OA=OC，DE=CE，
∴∠AMO=∠CNO，∠H=∠CNE，
在△AOM和△CON中：
$\{\begin{array}{l}∠AMO=∠CNO \\∠AOM=∠CON \\OA=OC\end{array} $
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴MA=NC=3，
∵AD//BC，
∴∠HMN=∠BNM，
由折叠性质得：∠HNM=∠BNM，NB'=NB=7，
∴∠HMN=∠HNM，
在△DEH和△CEN中：
$\{\begin{array}{l}∠H=∠CNE \\∠DEH=∠CEN \\DE=CE\end{array} $
∴△DEH≌△CEN（AAS），
∴HD=NC=3，EH=EN，
∵MD=AD-MA=BC-NC=BN=7，
∴MH=MD+HD=7+3=10，
∵∠HMN=∠HNM，
∴NH=MH=10，
∴EN=EH=$\frac{1}{2}$NH=5，
∴EB'=NB'-EN=7-5=2。
【答案】2
【知识点】平行四边形性质、折叠性质、全等三角形判定
【点评】本题是平行四边形与折叠结合的几何计算题，核心是利用平行四边形的性质和折叠的对称性，通过多次全等三角形的判定转化线段，理清线段间的和差关系是解题关键，对学生的几何综合能力有一定要求。
【难度系数】0.4
要解决这道题，首先利用平行四边形的性质和O是AC中点的条件，证明△AOM与△CON全等得到线段关系；再结合折叠的对称性，证明另一组全等三角形转化线段；最后通过线段和差关系计算出EB'的长度。
【解析】
解：延长AD，交NB'于点H。
∵四边形ABCD是平行四边形，O是AC中点，E是CD中点，
∴AD//BC，AD=BC，OA=OC，DE=CE，
∴∠AMO=∠CNO，∠H=∠CNE，
在△AOM和△CON中：
$\{\begin{array}{l}∠AMO=∠CNO \\∠AOM=∠CON \\OA=OC\end{array} $
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴MA=NC=3，
∵AD//BC，
∴∠HMN=∠BNM，
由折叠性质得：∠HNM=∠BNM，NB'=NB=7，
∴∠HMN=∠HNM，
在△DEH和△CEN中：
$\{\begin{array}{l}∠H=∠CNE \\∠DEH=∠CEN \\DE=CE\end{array} $
∴△DEH≌△CEN（AAS），
∴HD=NC=3，EH=EN，
∵MD=AD-MA=BC-NC=BN=7，
∴MH=MD+HD=7+3=10，
∵∠HMN=∠HNM，
∴NH=MH=10，
∴EN=EH=$\frac{1}{2}$NH=5，
∴EB'=NB'-EN=7-5=2。
【答案】2
【知识点】平行四边形性质、折叠性质、全等三角形判定
【点评】本题是平行四边形与折叠结合的几何计算题，核心是利用平行四边形的性质和折叠的对称性，通过多次全等三角形的判定转化线段，理清线段间的和差关系是解题关键，对学生的几何综合能力有一定要求。
【难度系数】0.4
三、解答题
8.(2025·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。
【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。
【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。
8.(2025·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。
【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。
【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
8.【反思】解: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$AD=EG=5\ \mathrm{cm}$。
【探究】解:(1)因为$AB=6\ \mathrm{cm},AD=10\ \mathrm{cm}$,所以$AE=EB=3\ \mathrm{cm},HF=AD=10\ \mathrm{cm}$,设$AH=a$,则$BF=HD=10-a$,由勾股定理,得$3^2+a^2+3^2+(10-a)^2=10^2$。解得$a_1=1,a_2=9$(不合题意,舍去),所以$AH=1\ \mathrm{cm}$。
(2)如图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$EJ=\frac{24}{5}\ \mathrm{cm}$。由【反思】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$AE=EM=5\ \mathrm{cm}$,所以$EM=AE=5\ \mathrm{cm}$,所以$MJ=MO=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}(\mathrm{cm})$。所以$MN=\frac{28}{5}\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
本题围绕矩形、菱形的折叠问题展开，核心是利用折叠的性质（对应边相等、对应角相等），结合矩形、菱形的性质，以及勾股定理、平行四边形的判定来解题。
【反思】：折叠后形成矩形EFGH，连接EG，利用矩形对角线相等，结合折叠得到的线段关系，证明四边形AEGD是平行四边形，从而将AD转化为EG，通过勾股定理计算EG的长度即可得到AD。
【探究(1)】：由AB的长度得AE=EB，HF=AD，设AH为a，BF=10-a，利用勾股定理表示出两个直角三角形的斜边平方和，结合HF的长度列方程求解。
【探究(2)】：先利用矩形EFGH的边长算出对角线FH，再求E到FH的距离，结合菱形的性质和折叠的线段关系，计算MN的长度。
【解析】
【反思】
如图1，连结EG。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ ∠HEF=90°，HF=EG。
在Rt△HEF中，EH=3cm，EF=4cm，由勾股定理得：
HF=EG=√(EH²+EF²)=√(3²+4²)=5(cm)。
由折叠的性质，得AE=EJ=EB=½AB，同理DG=½DC。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB//DC，AB=DC，
∴ AE//DG，AE=DG，
∴ 四边形AEGD是平行四边形，
∴ AD=EG=5cm。
【探究(1)】
∵ AB=6cm，
∴ AE=EB=½AB=3cm。
由折叠性质，HF=AD=10cm，设AH=a cm，则HD=BF=(10-a)cm。
在Rt△AEH中，EH²=AE²+AH²=3²+a²；
在Rt△BEF中，EF²=BE²+BF²=3²+(10-a)²；
又
∵ HF=10cm，且由折叠可知△HEF是直角三角形，HF为斜边，故EH²+EF²=HF²，
即：3²+a² + 3²+(10-a)²=10²，
展开计算得：a²-10a+9=0，解得a₁=1，a₂=9（不合题意，舍去），故AH=1cm。
【探究(2)】
如图2，连结EG交HF于点O，过点E作EJ⊥HF于点J。
∵ 四边形EFGH是矩形，∠HEF=90°，EH=8cm，EF=6cm，
∴ FH=√(EH²+EF²)=√(8²+6²)=10(cm)。
∵ EJ⊥HF，
∴ S△HEF=½×EH×EF=½×HF×EJ，
解得EJ=24/5 cm。
由【反思】结论得HF=EG=10cm，
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ EO=½EG=5cm。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=AD=10cm，由折叠性质，AE=EM=5cm，
在Rt△EMJ中，MJ=√(EM² - EJ²)=√(5² - (24/5)²)=7/5 cm，
故MN=4×MJ=28/5 cm。
【答案】
【反思】AD的长为5cm；
【探究】(1)AH的长为1cm；(2)MN的长为28/5 cm。
【知识点】
矩形的性质、菱形的性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何综合题，结合矩形、菱形的性质，考查折叠前后的线段对应关系，需要学生熟练运用特殊四边形的性质和勾股定理，将折叠问题转化为直角三角形问题求解，综合性较强，对学生的几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.5
本题围绕矩形、菱形的折叠问题展开，核心是利用折叠的性质（对应边相等、对应角相等），结合矩形、菱形的性质，以及勾股定理、平行四边形的判定来解题。
【反思】：折叠后形成矩形EFGH，连接EG，利用矩形对角线相等，结合折叠得到的线段关系，证明四边形AEGD是平行四边形，从而将AD转化为EG，通过勾股定理计算EG的长度即可得到AD。
【探究(1)】：由AB的长度得AE=EB，HF=AD，设AH为a，BF=10-a，利用勾股定理表示出两个直角三角形的斜边平方和，结合HF的长度列方程求解。
【探究(2)】：先利用矩形EFGH的边长算出对角线FH，再求E到FH的距离，结合菱形的性质和折叠的线段关系，计算MN的长度。
【解析】
【反思】
如图1，连结EG。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ ∠HEF=90°，HF=EG。
在Rt△HEF中，EH=3cm，EF=4cm，由勾股定理得：
HF=EG=√(EH²+EF²)=√(3²+4²)=5(cm)。
由折叠的性质，得AE=EJ=EB=½AB，同理DG=½DC。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB//DC，AB=DC，
∴ AE//DG，AE=DG，
∴ 四边形AEGD是平行四边形，
∴ AD=EG=5cm。
【探究(1)】
∵ AB=6cm，
∴ AE=EB=½AB=3cm。
由折叠性质，HF=AD=10cm，设AH=a cm，则HD=BF=(10-a)cm。
在Rt△AEH中，EH²=AE²+AH²=3²+a²；
在Rt△BEF中，EF²=BE²+BF²=3²+(10-a)²；
又
∵ HF=10cm，且由折叠可知△HEF是直角三角形，HF为斜边，故EH²+EF²=HF²，
即：3²+a² + 3²+(10-a)²=10²，
展开计算得：a²-10a+9=0，解得a₁=1，a₂=9（不合题意，舍去），故AH=1cm。
【探究(2)】
如图2，连结EG交HF于点O，过点E作EJ⊥HF于点J。
∵ 四边形EFGH是矩形，∠HEF=90°，EH=8cm，EF=6cm，
∴ FH=√(EH²+EF²)=√(8²+6²)=10(cm)。
∵ EJ⊥HF，
∴ S△HEF=½×EH×EF=½×HF×EJ，
解得EJ=24/5 cm。
由【反思】结论得HF=EG=10cm，
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ EO=½EG=5cm。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=AD=10cm，由折叠性质，AE=EM=5cm，
在Rt△EMJ中，MJ=√(EM² - EJ²)=√(5² - (24/5)²)=7/5 cm，
故MN=4×MJ=28/5 cm。
【答案】
【反思】AD的长为5cm；
【探究】(1)AH的长为1cm；(2)MN的长为28/5 cm。
【知识点】
矩形的性质、菱形的性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何综合题，结合矩形、菱形的性质，考查折叠前后的线段对应关系，需要学生熟练运用特殊四边形的性质和勾股定理，将折叠问题转化为直角三角形问题求解，综合性较强，对学生的几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.5
