设等边三角形为$ \triangle ABC $，中线$ AD $、$ BE $交于点$ O $。
$ \because \triangle ABC $是等边三角形，$ AD $、$ BE $是中线，
$ \therefore AD \perp BC $，$ BE \perp AC $，$ \angle C = 60° $。
在四边形$ CEOD $中，$ \angle ODC = \angle OEC = 90° $，
$ \therefore \angle DOE = 360° - 90° - 90° - 60° = 120° $。
即两条中线所夹钝角为$ 120° $。
A

证明：
(1)
∵△DAC和△EBC均是等边三角形，
∴AC=DC，CE=CB，∠ACD=∠ECB=60°，
∴∠ACD+∠DCE=∠ECB+∠DCE，即∠ACE=∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
$\begin{cases}AC=DC \\∠ACE=∠DCB \\CE=CB\end{cases}$
∴△ACE≌△DCB(SAS)，结论
(1)正确；
(2) 由
(1)知△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB，
∵∠ACD=∠ECB=60°，
∴∠DCE=180°-∠ACD-∠ECB=60°，
在△ACM和△DCN中，
$\begin{cases}∠CAM=∠CDN \\AC=DC \\∠ACM=∠DCN=60°\end{cases}$
∴△ACM≌△DCN(ASA)，
∴CM=CN，结论
(2)正确；
(3) 由
(2)知△ACM≌△DCN，
∴AM=DN，
在△ACM中，AC＞AM(大角对大边，∠AMC＞∠ACM=60°)，
∴AC＞DN，结论
(3)错误；
综上，正确结论的个数是2个，答案选B。

证明：
∵ $AP = PQ = AQ$，
∴ $\triangle APQ$ 是等边三角形，
∴ $\angle APQ = \angle AQP = \angle PAQ = 60°$。
∵ $BP = AP$，
∴ $\triangle ABP$ 是等腰三角形，
∴ $\angle B = \angle BAP$。
∵ $\angle APQ$ 是 $\triangle ABP$ 的外角，
∴ $\angle APQ = \angle B + \angle BAP = 2\angle B$，
∴ $\angle B = \frac{1}{2}\angle APQ = 30°$，同理 $\angle C = 30°$。
在 $\triangle ABC$ 中，
$\angle BAC = 180° - \angle B - \angle C = 180° - 30° - 30° = 120°$。
120

证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵点B,C,D,E在同一直线上，
∴∠ACD=180°-∠ACB=120°，
∵CG=CD，
∴∠CDG=∠CGD=(180°-∠ACD)/2=(180°-120°)/2=30°，
∵∠CDG是△DEF的外角，
∴∠CDG=∠E+∠DFE，
∵DF=DE，
∴∠E=∠DFE，
∴∠E=∠CDG/2=30°/2=15°。
15°

解：由题意得，∠APN=30°（N为正北方向），AP=4海里，海轮沿南偏东30°方向航行至B处，此时B在P的正东方向。
过A作PQ⊥AB于Q（Q为垂足），则∠PAQ=30°+30°=60°，∠APQ=30°。
在Rt△APQ中，AQ=AP·cos60°=4×$\frac{1}{2}$=2海里，PQ=AP·sin60°=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$海里。
因为B在P的正东方向，所以∠BPQ=90°，∠PBQ=30°。
在Rt△BPQ中，BQ=PQ·cot30°=2$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=6海里。
AB=BQ - AQ=6 - 2=4海里。
4