答案：
5. 7或$\frac{25}{7}$ 解析:如图①，当翻折后，点F在BC下方时，过点F作FG⊥BC，并延长交AD于H，连接BF，CF。
∵BF=CF，
∴BG = CG = $\frac{1}{2}$BC=7。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD//BC，则FH⊥AD，四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH - AE=3，
∴AB=HE。由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF - HG=1。设BP=FP=x，则PG=BG - BP=7 - x，由勾股定理可得PF²=PG²+FG²，即$x^2=(7 - x)^2+1$，解得$x = \frac{25}{7}$，
∴BP = $\frac{25}{7}$；
如图②，当翻折后，点F在BC上方时，过点F作FG⊥BC，交AD于H。

∵BF=CF，
∴BG = CG = $\frac{1}{2}$BC=7。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD//BC，则FH⊥AD，四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH - AE=3，
∴AB=HE。由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF+HG=7。设BP=FP=x，则PG=BG - BP=|7 - x|，由勾股定理可得PF²=PG²+FG²，即$x^2=(7 - x)^2+7$，解得x=7，
∴BP=7(此时点P与点G重合)。综上，BP=7或$\frac{25}{7}$。

答案：
6. (1)
∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，
∴∠EDF=90°，DE=DF。
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠EDF=∠ADB，
∴∠EDF - ∠BDE=∠ADB - ∠BDE，即∠ADE=∠BDF。
∵AD=BD，
∴△ADE≌△BDF(SAS)，
∴BF=AE。
(2)如图①，设直线BF交AC于点G。由(1)得，△ADE≌△BDF，
∴∠DBF=∠DAE。
∵∠BOG=∠AOD，
∴∠BGO=∠ADB=90°，
∴BF⊥AC。

(3)四边形DEMF的面积不变。连接DM，作DH⊥DM，交AC于点H，作DQ⊥AC于点Q，如图②。
∵∠HDM=∠EDF=90°，DE=DF，
∴∠HDE=∠MDF=90° - ∠EDM。由(2)可知，BF⊥AC，
∴∠EMF=90°，
∴∠EMF+∠EDF=180°。在四边形DEMF中，∠F+∠DEM=360° - (∠EMF+∠EDF)=360° - 180°=180°。
∵∠DEH+∠DEM=180°，
∴∠DEH=∠F。
∵DE=DF，
∴△DEH≌△DFM(ASA)，
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△ DHM}$，DH=DM，
∴QH=QM，
∴DQ = $\frac{1}{2}HM$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD = OB = $\frac{1}{2}BD = \sqrt{5}$。
∵∠ADB=90°，
∴OA = $\sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2} = 5$。
∵$S_{△ AOD} = \frac{1}{2}OA · DQ = \frac{1}{2}AD · OD$，
∴5DQ = 2$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$，
∴DQ=2，
∴$S_{△ DHM} = \frac{1}{2}HM · DQ = DQ^2 = 4$，
∴四边形DEMF的面积为4，不发生变化。

答案：
7. (1)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠OAE=∠OCF，∠AEO=∠CFO。
∵AC,EF交于点O，O为▱ABCD对称中心，
∴AO=CO，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，
∴$S_{△ AEO}=S_{△ CFO}$。
∵$S_{四边形ABFE}=S_{四边形ABFO}+S_{△ AEO}$，
∴$S_{四边形ABFE}=S_{四边形ABFO}+S_{△ CFO}=S_{△ ABC}$。
∵$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}S_{□ ABCD}$，
∴$S_{四边形ABFE} = \frac{1}{2}S_{□ ABCD}$，即EF平分▱ABCD的面积。
(2)20 + 2$\sqrt{17}$ 解析:如图①，过A作AG⊥BC于点G，过E作EQ⊥BC于点Q，则∠AGQ=∠EQG=90°。
∵EF平分菱形ABCD的面积，
∴EF经过菱形ABCD的对称中心且AE=CF=1。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=10，AD//BC，
∴∠GAE+∠AGQ=180°，
∴∠GAE=∠AGQ=∠EQG=90°，
∴四边形AEQG是矩形，
∴AE=GQ=1。
∵菱形ABCD的边长为10，面积为80，
∴BC·AG=80，
∴AG=8。在Rt△ABG中，由勾股定理得BG = $\sqrt{AB^2 - AG^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = 6$，
∴QF=BC - CF - GQ - BG=10 - 1 - 1 - 6=2，
∴EF = $\sqrt{EQ^2 + QF^2} = \sqrt{8^2 + 2^2} = 2\sqrt{17}$，
∴四边形ABFE的周长为AB+BG+GQ+QF+EF+AE=AB+BG+GQ+QF+EF+CF=AB+BC+EF=10+10+2$\sqrt{17}$=20 + 2$\sqrt{17}$。

(3)如图②，连接BD交MN于点O，由题意可知，OM=ON = $\frac{1}{2}MN$，取AB的中点Q，连接OQ，交AP于点H，延长AP交BC于点T，则AQ = $\frac{1}{2}AB = 40$ m。
∵Q,O分别为AB,BD的中点，
∴OQ//AD，OQ = $\frac{1}{2}AD = 50$ m，
∴∠AQO=90°。
∵点P到AD,AB的距离相等，
∴∠BAT = $\frac{1}{2}$∠BAD=45°，
∴AQ=QH=40 m，AB=BT=80 m。在Rt△AQH中，AH = $\sqrt{AQ^2 + QH^2} = \sqrt{40^2 + 40^2} = 40\sqrt{2}$ (m)，在Rt△ABT中，AT = $\sqrt{AB^2 + BT^2} = \sqrt{80^2 + 80^2} = 80\sqrt{2}$ (m)，
∴AH = $\frac{1}{2}AT$。
∵OQ//AD，BC//AD，
∴OQ//BC，
∴∠OHP=∠PTN，∠HOP=∠PNT。
∵PM=3PN，
∴PN = $\frac{1}{4}MN$。
∵ON = $\frac{1}{2}MN$，
∴OP = $\frac{1}{4}MN = PN$，
∴△OPH≌△NPT(AAS)，
∴OH=NT=OQ - QH=50 - 40=10(m)，PH=PT，
∴BN=BT - NT=80 - 10=70(m)，
∴AM=CN=BC - BN=100 - 70=30(m)。2400 m² 解析:
∵AH = $\frac{1}{2}AT$，
∴AH=HT。
∵PH=PT，
∴AP=3PT，
∴AP = $\frac{3}{4}AT$，
∴$S_{△ ABP} = \frac{3}{4}S_{△ ABT} = \frac{3}{4} × \frac{1}{2} × 80 × 80 = 2400$ (m²)，
∴△ABP的面积为2400 m²。