【分析】
解题时首先观察到PM=PN，可知△PMN是等腰三角形，优先利用等腰三角形三线合一的性质，过P作OB的垂线构造直角三角形，即可得到MN的中点，算出MC的长度；再结合∠AOB=60°，在含30°角的直角△POC中求出OC的长度，最后用OC减去MC就能得到OM的长度。
【解析】
过点P作PC⊥OB于点C。
1. 因为PM=PN，PC⊥MN，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$MC=NC=\frac{1}{2}MN$。已知MN=2，因此$MC=\frac{1}{2}×2=1$。
2. 在$Rt△ POC$中，$∠O=60°$，所以$∠OPC=90°-60°=30°$。根据含30°角的直角三角形的性质：30°角所对的直角边等于斜边的一半，已知斜边OP=12，因此30°角对的直角边$OC=\frac{1}{2}OP=\frac{1}{2}×12=6$。
3. 计算OM的长度：$OM=OC-MC=6-1=5$。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何计算题，合理作垂线构造直角三角形是解题的突破口，熟练掌握等腰三角形和特殊直角三角形的性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7

【分析】
要求栏杆端点A升高的高度，实质是求旋转后点$ A' $到原水平线段AO所在直线的垂直距离。我们可以通过作辅助线构造含30°角的直角三角形，结合旋转的性质得到直角三角形的斜边长，再利用含30°角的直角三角形的性质求解即可。
【解析】
过点$ A' $作$ A'H ⊥ AO $，垂足为$ H $，则$ ∠ A'HO = 90° $。
由旋转的性质可知，旋转前后对应边长度相等，因此$ A'O = AO = 4\ \mathrm{m} $。
在$ \mathrm{Rt}△ A'OH $中，$ ∠ A'OH = 30° $，根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得：
$ A'H = \frac{1}{2}A'O = \frac{1}{2} × 4 = 2\ \mathrm{m} $，即栏杆端点A升高了2m。
【答案】
2
【知识点】
旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题结合生活场景考查几何知识的应用，解题的关键是明确升高距离的几何意义，正确作辅助线构造特殊直角三角形，再结合相关性质计算，侧重对基础性质的应用考查。
【难度系数】
0.7

【分析】
要解决本题，首先结合已知条件∠BAC=2∠BCD和CD是△ABC的高，考虑过点A作AH⊥BC构造直角三角形，通过同角的余角相等推导角的等量关系，证明△ABH≌△ACH得到BH=CH；再结合∠APC的度数，利用含30°角的直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质，得到PA和PH的数量关系；最后将PB、PC用PH、BH、CH表示，通过线段和差运算即可得到三者的数量关系，第二问的两种情况同理，仅需根据P点的位置调整线段和差的表达式即可。
【解析】
(1) 如图①，过点A作$AH ⊥ BC$，垂足为H。
∵ CD是△ABC的高，
∴ $∠AHB = ∠AHC = ∠BDC = 90°$，
∴ $∠BAH + ∠ABC = 90°$，$∠BCD + ∠ABC = 90°$，
∴ $∠BAH = ∠BCD$。
∵ $∠BAC = 2∠BCD$，
∴ $∠BAC = 2∠BAH$，即$∠BAH = ∠CAH$。
在△ABH和△ACH中：
$\{\begin{array}{l}∠BAH = ∠CAH \\AH = AH \\∠AHB = ∠AHC\end{array} $
∴ $△ABH ≌ △ACH$（ASA），
∴ $BH = CH$。
∵ $∠APC = 60°$，
∴ 在Rt△APH中，$∠PAH = 90° - ∠APC = 30°$，
∴ $PA = 2PH$。
∵ 点P在CB延长线上，
∴ $PB = PH - BH$，$PC = PH + HC$，
∴ $PB + PC = (PH - BH) + (PH + CH) = 2PH = PA$，得证。
(2) 题图②：过点A作$AH ⊥ BC$，垂足为H，同理可证$△ABH ≌ △ACH$得$BH=CH$，在Rt△APH中，$∠APC=60°$，故$∠PAH=30°$，$PA=2PH$，此时$PB = BH - PH$，$PC = PH + HC$，
∴ $PC - PB = (PH + HC) - (BH - PH) = 2PH = PA$。
题图③：过点A作$AH ⊥ BC$，垂足为H，同理可证$BH=CH$，
∵$∠APC=120°$，
∴$∠APB=60°$，在Rt△APH中，$∠HAP=30°$，$PA=2PH$，此时$PB = BH + PH$，$PC = HC - PH$，
∴ $PB - PC = (BH + PH) - (HC - PH) = 2PH = PA$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) 题图②：$\boldsymbol{PC - PB = PA}$；题图③：$\boldsymbol{PB - PC = PA}$。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形高的性质
【点评】
本题核心是通过作高构造全等三角形和特殊直角三角形，利用角的等量代换得到全等条件，再结合含30°角的直角三角形的性质完成线段关系的转化，解题时需注意点P的位置不同，线段的和差表达式也会发生变化，要结合图形准确分析线段间的数量关系。
【难度系数】
0.5

【分析】
遇到三角形中线的问题，首先想到常用的“倍长中线”辅助线法：延长中线使延长部分等于原中线长，可构造全等三角形，实现面积的转移。本题我们先延长AD到E，使DE=AD，证明△BDE和△CDA全等，就能把△ABC的面积转化为△ABE的面积；再结合已知的∠BAD=30°和AB的长度，过B作AE的垂线构造含30°角的直角三角形，利用30°角的性质求出高，最后计算△ABE的面积即可得到△ABC的面积。
【解析】
解：延长AD至点E，使$DE = DA$，连接BE，则$AE = 2AD$。
∵AD是边BC上的中线，
∴$BD = CD$。
在$△ BDE$和$△ CDA$中：
$\begin{cases}BD=CD \\∠BDE = ∠CDA（对顶角相等） \\DE=DA\end{cases}$
∴$△ BDE ≌ △ CDA$（SAS）。
∴$S_{△BDE} = S_{△CDA}$，因此$S_{△ABC} = S_{△ABD} + S_{△ACD} = S_{△ABD} + S_{△BDE} = S_{△ABE}$。
过点B作$BH ⊥ AE$于点H，在$Rt△ ABH$中，$∠BAD = 30°$，$AB = 10$，
∴$BH = \frac{1}{2}AB = 5$（直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半）。
∵$AD = 8$，
∴$AE = 2AD = 16$，
∴$S_{△ABE} = \frac{1}{2}AE · BH = \frac{1}{2}×16×5 = 40$。
即$△ABC$的面积为40。
【答案】
40
【知识点】
倍长中线构造全等；全等三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题核心是利用倍长中线的辅助线技巧构造全等三角形，将未知面积转化为易求的三角形面积，再结合特殊直角三角形的性质求解，是解决与中线相关的几何问题的常用思路，需要熟练掌握这类辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.6

【分析】
要求AD的长度，直接在四边形内计算缺少条件，观察已知角的特征：∠A=90°，∠B=30°，可通过延长BC、AD交于点E，构造含30°角的Rt△ABE，利用30°角直角三角形的边长性质求解；再结合∠BCD=120°，推导△CDE的内角，判断其为等边三角形，得到相关边的长度，最后通过线段的和差计算AD的长度。
【解析】
延长BC，AD交于点E。
∵ ∠A = 90°，∠B = 30°，
∴ ∠E = 180° - 90° - 30° = 60°，且在Rt△ABE中，30°角所对直角边等于斜边的一半，即BE = 2AE。
∵ ∠BCD = 120°，
∴ ∠DCE = 180° - ∠BCD = 60°，
由四边形内角和为360°可得：∠ADC = 360° - ∠A - ∠B - ∠BCD = 360° - 90° - 30° - 120° = 120°，
∴ ∠CDE = 180° - ∠ADC = 60°，
∴ △CDE中∠E=∠DCE=∠CDE=60°，即△CDE是等边三角形，
∴ CE = DE = CD = 3。
∵ BC = 7，
∴ BE = BC + CE = 7 + 3 = 10，
∴ AE = BE ÷ 2 = 5，
∴ AD = AE - DE = 5 - 3 = 2。
【答案】
B
【知识点】
含30°角的直角三角形性质；等边三角形的判定与性质；四边形内角和
【点评】
本题的核心是通过作延长线的辅助线，将四边形问题转化为特殊三角形的问题，利用特殊三角形的边角性质求解，是构造特殊三角形解题的典型题型，需熟练掌握这类根据已知特殊角作辅助线的方法。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时首先结合已知条件思考辅助线的构造：①已知AB=AC，AD平分∠BAC，根据等腰三角形三线合一的性质，可延长AD交BC于F，得到AF⊥BC且BC=2BF，将求BC的长度转化为求BF的长度；②已知∠EBC=∠E=60°，可延长ED交BC于G，构造等边三角形△BEG，将已知的BE、DE长度转化为BG、DG的长度；最后在直角三角形DFG中利用30°角的性质求出FG，即可计算BF进而得到BC的长度。
【解析】
解：分别延长AD、ED，交BC于F、G两点。
1. 由$AB = AC$，$AD$平分$∠BAC$，根据等腰三角形“三线合一”的性质，可得$AF ⊥ BC$，且$BC = 2BF$。
2. 在$△ BEG$中，$∠ EBC = ∠ E = 60°$，因此$∠ BGE = 180° - ∠ EBC - ∠ E = 60°$，三个内角均为60°，故$△ BEG$为等边三角形，因此$EG = BE = BG = 6\ \mathrm{cm}$。
3. 已知$DE = 2\ \mathrm{cm}$，则$DG = EG - DE = 6 - 2 = 4\ \mathrm{cm}$。
4. 因为$AF⊥BC$，所以$∠ DFG = 90°$，在$\mathrm{Rt}△ DFG$中，$∠ DGF = 60°$，因此$∠ FDG = 90° - 60° = 30°$，根据含30°角的直角三角形的性质，$FG = \frac{1}{2}DG = \frac{1}{2} × 4 = 2\ \mathrm{cm}$。
5. 可得$BF = BG - FG = 6 - 2 = 4\ \mathrm{cm}$，因此$BC = 2BF = 2 × 4 = 8\ \mathrm{cm}$。
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】本题是三角形性质的综合应用题，解题核心是合理构造辅助线，通过三线合一、等边三角形、特殊直角三角形的性质逐步推导线段长度，重点考查学生的辅助线构造能力和几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】0.6