【分析】
拿到本题首先观察图形特征，存在共顶点C的两个等边三角形，优先考虑“手拉手”全等模型：第一步先证明△ACD与△BCE全等，得到AD=BE以及对应角∠CAD=∠CBE；第二步结合已知的$BM=\frac{1}{3}BE$、$AN=\frac{1}{3}AD$，可推得BM=AN，进而证明△BCM与△ACN全等，得到CM=CN以及角的等量关系；第三步推导∠MCN的度数，结合等边三角形的判定定理即可得出△CMN的形状。
【解析】
∵ △ABC与△CDE都是等边三角形，
∴ $AC=BC$，$EC=DC$，$∠ACB=∠DCE=60°$，
∴ $∠ACB + ∠ACE = ∠DCE + ∠ACE$，即$∠ACD=∠BCE=120°$。
在△ACD和△BCE中：
$\{\begin{array}{l} AC=BC\\ ∠ACD=∠BCE\\ DC=EC\end{array} $
∴ $△ACD ≌ △BCE(\mathrm{SAS})$，
∴ $AD=BE$，$∠CAD=∠CBE$。
∵ $BM=\frac{1}{3}BE$，$AN=\frac{1}{3}AD$，
∴ $BM=AN$。
在△BCM和△ACN中：
$\{\begin{array}{l} BC=AC\\ ∠CBM=∠CAN\\ BM=AN\end{array} $
∴ $△BCM ≌ △ACN(\mathrm{SAS})$，
∴ $CM=CN$，$∠BCM=∠ACN$，
∴ $∠MCN = ∠ACM + ∠ACN = ∠ACM + ∠BCM = ∠ACB=60°$。
又
∵ $CM=CN$，
∴ △CMN是等边三角形。
【答案】
C
【知识点】
1. 等边三角形的性质与判定
2. 全等三角形的判定与性质
3. 角的和差计算
【点评】
本题是等边三角形“手拉手”模型的典型变形题，需要通过两次全等推导边和角的等量关系，解题的关键是先利用共顶点等边三角形得到第一组全等，再结合线段比例关系得到第二组全等的条件，最终结合等边三角形的判定定理得出结论，能较好地考查对全等和等边三角形知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7

【分析】
本题是等边三角形手拉手模型的应用，解题思路如下：①先利用等边三角形边相等、角为60°的性质，证明△ACD与△BCE全等，得到对应边、对应角相等的结论；②对于“一条线段等于另外两条线段之和”的问题，常用截长补短法构造全等，本题在DA上截取DF=ME，连接CF，证明△MCE≌△FCD，得到CM=CF，再推导∠MCF=60°，证明△MCF是等边三角形，将CM转化为MF；③最后结合线段和差关系与等量代换，即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
在 $DA$ 上取点 $F$,使$DF=ME$,连接 $CF$。
$\because △ ABC$与$△ CDE$都是等边三角形，
$\therefore AC=BC,EC=DC,∠ ACB=∠ DCE=60°$,
$\therefore ∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE$，即$∠ ACD=∠ BCE=120°$,
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\{\begin{array}{l}AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCE\\ DC=EC\end{array} $
$\therefore △ ACD ≌ △ BCE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AD=BE,∠ CAD=∠ CBE$.
$\because DF=ME, \therefore AD-DF=BE-ME$,即 $AF=BM$.
同理可证$△ MCE ≌ △ FCD$,
$\therefore CM=CF,∠ DCF=∠ ECM$,
$\therefore ∠ MCF = ∠ MCE + ∠ ECF = ∠ ECF + ∠ FCD = ∠ ECD=60°$,
$\therefore △ MCF$ 是等边三角形,
$\therefore CM=MF$.
$\because AF=AM+MF=AM+CM$,且$AF=BM$,
$\therefore BM=AM+CM$.
【答案】
$BM=AM+CM$

【知识点】
1. 等边三角形的性质与判定
2. 全等三角形的判定与性质
3. 截长补短法
【点评】
本题是等边三角形手拉手模型的典型考题，既考查了等边三角形、全等三角形的基础知识点，也考查了截长补短法处理线段和差问题的常用技巧，需要熟练掌握模型特征和辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.65