如图，A、B是直线a上的两个定点，点C、D在直线b上运动（点C在点D的左侧），AB=CD=4cm，已知a∥b，a、b间的

解题思路：（1）当A₁、D两点重合时，可以证到四边形ACDB是菱形，从而得到AC=AB=4cm．
（2）①过点A₁作A₁E⊥BC，垂足为E，过点D作DF⊥BC，垂足为F，如图2，可以证到S_△DBC=S_△ABC=S_△A1BC，从而得到DF=A₁E，由A₁E⊥BC，DF⊥BC可以证到A₁E∥DF，从而得到四边形A₁DFE是平行四边形，就可得到A₁D∥BC．②若以A₁、C、B、D为顶点的四边形是矩形，则有三个位置，分别是图3①、图3②、图3③．对于图3①、图3②，过点C作CH⊥AB，垂足为H，运用相似三角形的性质建立方程就可求出AH，然后运用勾股定理就可求出AC的长；对于图3③，直接运用勾股定理就可求出AC的长．

（1）当A₁、D两点重合时，如图1①和图1②，


∵CD∥AB，CD=AB，
∴四边形ACDB是平行四边形．
∵△ABC沿BC折叠得△A₁BC，A₁、D两点重合，
∴AC=A₁C=DC．
∴平行四边形ACDB是菱形．
∴AC=AB=4（cm）．
故答案为：4．

（2）当A₁、D两点不重合时，
①A₁D∥BC．
证明：过点A₁作A₁E⊥BC，垂足为E，过点D作DF⊥BC，垂足为F，如图2，

∵CD∥AB，CD=AB，
∴四边形ACDB是平行四边形．
∴S_△ABC=S_△DBC．
∵△ABC沿BC折叠得△A₁BC，
∴S_△ABC=S_△A1BC．
∴S_△DBC=S_△A1BC．
∴[1/2]BC•DF=[1/2]BC•A₁E．
∴DF=A₁E．
∵A₁E⊥BC，DF⊥BC，
∴∠A₁EB=∠DFB=90°．
∴A₁E∥DF．
∴四边形A₁DFE是平行四边形．
∴A₁D∥EF．
∴A₁D∥BC．
②Ⅰ．如图3①，

过点C作CH⊥AB，垂足为H，此时AH＜BH．
∵四边形A₁DBC是矩形，
∴∠A₁CB=90°．
∵△ABC沿BC折叠得△A₁BC，
∴∠ACB=∠A₁CB．
∴∠ACB=90°．
∵CH⊥AB，
∴∠AHC=∠CHB=90°．
∴∠ACH=90°-∠HCB=∠CBH．
∴△AHC∽△CHB．
∴[AH/CH]=[CH/BH]．
∴CH²=AH•BH．
∵AB=4，CH=
3，
∴3=AH•（4-AH）．
解得：AH=1或AH=3．
∵AH＜BH，
∴AH=1．
∴AC²=CH²+AH²=3+1=4．
∴AC=2．
Ⅱ．如图3②，

过点C作CH⊥AB，垂足为H，此时AH＞BH．
同理可得：AH=3．
∴AC²=CH²+AH²=3+9=12．
∴AC=2
3．
Ⅲ．如图3③，

∵四边形A₁DCB是矩形，
∴∠A₁BC=90°．
∵△ABC沿BC折叠得△A₁BC，
∴∠ABC=∠A₁BC．
∴∠ABC=90°．
∴AC²=BC²+AB²=3+16=19．
∴AC=
19．
综上所述；当以A₁、C、B、D为顶点的四边形是矩形时，AC的长为2或2
3或

点评：
本题考点： 几何变换综合题；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质．

考点点评： 本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、轴对称的性质、解一元二次方程、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的思想，有一定的综合性，而解决最后一个问题的过程中容易出现漏解的现象，是一道易错题．