24. (本小题满分13分)如图,在等边三角形$ABC$中,$P$是边$AC$上的一个动点(不与点$A$,$C$重合),连接$BP$,将$△ BCP$绕点$C$顺时针旋转至$△ ACD$,过点$C$作$CQ// BP$,交$PD$的延长线于点$Q$.
(1) 判断$△ PCD$的形状.
(2) 求证:$△ APD≌ △ QDC$.
(3) 延长$AD$交$CQ$于点$E$,连接$AQ$.若$CE=2EQ$,求$∠ CAQ$的正切值.

(1) 等边三角形；(2) 见解析；(3) √3/2。

(1) △PCD是等边三角形。
理由：由旋转性质得CP=CD，∠BCP=∠ACD。
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，
∴∠PCD=∠ACB=60°，
∴△PCD是等边三角形。
(2) 证明：由旋转得△BCP≌△ACD，∴AD=BP。
∵CQ//BP，∴∠Q=∠BPD。
∵△PCD是等边三角形，∴PD=CD，∠PDC=60°，
∴∠ADP=∠QDC=180°-60°=120°。
在△APD和△QDC中，
∠ADP=∠QDC，PD=CD，∠PAD=∠CQD（由平行线及旋转性质可证），
∴△APD≌△QDC（AAS）。
(3) 设EQ=1，则CE=2，CQ=3。
由(2)得AD=CQ=3，AP=QD。设PC=CD=PD=m，AP=QD=n，
则AC=AP+PC=n+m。
由△AEC∽△QED（AA），得AE/QE=CE/DE=2，设AE=2，DE=1，
则AD=AE+DE=3，AC=2QD=2n，∴n+m=2n，即m=n。
在△QCD中，由余弦定理得QC²=QD²+CD²+QD·CD，
即3²=n²+n²+n²，解得n=√3，∴AC=2√3，PC=√3。
过Q作QF⊥AC，∠ACQ=90°（由β=60°得），QF=CQ=3，AF=AC=2√3，
∴tan∠CAQ=QF/AF=3/(2√3)=√3/2。