【分析】
要判断AB与AD+BC的大小关系，属于线段和差类证明问题，常用截长补短法求解。本题中给出了角平分线和平行线的条件，适合用“截长法”：在较长的AB上截取一段等于AD，先利用角平分线和公共边构造第一组全等三角形，再结合平行线的同旁内角互补得到等角，进而证明第二组全等三角形，推导出剩余线段与BC相等，即可得到结论。
【解析】
在AB上取一点F，使$AF=AD$，连接$EF$。
∵ $AE$平分$∠ DAB$，
∴ $∠ DAE=∠ FAE$。
在$△ DAE$和$△ FAE$中：
$\begin{cases}AD=AF \\∠ DAE=∠ FAE \\AE=AE\end{cases}$
∴ $△ DAE≌△ FAE(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ D=∠ AFE$。
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ C+∠ D=180°$。
又
∵ $∠ AFE+∠ BFE=180°$，
∴ $∠ BFE=∠ C$。
∵ $BE$平分$∠ ABC$，
∴ $∠ CBE=∠ FBE$。
在$△ BCE$和$△ BFE$中：
$\begin{cases}∠ C=∠ BFE \\∠ CBE=∠ FBE \\BE=BE\end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ BFE(\mathrm{AAS})$，
∴ $BC=BF$。
∵ $AB=AF+BF$，
∴ $AB=AD+BC$。
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质
【点评】
本题是线段和差关系证明的典型题型，解题核心是利用截长补短法构造全等三角形，结合角平分线、平行线的性质推导相等的边角关系，能有效考查全等三角形相关知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.7

【分析】
（1）第一问已知α=90°，可推出∠BAD与∠BCD均为直角，结合BD是角平分线得到一组角相等，加上公共边BD，可通过AAS判定△ABD与△CBD全等，直接得到AD与CD的数量关系。
（2）第二问α为钝角时，无法直接证△ABD和△CBD全等，根据角平分线的性质，过D向BA延长线、BC作垂线，可得两条垂线段相等，再结合∠BAD+∠BCD=180°推导出∠DAE=∠C，即可证△DEA和△DFC全等，得到AD=CD。
（3）第三问要证线段和的关系，采用截长补短法，先在BC上截取BK=BD，将问题转化为证明AD=CK。先利用等腰三角形内角和算出各角度数，结合第二问的结论得到AD=DK，再通过角度推导证DK=CK，即可完成证明。
【解析】
（1）解：
∵∠BAD=α，∠BCD=180°−α，α=90°，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中：
$\{\begin{array}{l}∠ BAD=∠ BCD\\ ∠ ABD=∠ CBD\\ BD=BD\end{array} $
∴△ABD≌△CBD（AAS），
∴AD=CD。
（2）证明：过点D分别作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，DF⊥BC于点F，
则∠DEA=∠DEB=∠DFC=∠DFB=90°，∠BAD+∠DAE=180°，
∵BD平分∠EBF，根据角平分线的性质可得DE=DF，
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠DAE=∠BCD，
在△DEA和△DFC中：
$\{\begin{array}{l}∠ DEA=∠ DFC\\ ∠ DAE=∠ DCF\\ DE=DF\end{array} $
∴△DEA≌△DFC（AAS），
∴AD=CD。
（3）证明：过点A作AG⊥BC于点G，在BC上截取BK=BD，连接DK，
则∠AGB=∠AGC=90°，
∵AB=AC，AG=AG，
∴Rt△ABG≌Rt△ACG（HL），
∴∠ABC=∠C，
∵∠BAC=100°，
∴∠ABC=∠C=$\frac{1}{2}$(180°−∠BAC)=40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBK=$\frac{1}{2}$∠ABC=20°，
∵BD=BK，
∴∠BKD=∠BDK=$\frac{1}{2}$(180°−20°)=80°，
∴∠BAC+∠BKD=100°+80°=180°，
由（2）的结论可得AD=DK，
∵∠BKD是△DKC的外角，
∴∠BKD=∠C+∠KDC，
∴∠KDC=80°−40°=40°=∠C，
∴DK=CK，即AD=CK，
∴BD+AD=BK+CK=BC。
【答案】
(1) =
(2) 证明见上述解析
(3) 证明见上述解析

【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是三角形综合类题目，解题核心是熟练掌握角平分线、全等三角形、等腰三角形的相关性质，灵活运用作垂线构造全等、截长补短法解决线段和差类问题，对逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.6

【分析】
题目中的四边形ABCD是不规则图形，无法直接计算面积，已知AB=AD，且有两个直角条件，我们可以通过构造全等三角形实现面积的转化求解。首先利用四边形内角和得到∠ABC与∠ADC互补，结合邻补角的性质得到相等的角，再通过截长补短的方式添加辅助线构造全等三角形，最终把四边形的面积转化为规则的等腰直角三角形的面积计算。
【解析】
延长CD到点E，使DE=BC，连接AE。
根据平角的定义可得：$∠ ADC+∠ ADE=180°$。
∵四边形内角和为$360°$，$∠ DAB=∠ DCB=90°$，
∴$∠ ADC+∠ ABC=360°-∠ DAB-∠ DCB=180°$，
∴$∠ ABC=∠ ADE$。
在$△ ABC$和$△ ADE$中：
$\begin{cases}AB=AD \\∠ ABC=∠ ADE \\BC=DE\end{cases}$
∴$△ ABC≌△ ADE(\mathrm{SAS})$。
∴$AE=AC=3$，$S_{△ ABC}=S_{△ ADE}$，$∠ BAC=∠ DAE$，
∴$∠ BAC+∠ CAD=∠ DAE+∠ CAD$，即$∠ CAE=∠ DAB=90°$。
∴$S_{四边形ABCD}=S_{△ ACD}+S_{△ ABC}=S_{△ ACD}+S_{△ ADE}=S_{△ ACE}$，
∴$S_{△ ACE}=\frac{1}{2}× AC× AE=\frac{1}{2}×3×3=4.5$。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定与性质；四边形内角和；割补法求面积
【点评】
本题是构造全等转化不规则图形面积的典型题型，解题核心是结合已知的等边、直角条件合理添加辅助线，将难以直接计算的四边形面积转化为易求的等腰直角三角形面积，重点考查学生的辅助线构造能力和转化思想。
【难度系数】
0.5

【分析】
本题需结合等边三角形性质与全等三角形知识求解，因点P在射线OB上位置不唯一，需分类讨论：①当点P在MN左侧时，先由已知等角推导得PO=PN，再证全等三角形得到MP平分等边三角形的内角∠OMN，即可求出对应角度；②当点P在MN右侧时，通过截取等长线段构造全等三角形，推导得到新的等边三角形，结合三角形内角和即可计算角度，最后汇总两种情况的结果即可。
【解析】
分两种情况讨论：
① 当点P位于MN左侧时，如图①：
∵△OMN是等边三角形，
∴$MN=MO=ON$，$∠ MON=∠ MNO=∠ OMN=60°$。
∵$∠ MNP=∠ AOB=α$，
∴$∠ MON-∠ AOB=∠ MNO-∠ MNP$，即$∠ PON=∠ PNO$。
过点P作$PC⊥ ON$于点C，则$∠ PCO=∠ PCN=90°$，
在$△ PCO$和$△ PCN$中：
$\{\begin{array}{l}∠ PCO=∠ PCN\\∠ PON=∠ PNO\\PC=PC\end{array} $
∴$△ PCO≌△ PCN(\mathrm{AAS})$，
∴$PO=PN$。
在$△ MPO$和$△ MPN$中：
$\{\begin{array}{l}MO=MN\\∠ MOP=∠ MNP=α\\PO=PN\end{array} $
∴$△ MPO≌△ MPN(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ OMP=∠ NMP=\frac{1}{2}∠ OMN=30°$。
② 当点P位于MN右侧时，截取$OQ=NP$，连接$MQ$，如图②：
在$△ MOQ$和$△ MNP$中：
$\{\begin{array}{l}MO=MN\\∠ MOQ=∠ MNP=α\\OQ=NP\end{array} $
∴$△ MOQ≌△ MNP(\mathrm{SAS})$，
∴$MQ=MP$，$∠ OMQ=∠ NMP$，
∴$∠ QMP=∠ OMN=60°$，
∴$△ MPQ$是等边三角形，$∠ MPQ=60°$。
在$△ OMP$中，$∠ OMP=180°-∠ AOB-∠ MPQ=180°-α-60°=120°-α$。
综上，$∠ OMP$的度数为$30°$或$120°-α$。
【答案】
$30°$或$120°-α$

【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；分类讨论思想
【点评】
本题为几何综合题，需要通过构造辅助线证明全等三角形求解，解题核心是对点P的不同位置分类讨论，避免漏解，能很好地考查几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.5

【分析】
已知AE是△BDE的中线，可得A为BD的中点，即DA=BA。题目给出DE=BC，要求∠AED的度数，需要将∠AED与已知的∠C建立联系，因此可通过添加辅助线构造全等三角形，将DE、∠AED转移到与△ABC相关的图形中，再结合等腰三角形的性质推导角的等量关系。具体可延长CA到点F，使AF=AE，构造全等三角形实现边角的转化。
【解析】
延长CA到点F，使AF=AE，连接BF。
∵AE是△BDE的中线，
∴DA=BA。
在△ADE和△ABF中：
$\{\begin{array}{l}DA=BA\\ ∠ DAE=∠ BAF\\ AE=AF\end{array} $
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴∠AED=∠F，DE=BF。
∵DE=BC，
∴BF=BC，
∴△BCF为等腰三角形，
∴∠F=∠C。
又
∵∠C=40°，
∴∠AED=∠F=∠C=40°。
【答案】
40°
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；中线的定义
【点评】
本题是构造全等三角形的典型题型，通过延长线段构造SAS型全等，实现边和角的转移，再结合等腰三角形等角对等边的性质求解，解题的关键是根据已知的中线、等边条件合理添加辅助线，搭建已知条件和所求角之间的联系。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题需结合等腰三角形性质与全等三角形判定求解，核心思路如下：1. 明确△DFC为直角三角形需分三类讨论直角顶点：∠DFC=90°、∠FDC=90°、∠FCD=90°，先排除不可能的情况；2. 遇到“E为BC中点+DF=2DE”的条件，可通过延长DE构造倍长中线类全等三角形，转化线段、角的关系；3. 结合已知角相等证明△DFC与构造的三角形全等，再结合等腰△ABC的角度推导边角关系，证明△ABD≌△ACF，最终通过角度和计算∠ADB的度数。
【解析】
要使△DFC为直角三角形，分三类讨论直角顶点：
① 当∠DFC=90°时，如图①，延长DE到点G，使DG=2DE，连接CG、AF，则DE=GE。
∵DF=2DE，
∴DF=DG，又
∵∠FDC=∠EDC，DC=DC，
∴△DFC≌△DGC（SAS），
∴CG=CF，∠G=∠DFC=90°，∠DCF=∠DCG。
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，又
∵∠BED=∠CEG，DE=GE，
∴△BDE≌△CGE（SAS），
∴∠BDE=∠G=90°，∠DBE=∠GCE，BD=CG，即BD=CF。
∵∠BDC=140°，
∴∠EDC=∠BDC−∠BDE=140°-90°=50°，即∠FDC=50°，
∴∠DCG=∠DCF=90°-50°=40°，即∠FCG=∠DCF+∠DCG=80°。
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=100°，
∴∠ABC=∠ACB=½(180°−100°)=40°，
∴∠ABD+∠DBE=40°，∠ACF+∠GCE=∠FCG−∠ACB=80°-40°=40°，
∴∠ABD=∠ACF。
在△ABD和△ACF中，AB=AC，∠ABD=∠ACF，BD=CF，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴∠BAD=∠CAF，AD=AF，
∴∠DAF=∠BAC=100°，
在等腰△ADF中，∠ADF=½(180°−100°)=40°，
∴∠ADB=360°−∠BDC−∠FDC−∠ADF=360°-140°-50°-40°=130°。
② 当∠FDC=90°时，如图②，延长DE到点H，使DH=2DE，连接CH、AF。
同理①可证△DFC≌△DHC、△BDE≌△CHE、△ABD≌△ACF，可得∠ADF=40°，
∴∠ADB=360°−∠BDC−∠FDC−∠ADF=360°-140°-90°-40°=90°。
③ 当∠FCD=90°时，推导可得角度矛盾，此种情况不存在。
综上，∠ADB的度数为130°或90°。
【答案】
130°或90°

【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 等腰三角形的性质
3. 分类讨论思想
【点评】
本题是典型的几何综合题，通过构造倍长中线类全等三角形转化边角关系，结合等腰三角形的性质进行角度推导，需要熟练掌握全等三角形的判定方法，同时注意分类讨论直角顶点的所有可能情况，避免漏解。
【难度系数】
0.3