解题思路：（1）证△PAM≌△PBN即可；
（2）①当a=180°-∠APB时，求出即可；②当a=180°-∠APB时，根据SAS证△PAM≌△PBN即可；
（3）①当α=180°-∠APB时，此时∠PAM和∠PBN的交平分线不存在，②当α≠180°-∠APB时，证△CPA≌△DPB，推出CP=DP，根据SAS证△MDP≌△NCP即可．
（1）AM=BN成立．
理由：在△PAM和△PBN中，由已知有
PA=PB，∠MPA=∠NPB，PM=PN，
∴△PAM≌△PBN（SAS），
∴AM=BN．
（2）将△PAB绕点P旋转角度a后，AM=BN也能成立．
理由：①当a=180°-∠APB时，
恰好M、P、A共线，N、P、B也共线，有
AM=AP+PM=BP+PN=BN成立．
②当a=180°-∠APB时，
在△PAM和△PBN中，由题设有
PA=PB，PM=PN，
∵∠APB=∠MPN，
∴∠APB+α=∠MPN+α，
∴∠MPA=∠BPN，
∴△PAM≌△PBN（SAS），
∴AM=BN．
（3）在旋转过程中线段CN和MD的大小关系是CN=MD．
证明：①当α=180°-∠APB时，M、P、A共线，N、P、B共线，
此时∠PAM和∠PBN的交平分线不存在．
②当α≠180°-∠APB时，CN=MD，
证明：由（2）知△PAM≌△PBN，
∴∠MAP=∠NBP，
∵AC、BD分别是∠PAM何∠PBN的角平分线，
∴∠CAP=∠DBP，
∵PA=PB，
∴∠CPA=∠DPB，
∴△CPA≌△DPB，
∴CP=DP，
在△MDP和△NCP中，CP=DP，∠DPM=∠CPN，MP=NP，
∴△MDP≌△NCP，
∴CN=MD．
点评：
本题考点： 全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；旋转的性质．
考点点评： 本题主要考查对全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．