【分析】
解决这道题首先要利用折叠的性质得到相等的边和角，再结合矩形的性质，先在直角三角形BCF中用勾股定理求出CF的长度，进而得到DF的长度，最后设AE的长为未知数，在直角三角形DEF中利用勾股定理列方程求解即可。首先折叠前后对应的边、角都相等，所以AB=BF，AE=EF，这是解题的突破口；其次矩形的四个角都是直角、对边相等，为使用勾股定理创造了条件；最后求线段长度没有直接条件时，设未知数列方程是常用方法。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，AB=CD=10，BC=AD=6。
由折叠的性质可得：△ABE≌△FBE，
∴AB=BF=10，AE=EF，∠BFE=∠A=90°。
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{BF^2-BC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8$，
∴$DF=CD-CF=10-8=2$。
设$AE=x$，则$EF=x$，$DE=AD-AE=6-x$，
在Rt△DEF中，由勾股定理得：$DE^2+DF^2=EF^2$，
即$(6-x)^2+2^2=x^2$，
展开得：$36-12x+x^2+4=x^2$，
整理得：$12x=40$，
解得$x=\frac{10}{3}$，即AE的长为$\frac{10}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是勾股定理与折叠问题结合的典型题型，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的性质，将所求线段转化到直角三角形中，通过设未知数列方程求解，这类方法是解决几何折叠求线段长度问题的常用思路，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7

【分析】
折叠问题的核心是折叠前后对应边、对应角完全相等。求BN时，我们可设BN=x，由折叠性质得NB'=x，再用正方形边长表示出NC=9-x，在Rt△NCB'中结合已知的B'C=3，用勾股定理列方程即可求出x。求AM时，设AM=y，连接MB、MB'，由折叠性质可知MB=MB'，分别在Rt△ABM和Rt△MDB'中用勾股定理表示出MB²和MB'²，列等式求解就能得到y的值。
【解析】
已知四边形ABCD是边长为9的正方形，因此AB=BC=CD=DA=9，∠A=∠C=∠D=90°。
1. 求BN的长度：
设BN=x，由折叠性质可得NB'=BN=x，
则NC=BC-BN=9-x，
在Rt△NCB'中，B'C=3，根据勾股定理：$NC^2+B'C^2=NB'^2$，
代入得：$(9-x)^2+3^2=x^2$，
展开整理：$81-18x+x^2+9=x^2$，
解得：$x=5$，即BN=5。
2. 求AM的长度：
设AM=y，则MD=AD-AM=9-y，
由CD=9、B'C=3得DB'=CD-B'C=6，
连接MB、MB'，由折叠性质可得MB=MB'，
在Rt△ABM中，$MB^2=AB^2+AM^2=9^2+y^2=81+y^2$，
在Rt△MDB'中，$MB'^2=MD^2+DB'^2=(9-y)^2+6^2=y^2-18y+117$，
由$MB^2=MB'^2$得：$81+y^2=y^2-18y+117$，
解得：$y=2$，即AM=2。
【答案】
BN=5，AM=2
【知识点】
折叠的性质；勾股定理；正方形的性质
【点评】
本题是折叠与勾股定理结合的典型几何题，解题关键是利用折叠性质找到相等的线段，再结合勾股定理列方程求解，很好地体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.65

【分析】
(1) 要证明$DQ=EP$，首先结合矩形性质和折叠性质可得$∠ D=∠ E=90°$，再结合已知$OE=OD$、对顶角$∠ DOP=∠ EOQ$，可通过ASA证明$△ ODP ≌ △ OEQ$，得到$OP=OQ$，最后根据线段和的关系：$DQ=OD+OQ$，$EP=OE+OP$，代入$OE=OD$即可证得结论。
(2) 求$AP$的长可借助方程思想求解：设$AP=x$，由折叠性质得$EP=AP=x$，结合(1)的结论可将$CQ$、$BQ$用含$x$的式子表示，最后在$Rt△ BCQ$中利用勾股定理列方程，解方程即可得到$AP$的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形$ABCD$是长方形，
∴$∠ D=∠ A=∠ C=90°$，$AD=BC=6$，$CD=AB=8$。
根据折叠的性质，得$△ ABP ≌ △ EBP$，
∴$EP=AP$，$∠ E=∠ A=90°$，$BE=AB=8$。
在$△ ODP$和$△ OEQ$中，
$\begin{cases}∠ D=∠ E, \\OD=OE, \\∠ DOP=∠ EOQ,\end{cases}$
∴$△ ODP ≌ △ OEQ$（ASA），
∴$PD=QE$，$OP=OQ$。
∵$OE=OD$，
∴$OE+OP=OD+OQ$，即$DQ=EP$。
(2) 解：
由(1)可知$PD=QE$，$DQ=EP$，
设$AP=EP=x$，则$PD=AD-AP=6-x$，
∴$QE=6-x$，$DQ=x$，
∴$CQ=CD-DQ=8-x$，$BQ=BE-QE=8-(6-x)=x+2$。
在$Rt△ BCQ$中，根据勾股定理得：$BC^2+CQ^2=BQ^2$，
代入得：$6^2+(8-x)^2=(x+2)^2$，
展开计算得$36+64-16x+x^2=x^2+4x+4$，
整理得$20x=96$，
解得$x=4.8$。
【答案】
(1) $DQ=EP$得证；
(2) $AP$的长为$4.8$。
【知识点】
折叠的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是折叠类几何综合题，核心解题思路是利用折叠的全等性得到边、角等量关系，再通过全等三角形转化线段，最后结合勾股定理建立方程求解，有效考查了几何推理能力和方程思想的运用能力。
【难度系数】
0.7

【分析】
（1）要证明AE//B'C，可通过证明同位角相等推导。首先利用折叠性质得BE=B'E、∠BEA=∠B'EA，结合E是BC中点得BE=EC，因此B'E=EC，推出△EB'C为等腰三角形，得到∠EB'C=∠ECB'。再根据三角形外角性质，∠BEB'是△EB'C的外角，等于两底角之和，即可推出∠BEA=∠B'CE，利用同位角相等即可证得平行。
（2）求B'C的长时，先连接BB'交AE于H，由折叠对称性可知AE垂直平分BB'。先在Rt△ABE中用勾股定理求出AE的长度，再用直角三角形面积法求出BH的长度，得到BB'的长。再根据BE=B'E=CE可推出△BB'C是直角三角形，最后在Rt△BB'C中用勾股定理即可算出B'C的长度。
【解析】
(1)证明:
∵E为BC的中点,
∴BE=EC.
∵△ABE沿AE折叠得到△AB'E，
∴B'E=BE,
∴B'E=EC,
∴∠EB'C=∠B'CE.
由折叠性质得∠BEA=∠B'EA.
∵∠BEB'是△EB'C的外角，∠BEB'=∠EB'C+∠B'CE，
∴2∠BEA=2∠B'CE，即∠BEA=∠B'CE，
∴AE//B'C.
(2)解:如答图,连接BB'交AE于点H.

∵四边形ABCD是长方形，
∴∠ABE=90°,
∵AB=8,BC=12,E为边BC的中点，
∴BE=1/2BC=6，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
AE=$\sqrt{AB^2+BE^2}$=$\sqrt{8^2+6^2}$=10.
∵将△ABE沿直线AE折叠,点B落在点B'处，
∴AE垂直平分BB',即BH⊥AE，且BH=B'H，
∵S△ABE=$\frac{1}{2}$AB·BE=$\frac{1}{2}$AE·BH，
∴BH=$\frac{AB·BE}{AE}$=$\frac{8×6}{10}$=4.8,
∴BB'=BH+B'H=2×4.8=9.6.
由(1)知BE=B'E=CE，
∴∠EBB'=∠EB'B,∠EB'C=∠ECB'.
∵△BB'C的内角和为180°，即∠EBB'+∠EB'B+∠EB'C+∠ECB'=180°，
∴2∠EB'B+2∠EB'C=180°，
∴∠EB'B+∠EB'C=90°,即∠BB'C=90°,
在Rt△BB'C中，由勾股定理得：
B'C=$\sqrt{BC^2-BB'^2}$=$\sqrt{12^2-9.6^2}$=7.2.
【答案】
4.(1)证明:
∵E为BC的中点,
∴BE=EC.
∵B'E=BE,
∴B'E=EC,
∴∠EB'C=∠B'CE.
由题意,得∠BEA=∠B'EA.
∵∠BEB'=∠EB'C+∠B'CE，
∴∠BEA=∠B'CE，
∴AE//B'C.
(2)解:如答图,连接BB'交AE于点H.

∵∠ABE=90°,AB=8,BC=12,E为边BC的中点，
∴BE=6，
∴AE=$\sqrt{AB^2+BE^2}$=$\sqrt{8^2+6^2}$=10.
∵将△ABE沿直线AE折叠,点B落在点B'处，
∴BB'⊥AE,即BH是△ABE的高，
∴BH=B'H=$\frac{AB·BE}{AE}$=4.8,
∴BB'=BH+B'H=9.6.
由(1)知BE=B'E=CE，
∴∠EBB'=∠EB'B,∠EB'C=∠ECB'.
∵∠EBB'+∠EB'B+∠EB'C+∠ECB'=180°，
∴2∠EB'B+2∠EB'C=180°，
∴∠EB'B+∠EB'C=90°,即∠BB'C=90°,
∴B'C=$\sqrt{BC^2-BB'^2}$=$\sqrt{12^2-9.6^2}$=7.2.
【知识点】
折叠的性质；平行线的判定；勾股定理
【点评】
本题是折叠问题与几何证明、线段计算结合的典型题型，第一问侧重考查等腰三角形性质、三角形外角定理和平行线的判定，第二问需要合理构造辅助线，结合折叠对称性、直角三角形面积法和勾股定理求解，能较好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65