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$\angle ACE$

$\triangle BCD$

解：?$(2)$?四邊形?$OAEB$?為菱形。

理由：∵?$\triangle ABC$?為等邊三角形，

∴?$AC = BC，$??$∠ACB = 60°。$?

∵?$CO = CO，$??$OA = OB，$

?∴?$\triangle ACO\cong \triangle BCO，$?

∴?$∠ACO = ∠BCO = 30°。$?

∵?$\overset {\frown }{AE}=\overset {\frown }{AE}，$?

∴?$∠AOE = 2∠ACO = 60°。$?

∵?$OA = OE，$?

∴?$\triangle OAE$?為等邊三角形，

∴?$OE = AE。$?

同理，可證?$OE = BE，$?∴?$OA = OB = AE = BE，$?

∴四邊形?$OAEB$?為菱形。

證明：?$(1)$?∵?$\triangle ABC$?為等腰直角三角形，?$∠BAC = 90°，$?

∴?$AB = AC，$??$∠C = ∠ABC = 45°。$?

∵?$\overset {\frown }{AP}=\overset {\frown }{AP}，$?

∴?$∠AEP = ∠ABP = 45°。$?

∵?$PE$?是?$\odot O$?的直徑，

∴?$∠PAE = 90°，$?

∴?$∠APE = ∠AEP = 45°，$?

∴?$AP = AE，$?

∴?$\triangle APE$?是等腰直角三角形。

?$ (2)$?解：如圖，連接?$BE。$?

∵?$∠BAC = 90°，$??$∠PAE = 90°，$?

∴?$∠BAC = ∠PAE，$?

∴易得?$∠CAP = ∠BAE。$?

∵?$AC = AB，$??$AP = AE，$?

∴?$\triangle APC\cong \triangle AEB，$?

∴?$PC = EB。$?

∵?$PE$?是?$\odot O$?的直徑，

∴?$∠PBE = 90°，$?

∴在?$Rt\triangle PBE$?中，?$EB^2+PB^2=PE^2=2^2=4，$?

∴?$PC^2+PB^2=4。$?

解：分以下三種情況討論：

① 如圖①，當(dāng)點(diǎn)$P$在線段$OA$上時(shí)，

在$\triangle QOC$中，$∵OC = OQ，$$∴∠Q = ∠C。$

在$\triangle OPQ$中，$∵QP = QO，$$∴∠QOP = ∠QPO。$

$∵∠AOC = 30°，$$∴∠QPO = ∠C+∠AOC = ∠C + 30°。$

又$∵∠QOP+∠QPO+∠Q = 180°，$即$(∠C + 30°)+(∠C + 30°)+∠C = 180°，$

$∴∠C = 40°，$即$∠OCP = 40°。$

② 如圖②，當(dāng)點(diǎn)$P$在線段$OA$的延長(zhǎng)線上時(shí)，

在$\triangle QOC$中，$∵OC = OQ，$$∴∠OQP = ∠OCQ=\frac{1}{2}(180°-∠QOC)。$

在$\triangle OPQ$中，$∵QP = QO，$$∴∠OPQ = ∠QOP。$

又$∵∠OPQ+∠QOP+∠OQP = 180°，$$∠QOP = ∠QOC+∠AOC = ∠QOC + 30°，$

$∴(∠QOC + 30°)+(∠QOC + 30°)+\frac{1}{2}(180°-∠QOC)=180°，$

$∴∠QOC = 20°，$$∴∠OQP = 80°，$$∴∠OCP = ∠QOC+∠OQP = 100°。$

③ 如圖③，當(dāng)點(diǎn)$P$在線段$OA$的反向延長(zhǎng)線上時(shí)，

在$\triangle QOC$中，$∵OC = OQ，$$∴∠OCP = ∠OQC。$

在$\triangle OPQ$中，$∵QO = QP，$$∴∠QPO = ∠QOP=\frac{1}{2}∠OQC=\frac{1}{2}∠OCP。$

$∵∠AOC = 30°，$$∴∠QPO+∠OCP = 30°，$即$\frac{1}{2}∠OCP+∠OCP = 30°，$

$∴∠OCP = 20°。$

綜上所述，$∠OCP$的度數(shù)為$40°$或$100°$或$20°。$

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