25. (本小题 12 分)如图,正方形$ABCD$的边长为 4,$P$为边$AB$上一点,连接$CP$,将线段$CP$绕点$P$逆时针旋转$90^{\circ}$,得到线段$PQ$.
(1) 如图①,当$BP = 1$时,求点$Q$到直线$AB$的距离;
(2) 如图②,连接$CQ$,取$CQ$的中点$M$,连接$AM$.求证:$AM = \dfrac{1}{2}CQ$;
(3) 连接$QA$,$QD$,当$△ ADQ$为等腰三角形时,求$BP$的长.

(1)1；(2)见解析；(3)2或$2\sqrt{2}$或4。

(1) 过点Q作QH⊥AB于H，由旋转性质得CP=PQ，∠CPQ=90°。
∵∠CPB+∠QPH=90°，∠CPB+∠BCP=90°，∴∠QPH=∠BCP。
又∠PBC=∠QHP=90°，∴△PBC≌△QHP(AAS)。
∴QH=BP=1，即点Q到直线AB的距离为1。
(2) 建立坐标系：设B(0,0)，A(0,4)，C(4,0)，D(4,4)，P(0,t)，则BP=t。
向量PC=(4,-t)，逆时针旋转90°得向量PQ=(t,4)，∴Q(t,t+4)。
CQ中点M坐标为$(\frac{t+4}{2},\frac{t+4}{2})$。
AM=$\sqrt{(\frac{t+4}{2}-0)^2+(\frac{t+4}{2}-4)^2}=\sqrt{\frac{(t+4)^2+(t-4)^2}{4}}=\frac{\sqrt{2t^2+32}}{2}$。
CQ=$\sqrt{(t-4)^2+(t+4)^2}=\sqrt{2t^2+32}$，∴AM=$\frac{1}{2}$CQ。
(3) A(0,4)，D(4,4)，Q(t,t+4)，AD=4。
①AQ=AD：$t\sqrt{2}=4$，$t=2\sqrt{2}$；
②DQ=AD：$\sqrt{(t-4)^2+t^2}=4$，解得t=4(t=0舍去)；
③AQ=DQ：$t\sqrt{2}=\sqrt{(t-4)^2+t^2}$，解得t=2。
综上，BP的长为2，$2\sqrt{2}$或4。