【分析】
(1) 首先根据BD=BC且∠DBC=60°，可判定△DBC是等边三角形，得到DB=DC；再结合AB=AC、AD为公共边，可证明△ADB≌△ADC，得到∠ADB=∠ADC，最后利用周角减去∠BDC的度数后平分，即可求出∠ADB。
(2) 先通过∠ABE和∠DBC都是60°，同时减去公共角∠DBE，推导出∠ABD=∠EBC；再结合(1)中得到的∠ADB=150°=∠BCE，以及BD=BC，可证明△ABD≌△EBC，得到AB=BE，结合∠ABE=60°即可判定△ABE的形状。
(3) 连接DE后，先计算出∠DCE为直角，再由DE⊥BD和∠BDC=60°得到∠EDC=30°，利用直角三角形中30°角对的直角边是斜边的一半求出EC的长度，最后根据全等三角形对应边相等得到AD的长度。
【解析】
(1)
∵BD=BC，∠DBC=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DB=DC，∠BDC=∠DBC=∠DCB=60°。
在△ADB和△ADC中，
$\begin{cases} AB=AC, \\ AD=AD, \\ DB=DC, \end{cases}$
∴△ADB≌△ADC(SSS)，
∴∠ADB=∠ADC，
∴∠ADB=$\frac{1}{2}$×(360°−60°)=150°。
(2)△ABE是等边三角形，证明如下：
∵∠ABE=∠DBC=60°，
∴∠ABE−∠DBE=∠DBC−∠DBE，
∴∠ABD=∠EBC。
在△ABD和△EBC中，
$\begin{cases} ∠ADB=∠ECB=150°, \\ BD=BC, \\ ∠ABD=∠EBC, \end{cases}$
∴△ABD≌△EBC(ASA)，
∴AB=BE。
∵∠ABE=60°，
∴△ABE是等边三角形。
(3)连接DE，
∵∠BCE=150°，∠DCB=60°，
∴∠DCE=150°-60°=90°。
∵DE⊥BD，
∴∠EDB=90°，
又
∵∠BDC=60°，
∴∠EDC=∠EDB - ∠BDC=90°-60°=30°，
∴在Rt△DCE中，EC=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$×10=5。
由(2)的全等结论可知AD=EC，
∴AD=5。
【答案】
1. 解:(1)
∵BD=BC,∠DBC=60°,
∴△DBC是等边三角形,
∴DB=DC,∠BDC=∠DBC=∠DCB=60°.
在△ADB和△ADC中,$\begin{cases} AB=AC, \\ AD=AD, \\ DB=DC, \end{cases}$
∴△ADB≌△ADC(SSS),
∴∠ADB=∠ADC,
∴∠ADB=$\frac{1}{2}$×(360°−60°)=150°.
(2)△ABE是等边三角形.理由如下：
∵∠ABE=∠DBC=60°,
∴∠ABE−∠DBE=∠DBC−∠DBE,
∴∠ABD=∠EBC.
在△ABD和△EBC中,$\begin{cases} ∠ADB=∠ECB=150°, \\ BD=BC, \\ ∠ABD=∠EBC, \end{cases}$
∴△ABD≌△EBC(ASA),
∴AB=BE.
∵∠ABE=60°,
∴△ABE是等边三角形.
(3)如答图,连接DE.
∵∠BCE=150°,∠DCB=60°,
∴∠DCE=90°.
∵∠EDB=90°,∠BDC=60°,
∴∠EDC=30°,
∴EC=$\frac{1}{2}$DE=5.
由(2)知△ABD≌△EBC,
∴AD=EC=5.
【知识点】
等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是共顶点双等边三角形模型的典型习题，解题时需熟练掌握特殊三角形的性质和全等三角形的判定方法，准确找到角、边的等量关系是解题的突破口，同时要注意各小问之间的关联性，前一问的结论往往可作为后一问的解题条件。
【难度系数】
0.6

【分析】
(1) 证明两条线段相等优先考虑证明线段所在三角形全等。本题是共顶点的双等边三角形结构，可先根据等边三角形性质得到等角、等边，通过角的和差得到全等所需的相等夹角，用SAS判定△ACD和△BCE全等，即可推得AD=BE。
(2) 求∠DOE的度数可借助三角形内角和定理，先计算∠DOE所在三角形另外两个内角的和。利用(1)的全等结论得到对应角相等，结合等边三角形的内角度数代入计算，即可求出∠DOE的度数。
(3) 证明等边三角形可先证两边相等，再证两边夹角为60°。结合(1)的全等结论得到对应角、对应边相等，利用中点定义得到一组相等的边，证明△ACM和△BCN全等得到CM=CN，再推导夹角∠MCN为60°，即可判定△MNC是等边三角形。
【解析】
(1)证明:
∵△ABC,△CDE都是等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD,
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,$\begin{cases} AC=BC, \\ ∠ACD=∠BCE, \\ CD=CE, \end{cases}$
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴AD=BE.
(2)解:由(1)知△ACD≌△BCE,
∴∠ADC=∠BEC.
∵△DCE是等边三角形,
∴∠CED=∠CDE=60°,
∴∠ADE+∠BED = ∠ADC + ∠CDE + ∠BED = ∠ADC+60°+∠BED=∠CED+60°=60°+60°=120°,
∴∠DOE=180°−(∠ADE+∠BED)=60°.
(3)证明:由(1)知△ACD≌△BCE,
∴∠CAD=∠CBE,AD=BE.
∵M,N分别是线段AD,BE的中点,
∴AM=$\frac{1}{2}$AD,BN=$\frac{1}{2}$BE,
∴AM=BN.
在△ACM和△BCN中,$\begin{cases} AC=BC, \\ ∠CAM=∠CBN, \\ AM=BN, \end{cases}$
∴△ACM≌△BCN(SAS),
∴CM=CN,∠ACM=∠BCN.
又∠ACB=60°,
∴∠ACM+∠MCB=60°,
∴∠BCN+∠MCB=60°,
∴∠MCN=60°,
∴△MNC是等边三角形.
【答案】
(1) 证明成立，AD=BE；(2) $\boldsymbol{60°}$；(3) 证明成立，△MNC是等边三角形。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是共顶点双等边（手拉手）模型的典型考题，解题核心是利用等边三角形的性质推导全等条件，通过全等转化边、角关系，掌握该模型特征可快速找到解题突破口，是几何全等专题的常考题型。
【难度系数】
0.6