证明：在$\triangle ABC$中，$\angle BAC = 40^{\circ}$，$\angle ACB = 80^{\circ}$，
$\angle B = 180^{\circ}-\angle BAC-\angle ACB = 180^{\circ}-40^{\circ}-80^{\circ}=60^{\circ}$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB// CD$，
$\angle BCD+\angle B = 180^{\circ}$，
$\angle BCD = 180^{\circ}-\angle B = 180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$。
C

证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD // BC$，
∴ $\angle 1 = \angle 2$（两直线平行，同位角相等），
∵ $\angle 1 = 70°$，
∴ $\angle 2 = 70°$。
答案：B

证明：
选项A：
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，结论正确。
选项B：
∵E，F分别是AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF//AB，
∴∠B=∠EFC（两直线平行，同位角相等），结论正确。
选项C：
∵AB≠AC，F是BC的中点，
∴AF不是∠BAC的平分线，
∴∠BAF≠∠CAF，结论错误。
选项D：
∵DE//BC，D是AB中点，
∴OD是△ABF的中位线，
∴OD=$\frac{1}{2}$BF；同理OE=$\frac{1}{2}$FC，
∵F是BC中点，
∴BF=FC，
∴OD=OE，结论正确。
错误结论为C。
答案：C

证明：
∵ $DA // EB$，$EB ⊥ AB$，
∴ $DA ⊥ AB$，即 $\angle DAC = \angle EBC = 90°$。
设 $AC = a$，$BC = b$，则 $AD = AC = a$，$BE = BC = b$。
涂色部分面积为 $\triangle DCE$ 的面积，可表示为：
$S_{\triangle DCE} = S_{\mathrm{梯形}ABED} - S_{\triangle DAC} - S_{\triangle EBC}$
梯形 $ABED$ 的面积：
$S_{\mathrm{梯形}ABED} = \frac{1}{2}(AD + BE) · AB = \frac{1}{2}(a + b)(a + b) = \frac{1}{2}(a + b)^2$
$\triangle DAC$ 的面积：
$S_{\triangle DAC} = \frac{1}{2} · AC · AD = \frac{1}{2}a^2$
$\triangle EBC$ 的面积：
$S_{\triangle EBC} = \frac{1}{2} · BC · BE = \frac{1}{2}b^2$
代入得：
$S_{\triangle DCE} = \frac{1}{2}(a + b)^2 - \frac{1}{2}a^2 - \frac{1}{2}b^2 = \frac{1}{2}(a^2 + 2ab + b^2 - a^2 - b^2) = ab$
∵ $AC · BC = ab = 10$，
∴ $S_{\triangle DCE} = 10$。
答案：B

解：
∵菱形$ABCD$周长为$20$，
∴边长$AB=BC=CD=DA=\frac{20}{4}=5$。
设菱形高为$h$，面积$S=BC· h=24$，
则$5h=24$，解得$h=\frac{24}{5}$。
连接$BP$，
∵$AC$为菱形对角线，
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}S_{菱形ABCD}=12$。
又$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABP}+S_{\triangle CBP}$，
$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB· PF$，$S_{\triangle CBP}=\frac{1}{2}BC· PE$，
且$AB=BC=5$，
∴$\frac{1}{2}×5× PF+\frac{1}{2}×5× PE=12$，
即$\frac{5}{2}(PE+PF)=12$，
解得$PE+PF=\frac{24}{5}$。
答案：$\boxed{B}$

解：过点$A$作$AF ⊥ x$轴于$F$，过点$D$作$DG ⊥ y$轴于$G$，
$\because A(0,3)$，$B(5,0)$，
$\therefore AF=3$，$OF=0$，$OB=5$，$BF=5 - 0=5$。
$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore AB=AD$，$\angle BAD=90°$，
$\therefore \angle DAG + \angle BAF=90°$。
$\because AF ⊥ x$轴，$DG ⊥ y$轴，
$\therefore \angle AFB= \angle AGD=90°$，$\angle ABF + \angle BAF=90°$，
$\therefore \angle DAG= \angle ABF$。
在$\triangle ADG$和$\triangle BAF$中，
$\begin{cases} \angle AGD= \angle BFA \\\angle DAG= \angle ABF \\AD=BA \end{cases}$，
$\therefore \triangle ADG≌\triangle BAF(AAS)$，
$\therefore DG=AF=3$，$AG=BF=5$，
$\therefore OG=OA + AG=3 + 5=8$，
$\therefore D(3,8)$。
$\because E$为正方形$ABCD$对角线的交点，即$AC$与$BD$的中点，
$\because B(5,0)$，$D(3,8)$，
$\therefore E$的横坐标为$\dfrac{5 + 3}{2}=4$，纵坐标为$\dfrac{0 + 8}{2}=4$，
$\therefore E(4,4)$。
答案：B

解：在矩形$ABCD$中，$AB=CD=20\,\mathrm{cm}$，$AD=BC$，$\angle A=\angle B=\angle C=\angle D=90°$。
由题意得：
$AP = t\,\mathrm{cm}$，则$P$点坐标为$(t, 0)$（以$A$为原点，$AB$为$x$轴，$AD$为$y$轴）；
$BH = 2t\,\mathrm{cm}$，则$AH=AB - BH=20 - 2t\,\mathrm{cm}$，$H$点坐标为$(20 - 2t, 0)$；
$CQ = 4t\,\mathrm{cm}$，则$DQ=CD - CQ=20 - 4t\,\mathrm{cm}$，$Q$点坐标为$(20 - 4t, AD)$（设$AD = h$，$h＞0$）。
因为$QP = QH$，根据两点间距离公式：
$QP^2=(t - (20 - 4t))^2 + (0 - h)^2=(5t - 20)^2 + h^2$
$QH^2=((20 - 2t) - (20 - 4t))^2 + (0 - h)^2=(2t)^2 + h^2$
所以$(5t - 20)^2 + h^2=(2t)^2 + h^2$，化简得：
$(5t - 20)^2=(2t)^2$
$25t^2 - 200t + 400 = 4t^2$
$21t^2 - 200t + 400 = 0$
解得$t_1=\frac{20}{7}$，$t_2=20$（舍去，因$Q$点运动时间$t\leqslant\frac{20}{4}=5\,\mathrm{s}$）。
故$t=\frac{20}{7}$。
答案：$\frac{20}{7}$