【分析】
本题给出多组相等线段，首先联想等腰三角形“等边对等角”的性质，可设最小的角∠P为x，再结合三角形外角的性质（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和），逐步推导出∠CAO、∠AOB与x的关系，利用已知∠AOB的度数列方程求出x的值，最后根据三角形内角和定理计算∠COA的度数即可。
【解析】
解：设$∠ P=x$，
$\because CP=CO$，
$\therefore ∠ COP=∠ P=x$，
根据三角形外角的性质，$∠ ACO=∠ P+∠ COP=x+x=2x$，
又$\because CO=OA$，
$\therefore ∠ CAO=∠ ACO=2x$，
$\because ∠ AOB$是$△ PAO$的外角，
$\therefore ∠ AOB=∠ CAO+∠ P=2x+x=3x$，
已知$∠ AOB=72°$，
$\therefore 3x=72°$，解得$x=24°$，
$\therefore ∠ CAO=∠ ACO=2×24°=48°$，
在$△ COA$中，根据三角形内角和为$180°$，
$∠ COA=180°-∠ CAO-∠ ACO=180°-48°-48°=84°$。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题以古代“三等分角”的情境为载体，考察等腰三角形和三角形内外角性质的综合应用，解题的关键是通过设未知数，利用等边对等角和内外角关系建立各角之间的数量关系，通过方程思想求解角度。
【难度系数】
0.7

【分析】
首先提取题干核心信息：等腰△ABC中AB=AC，∠B=50°，可推出∠C=50°、∠BAC=80°；D为BC中点，∠AED=70°。要求△DEP是以∠EDP为顶角的等腰三角形，首先明确“以∠EDP为顶角”意味着DE=DP，这是核心等量关系。接下来P是腰上的点，等腰△ABC的腰为AB和AC，因此需分两类讨论：①点P在腰AB上；②点P在腰AC上，其中AC上存在两个满足DE=DP的点，需分别计算对应∠EDP的度数，计算时结合三角形内角和、全等三角形的判定与性质、四边形内角和即可求解。
【解析】
∵△DEP是以∠EDP为顶角的等腰三角形，
∴$DE=DP$。
分情况讨论：
1. 当点P在腰AB上时：
∵$DE=DP$，
∴$∠DPE=∠AED=70°$，
在△DEP中，根据三角形内角和为180°，得：
$∠EDP=180°-∠AED-∠DPE=180°-70°-70°=40°$；
2. 当点P在腰AC上时，存在两个符合条件的点$P_1$、$P_2$：
过点D作$DM⊥AB$于M，$DN⊥AC$于N，
∵$AB=AC$，
∴$∠B=∠C=50°$，
∵D为BC中点，
∴$BD=CD$，
在△BDM和△CDN中：
$\begin{cases}∠BMD=∠CND=90° \\∠B=∠C \\BD=CD\end{cases}$
∴$△ BDM≌△ CDN(\mathrm{AAS})$，得$DM=DN$。
又
∵$DE=DP_1=DP_2$，
∴$\mathrm{Rt}△ DME≌\mathrm{Rt}△ DNP_1≌\mathrm{Rt}△ DNP_2(\mathrm{HL})$，
∴$∠DEM=∠DP_2N=∠AED=70°$，$∠MDE=∠NDP_1=∠NDP_2$，
在$\mathrm{Rt}△ DME$中，$∠MDE=90°-∠DEM=90°-70°=20°$，
∴$∠NDP_1=∠NDP_2=20°$。
在△ABC中，$∠BAC=180°-2×50°=80°$，
在四边形$AEDP_2$中，内角和为360°，得：
$∠EDP_2=360°-∠BAC-∠AED-∠DP_2N=360°-80°-70°-70°=140°$，
∴$∠EDP_1=∠EDP_2 - ∠NDP_1 - ∠NDP_2=140°-20°-20°=100°$。
综上，∠EDP的度数为40°或100°或140°。
【答案】
$40°$或$100°$或$140°$
【知识点】
1. 等腰三角形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 分类讨论思想
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是先根据等腰三角形顶角的定义得到$DE=DP$，再对点P的位置进行分类讨论，结合全等三角形、内角和定理求解，解题时注意不要漏解。
【难度系数】
0.4

【分析】
（1）要探究不在同一直线上的三条线段DA、DB、DC的数量关系，可采用截长补短法转化线段。结合等边三角形的性质，通过补短构造全等三角形，将DB转移到DC的延长线上，再证明新构成的三角形是等边三角形，即可将DA与拼接后的线段建立等量关系。
（2）要证明CD+CE=CA，可采用截长法，在CA上截取一段等于CD，结合等边三角形的性质得到新的等边三角形，再证明三角形全等将CE转化为CA上剩下的线段，即可推导出结论。
（3）已知EF=BE+FD，同样用截长补短思路，将BE转移到FD所在直线上，拼接成与EF相等的线段，两次证明三角形全等得到角的等量关系，最后通过角的和差推导∠FAE与∠DAB的数量关系。
【解析】
(1) 延长 $DC$ 到点 $E$, 使 $CE=DB$, 连接 $AE$.
因为$△ ABC$ 是等边三角形,所以 $AB=AC,∠BAC=60°$,即$∠BAD+∠DAC=60°$.
因为$∠BDC=120°$,所以$∠ABD+∠ACD=360°-∠BAC-∠BDC=180°$.
又 $∠ACE+∠ACD=180°$, 所以 $∠ABD=∠ACE$.
所以$△ ABD≌△ ACE$(SAS). 所以 $AD=AE,∠BAD=∠CAE$.
所以$∠DAC+∠CAE=60°$,即$∠DAE=60°$. 所以$△ ADE$ 是等边三角形.
所以$DA=DE$. 又 $DE=DC+CE$,所以 $DA=DC+DB$.
(2) 在 $AC$ 上截取 $CM=CD$, 连接 $DM$.
因为$△ ABC$是等边三角形,所以$∠B=∠ACB=60°$. 所以$△ CDM$是等边三角形, 即 $MD=CD=CM, ∠CMD=∠CDM=60°$. 所以$∠AMD=120°$.
因为$∠ADE=60°$, 所以 $∠ADE = ∠CDM$. 所以 $∠ADM = ∠EDC$.
因为直线 $a// AB$,所以$∠B+∠ECD=180°$,即$∠ECD=120°$. 所以 $∠AMD = ∠ECD$.
所以$△ ADM≌△ EDC$(ASA). 所以 $MA=CE$.
又 $CA=CM+MA$,所以 $CD+CE=CA$.
(3) 在射线 $DC$ 上取一点 $G$, 使得 $DG=BE$, 连接$AG$.
因为 $∠ABC + ∠ADC = 180°$, $∠ABC + ∠ABE=180°$,所以$∠ADC=∠ABE$.
又 $AB=AD$,所以 $△ ADG≌△ ABE$(SAS). 所以 $AG=AE$, $∠DAG=∠BAE$.
因为 $EF=BE+FD=DG+FD=GF$, $AF=AF$, 所以 $△ AEF≌△ AGF$(SSS). 所以$∠FAE=∠FAG$.
因为$∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°$,所以 $2∠FAE + (∠GAB + ∠BAE) = 360°$.
所以 $2∠FAE + (∠GAB + ∠DAG) = 360°$, 即$2∠FAE + ∠DAB = 360°$. 所以 $∠FAE = 180° - \frac{1}{2}∠DAB$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{DA=DB+DC}$
(2) 证明成立，$\boldsymbol{CD+CE=CA}$
(3) $\boldsymbol{∠FAE=180°-\frac{1}{2}∠DAB}$
【知识点】
截长补短法、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题围绕截长补短这一几何常用辅助线方法展开，从基础探索到拓展延伸，分层考查了线段和差关系、角的数量关系的推导能力，需要熟练掌握全等三角形、特殊三角形的性质，能够根据待证结论的特征灵活构造全等图形实现线段、角的转化。
【难度系数】
0.6