1. (2026·扬州期末) 如图①,在长方形 $ ABCD $
中,$ AB = 5 $,$ AD = \dfrac{20}{3} $.
(1) $ BD $ 的长为.
(2) 如图②,$ AE ⊥ BD $,垂足是 $ E $,作点 $ E $ 关于$ AB $ 的对称点 $ F $,连接 $ AF $,$ BF $.
①若连接 $ EF $,试求 $ EF $ 的长;
②若将 $ △ ABF $ 沿着射线 $ BD $ 方向平移,设平移的距离为 $ m $(平移距离指点 $ B $ 沿 $ BD $ 方向所经过的线段长度).当点 $ F $ 分别平移到线段 $ AB $,$ AD $ 上时,请求出相应的 $ m $ 的值.

(1)$\dfrac{25}{3}$ 解析:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是长方形,$\therefore ∠ BAD=90°$.在$\mathrm{Rt}△ ABD$ 中, $AB=5$, $AD=\dfrac{20}{3}$, 由勾股定理得 $BD=$$\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+(\dfrac{20}{3})^2}=\dfrac{25}{3}.$
(2) ① $\because AE⊥ BD$, $∠ BAD=90°$, $\therefore S_{△ ABD}=\dfrac{1}{2}BD· AE=$$\dfrac{1}{2}AB· AD$, $\therefore AE=\dfrac{AB· AD}{BD}=\dfrac{5×\dfrac{20}{3}}{\dfrac{25}{3}}=4$, 在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中, $AB=$$5$,$AE=4$, 由勾股定理得 $BE=3$. $\because$ 点 $E$ 和点 $F$ 关于 $AB$ 对称,$\therefore AB$ 垂直平分 $EF$, 如图①, 设 $EF$ 与 $AB$ 交于点 $G$, 则$EF=2EG$, $\because S_{△ ABE}=\dfrac{1}{2}AE· BE=\dfrac{1}{2}AB· EG$, 即 $4×3=$$5EG$, $\therefore EG=\dfrac{12}{5}$, $\therefore EF=2EG=\dfrac{24}{5}.$

②如图②, 由对称的性质可知, $∠1=∠2$. $BF=3$, 当点 $F$ 落在 $AB$ 上时 (此时为 $△ A'B'F'$), 由平移性质知 $AB// A'B'$,$∠4=∠1$, $\therefore ∠3=∠4$, $\therefore ∠3=∠2$, $\therefore BB'=B'F'=3$, 即$m=3.$
当点 $F$ 落在 $AD$ 上时 (此时为 $△ A''B''F''$), $\because AB// A''B''$,$\therefore ∠6=∠2$. $\because ∠1=∠2$, $∠5=∠1$, $\therefore ∠5=∠6$. $\because AB⊥$$AD$, $\therefore A''B''⊥ AD$, $\therefore △ B''F''D$ 为等腰三角形, $\therefore B''D=B''F''=$$3$, $\therefore BB''=BD-B''D=\dfrac{25}{3}-3=\dfrac{16}{3}$, 即 $m=\dfrac{16}{3}.$

2. (2026 · 泰州期末) 如图,在 $\mathrm{Rt } △ ABC$ 中, $∠ ACB=90°$, $∠ BAC=α(0°＜α＜45°)$, 点 $P$, $Q$ 分别在射线 $AC$,$AB$ 上,将线段 $PQ$ 绕点 $P$ 顺时针旋转 $180°-2α$ 得到线段 $PD$.
(1) 如图①,当点 $D$ 与点 $C$ 重合时,求证:$Q$ 是$AB$ 的中点;
(2) 如图②,当点 $Q$ 与点 $A$ 重合时,请只使用圆规一次,在图②中画出点 $Q$ 的对应点 $D$ 的位置(保留作图痕迹,不写作法);
(3) 如图③,若 $A$ 点也绕着 $P$ 点顺时针旋转某个角度后刚好落在 $AB$ 边上的 $M$ 点,当点 $D$ 落在 $BC$ 边上时,连接 $DM$,过 $D$ 作 $DE // AC$ 交$AB$ 于点 $E$,求证:$BE=2AQ$.

(1) 如图①, 连接 $CQ$, $\because$ 将线段 $PQ$ 绕点 $P$ 顺时针旋转$180°-2α$ 得到线段 $PD$, 点 $D$ 与点 $C$ 重合, $\therefore PC=PQ$,$∠ CPQ=180°-2α$, $\therefore ∠ PCQ=∠ PQC=α$. $\because ∠ BAC=α$,$\therefore ∠ PCQ=∠ BAC$, $\therefore AQ=CQ$. $\because ∠ ACB=90°$, $\therefore ∠ PCQ+$$∠ BCQ=∠ BAC+∠ B=90°$, $\therefore ∠ B=∠ BCQ$, $\therefore CQ=BQ$,$\therefore AQ=BQ$, 即 $Q$ 是 $AB$ 的中点.
(2) 如图②, 点 $D$ 即为所求.
(3) 取 $BE$ 的中点 $N$, 连接 $DN$, 如图③. 由旋转的性质得 $PA=$$PM$, $PQ=PD$, $∠ QPD=180°-2α$, $\therefore ∠ PMA=∠ PAM=α$,$\therefore ∠ APM=180°-2α=∠ QPD$, $\therefore ∠ APQ=∠ MPD$, $\therefore △ PAQ≌$$△ PMD(\mathrm{SAS})$, $\therefore AQ=DM$, $∠ PMD=∠ A=α$, $\therefore ∠ AMD=$$∠ AMP+∠ PMD=2α$. $\because DE// AC$, $\therefore ∠ BED=∠ A=α$,$∠ BDE=∠ ACB=90°$. $\because N$ 为 $BE$ 的中点, $\therefore DN=EN=$$\dfrac{1}{2}BE$, $\therefore ∠ EDN=∠ BED=α$, $\therefore ∠ DNM=∠ EDN+$$∠ BED=2α$, $\therefore ∠ AMD=∠ DNM$, $\therefore DN=DM$, $\therefore DM=\dfrac{1}{2}BE.$又 $\because AQ=DM$, $\therefore AQ=\dfrac{1}{2}BE$, 即 $BE=2AQ.$