【分析】
本题是带线段和差条件的角度计算问题，解题核心是用截长补短法构造全等三角形。首先看到条件$AC=AB+BD$，属于线段和差类几何题，优先考虑截长补短法；结合AD是角平分线的条件，选择在较长边AC上截取$AE=AB$，可构造出全等的$△ ABD$和$△ AED$，将BD转化为DE，$∠ B$转化为$∠ AED$；再结合AC的长度关系推导得出$ED=EC$，得到等腰$△ EDC$，利用三角形外角性质建立$∠ B$和$∠ C$的数量关系，最后结合三角形内角和定理即可求出$∠ B$的度数。
【解析】
解：如答图，在AC上取点E，使$AE=AB$，连接DE。
∵AD为$△ ABC$的角平分线，
∴$∠ BAD=∠ EAD$，
在$△ ABD$和$△ AED$中：
$\begin{cases}AB=AE\\∠ BAD=∠ EAD\\AD=AD\end{cases}$
∴$△ ABD≌△ AED(\mathrm{SAS})$，
∴$BD=ED$，$∠ B=∠ AED$。
∵$AC=AB+BD$，且$AC=AE+EC$，$AE=AB$，
∴$EC=BD=ED$，
∴$∠ EDC=∠ C$。
∵$∠ AED$是$△ EDC$的外角，
∴$∠ AED=∠ EDC+∠ C=2∠ C$，
∴$∠ B=2∠ C$。
在$△ ABC$中，$∠ BAC=60°$，
∴$∠ B+∠ C=180°-∠ BAC=120°$，
将$∠ C=\frac{1}{2}∠ B$代入得：$∠ B+\frac{1}{2}∠ B=120°$，
解得$∠ B=80°$。
【答案】
C
第1题答图
【知识点】
截长补短法；全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是全等三角形辅助线构造的典型题型，核心是根据线段和差的条件选择合适的截长补短法构造全等，实现线段和角的等量转化，再结合等腰三角形性质、三角形内外角关系求解，能有效考察几何逻辑推理能力和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题可通过截长补短法构造全等三角形逐一验证结论。已知AE、BE分别为∠DAB、∠ABC的角平分线，且AD//BC，可得∠DAB+∠CBA=180°；要证明边的和差关系，采用截长法，在AB上截取BF=BC，先利用SAS证明△CBE≌△FBE，得到对应边、角相等，再结合平行线同旁内角互补的性质，通过AAS证明△AEF≌△AED，得到另一组对应边、角相等，最后结合全等性质逐个判断5个结论即可。
【解析】
在AB边上取点F，使BF=BC，连接EF。
第2题答图
∵BE平分∠ABC，AE平分∠BAD，
∴∠1=∠2，∠3=∠4。
在$△ CBE$和$△ FBE$中：
$\begin{cases} BC=BF \\ ∠1=∠2 \\ BE=BE \end{cases}$
∴$△ CBE≌△ FBE(\mathrm{SAS})$，
∴$CE=FE$，$∠ CEB=∠ FEB$，$∠ C=∠ BFE$。
∵$AD// BC$，
∴$∠ C+∠ D=180°$，
又
∵$∠ BFE+∠ AFE=180°$，
∴$∠ AFE=∠ D$。
在$△ AEF$和$△ AED$中：
$\begin{cases} ∠ AFE=∠ D \\ ∠3=∠4 \\ AE=AE \end{cases}$
∴$△ AEF≌△ AED(\mathrm{AAS})$，
∴$AD=AF$，$DE=FE$，$∠ DEA=∠ FEA$。
逐个验证结论：
①
∵$BC=BF$，$AD=AF$，
∴$BC+AD=BF+AF=AB$，①正确；
②
∵$CE=FE$，$DE=FE$，
∴$CE=DE$，即E是CD中点，②正确；
③
∵$∠ CEB=∠ FEB$，$∠ DEA=∠ FEA$，
∴$∠ AEB=∠ BEF+∠ FEA=\frac{1}{2}∠ CEF+\frac{1}{2}∠ DEF=\frac{1}{2}×180°=90°$，③正确；
④由$△ CBE≌△ FBE$得$S_{△ CBE}=S_{△ FBE}$，由$△ AEF≌△ AED$得$S_{△ AEF}=S_{△ AED}$，
∴$S_{四边形ABCD}=S_{△ CBE}+S_{△ FBE}+S_{△ AEF}+S_{△ AED}=2S_{△ ABE}$，即$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}S_{四边形ABCD}$，④正确；
⑤没有条件可证明$BC=CE$，⑤错误。
【答案】
①②③④
【知识点】
截长补短法，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义
【点评】
本题是截长补短法构造全等三角形的典型应用，解题关键是结合角平分线的条件构造全等，将分散的边、角关系通过全等进行转化，同时需要结合平行线的性质推导角的等量关系，逐一验证结论。
【难度系数】
0.6

【分析】
要证明EF=BE+CF属于线段和差类证明问题，常用截长补短法求解。首先结合已知条件AB=AC、∠B+∠C=180°，选择“补短”的思路：延长EB到点H，使BH=CF，先构造△ABH与△ACF全等，得到AH=AF和对应角相等；再利用∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAC的条件推导得到∠HAE=∠EAF，证明△HAE与△FAE全等，将EF转化为EH，即可推导出待证结论。
【解析】
证明：延长EB到点H，使BH=CF，连接AH。
∵∠ABD+∠C=180°，∠ABD+∠ABH=180°，
∴∠C=∠ABH（同角的补角相等）。
在△ABH和△ACF中：
$\{\begin{array}{l}AB=AC\\ ∠ ABH=∠ C\\ BH=CF\end{array} $
∴△ABH≌△ACF（SAS），
∴∠CAF=∠BAH，AH=AF。
∵∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAC，
∴∠CAF+∠BAE=∠BAC-∠EAF=∠EAF，
将∠CAF=∠BAH代入得：∠BAH+∠BAE=∠EAF，即∠HAE=∠EAF。
在△HAE和△FAE中：
$\{\begin{array}{l}AH=AF\\ ∠ HAE=∠ FAE\\ AE=AE\end{array} $
∴△HAE≌△FAE（SAS），
∴EH=EF。
又
∵EH=BE+BH=BE+CF，
∴EF=BE+CF。
【答案】
证明:如答图,延长 EB 到点 H,使 BH=CF,连接 AH.
第3题答图
∵∠ABD+∠C=180°,∠ABD+∠ABH=180°,
∴∠C=∠ABH.
又
∵AB=AC,
∴△ABH≌△ACF(SAS),
∴∠CAF=∠BAH,AH=AF.
∵∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAC,
∴∠EAF=∠CAF+∠BAE=∠HAB+∠BAE=∠HAE.
又
∵AH=AF,AE=AE,
∴△HAE≌△FAE(SAS),
∴EH=EF.
∵EH=BE+HB=BE+CF,
∴EF=BE+CF.
【知识点】
全等三角形判定与性质、截长补短构造辅助线、补角的性质
【点评】
本题是全等三角形中线段和差证明的典型题型，核心考查截长补短法的应用。解题关键是结合已知的等线段、角互补的条件合理构造辅助线，通过两次全等实现线段的转化，即可推导出最终的线段关系。
【难度系数】
0.6