如图, 点 $P$ 是等边三角形 $A B C$ 的 $A C$ 边上的动点 $\left(0^{\circ}<\angle A B P<30^{\circ}\right)$, 作 $\triangle A B C P$的外接圆 $\odot O$ 交 $A B$ 于 $D$. 点 $E$ 是 $\odot O$ 上一点, 且 $P D=P E$, 连接 $D E, B E, C E$, 且 $D E$交 $B P$ 于 $F$.

(1)求证: $\angle A D E=\angle B E C$;

(2)当点 $P$ 运动变化时, $\angle B F D$ 的度数是否变化? 若变化, 请说明理由; 若不变, 求 $\angle B F D$ 的度数;

(3)探究线段 $B F, C E, E F$ 间的数量关系, 并证明.

<ImageHere>

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(1) 连接 $P E$, 根据等边三角形的性质可得 $A B=B C, \angle A=\angle A C B=60^{\circ}$, 再利用同弧所对的圆周角相等可得 $\angle P E B=\angle A C B=60^{\circ}$, 从而可得 $\angle A=\angle P E B$, 然后利用等弧所对的圆周角相等可得 $\angle P B D=\angle P B E$, 从而利用 $A A S$ 证明 $\triangle A B P \cong \triangle E B P$, 进而可得 $A B=E B$,最后利用等量代换可得 $E B=B C$, 从而可得 $\angle E C B=\angle C E B$, 再利用圆内接四边形对角互补以及平角定义可得 $\angle A D E=\angle E C B$ ，即可解答;

（2）根据等弧所对的圆周角相等可得 $\angle D E P=\angle E B P$, 然后利用三角形的外角性质可得 $\angle B F D=\angle P E B=60^{\circ}$, 即可解答.

(3) 延长 $C E, B P$ 交于点 $J$, 先证明 $\triangle J E F$ 是等边三角形, 然后证明 $\triangle J P C \cong \triangle F D B$ 即可得出结论.

【详解】(1) 证明：连接 $P E$, 如图所示,

<ImageHere>

$\because \triangle A B C$ 是等边三角形,

$\therefore A B=B C, \angle A=\angle A C B=60^{\circ}$,

$\therefore \angle P E B=\angle A C B=60^{\circ}$,

$\therefore \angle A=\angle P E B$,

$\because P D=P E$,

$\therefore \angle P B D=\angle P B E$,

$\because B P=B P$,

$\therefore \triangle A B P \cong \triangle E B P(\mathrm{AAS})$,

$\therefore A B=E B$,

$\therefore E B=B C$,

$\therefore \angle E C B=\angle C E B$,

$\because$ 四边形 $E D B C$ 是圆内接四边形,

$\therefore \angle E C B+\angle E D B=180^{\circ}$,

$\because \angle E D B+\angle A D E=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A D E=\angle E C B$,

$\therefore \angle A D E=\angle B E C$;

（2）解: 当点 $P$ 运动时, $\angle B F D$ 的度数不会变化, 理由如下:

$\because P D=P E$,

$\therefore \angle D E P=\angle E B P$,

$\because \angle B F D=\angle E B P+\angle D E B$,

$\therefore \angle B F D=\angle D E P+\angle D E B$

$=\angle P E B$

$=60^{\circ}$,

$\therefore \angle B F D$ 的度数为 $60^{\circ}$.

当点 $P$ 运动时, $\angle B F D$ 的度数不会变化.

(3) 解: $B F=E F+E C$, 理由如下:

延长 $C E, B P$ 交于点 $J$,

<ImageHere>

$\because \angle A B C+\angle C E D=180^{\circ}, \angle J E F+\angle C E D=180^{\circ}$,

$\therefore \angle J E F=\angle A B C=60^{\circ}$,

$\because \angle J F E=\angle B F D=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle J E F$ 是等边三角形,

$\therefore E F=J E$,

在 $\triangle J P C$ 和 $\triangle A P B$ 中,

$\angle J P C=\angle A P B, \angle J=\angle A=60^{\circ}$,

$\therefore \angle J C P=\angle P B A$,

连接 $P D$,

$\because$ 四边形 $C P D B$ 是圆的内接四边形,

$\therefore \angle P C B+\angle P D B=180^{\circ}$,

$\because \angle P D B+\angle A D P=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A D P=\angle P C B=60^{\circ}$,

$\because \angle A=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle A D P$ 是等边三角形,

$\therefore A D=A P$,

$\therefore A C-A P=A B-A D$, 即 $P C=D B$,

在 $\triangle J P C$ 和 $\triangle F D B$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle J=\angle B F D=60^{\circ} \\ \angle J C P=\angle F D B \\ P C=D B\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle J P C \cong \triangle F D B(\mathrm{AAS})$,

$\therefore B F=J C$,

$\therefore B F=J C=J E+E C=E F+E C$,

即 $B F=E F+E C$.

【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心, 全等三角形的判定与性质, 圆周角定理, 圆心角、弧、弦的关系, 等边三角形的性质, 圆内接四边形的性质, 根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键.