∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴ME＝MN，

又∵ME＝BE+BM＝BM+DN， ∴BM+DN＝MN； 故答案为：BM+DN＝MN；

（2）（1）中的结论不成立，DN﹣BM＝MN．理由如下： 如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF， 则∠ABM＝90°＝∠D， 在△ABM和△ADF中，∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，

∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°， 即∠MAF＝∠BAD＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠MAN＝∠FAN＝45°， 在△MAN和△FAN中，∴△MAN≌△FAN（SAS）， ∴MN＝NF，

∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM， ∴DN﹣BM＝MN．

（3）∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°， ∴∠ABM＝∠MCN＝90°， ∵CN＝CD＝6， ∴DN＝12， ∴AN＝∵AB∥CD，

＝

＝6

， ， ，

∴△ABQ∽△NDQ， ∴∴

＝

＝

＝

＝，

＝，

；

∴AQ＝AN＝2

由（2）得：DN﹣BM＝MN．

设BM＝x，则MN＝12﹣x，CM＝6+x，

在Rt△CMN中，由勾股定理得：62+（6+x）2＝（12﹣x）2， 解得：x＝2， ∴BM＝2， ∴AM＝∵BC∥AD， ∴△PBM∽△PDA， ∴

＝

＝＝，

， ． ＝

＝2

，

∴PM＝AM＝∴AP＝AM+PM＝3

11．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ABE＝∠CBE，AB＝BC， 在△ABE和△CBE中，∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝CE；

（2）解：连接AC，交BD于O，如图1所示： ∵四边形ABCD是菱形，

∴AD∥BC，AD＝AB＝4，∠AOB＝90°，OB＝OD，OA＝OC， ∴△BEP∽△DEA， ∴

＝

＝

，

，

∴＝（

）2＝

，

∵sin∠ABD＝∴OA＝2

，

＝＝，

OB＝

∴BD＝2OB＝8∴解得：DE＝

＝

＝， ， ， ﹣

＝×××﹣

＝＝

＝4，

∴BE＝BD﹣DE＝8， ＝＝， ；

， ＝S△BEC，

∴S△DEA＝OA?DE＝×2

S△ABE＝OA?BE＝×2

∴S△BEP＝

S△DEA＝

∴S△PEC＝S△BEC﹣S△BEP＝

（3）解：①由（1）得：△ABE≌△CBE， ∴∠BAE＝∠BCE，

当∠BAE＝90°时，则∠BCE＝90°，

∴∠ECP＝90°， ∵∠ABC＝45°，

∴∠EBC＝22.5°，∠CPE＝45°， ∴△PEC是等腰直角三角形，

∴CE＝CP，∠BEC＝90°﹣22.5°＝67.5°， 过点E作∠FEC＝45°交BC于F，如图2所示： 则CE＝CP＝CF，EF＝∴∠BEF＝∠EBC， ∴EF＝BF， ∴

CF，∠BEF＝∠BEC﹣∠FEC＝67.5°﹣45°＝22.5°，

CF+CF＝BC＝10，

＝10（

﹣1），

﹣1）＝10

；

∴CF＝

∴BP＝BC+CP＝BC+CF＝10+10（②由（1）得：△ABE≌△CBE， ∴∠AEB＝∠CEB，

当∠BAE＝105°时，∠AEB＝180°﹣105°﹣22.5°＝52.5°， ∴∠AEC＝2∠AEB＝105°， ∴∠CEP＝75°，

∵∠APB＝180°﹣105°﹣45°＝30°， ∴∠ECP＝180°﹣75°﹣30°＝75°， ∴∠ECP＝∠CEP， ∴△PEC是等腰三角形，

过点A作AN⊥BP于N，如图3所示： 则△ABN是等腰直角三角形， ∴AN＝BN＝

AB＝5，

∵∠APB＝30°， ∴tan30°＝∴PN＝5

，

+5

，

或5

+5

．

，即

＝

，

∴BP＝BN+PN＝5

综上所述，△PEC是等腰三角形时BP的长为10