∴△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＝＝
＝2
，
∵BC∥AD， ∴△PBM∽△PDA， ∴
＝
＝＝，
∴PM＝AM＝， ∴AP＝AM+PM＝3
．
11．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
31
∴∠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＝
＝＝4，
∴BD＝2OB＝8， ∴
＝， 解得：DE＝
，
∴BE＝BD﹣DE＝8﹣
＝
， ∴S△DEA＝OA?DE＝×2×＝， S△ABE＝OA?BE＝×2×＝＝S△BEC，
∴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°，
32
∴∠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＝CF，∠BEF＝∠BEC﹣∠FEC＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠BEF＝∠EBC， ∴EF＝BF， ∴
CF+CF＝BC＝10，
∴CF＝
＝10（
﹣1），
∴BP＝BC+CP＝BC+CF＝10+10（﹣1）＝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°＝，即＝，
∴PN＝5
，
∴BP＝BN+PN＝5
+5
，
综上所述，△PEC是等腰三角形时BP的长为10
或5
+5
．
33
12．（1）解：由轴对称的性质得：∠EAP＝∠BAP＝α，AE＝AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴∠DAE＝90°﹣2α，AD＝AE，
∴∠ADF＝∠AED＝（180°﹣∠DAE）＝（90°+2α）＝45°+α；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∵点E与点B关于直线AP对称， ∴∠AEF＝∠ABF，AE＝AB． ∴AE＝AD． ∴∠ADE＝∠AED． ∵∠AED+∠AEF＝180°，
∴在四边形ABFD中，∠ADE+∠ABF＝180°， ∴∠BFD+∠BAD＝180°， ∴∠BFD＝90°
34
∴BF⊥DF；
（3）解：线段AF，BF，CF之间的数量关系为AF＝BF+CF，理由如下：
过点B作BM⊥BF交AF于点M，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， ∴∠ABM＝∠CBF，
∵点E与点B关于直线AP对称，∠BFD＝90°， ∴∠MFB＝∠MFE＝45°， ∴△BMF是等腰直角三角形， ∴BM＝BF，FM＝
BF，
在△AMB和△CFB中，，
∴△AMB≌△CFB（SAS）， ∴AM＝CF， ∵AF＝FM+AM， ∴AF＝
BF+CF．
13．（Ⅰ）①解：∵等腰直角三角形OEF的直角顶点O在原点，OE＝2， ∴∠EOF＝90°，OF＝OE＝2， ∴EF＝
＝
＝2
，
∵将△OEF绕点O逆时针旋转，得△OE1F1， ∴E1F1＝EF＝2
；
②证明：∵四边形OABC为正方形， ∴OC＝OA．
∵将△OEF绕点O逆时针旋转，得△OE1F1，
35
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