∴△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