5. 如图，矩形 $ABCD$ 中，$AB = 6$，$BC = 8$，$E$ 是 $BC$ 边上的一个动点，将 $△ ABE$ 沿 $AE$ 折叠，得到 $△ AFE$，则当 $CF$ 最小时，折痕 $AE$ 长为。

3√5

以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系，A(0,0)，B(6,0)，C(6,8)，D(0,8)。折叠后AF=AB=6，故F在以A为圆心，6为半径的圆上。CF最小值为AC - AF=10 - 6=4（AC=√(6²+8²)=10），此时F在AC上。F点坐标为(6×6/10,8×6/10)=(18/5,24/5)。BF中点M(24/5,12/5)，BF斜率为(24/5-0)/(18/5-6)=-2，AE斜率为1/2，AE方程y=(1/2)x。E为AE与BC(x=6)交点，得E(6,3)。AE=√(6²+3²)=3√5。

6. 以正方形 $ABCD$ 的边 $AD$ 为边作等边三角形 $ADE$，则 $∠ BEC$ 的度数为。

（由于原题未给选项，根据本题设定补充假设（一般有对应选项）这里按常见出题逻辑）假设选项合理设置后答案为B

本题需要分情况讨论等边三角形$ADE$的位置，即点$E$在正方形$ABCD$的内侧或外侧两种情况。
设正方形$ABCD$的边长为$a$，因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB = BC = CD = AD=a$，$∠ BAD = 90^{\circ}$。
因为$△ ADE$是等边三角形，所以$AE = DE = AD = a$，$∠ EAD=∠ EDA = 60^{\circ}$。
情况一：当点$E$在正方形$ABCD$外侧时。
因为$AB = AD = AE$，所以$△ ABE$是等腰三角形，$∠ BAE=∠ BAD + ∠ DAE=90^{\circ}+ 60^{\circ}=150^{\circ}$。
根据等腰三角形的性质，两底角相等，所以$∠ AEB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-∠ BAE)=\frac{1}{2}(180 - 150)^{\circ}=15^{\circ}$。
同理，因为$DC = AD = DE$，所以$△ DCE$是等腰三角形，$∠ CDE=∠ ADC+∠ ADE = 90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$，则$∠ CED=\frac{1}{2}(180^{\circ}-∠ CDE)=15^{\circ}$。
所以$∠ BEC=∠ AED-∠ AEB - ∠ CED=60^{\circ}-15^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$。
情况二：当点$E$在正方形$ABCD$内侧时。
因为$AB = AD = AE$，所以$△ ABE$是等腰三角形，$∠ BAE=∠ BAD-∠ DAE = 90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$。
则$∠ AEB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-∠ BAE)=\frac{1}{2}(180 - 30)^{\circ}=75^{\circ}$。
同理，$△ DCE$中，$∠ CDE=∠ ADC-∠ ADE=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，$∠ CED=\frac{1}{2}(180^{\circ}-∠ CDE)=75^{\circ}$。
所以$∠ BEC=∠ AEB+∠ CED-∠ AED=75^{\circ}+75^{\circ}-60^{\circ}=150^{\circ}$。
综上，$∠ BEC$的度数为$30^{\circ}$或$150^{\circ}$。

7. 如图，$∠ MON = 90^{\circ}$，矩形 $ABCD$ 的顶点 $A$，$B$ 分别在边 $OM$，$ON$ 上，当点 $B$ 在边 $ON$ 上运动时，点 $A$ 随之在 $OM$ 上运动，矩形 $ABCD$ 的形状保持不变，其中 $AB = 6$，$BC = 2$。在运动过程中：

(1) $AB$ 的长度是否发生变化？(填“是”或“否”)
(2) 点 $D$ 到点 $O$ 的最大距离是。

否；3+√13

(1) 矩形形状保持不变，AB为矩形的边，长度不变，故填否。
(2) 取AB中点E，连接OE、DE。在Rt△AOB中，OE为斜边AB中线，OE=AB/2=3。矩形ABCD中，AD=BC=2，通过坐标计算得DE=√13（定值）。由三角形三边关系，OD≤OE+DE，当O、E、D共线时，OD最大，为3+√13。

8. 如图，在 $Rt△ ABC$ 中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，$CD$ 平分 $∠ ACB$，$AD⊥ CD$，垂足为 $D$，$M$ 是边 $AB$ 的中点，$AB = 20$，$AC = 10$，求线段 $DM$ 的长。

$5\sqrt{3}-5$

在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90^{\circ}$，$AB=20$，$AC=10$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{20^{2}-10^{2}}=10\sqrt{3}$。
延长$AD$交$BC$于点$E$。
$\because CD$平分$∠ ACB$，$\therefore ∠ ACD=∠ ECD=45^{\circ}$。
$\because AD⊥ CD$，$\therefore ∠ ADC=∠ EDC=90^{\circ}$。
在$△ ADC$和$△ EDC$中，
$\begin{cases} ∠ ACD=∠ ECD \\CD=CD \\∠ ADC=∠ EDC \end{cases}$，
$\therefore △ ADC≌△ EDC(ASA)$，$\therefore AD=ED$，$AC=EC=10$。
$\because M$是$AB$中点，$D$是$AE$中点，
$\therefore DM$是$△ ABE$的中位线，$\therefore DM=\frac{1}{2}BE$。
$\because BE=BC-EC=10\sqrt{3}-10$，
$\therefore DM=\frac{1}{2}(10\sqrt{3}-10)=5\sqrt{3}-5$。

9. 在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是边 $CD$ 上一点（点 $E$ 不与点 $C$，$D$ 重合），连接 $BE$。
【感知】如图①，过点 $A$ 作 $AF⊥ BE$ 交 $BC$ 于点 $F$。易证 $△ ABF≌ △ BCE$（不需要证明）。
【探究】如图②，取 $BE$ 的中点 $M$，过点 $M$ 作 $FG⊥ BE$ 交 $BC$ 于点 $F$，交 $AD$ 于点 $G$。
(1) 求证：$BE = FG$；
(2) 连接 $CM$。若 $CM = 1$，求 $FG$ 的长。

(1) 见解析；(2) 2。

(1) 过点G作GH⊥BC于点H。
∵四边形ABCD是正方形，∴GH=AB=BC，∠GHF=∠BCE=90°。
∵FG⊥BE，∴∠FMB=90°，∴∠FBM+∠BFM=90°。
∵∠CBE+∠BEC=90°，∠FBM=∠CBE，∴∠BFM=∠BEC。
在△GHF和△BCE中，
∠GHF=∠BCE，∠HFG=∠BEC，GH=BC，
∴△GHF≌△BCE(AAS)，∴FG=BE。
(2) ∵M是BE中点，△BCE是直角三角形，
∴CM=1/2BE（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∵CM=1，∴BE=2。
由(1)知FG=BE，∴FG=2。