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$82°$
解：
​$ (1) $​∵​$AP=AQ$​，
∴​$∠ APQ=∠ AQP$​。
∴​$∠ APB=∠ AQC$​。
​$ $​在​$△ APB$​和​$△ AQC$​中，
​$ \begin {cases}\ \mathrm {AP}=AQ， \\∠ APB=∠ AQC， \\BP=CQ， \end {cases}$​
∴​$△ APB ≌ △ AQC$​。
∴​$AB=AC$​。
∴​$∠ B=∠ C=25°$​。
∴​$∠ BAC=180°-(∠ B+∠ C)=130°$​。
∵​$AP=BP$​，​$AQ=CQ$​，
∴​$∠ BAP=∠ B=25°$​，​$∠ CAQ=∠ C=25°$​。
∴​$∠ PAQ=∠ BAC-∠ BAP-∠ CAQ=80°$​。
​$ (2) $​由​$(1)$​知​$∠ B=∠ C$​。
∵​$∠ BAC=120°$​，
∴​$∠ B=∠ C=30°$​。
由​$(1)$​得​$∠ BAP=∠ CAQ=∠ B=∠ C=30°$​，
∴易得​$∠ PAQ=60°$​。
又∵​$AP=AQ$​，
∴​$△ APQ$​是等边三角形
解：
​$ (1) $​∵​$△ ABC$​为等边三角形，
∴​$AB=BC$​，​$∠ ABM=∠ BCN=60°$​。
又∵​$BM=CN$​，
∴​$△ ABM ≌ △ BCN$​。
∴​$∠ BAM=∠ CBN$​。
∴​$∠ BQM=∠ AQN=∠ BAM+∠ ABQ=∠ CBN+∠ ABQ$​
​$=∠ ABC=60°$​。
​$ (2)(1)$​中的结论仍然成立。
∵​$△ ABC$​是等边三角形，
∴​$AB=AC=BC$​，​$∠ ACB=∠ BAC=60°$​，
则​$∠ ACM=∠ BAN=180°-60°=120°$​。
又∵​$BM=CN$​，
∴​$BM-BC=CN-AC$​，即​$CM=AN$​。
又∵​$AC=BA$​，
∴​$△ ACM ≌ △ BAN$​。
∴​$∠ M=∠ N$​。
∴​$∠ BQM=∠ N+∠ QAN=∠ M+∠ CAM=∠ ACB=60°$​

解：
​$ (1) $​如图​$①$​，在​$AC$​上截取​$CM=CD$​，连接​$DM$​。
∵​$△ ABC$​是等边三角形，
∴​$∠ ACB=60°$​。
∴​$△ CDM$​是等边三角形。
∴​$MD=CD=CM$​，​$∠ CMD=∠ CDM=60°$​。
∴​$∠ AMD=180°-∠ CMD=120°$​。
∵​$∠ ADE=60°$​，
∴​$∠ ADE=∠ MDC$​。
∴​$∠ ADE-∠ MDE=∠ MDC-∠ MDE$​，
即​$∠ ADM=∠ EDC$​。
∵​$DE$​与​$∠ ACB$​的邻补角的平分线交于点​$E$​，
∴易得​$∠ ACE=60°$​。
∴​$∠ ECD=∠ ACE+∠ ACB=120°=∠ AMD$​。
​$ $​在​$△ ADM$​和​$△ EDC$​中，
​$ \begin {cases} ∠ ADM=∠ EDC， \\MD=CD， \\∠ AMD=∠ ECD， \end {cases}$​
∴​$△ ADM ≌ △ EDC$​。
∴​$AM=EC$​。
∴​$CA=CM+AM=CD+CE$​。
​$ (2)\ \mathrm {CA}=CE-CD$​。
证明：如图②，延长​$AC$​，在​$AC$​的延长线上截取​$CM=CD$​，连接​$DM$​。
∵​$△ ABC$​是等边三角形，
∴​$∠ ACB=60°$​。
∴​$∠ DCM=∠ ACB=60°$​。
∴​$△ CDM$​是等边三角形。
∴​$MD=CD=CM$​，​$∠ M=∠ CDM=60°$​。
∵​$DE$​与​$∠ ACB$​的邻补角的平分线交于点​$E$​，
∴易得​$∠ ACE=∠ ECD=60°$​。
∴​$∠ ECD=∠ M$​。
∵​$∠ ADE=60°$​，
∴​$∠ ADE=∠ CDM$​。
∴​$∠ CDM+∠ ADC=∠ ADE+∠ ADC$​，
即​$∠ ADM=∠ EDC$​。
​$ $​在​$△ ADM$​和​$△ EDC$​中，
​$ \begin {cases} ∠ ADM=∠ EDC， \\MD=CD， \\∠ M=∠ ECD， \end {cases}$​
∴​$△ ADM ≌ △ EDC$​。
∴​$AM=EC$​。
∴​$CA=AM-CM=CE-CD$​
【分析】
要解决本题，需利用等边三角形和等腰三角形的性质逐步推导角度：首先根据等边三角形ABC的性质得到AB=AC，∠ABC=60°；再结合已知∠DBC=41°算出∠ABD；接着由AC=AD推出AB=AD，得到△ABD是等腰三角形，利用等腰三角形底角相等求出∠BAD；最后通过∠BAD与∠BAC的差计算出∠CAD。
【解析】
解：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠BAC=60°，
∵∠DBC=41°，
∴∠ABD=∠ABC - ∠DBC=60° - 41°=19°，
又
∵AC=AD，
∴AB=AD，即△ABD为等腰三角形，
∴∠ADB=∠ABD=19°，
根据三角形内角和为180°，得：
∠BAD=180° - ∠ABD - ∠ADB=180° - 19° - 19°=142°，
∴∠CAD=∠BAD - ∠BAC=142° - 60°=82°。
【答案】
82°
【知识点】
等边三角形性质、等腰三角形性质、三角形内角和
【点评】
本题综合考查等边三角形与等腰三角形的性质，关键在于通过边的等量关系转化角的关系，结合三角形内角和定理进行角度计算，属于几何角度计算的基础题型。
【难度系数】
0.5
【分析】
要解决这道题，需利用已知的边相等关系，结合等腰三角形的性质推导角相等，再通过全等三角形的判定证明三角形全等，进而计算角度或判定三角形形状。第(1)问先由AP=AQ得等腰△APQ的底角相等，推出∠APB=∠AQC，用SAS证明△APB≌△AQC，得到AB=AC后算出∠BAC，再结合AP=BP、AQ=CQ得到∠BAP和∠CAQ，最终求出∠PAQ；第(2)问利用第(1)问的结论，先算出∠B和∠C，再得到∠BAP和∠CAQ，求出∠PAQ，结合AP=AQ，根据等边三角形的判定得出结论。
【解析】
(1)
∵ AP = AQ，
∴ ∠APQ = ∠AQP，
∴ ∠APB = 180° - ∠APQ，∠AQC = 180° - ∠AQP，故∠APB = ∠AQC。
在△APB和△AQC中，
$\{\begin{array}{l}AP = AQ, \\∠APB = ∠AQC, \\BP = CQ,\end{array} $
∴ △APB ≌ △AQC（SAS），
∴ AB = AC，
∴ ∠B = ∠C = 25°。
在△ABC中，∠BAC = 180° - (∠B + ∠C) = 180° - (25° + 25°) = 130°。
∵ AP = BP，
∴ ∠BAP = ∠B = 25°，同理，AQ = CQ，
∴ ∠CAQ = ∠C = 25°。
∴ ∠PAQ = ∠BAC - ∠BAP - ∠CAQ = 130° - 25° - 25° = 80°。
(2) 由(1)知△APB ≌ △AQC，
∴ ∠B = ∠C。
∵ ∠BAC = 120°，在△ABC中，∠B + ∠C = 180° - ∠BAC = 60°，
∴ ∠B = ∠C = 30°。
∵ AP = BP，
∴ ∠BAP = ∠B = 30°，同理，AQ = CQ，
∴ ∠CAQ = ∠C = 30°。
∴ ∠PAQ = ∠BAC - ∠BAP - ∠CAQ = 120° - 30° - 30° = 60°。
又
∵ AP = AQ，
∴ △APQ是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）。
【答案】
(1) ∠PAQ的度数为80°；(2) △APQ是等边三角形，理由如上。
【知识点】
全等三角形判定与性质，等腰三角形性质，等边三角形判定
【点评】
本题综合考查全等、等腰和等边三角形的知识，解题需利用边等推角等，结合三角形内角和计算，逻辑清晰，难度适中，需熟练掌握相关定理。
【难度系数】
0.6
【分析】
第(1)问：已知△ABC是等边三角形，可得到边相等、内角为60°，结合BM=CN的条件，通过SAS证明△ABM与△BCN全等，再利用三角形外角的性质，将∠BQM转化为等边三角形的内角∠ABC，从而求出度数。
第(2)问：M、N在延长线上时，先根据等边三角形性质得到相关角为120°，再由BM=CN推导出CM=AN，通过SAS证明△ACM与△BAN全等，再利用三角形外角的性质，同样可将∠BQM转化为60°，结论仍成立。
【解析】
(1)
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=60°，
在△ABM和△BCN中，
$\{\begin{array}{l}AB=BC \\∠ABM=∠BCN \\BM=CN\end{array} $
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BQM是△ABQ的外角，
∴∠BQM=∠BAM+∠ABQ，
将∠BAM替换为∠CBN，得：
∠BQM=∠CBN+∠ABQ=∠ABC=60°。
(2) (1)中的结论仍然成立，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠BAN=180°-∠BAC=120°，∠ACM=180°-∠ACB=120°，即∠ACM=∠BAN，
又
∵BM=CN，
∴BM - BC = CN - AC，即CM=AN，
在△ACM和△BAN中，
$\{\begin{array}{l}AC=BA \\∠ACM=∠BAN \\CM=AN\end{array} $
∴△ACM≌△BAN（SAS），
∴∠M=∠N，
∵∠BQM是△AQN的外角，
∴∠BQM=∠N + ∠QAN，
又
∵∠QAN=∠CAM（对顶角相等），
∴∠BQM=∠M + ∠CAM，
而∠ACB是△ACM的外角，∠ACB=∠M + ∠CAM=60°，
∴∠BQM=60°，结论成立。
【答案】
(1) 60°；(2) 结论仍然成立，∠BQM=60°
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质
【点评】
本题围绕等边三角形的性质，通过两次全等三角形的证明，结合三角形外角的性质转化角度，考查学生对全等三角形判定和等边三角形性质的综合应用，是几何中常见的角度计算题型。
【难度系数】
0.6
【分析】本题是等边三角形背景下的线段和差证明问题，核心方法是截长补短法构造全等三角形。对于（1），要证$CA=CD+CE$，需将$CA$拆分为两条线段，分别等于$CD$和$CE$，因此在$AC$上截取$CM=CD$，构造等边$△ CDM$，再通过角的关系证明$△ ADM≌△ EDC$，得到$AM=CE$，从而完成证明；对于（2），$D$在$BC$延长线上，采用类似截长思路，延长$AC$截取$CM=CD$构造等边$△ CDM$，再证全等得到$AM=CE$，进而推导出$CA$与$CE$、$CD$的关系。
【解析】
（1）证明：如图①，在$AC$上截取$CM=CD$，连接$DM$。
$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠ACB=60°$，
$\therefore △ CDM$是等边三角形，
$\therefore MD=CD=CM$，$∠CMD=∠CDM=60°$，
$\therefore ∠AMD=180°-∠CMD=120°$。
$\because ∠ADE=60°$，$\therefore ∠ADE=∠MDC$，
$\therefore ∠ADE - ∠MDE = ∠MDC - ∠MDE$，即$∠ADM=∠EDC$。
$\because DE$与$∠ACB$的邻补角的平分线交于点$E$，$\therefore ∠ACE=60°$，
$\therefore ∠ECD=∠ACE + ∠ACB=120°=∠AMD$。
在$△ ADM$和$△ EDC$中：
$\begin{cases} ∠ADM=∠EDC \\ MD=CD \\ ∠AMD=∠ECD \end{cases}$
$\therefore △ ADM≌△ EDC$（ASA），
$\therefore AM=EC$，
$\therefore CA=CM + AM=CD + CE$。
（2）结论：$CA=CE-CD$。
证明：如图②，延长$AC$，在$AC$的延长线上截取$CM=CD$，连接$DM$。
$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠ACB=60°$，
$\therefore ∠DCM=∠ACB=60°$，
$\therefore △ CDM$是等边三角形，
$\therefore MD=CD=CM$，$∠M=∠CDM=60°$。
$\because DE$与$∠ACB$的邻补角的平分线交于点$E$，$\therefore ∠ECD=60°=∠M$。
$\because ∠ADE=60°$，$\therefore ∠ADE=∠CDM$，
$\therefore ∠CDM + ∠ADC=∠ADE + ∠ADC$，即$∠ADM=∠EDC$。
在$△ ADM$和$△ EDC$中：
$\begin{cases} ∠ADM=∠EDC \\ MD=CD \\ ∠M=∠ECD \end{cases}$
$\therefore △ ADM≌△ EDC$（ASA），
$\therefore AM=EC$，
$\therefore CA=AM - CM=CE - CD$。
【答案】
11. (1) 证明见上述解析；(2) $CA=CE-CD$

【知识点】等边三角形性质、全等三角形判定（ASA）、线段和差关系
【点评】本题通过截长补短法构造等边三角形和全等三角形，将线段和差转化为相等线段，是几何证明中处理线段和差问题的常用技巧，重点考查学生对等边三角形性质和全等三角形判定的综合应用能力。
【难度系数】0.5
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