【分析】
观察图形已知AB=AC、BD=CD，我们可以通过连接AD构造全等三角形，利用全等三角形性质得到对应角相等，再结合三角形外角的性质，建立已知角∠BDC和待求角∠A的数量关系，进而求出∠A的度数。
【解析】
1. 连接AD并延长AD至点E。
2. 证明△ABD≌△ACD：
在△ABD和△ACD中，
$\begin{cases}AB=AC\\BD=CD\\AD=AD\end{cases}$
∴△ABD≌△ACD（SSS）
3. 由全等性质可得：∠BAD=∠CAD，∠C=∠B=20°。
4. 根据三角形外角的性质：
∠BDE是△ABD的外角，故∠BDE=∠BAD+∠B；
∠CDE是△ACD的外角，故∠CDE=∠CAD+∠C。
5. 联立得：∠BDC=∠BDE+∠CDE=∠BAD+∠CAD+∠B+∠C=∠A+∠B+∠C。
6. 代入数值计算：
已知∠BDC=120°，∠B=∠C=20°，
∴∠A=∠BDC-∠B-∠C=120°-20°-20°=80°。
【答案】
80°
【知识点】
全等三角形判定与性质、三角形外角性质、等腰三角形性质
【点评】
本题核心是通过添加辅助线构造全等三角形，结合三角形外角性质建立角度关系求解，解题关键是合理构造辅助线，打通已知条件和未知量的关联。
【难度系数】
0.7

【分析】
这是动点结合等腰三角形判定的问题，解题思路如下：1. 先确定△POQ中内角的度数：A、O、B共线，结合已知∠BOC=60°，可推出∠POQ=120°；2. 根据三角形内角和为180°可知，120°只能作为等腰三角形的顶角，因此等腰的条件为两腰OP=OQ；3. 结合动点的移动速度和时间，用含t的式子分别表示OP、OQ的长度；4. 列方程求解，注意验证解是否符合动点的移动限制。
【解析】
解：
∵ 点A、O、B在同一直线上，∠BOC=60°，
∴ ∠POQ = 180° - ∠BOC = 120°。
若△POQ为等腰三角形，120°只能为等腰三角形的顶角，因此腰长满足OP=OQ。
由题意得：动点P的移动距离AP=2t cm，因此OP=OA-AP=(10-2t) cm（P移动到O停止，故0≤t≤5）；
动点Q的移动距离OQ=t cm。
根据OP=OQ列方程：
$10-2t = t$
解得$t=\frac{10}{3}$，符合0≤t≤5的取值范围。
【答案】
$\frac{10}{3}$
【知识点】
等腰三角形的性质，动点问题，一元一次方程的应用
【点评】
本题将动点问题和等腰三角形的性质结合，解题关键是先根据已知角度确定等腰三角形的腰长关系，再用含t的代数式表示对应边长列方程求解，解题时要注意动点的移动范围对解的限制。
【难度系数】
0.65

【分析】
(1) 作图思路：首先确定点E：以点A为圆心，AB的长度为半径画弧，与BD的延长线的交点即为所求的点E；再作∠EAC的平分线：按照角平分线的标准尺规作图步骤操作，作出的角平分线与DE的交点即为点F，全程保留作图痕迹即可。
(2) 证明思路：要推导∠E和∠ACF的等量关系，可通过证明两角所在的三角形全等实现。首先从已知的AB=AC、AE=AB，通过等量代换得到AE=AC；再结合AF是∠EAC的平分线，可得∠EAF=∠CAF，加上公共边AF，即可利用SAS判定定理证明△AEF和△ACF全等，最后根据全等三角形对应角相等的性质得到结论。
【解析】
(1) 按照尺规作图要求完成作图，保留作图痕迹即可（图略）。
(2) 证明：连接CF，
∵AB = AC，AE = AB，
∴AE = AC，
∵AF是∠EAC的平分线，
∴∠EAF = ∠CAF，
在△AEF和△ACF中，
$\{\begin{array}{l} AE=AC\\ ∠EAF=∠CAF\\ AF=AF\end{array} $
∴△AEF≌△ACF（SAS），
∴∠E = ∠ACF。
【答案】
(1) 作图符合要求、保留痕迹即可；
(2) 证明如上，可证得∠E=∠ACF。
【知识点】
1. 尺规作图
2. 全等三角形的SAS判定
3. 全等三角形的性质
【点评】
本题结合了尺规作图操作与几何证明考查，作图部分需要熟练掌握作等长线段、作角平分线的基本操作，证明部分需要学会从已知条件出发，准确寻找三角形全等的判定条件，属于基础几何综合题，能有效训练基础操作能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.8

【分析】
(1) 找全等三角形可从已知全等三角形出发推导：由Rt△ABC≌Rt△ADE可得对应边AC=AE、AB=AD，对应角∠BAC=∠DAE，进而推出∠CAD=∠EAB，可用SAS证明△ADC≌△ABE；再由这对全等得到CD=BE、∠ADC=∠ABE，结合已知∠ADE=∠ABC=90°可推出∠CDF=∠EBF，搭配对顶角∠CFD=∠EFB，可用AAS证明△CDF≌△EBF，共2对全等三角形。
(2) 要证CF=EF，已知BC=DE，只需证明BF=DF即可。观察到AB=AD，AF是公共斜边，且∠ABF、∠ADF均为直角，可通过HL判定证明Rt△ABF≌Rt△ADF得到BF=DF，再利用线段差即可推出CF=EF。
【解析】
(1) 还有2对全等三角形，分别为$△ ADC ≌ △ ABE$，$△ CDF ≌ △ EBF$。
(2) 证明：连接$AF$，
$\because \mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ ADE$，
$\therefore AB = AD$，$BC = DE$。
又$\because ∠ ABF = ∠ ADF = 90°$，$AF = AF$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABF ≌ \mathrm{Rt}△ ADF \ (\mathrm{HL})$，
$\therefore BF = DF$。
$\because BC = DE$，
$\therefore BC - BF = DE - DF$，即$CF = EF$。
【答案】
(1) 还有2对，即$△ ADC ≌ △ ABE$，$△ CDF ≌ △ EBF$；
(2) 证明成立，$CF=EF$。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 直角三角形全等的判定（HL）
【点评】
本题是全等三角形应用的常考题型，解题核心是从已知全等三角形中挖掘相等的边、角，作为证明新全等的条件，第二问构造公共斜边AF的辅助线是解题突破口，能有效考查学生对全等判定方法的灵活运用能力。
【难度系数】
0.7

【分析】
要证明$AE-BE=AF$，可通过线段等量转化推导：首先，已知AD是$∠ BAC$的角平分线，$∠ C$和$∠ AED$均为直角，可先证明$△ ACD$和$△ AED$全等，得到$AC=AE$，此时待证式可转化为$AC-BE=AF$，即需要证明$BE=CF$；再结合已知$BD=FD$，以及第一次全等得到的$DC=DE$，可证明$Rt△ FCD$和$Rt△ BED$全等，得到$CF=BE$，代入等量关系即可完成证明。
【解析】
$\because AD$平分$∠ BAC$交$BC$于点$D$，
$\therefore ∠ CAD = ∠ EAD$。
$\because DE⊥ AB$，$∠ C=90°$，
$\therefore ∠ AED = ∠ C = 90°$。
在$△ ACD$和$△ AED$中，
$\begin{cases}∠ C=∠ AED,\\∠ CAD=∠ EAD,\\AD=AD,\end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ AED(\mathrm{AAS})$，
$\therefore DC = DE$，$AC = AE$。
在$Rt△ FCD$和$Rt△ BED$中，
$\begin{cases}CD=ED,\\FD=BD,\end{cases}$
$\therefore Rt△ FCD≌ Rt△ BED(\mathrm{HL})$，
$\therefore CF = BE$。
又$\because AE = AC$，
$\therefore AE - BE = AC - CF = AF$，原式得证。
【答案】
证明过程见上述解析，$AE-BE=AF$成立。
【知识点】
角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形全等的判定
【点评】
本题是典型的线段和差类几何证明题，解题核心是通过两次全等三角形判定得到对应线段相等，将待证等式中的线段进行合理转化。解题时可从结论倒推所需的等量关系，结合已知条件寻找全等三角形，即可快速梳理出证明思路。
【难度系数】
0.65