如图所示, 将$\triangle PAB$ 逆时针旋转$60^{\circ}$ 到$\triangle EAC$, 连结$PE$.

显然$\triangle PAE$ 为等边三角形; $EC=PB=5$, 在$\triangle PCE$ 中有$PE=3,PC=4,EC=5$.

$\therefore \angle CPE=90^{\circ}\Rightarrow \angle CPA=30^{\circ}$.

过$A$ 作$AH\bot PC$ 于$H$, $\therefore AH=\frac{PA}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow PH=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

因此得$HC=4-\frac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC^2=AH^2+HC^2\Rightarrow AC=\sqrt{25-12\sqrt{3}}$.

$M$ 为线段$EC$ 的中点时满足要求, 下面分4中情况说明:(考虑顺时针旋转)

(1)如图所示, 当旋转的角度是锐角时, 此题在之前的题目中已经出现过, 只需证明$\triangle DMT \cong \triangle MBS(SAS)$即可.

(2)如图所示, 当旋转的角度是$180^{\circ}$ 时, $EC=2EM=2(TA+AS)\Rightarrow TA=MS$, 同理$TM=SE$.
所以$\triangle DTM\cong \triangle MSB(SAS)\Rightarrow DM=BM, \angle DMB=90^{\circ}$.

(3) 当旋转角度大于180度时, 如图所示, 同样可证$\triangle DMT\cong \triangle MBS(SAS)$ 即可.

(4) 当旋转$360^{\circ}$ 时, 如图所示, 仿照(2) 可以征得$\triangle DTM\cong \triangle MSB$.

显然有$\triangle ABE\cong \triangle ADF(HL)\Rightarrow CE=CF, AC\bot EF$.
设$EN=FN=a\Rightarrow NC=a, AE=AF=2a$, 由勾股定理可得$CE=CF=\sqrt{2}a, NA=\sqrt{3}a, AB=BC=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}a$. 所以可得$BE=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}a$.

所以: $S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}a\cdot \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}a =\frac{a^2}{2}=S_{\triangle CEN}$. 所以(1)得证.

(2) 连结$AM$, $\because BE=CM\Rightarrow S_{ABE}=S_{ACM}\Rightarrow S_{ANM}=S_{ENM}\Rightarrow NM\parallel AE$.

如图所示, 连结$OE,OF,OC,OD$, $\because AF$ 平分$\angle BAD$, 且$AB\parallel CD, AD\parallel BC\Rightarrow AB=BE, CE=CF$, 又因为$O$ 为外心, 因此有$OC=OE, \angle OCE=\angle OEc=\angle OCF$, 所以有$\angle BEO=\angle OCD$, 且
$BE=BA=CD\Rightarrow \triangle BOE\cong DOC(SAS)$, 得: $\angle BOE=\angle DOC$ 且$OB=OD$. 所以可得$\angle EOC=\angle BOD$, 故$\angle DBO=\angle OCE= \frac{1}{2}\angle BCC=\frac{1}{2}\angle ABC$.

设$CO$ 交$QP$ 于$D$, $C_1O$ 交$PN$ 于$E$, 由$\angle BCO=\angle COE=45^{\circ}\Rightarrow \triangle OCE$ 为等腰直角三角形, 显然$\triangle CQP, \triangle C_1PN$ 也为等腰直角三角形, 因为$OE=OD=1$,可得$OC=OC_1=\sqrt{2}\Rightarrow CD=C_1E=\sqrt{2}-1$, 因此有: $QC=CP=PC_1=\sqrt{2}\cdot(\sqrt{2-1})=2-\sqrt{2},QP=2CD=2\sqrt{2}-2$.

易证$\triangle A_1KQ,\triangle AKL, \triangle LB_1M, \triangle MBN$均为等腰直角三角形, 所以易得$AC=A_1C_1=2+\sqrt{2},A_1Q=2,BM=\sqrt{2},CK=2$, 所以$AK=\sqrt{2}$,容易求得重叠部分面积为:$S_{ABC}-S_{ALK}-S_{BMN}-S_{CQP}=4\sqrt{2}-2$.

如图所示作辅助线, 设正方形得边长为$a$, $HS=x, ET=y$, 由已知可得: $a^2=5\times 2-S_{MQPN}\Rightarrow a^2=10-xy$, $x^2+a^2=9, y^2+a^2=16 \Rightarrow x^2-xy=-1, y^2-xy=6\Rightarrow (y-x)^2=5$, 另一方面$y^2-x^2=7$, 通过计算可以得出$xy=\frac{6}{5}$,
所以$a^2=10-xy=\frac{44}{5}$. 即正方形$ABCD$ 的面积为$\frac{44}{5}$.

如果所示, 作$B$ 关于$AC$ 的对称点$G$, 连结$GM,GA$, 过$G$ 作$GH\bot AB$ 于$H$.

在$Rt\triangle ABC$ 中, $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=10\sqrt{5}$,
由$AC$ 垂直平分$BG\Rightarrow MB=MG\Rightarrow MB+MN\geq GN\geq GH$.

设$AC$ 与$GB$ 交于点$T$, 在$\triangle ABC$ 中有: $AC\times BT=BC\times AB\Rightarrow BT=4\sqrt{5}$.
所以$AT=\sqrt{AB^2-GT^2}=8\sqrt{5}$. 因此在$\triangle ABG$ 中有$AT\times BG=AB\times GH\Rightarrow GH=16$.

所以最小值为$16$.

如图所示, 过$A$ 作$AH\bot NM$ 与点$H$, 连结$AN$.
$\because \angle DAM=\angle NMA=\angle AMB\Rightarrow BM=HM=3, AH=AB=6$.
$\therefore \triangle ADN\cong AHN(HL)\Rightarrow DN=NH$.

设$DN=x\Rightarrow NM=3+x, NC=6-x, MC=3$. 在$Rt\triangle NCM$ 中
$NM^2=NC^2+MC^2\Rightarrow (3+x)^2=3^2+(6-x)^2\Rightarrow x=2$

如图作辅助线, 设$HF$ 所在的直线与$AD, BC$ 分别交于点$S,T$, 连结$NO,NC$.
由折叠及$EG\parallel BC\Rightarrow \angle CMN=\angle NMO=\angle OGM\Rightarrow OG=OM=MC$,

由$AB=\sqrt{6}, EF=2\Rightarrow OM=OG=MC=\sqrt{3}; OT=\frac{\sqrt{6}}{2}$, 所以
$TM=\sqrt{OM^2-OT^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$

设$DN=x$, 在直角三角形$\triangle CDN$ 与$\triangle OSN$ 中,得:

$OS^2+SN^2=ND^2+CD^2$

所以$\left( \frac{\sqrt{6}}{2} \right)^2+\left( \sqrt{3}+\frac{\sqrt{6}}{2} \right)^2=x^2+\sqrt{6}^2\Rightarrow x=\sqrt{6}-\sqrt{3}$

连结$DP,DN,EQ,EN,MN$, 因为$\triangle ABD$ 与$\triangle AEC$ 为等腰直角三角形, 所
以$DP\bot AB,EQ\bot AC$, 因为$M,N,Q,P$ 分别为中点, 所以$APNQ$ 为平行四边形, 所以
$\triangle DPN\cong \triangle NQE(SAS)\Rightarrow DN=NE$, 通过计算可得$\angle DNE=90^{\circ}$ (注意,此方法同样适用于3月10日每日一题)

所以得$\triangle DEN$ 为等腰直角三角形( 用3月10日得方法也行)

因此得$\angle PNM=\angle QEM\Rightarrow \triangle PNM\cong QEM(SAS)\Rightarrow$,
接下来易证$\triangle PQM$ 为等腰直角三角形.