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$\angle ACE$

$\triangle BCD$

解：$(2)$四边形$OAEB$为菱形。

理由：∵$\triangle ABC$为等边三角形，

∴$AC = BC，$$∠ACB = 60°。$

∵$CO = CO，$$OA = OB，$

∴$\triangle ACO\cong \triangle BCO，$

∴$∠ACO = ∠BCO = 30°。$

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

∴$∠AOE = 2∠ACO = 60°。$

∵$OA = OE，$

∴$\triangle OAE$为等边三角形，

∴$OE = AE。$

同理，可证$OE = BE，$∴$OA = OB = AE = BE，$

∴四边形$OAEB$为菱形。

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

∴$AB = AC，$$∠C = ∠ABC = 45°。$

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

∴$∠AEP = ∠ABP = 45°。$

∵$PE$是$\odot O$的直径，

∴$∠PAE = 90°，$

∴$∠APE = ∠AEP = 45°，$

∴$AP = AE，$

∴$\triangle APE$是等腰直角三角形。

$ (2)$解：如图，连接$BE。$

∵$∠BAC = 90°，$$∠PAE = 90°，$

∴$∠BAC = ∠PAE，$

∴易得$∠CAP = ∠BAE。$

∵$AC = AB，$$AP = AE，$

∴$\triangle APC\cong \triangle AEB，$

∴$PC = EB。$

∵$PE$是$\odot O$的直径，

∴$∠PBE = 90°，$

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

∴$PC^2+PB^2=4。$

解：分以下三种情况讨论：

① 如图①，当点$P$在线段$OA$上时，

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 如图②，当点$P$在线段$OA$的延长线上时，

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 如图③，当点$P$在线段$OA$的反向延长线上时，

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°，$

$∴∠OCP = 20°。$

综上所述，$∠OCP$的度数为$40°$或$100°$或$20°。$