22.「★★★」（12分）如图①，BD是矩形ABCD的对角线，∠ABD=30°，AD=1.将△BCD沿射线BD方向平移到△B'C'D'的位置，使点B'为BD的中点，连接AB',C'D,AD',BC',如图②.
(1)求证:四边形AB'C'D是菱形.
(2)求四边形ABC'D'的周长.
(3)将四边形ABC'D'沿它的两条对角线剪开,用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形,直接写出所有可能拼成的矩形周长.

(1)证明:
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ $AD=BC,∠DAB=90°,AD// BC$,
∴ $∠ADB=90°-∠ABD=60°$,
由平移的性质得$B'C'=BC=AD,B'C'// BC$,
∴ $AD// B'C'$,
∴ 四边形AB'C'D是平行四边形,
∵ 点B'为BD的中点,
∴ $AB'=\frac{1}{2}BD=DB'$,
又
∵ $∠ADB=60°,∴ △ADB'$是等边三角形,
∴ $AD=AB',∴$ 四边形AB'C'D是菱形.
(2)如图,连接AC',
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ $AB=CD,AB// CD$,
由平移的性质得$C'D'=CD,C'D'// CD$,
∴ $AB=C'D',AB// C'D'$,
∴ 四边形ABC'D'是平行四边形,
∵ 四边形AB'C'D是菱形,
∴ $AC'⊥B'D$,
∴ 四边形ABC'D'是菱形,
在Rt$△ABD$中,$AD=1,∠ABD=30°$,
∴ $BD=2AD=2$,
∴ $AB=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,
∴ 四边形ABC'D'的周长为$4×\sqrt{3}=4\sqrt{3}$.
(3)$6+\sqrt{3}$或$2\sqrt{3}+3$.
详解:令$AC'$与$BD'$的交点为$O$(图略),
∵ $AC'⊥B'D$,
∴ 剪开得到的四个三角形为直角三角形,
∵ $AB=\sqrt{3},∠ABD=30°,∴ AO=\frac{\sqrt{3}}{2},∴ OB=\sqrt{(\sqrt{3})^2-(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{3}{2},∴$ 将四边形ABC'D'沿它的两条对角线剪开,用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形如下:
∴ 矩形的周长为$2×(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{2}+\frac{3}{2})=6+\sqrt{3}$ 或 $2×(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{2})=2\sqrt{3}+3$.
故答案为$6+\sqrt{3}$或$2\sqrt{3}+3$.