【分析】
要解决这道题，我们可以从等边三角形的性质出发，先通过边角关系证明三角形全等，再结合全等三角形的性质、等边三角形的判定、平行线的判定以及三角形内角和性质逐一验证每个结论：1.首先证明△ACD和△BCE全等，判断结论①；2.利用第一步全等得到的等角，证明△ACP和△BCQ全等，得到PC=QC和AP=BQ，判断结论③；3.由PC=QC和∠PCQ=60°证明△PCQ是等边三角形，结合内错角相等判断结论②；4.利用角的等量代换结合三角形内角和计算∠AOB的度数，判断结论⑤；5.通过分析△DPC的内角关系判断结论④是否成立。
【解析】
已知△ABC、△CDE均为等边三角形，因此：
$AC=BC$，$CD=CE$，$∠ ACB=∠ DCE=∠ CDE=60°$
1. 验证结论①：
$∠ ACD=∠ ACB+∠ BCD=60°+∠ BCD$，$∠ BCE=∠ DCE+∠ BCD=60°+∠ BCD$，故$∠ ACD=∠ BCE$
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases} AC=BC \\ ∠ ACD=∠ BCE \\ CD=CE \end{cases}$
∴$△ ACD≌△ BCE$（SAS），
∴$AD=BE$，结论①成立，同时可得$∠ CAD=∠ CBE$。
2. 验证结论③：
$∠ ACB+∠ BCD+∠ DCE=180°$，
∴$∠ BCD=180°-60°-60°=60°$，即$∠ ACP=∠ BCQ=60°$
在$△ ACP$和$△ BCQ$中：
$\begin{cases} ∠ CAP=∠ CBQ \\ AC=BC \\ ∠ ACP=∠ BCQ=60° \end{cases}$
∴$△ ACP≌△ BCQ$（ASA），
∴$AP=BQ$，结论③成立，同时可得$CP=CQ$。
3. 验证结论②：
∵$CP=CQ$，$∠ PCQ=60°$，
∴$△ PCQ$为等边三角形，
∴$∠ CPQ=60°=∠ ACB$
根据“内错角相等，两直线平行”，可得$PQ// AE$，结论②成立。
4. 验证结论⑤：
$∠ AOB=180°-∠ OAB-∠ OBA$
∵$∠ OAB+∠ OBA=∠ CAB+∠ CAD+∠ OBA=60°+∠ CBE+∠ OBA=60°+∠ CBA=60°+60°=120°$
∴$∠ AOB=180°-120°=60°$，结论⑤成立。
5. 验证结论④：
∵$∠ DPC=∠ PCB+∠ PBC=60°+∠ PBC＞60°$，而$∠ PDC＜∠ EDC=60°$
∴$∠ DPC≠∠ PDC$，
∴$DP≠ DC$，又
∵$DC=DE$，
∴$DP≠ DE$，结论④不成立。
综上，恒成立的结论为①②③⑤。
【答案】
①②③⑤
【知识点】
等边三角形的性质与判定；全等三角形的判定与性质；平行线的判定
【点评】
本题是等边三角形相关的经典综合题，需要熟练掌握全等三角形的证明方法，结合等边三角形的性质逐步推导结论，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
要判断△DEF的形状，首先利用等边三角形ABC的性质，得到其三边相等、三个内角均为60°，结合已知AD=BE=CF，可推导得出BD=CE=AF，进而通过“SAS”判定△ADF、△BED、△CFE三个三角形全等，根据全等三角形对应边相等得到△DEF的三边相等，最终根据等边三角形的判定定理得出结论。
【解析】
△DEF为等边三角形，证明如下：
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=CA，∠A=∠B=∠C=60°。
∵AD=BE=CF，
∴AB-AD=BC-BE=CA-CF，即BD=CE=AF，
∴△ADF≌△BED≌△CFE（SAS），
∴DF=ED=EF，
∴△DEF为等边三角形。
【答案】
△DEF是等边三角形
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定
【点评】
本题是等边三角形相关的基础证明题，核心是将等边三角形的边、角性质与全等三角形的判定结合，通过已知条件推导得到全等所需的边相等条件，进而得到待证三角形的三边关系，解题时需注意逻辑的严谨性，规范证明步骤。
【难度系数】
0.75

【分析】
(1) 要证$CA=CD+CE$，可采用截长补短的思路：在AC上截取$CM=CD$，将待证结论转化为证明$AM=CE$。结合等边$△ ABC$的性质可得$△ CDM$为等边三角形，得到相等的边和角，再结合已知的$∠ ADE=60°$以及外角平分线的条件，推导角相等，证明$△ ADM ≌ △ EDC$，即可得到$AM=CE$，进而推出结论。
(2) 当D在BC延长线上时，类比第一问的方法，在AC的延长线上截取$CM=CD$构造等边$△ CDM$，同样通过证明$△ ADM ≌ △ EDC$得到$AM=CE$，结合线段的和差关系即可推导CA、CD、CE的数量关系。
【解析】
(1) 证明:如答图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,
$\therefore MD=CD=CM$,$∠ CMD=∠ CDM=60°$,
$\therefore ∠ AMD=120°$.
$\because ∠ ADE=60°$,
$\therefore ∠ ADE=∠ MDC$,
$\therefore ∠ ADM=∠ EDC$.
$\because DE$与$△ ABC$的外角平分线交于点E,
$\therefore ∠ ACE=60°$,
$\therefore ∠ DCE=120°=∠ AMD$.
在$△ ADM$和$△ EDC$中,$\begin{cases} ∠ ADM=∠ EDC, \\ MD=CD, \\ ∠ AMD=∠ ECD, \end{cases}$
$\therefore △ ADM ≌ △ EDC(\mathrm{ASA})$,
$\therefore AM=EC$,
$\therefore CA=CM+AM=CD+CE$.

(2)解:$CA=CE-CD$.理由如下:
如答图②,在 AC 的延长线上截取$CM=CD$,连接 DM.
$\because △ ABC$是等边三角形,
$\therefore ∠ ACB=60°$,
$\therefore ∠ DCM=60°$,
$\therefore △ CDM$是等边三角形,
$\therefore MD=CD=CM$,$∠ CMD=∠ CDM=60°$.
$\because DE$与$△ ABC$的外角平分线交于点E,
$\therefore ∠ ACE=∠ DCE=60°$,
$\therefore ∠ ECD=∠ AMD$.
$\because ∠ ADE=60°$,
$\therefore ∠ ADE=∠ CDM$,
$\therefore ∠ ADM=∠ EDC$.
在$△ ADM$和$△ EDC$中,$\begin{cases} ∠ ADM=∠ EDC, \\ MD=CD, \\ ∠ AMD=∠ ECD, \end{cases}$
$\therefore △ ADM ≌ △ EDC(\mathrm{ASA})$,
$\therefore AM=EC$,
$\therefore CA=AM-CM=CE-CD$.

【答案】
(1) 证明见解析，$CA=CD+CE$成立；
(2) $CA=CE-CD$，理由见解析。

【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；角平分线的定义
【点评】
本题是等边三角形与全等三角形结合的典型几何题，解题的核心是利用截长补短法构造等边三角形，得到全等三角形需要的边、角相等条件。要注意点在射线的不同位置时，线段的和差关系会发生变化，需要结合图形准确分析。
【难度系数】
0.6

【分析】
要探究AD、BD、CD三条线段的数量关系，对于线段和差类问题，通常采用截长补短法构造全等三角形转化线段。本题已知△ABC是等边三角形，且∠BDC=120°，可采用补短的思路：延长BD到点E，使DE=CD，先由∠BDC=120°得到邻补角为60°，证明△CDE是等边三角形，再结合等边△ABC的边角相等的性质，证明△ACD和△BCE全等，将AD转化为BE，即可推导出三条线段的关系。
【解析】
AD=BD+CD，理由如下：
延长BD至点E，使DE=DC，连接CE，如答图。
∵∠BDC=120°，
∴∠CDE=180°-∠BDC=60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°。
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AC=BC \\∠ACD=∠BCE \\CD=CE\end{cases}$
∴$△ ACD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$，
∴AD=BE。
又
∵BE=BD+DE=BD+CD，
∴AD=BD+CD。
【答案】
AD=BD+CD
【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；截长补短法
【点评】
本题是等边三角形章节的典型线段和差探究题，解题核心是通过截长补短法构造等边三角形与全等三角形，将分散的线段转化到同一条线段上建立关系，掌握这类构造思路可以高效解决同类几何探究问题。
【难度系数】
0.6