解：（1）过点A作AG⊥CD，交CD的延长线于点G，连接AG，AM
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠DAC，
∵AD=CD，
∴∠ACD=∠DAC
∴∠ACB=∠ACD，
∴AG=AB
∵AB=AF，
∴AG=AF
又∵AM=AM，
在Rt△AMG和Rt△AMF中，
∴Rt△AMG≌Rt△AMF（HL），
∴FM=GM，
∴FM一DM=GD，
∵∠ADG=∠BCD=60°
∴DG=
，
∴FM-DM=
AB；
（2）连接AM，AC，作AG⊥MC于点G，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠DAC，
∵AD=CD，
∴∠ACD=∠DAC，
∴∠ACB=∠ACD，
∵AB⊥BC，AG⊥MC，
∴AG=AB
∵AB=AF，
∴AG=AF
又∵AM=AM，
在Rt△AMG和Rt△AMF中，
∴Rt△AMG≌Rt△AMF（HL），
∴FM=GM，
∴FM-DM=GD，
∵∠ADG=∠BCD=60°
∴DG=
，
∴DM-FM=
AB，
故答案为：DM-FM=
AB；
（3）连接AC，过点M作MH⊥BC于H，过点D作DK⊥BC于K，
∵AD=6，FM=1，
∴KC=3，DK=3
，AB=3
，BC=9，
又∵（2）知：DM-FM=
AB，
∴DM=
×3
+1=4，
∴MC=10，HC=5，MH=5
，BH=4，
设BE=x，则FE=x，ME=x-1，HE=x-4，
∵MH
2+HE
2=ME
2，
∴（5
）
2+（x-4）
2=（x-1）
2，
解得：x=15，
∴BE=15，CE=6，
∵∠BCG=60°，
∴∠ECG=120°，
由（1）知Rt△AMG≌Rt△AMF，∠BCA=∠ACG=30°，
∴∠MAG=∠MAF，设∠BAE=m°，∠FAM=n°，则∠BAF=m°，∠GAF=2n°，
∴2m-2n=120°，m-n=60°，
∴∠EAM=60°，
又∵∠CAG=60°，
∴∠GAN=∠CAE，
∵∠AGN=∠ACE=150°，
∴△AGN∽△ACE，
∵AG=
AC，
∴
，
∴GN=
CE=3．
分析：（1）利用过点A作AG⊥CD，交CD的延长线于点G，连接AG，AM，进而利用HL定理得出Rt△AMG≌Rt△AMF，即可得出答案；
（2）首先连接AM，AC，作AG⊥MC于点G，进而利用HL定理得出Rt△AMG≌Rt△AMF，即可得出答案；
（3）首先利用勾股定理得出BE与CE的长，进而利用利用相似三角形的判定得出△AGN∽△ACE，即可得出GN的长．
点评：此题主要考查了翻折变换的性质以及相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定等知识，根据已知得出全等三角形与相似三角形是解题关键．
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孟建平名校考卷系列答案
如图，在直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，∠C=45°，AB=4，AD=5，把梯形沿过点D的直线折叠，使点A刚好落在BC边上，则此时折痕的长为
如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠D=90°，若AD=8，BC=10，则cosC的值为（ ）
如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且AB=BC=4AD，E是AB上的一点，DE⊥EC．求证：CE平分∠BCD．
如图，在直角梯形ABCD中，若AD=5，点A的坐标为（-2，7），则点D的坐标为（ ）