14. 在 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle BAC = 90^{\circ} $,$ AB = AC $,$ D $ 是 $ AC $ 边上一点,连接 $ BD $,$ EC \perp AC $,$ AE = BD $,$ AE $ 与 $ BC $ 交于点 $ F $.
(1) 求证：$ AD = CE $；
(2) 当 $ AD = CF $ 时,求证：$ BD $ 平分 $ \angle ABC $.

(1) ∵∠BAC=90°，EC⊥AC，∴∠BAD=∠ACE=90°。
在Rt△ABD和Rt△CAE中，
∵AB=AC，BD=AE，
∴Rt△ABD≌Rt△CAE(HL)，
∴AD=CE。
(2) ∵AD=CF，由(1)知AD=CE，∴CE=CF。
∵EC⊥AC，∠ACE=90°，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACE-∠ACB=90°-45°=45°。
∵CE=CF，∴∠CEF=∠CFE=(180°-∠ECF)/2=(180°-45°)/2=67.5°。
由(1)Rt△ABD≌Rt△CAE，得∠ADB=∠CEA=∠CEF=67.5°。
在Rt△ABD中，∠ABD=90°-∠ADB=90°-67.5°=22.5°。
∵∠ABC=45°，∴∠CBD=∠ABC-∠ABD=45°-22.5°=22.5°，
∴∠ABD=∠CBD，即BD平分∠ABC。

15. 如图 1,点 $ P $,$ Q $ 分别是边长为 $ 4\ cm $ 的等边三角形 $ ABC $ 的边 $ AB $,$ BC $ 上的动点,$ P $,$ Q $ 从顶点 $ A $,$ B $ 同时出发,分别沿 $ AB $,$ BC $ 运动,且它们的速度都为 $ 1\ cm/s $.
(1) 连接 $ AQ $,$ CP $ 交于点 $ M $,则在 $ P $,$ Q $ 运动的过程中,$ \angle CMQ $ 的度数变化吗？若变化,请说明理由；若不变,请求出它的度数.
(2) 运动多少秒时,$ \triangle PBQ $ 是直角三角形？
(3) 如图 2,若 $ P $,$ Q $ 在运动到终点后继续在射线 $ AB $,$ BC $ 上运动,直线 $ AQ $,$ CP $ 的交点为 $ M $,则 $ \angle CMQ $ 的度数变化吗？若变化,请说明理由；若不变,请求出它的度数.

(1) 不变，60°。
证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABQ=∠CAP=60°。
∵P、Q速度相同，运动t秒后，AP=BQ=t。
在△ABQ和△CAP中，$\left\{\begin{array}{l}AB=CA\\ \angle ABQ=\angle CAP\\ BQ=AP\end{array}\right.$，∴△ABQ≌△CAP(SAS)。
∴∠BAQ=∠ACP。
∵∠CMQ=∠ACP+∠QAC，∠BAQ+∠QAC=∠BAC=60°，
∴∠CMQ=∠BAQ+∠QAC=60°。
(2) 设运动t秒时，△PBQ为直角三角形。
BP=4-t，BQ=t，∠B=60°。
①若∠BPQ=90°，则∠BQP=30°，∴BQ=2BP，即$t=2(4-t)$，解得$t=\frac{8}{3}$。
②若∠BQP=90°，则∠BPQ=30°，∴BP=2BQ，即$4-t=2t$，解得$t=\frac{4}{3}$。
综上，$t=\frac{4}{3}$秒或$\frac{8}{3}$秒。
(3) 不变，60°。
证明：运动t秒(t＞4)后，AP=BQ=t，BP=t-4，CQ=t-4。
∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠CAP=∠ABQ=60°（∠CAP=∠CAB=60°，∠ABQ=180°-∠ABC=120°错误，应为∠ABQ=∠ABC=60°延长线仍同向）。
在△ABQ和△CAP中，$\left\{\begin{array}{l}AB=CA\\ \angle ABQ=\angle CAP\\ BQ=AP\end{array}\right.$，∴△ABQ≌△CAP(SAS)。
∴∠BAQ=∠ACP。
∵∠CMQ=∠QCB+∠QAC，∠QCB=60°，∠QAC=∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=60°。
答案
(1) 不变，60°；
(2) $\frac{4}{3}$秒或$\frac{8}{3}$秒；
(3) 不变，60°。

(1)不变，$\angle CMQ=60^\circ$
(2)运动$\frac{4}{3}$秒或$\frac{8}{3}$秒时，$\triangle PBQ$是直角三角形
(3)不变，$\angle CMQ=60^\circ$