【分析】
解题时首先结合已知条件分析：由$AB// DC$可得内错角相等，再结合M、N是中点的条件，可先证明包含中点的两组三角形全等；得到全等三角形面积相等后，将所求的$△ QPO$的面积拆分为几个小图形面积之和，通过全等的面积等量关系替换，消去公共的$△ CDO$部分，即可将所求面积差转化为已知的四边形ABCD的面积。
【解析】
$\because AB// DC$，
$\therefore ∠ Q=∠ MCD$，$∠ P=∠ NDC$（两直线平行，内错角相等）。
$\because $M是AD的中点，N是BC的中点，
$\therefore AM=DM$，$BN=CN$。
在$△ AMQ$和$△ DMC$中：
$\begin{cases}∠ Q=∠ MCD \\∠ AMQ=∠ DMC（对顶角相等） \\AM=DM\end{cases}$
$\therefore △ AMQ≌△ DMC(\mathrm{AAS})$，
$\therefore S_{△ AMQ}=S_{△ DMC}$。
同理，在$△ BNP$和$△ CND$中：
$\begin{cases}∠ P=∠ NDC \\∠ BNP=∠ CND（对顶角相等） \\BN=CN\end{cases}$
$\therefore △ BNP≌△ CND(\mathrm{AAS})$，
$\therefore S_{△ BNP}=S_{△ CND}$。
由图形可知：$S_{△ QPO}=S_{△ AMQ}+S_{五边形ABNOM}+S_{△ BNP}$，
因此：
$\begin{aligned}S_{△ QPO}-S_{△ CDO}&=S_{△ AMQ}+S_{五边形ABNOM}+S_{△ BNP}-S_{△ CDO}\\&=S_{△ DMC}+S_{五边形ABNOM}+S_{△ CND}-S_{△ CDO}\\&=S_{四边形ABCD}\end{aligned}$
已知四边形ABCD的面积为$24\ \mathrm{cm}^2$，故$S_{△ QPO}-S_{△ CDO}=24\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
$\boldsymbol{24}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，平行线的性质，面积等量代换
【点评】
本题是几何面积求解的典型题型，核心是利用全等三角形实现面积的等量转化，解题的突破口是结合平行线和中点条件证明三角形全等，通过拆分目标三角形面积，将未知的面积差转化为已知图形的面积，对学生的图形观察和等量代换能力有一定要求。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时先观察已知条件，已知AF⊥AE且AF=AE，存在共顶点的等线段和垂直关系，可通过作垂线构造全等三角形转化线段长度。第一步过F作FG⊥AD，利用同角的余角相等得到等角，证明△AGF和△ECA全等，得到FG、AG的长度；再结合FG=BC，证明△BCD和△FGD全等，得到CD=DG，进而求出CD的长度，最后计算AD=AC+CD即可。
【解析】
过点F作$FG ⊥ AD$，垂足G在AD的延长线上，则$∠ AGF = 90°$，因此$∠ AFG + ∠ FAG = 90°$。
因为$AF ⊥ AE$，所以$∠ EAF = 90°$，即$∠ FAG + ∠ EAC = 90°$，可得$∠ AFG = ∠ EAC$。
又$∠ ACB = 90°$，所以$∠ ECA = ∠ AGF=90°$，$∠ BCD = 180° - ∠ ACB = 90°$。
在$△ AGF$和$△ ECA$中：
$\begin{cases}∠AGF=∠ECA \\∠AFG=∠EAC \\AF=EA\end{cases}$
所以$△ AGF ≌ △ ECA$（AAS），因此$FG = AC$，$AG = EC$。
已知$AC = BC = 5$，$BE = 3$，所以$FG = BC=5$，$EC = BC + BE = 5+3=8$，即$AG=8$。
在$△ BCD$和$△ FGD$中：
$\begin{cases}∠BCD=∠FGD=90° \\∠BDC=∠FDG \\BC=FG\end{cases}$
所以$△ BCD ≌ △ FGD$（AAS），因此$CD = GD$，即$CD = \dfrac{1}{2} CG$。
又$CG = AG - AC=8-5=3$，所以$CD = \dfrac{3}{2}$。
因此$AD = AC + CD = 5+\dfrac{3}{2}=\dfrac{13}{2}$。
【答案】
$\dfrac{13}{2}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，余角的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形的综合应用题型，解题关键是结合已知的垂直、等线段条件合理构造辅助线，通过两次全等三角形实现线段长度的转化，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，能结合图形特征挖掘全等的条件，对几何构造思维有一定要求。
【难度系数】
0.6

【分析】
（1）要证明DE=DF，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。已知DB⊥AM、DC⊥AN可得两个直角相等，结合已知的BD=CD、∠BED=∠CFD，满足AAS全等判定条件，证明△BED≌△CFD即可得到结论。
（2）线段和差类问题可通过构造全等将分散的线段转化到同一条线段上推导关系。已知BD=CD，∠BDC=120°，可将△BDE绕点D旋转120°使BD与CD重合，得到△CDG，先证明点G在AN上，再证明△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，进而推导出三条线段的数量关系。
【解析】
（1）证明：$\because DB⊥ AM,DC⊥ AN$，$\therefore ∠ DBE=∠ DCF=90°$。
在$△ BED$和$△ CFD$中：
$\begin{cases}∠ BED=∠ CFD \\∠ DBE=∠ DCF \\BD=CD\end{cases}$
$\therefore △ BED≌△ CFD(\mathrm{AAS})$，$\therefore DE=DF$。
（2）猜想$EF=BE+CF$，理由如下：
$\because DB⊥ AM,DC⊥ AN$，$\therefore ∠ DBE=∠ DCF=90°$。
$\because ∠ BDC=120°,∠ EDF=60°$，$\therefore ∠ BDE+∠ CDF=∠ BDC-∠ EDF=60°$。
$\because BD=CD$，将$△ BDE$绕点D按逆时针方向旋转$120°$得到$△ CDG$，
$\therefore ∠ CDG=∠ BDE,DG=DE,∠ DCG=∠ DBE=90°,CG=BE$。
$\therefore ∠ DCG+∠ DCF=90°+90°=180°$，即点G在射线AN上。
$\therefore ∠ GDF=∠ CDG+∠ CDF=∠ BDE+∠ CDF=60°$，$\therefore ∠ GDF=∠ EDF$。
在$△ EDF$和$△ GDF$中：
$\begin{cases}DE=DG \\∠ EDF=∠ GDF \\DF=DF\end{cases}$
$\therefore △ EDF≌△ GDF(\mathrm{SAS})$，$\therefore EF=GF$。
$\because GF=CG+CF=BE+CF$，$\therefore EF=BE+CF$。
【答案】
（1）$DE=DF$，证明成立；
（2）$\boldsymbol{EF=BE+CF}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；旋转的性质；垂直的性质
【点评】
本题第一问为基础的全等三角形判定应用，直接结合已知条件利用AAS判定定理即可求解；第二问通过旋转构造全等三角形，将分散的线段转化到同一直线上推导和差关系，是几何中解决线段和差问题的常用思路，要求熟练掌握全等判定定理及构造辅助线的方法。
【难度系数】
0.6

【分析】
解决本题的核心是将分散的两条线段和的最小值问题转化为“两点之间线段最短”的模型：首先利用已知条件$AB=AC$、$AP+AQ=AB$推导相等线段，得到$AQ=BP$、$CQ=AP$；再通过构造辅助线，将$CP$和$BQ$利用全等三角形转化为另外两条共端点的线段，把$BQ+CP$转化为两条线段的和；最后根据三点共线时线段和最小，结合全等性质推导$AP$与$AQ$的数量关系，即可求出比值。
【解析】
过点B作 $BE // AC$，且 $BE = AC$，在BA上截取 $BH = AP$，连接CH，HE。
∵ $AB = AC$，$AP + AQ = AB$，且 $AB = AP + BP$，$AC = AQ + CQ$，
∴ $AQ = BP$，$CQ = AP = BH$。
∵ $AC // BE$，
∴ $∠ A = ∠ EBH$。
在$△ ACP$和$△ BEH$中：
$\begin{cases}AC = BE \\∠ A = ∠ EBH \\AP = BH\end{cases}$
∴ $△ ACP ≌ △ BEH$（SAS），得 $CP = EH$。
∵ $AP = BH$，
∴ $AP + PH = BH + PH$，即 $AH = BP$，结合$AQ=BP$得 $AH = AQ$。
在$△ ABQ$和$△ ACH$中：
$\begin{cases}AQ = AH \\∠ A = ∠ A \\AB = AC\end{cases}$
∴ $△ ABQ ≌ △ ACH$（SAS），得 $BQ = CH$。
∴ $BQ + CP = CH + HE$，根据两点之间线段最短，当C、H、E三点共线时，$BQ + CP$取得最小值。
此时
∵ $AC // BE$，
∴ $∠ ACH = ∠ BEH$，$∠ A = ∠ EBH$，
又
∵ $AC = BE$，在$△ ACH$和$△ BEH$中：
$\begin{cases}∠ ACH = ∠ BEH \\AC = BE \\∠ A = ∠ EBH\end{cases}$
∴ $△ ACH ≌ △ BEH$（ASA），得 $AH = BH$，即H为AB的中点。
∴ $AP = BH = \frac{1}{2}AB$，此时点P与点H重合，
∴ $AQ = BP = BH = AP$，即 $\frac{AP}{AQ} = 1$。

【答案】
1
【知识点】
全等三角形的判定与性质；最短路径问题；平行线的性质
【点评】
本题综合考查了全等三角形的应用和线段和最小值的求解，解题关键是合理构造辅助线，将待求线段和转化为可利用几何最值原理求解的形式，能有效锻炼学生的辅助线构造能力和全等知识的灵活运用能力。
【难度系数】
0.3

【分析】
(1) 要证明$EH=AC$，可通过证明包含两条边的三角形全等求解。已知$AE⊥AD$、$EH⊥AC$、$∠ACB=90°$，可得多个直角，利用同角的余角相等推出$∠ADC=∠EAH$，结合$AD=AE$的条件，用AAS判定$△ADC≌△EAH$，即可得到$EH=AC$。
(2) 要证明两个三角形面积相等，观察$△ABM$和$△AME$有公共底$AM$，因此只需证明两个三角形以$AM$为底时的高相等即可。过$E$作$EN⊥AM$，同(1)的思路先证$△ADC≌△EAN$得到$EN=AC$，结合$AC=BC$可得$EN=BC$，即两个三角形同底等高，面积相等。
(3) 需分情况讨论点$D$的位置：①点$D$在线段$BC$上；②点$D$在线段$BC$延长线上；③点$D$在线段$CB$延长线上。先排除不符合$AC=3CM$的情况，对符合的情况设$CM$为参数，利用前两问的全等结论推导各边长度，再分别计算两个三角形的面积，最终求比值。
【解析】
(1) 证明：$\because AE⊥AD$，$EH⊥AC$，$∠ACB=90°$，
$\therefore ∠EHA=∠EAD=∠ACB=90°$，
$\therefore ∠DAC+∠ADC=90°$，$∠DAC+∠EAH=90°$，
$\therefore ∠ADC=∠EAH$，
在$△ADC$和$△EAH$中：
$\{\begin{array}{l}∠ACD=∠EHA \\∠ADC=∠EAH \\AD=EA\end{array} $
$\therefore △ADC≌△EAH(\mathrm{AAS})$，
$\therefore EH=AC$。
(2) 证明：如图①，过点$E$作$EN⊥AM$，交$AM$的延长线于点$N$。
$\because AE⊥AD$，$EN⊥AM$，
$\therefore ∠EAD=∠ANE=90°$，
$\because ∠ACB=90°$，
$\therefore ∠ACD=180°-∠ACB=90°$，即$∠ACD=∠ENA$，
$\therefore ∠DAC+∠ADC=90°$，
$\because ∠DAC+∠EAN=180°-∠EAD=90°$，
$\therefore ∠ADC=∠EAN$，
在$△ADC$和$△EAN$中：
$\{\begin{array}{l}∠ACD=∠ENA \\∠ADC=∠EAN \\AD=EA\end{array} $
$\therefore △ADC≌△EAN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore EN=AC$，
$\because AC=BC$，$\therefore EN=BC$，
$\because S_{△ABM}=\frac{1}{2}AM·BC$，$S_{△AME}=\frac{1}{2}AM·EN$，
$\therefore S_{△ABM}=S_{△AME}$。

(3) 解：分类讨论如下：
①当点$D$在线段$BC$上时，如图②，过点$E$作$EH⊥AC$于点$H$。
设$CM=a$，$\because AC=3CM$，$\therefore AC=3a$。
由(1)得$△ADC≌△EAH$，$\therefore AH=DC$，$EH=AC=3a$。
$\because BC=AC=3a$，$\therefore BC=EH=3a$。
$\because EH⊥AC$，$\therefore ∠EHM=90°=∠BCM$，
在$△BCM$和$△EHM$中：
$\{\begin{array}{l}∠BCM=∠EHM \\∠BMC=∠EMH \\BC=EH\end{array} $
$\therefore △BCM≌△EHM(\mathrm{AAS})$，
$\therefore HM=CM=a$，
$\therefore AH=AC-CM-HM=3a-a-a=a$，$AM=AH+HM=2a$，
$\because CD=AH=a$，$\therefore BD=BC-CD=3a-a=2a$，
$\therefore \frac{S_{△ADB}}{S_{△AEM}}=\frac{\frac{1}{2}BD·AC}{\frac{1}{2}AM·EH}=\frac{\frac{1}{2}×2a×3a}{\frac{1}{2}×2a×3a}=1$；
②当点$D$在线段$BC$的延长线上时，易得$AC＜CM$，与$AC=3CM$矛盾，此种情况不存在；
③当点$D$在$CB$的延长线上时，如图④，过点$E$作$EN⊥AM$，交$AM$的延长线于点$N$。
设$CM=b$，$\because AC=3CM$，$\therefore AC=3b$。
$\because AE⊥AD$，$EN⊥AM$，$∠ACB=90°$，
$\therefore ∠EAD=∠ENA=∠ACB=90°$，
$\therefore ∠DAC+∠ADC=90°$，$∠DAC+∠EAN=90°$，
$\therefore ∠ADC=∠EAN$，
在$△ADC$和$△EAN$中：
$\{\begin{array}{l}∠ACD=∠ENA \\∠ADC=∠EAN \\AD=EA\end{array} $
$\therefore △ADC≌△EAN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore EN=AC$，$AN=DC$，
$\because AC=BC$，$\therefore EN=BC$，
$\because ∠ACB=90°$，$\therefore ∠BCM=180°-∠ACB=90°=∠ENM$，
在$△BCM$和$△ENM$中：
$\{\begin{array}{l}∠BCM=∠ENM \\∠BMC=∠EMN \\BC=EN\end{array} $
$\therefore △BCM≌△ENM(\mathrm{AAS})$，
$\therefore NM=CM=b$，$BC=EN=AC=3b$，
$\therefore AN=AC+CM+NM=3b+b+b=5b$，$AM=AC+CM=3b+b=4b$，
$\because BD=DC-BC=AN-BC=5b-3b=2b$，
$\therefore \frac{S_{△ADB}}{S_{△AEM}}=\frac{\frac{1}{2}BD·AC}{\frac{1}{2}AM·EN}=\frac{\frac{1}{2}×2b×3b}{\frac{1}{2}×4b×3b}=\frac{1}{2}$。
综上，$\frac{S_{△ADB}}{S_{△AEM}}=1$或$\frac{1}{2}$。

【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 证明见解析；
(3) $\boxed{1或\dfrac{1}{2}}$

【知识点】
1. 全等三角形判定与性质
2. 等腰直角三角形性质
3. 三角形面积计算
【点评】
本题是全等三角形的综合应用，围绕等腰直角三角形背景下的动点问题展开，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，能通过作垂线构造全等三角形，同时要注意动点位置的多样性，需分类讨论避免漏解，对逻辑推理能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4