（1）过点$E$，$M$作$EG\bot CD$，$MH\bot CD$于点$G$，$H$，
得矩形$EMHG$，矩形$BCGE$，矩形$AMHD$，
$\therefore EM=GH$，$EG=MH=BC=AD=4$，

由翻折可知：${B\’}E=BE$，${B\’}M=BC=4$，
设${B\’}E=BE=x$，
$\because BM=2BC=8$，
$\therefore EM=BM-BE=8-x$，
在$Rt\triangle {B\’}EM$中，根据勾股定理得：
$EM^{2}={B\’}E^{2}+{B\’}M^{2}$，
$\therefore \left(8-x\right)^{2}=x^{2}+4^{2}$，
解得$x=3$，
$\therefore BE=3$，
$\therefore GH=EM=8-x=5$，
由翻折可知：$\angle CFE=\angle EFM$，
$\because AB$∥$CD$，
$\therefore \angle CFE=\angle FEM$，
$\therefore \angle EFM=\angle FEM$，
$\therefore ME=MF=5$，
$\because MH=4$，
$\therefore FH=3$，
$\therefore GF=GH-FH=5-3=2$，
$\therefore EF=\sqrt{E{G}^{2}+G{F}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{5}$；
故答案为：$2\sqrt{5}$；
$(2)$如图$1$中，过点$F$作$FJ\bot EF$，连接$BB\’$，过点$D$作$DR\bot FJ$于点$R$，交$BB\’$的延长线于点$K$，延长$FE$交$BB\’$于点$Q$，则四边形$FRKQ$是矩形.

$\therefore FR=QK$，
$\because DK$∥$EF$，
$\therefore \angle EFG=\angle FDR$，
$\therefore \tan \angle EFG=\tan \angle DFR=\frac{1}{2}$，
$\because DF=5$，
$\therefore DR=\sqrt{5}$，$FR=2\sqrt{5}$，
同法在$Rt\triangle BEQ$中，可得$BQ=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
$\because EB=EB\’$，$EQ\bot BB\’$，
$\therefore {B\’}Q=BA=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore {B\’}K=QK-QB\’=2\sqrt{5}-\frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
$\because$点${D\’}$在直线$DK$上运动，
$\therefore$当${D\’}$与$K$重合时，${B\’}{D\’}$的最小，最小值为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

（1）过点$E$，$M$作$EG\bot CD$，$MH\bot CD$于点$G$，$H$，
得矩形$EMHG$，矩形$BCGE$，矩形$AMHD$，
$\therefore EM=GH$，$EG=MH=BC=AD=4$，

由翻折可知：${B\’}E=BE$，${B\’}M=BC=4$，
设${B\’}E=BE=x$，
$\because BM=2BC=8$，
$\therefore EM=BM-BE=8-x$，
在$Rt\triangle {B\’}EM$中，根据勾股定理得：
$EM^{2}={B\’}E^{2}+{B\’}M^{2}$，
$\therefore \left(8-x\right)^{2}=x^{2}+4^{2}$，
解得$x=3$，
$\therefore BE=3$，
$\therefore GH=EM=8-x=5$，
由翻折可知：$\angle CFE=\angle EFM$，
$\because AB$∥$CD$，
$\therefore \angle CFE=\angle FEM$，
$\therefore \angle EFM=\angle FEM$，
$\therefore ME=MF=5$，
$\because MH=4$，
$\therefore FH=3$，
$\therefore GF=GH-FH=5-3=2$，
$\therefore EF=\sqrt{E{G}^{2}+G{F}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{5}$；
故答案为：$2\sqrt{5}$；
$(2)$如图$1$中，过点$F$作$FJ\bot EF$，连接$BB\’$，过点$D$作$DR\bot FJ$于点$R$，交$BB\’$的延长线于点$K$，延长$FE$交$BB\’$于点$Q$，则四边形$FRKQ$是矩形.

$\therefore FR=QK$，
$\because DK$∥$EF$，
$\therefore \angle EFG=\angle FDR$，
$\therefore \tan \angle EFG=\tan \angle DFR=\frac{1}{2}$，
$\because DF=5$，
$\therefore DR=\sqrt{5}$，$FR=2\sqrt{5}$，
同法在$Rt\triangle BEQ$中，可得$BQ=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
$\because EB=EB\’$，$EQ\bot BB\’$，
$\therefore {B\’}Q=BA=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore {B\’}K=QK-QB\’=2\sqrt{5}-\frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
$\because$点${D\’}$在直线$DK$上运动，
$\therefore$当${D\’}$与$K$重合时，${B\’}{D\’}$的最小，最小值为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$.