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【分析】
解题时首先抓住正方形的特征：每个内角都是90°，三个正方形顶点重合于O，因此∠COD、∠AOB、∠EOF这三个角都等于90°。要求∠AOD的度数，我们可以先分别求出与它相关的∠AOF和∠DOE的度数：∠AOF是直角∠AOB减去已知的∠BOF，∠DOE是直角∠COD减去已知的∠COE。此时观察角的组成，∠AOF与∠DOE相加时，∠AOD被重复计算了一次，两者的和刚好等于直角∠EOF加上∠AOD，因此用∠AOF加∠DOE的和减去90°就能得到∠AOD的度数。
【解析】
解：
∵三个图形都是正方形，
∴∠COD=∠AOB=∠EOF=90°，
∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB - ∠BOF=90° - 30°=60°，
∵∠COE=40°，
∴∠DOE=∠COD - ∠COE=90° - 40°=50°，
又
∵∠AOF + ∠DOE = ∠EOF + ∠AOD，
∴∠AOD=∠AOF + ∠DOE - ∠EOF=60° + 50° - 90°=20°。
【答案】
$20°$
【知识点】
正方形内角性质，角的和差计算
【点评】
本题侧重考查角的和差运算与正方形的基本性质，解题的核心是理清重合角之间的数量关系，掌握重叠部分角的处理方法，是几何入门阶段的典型角度计算题。
【难度系数】
0.7

【分析】
解题时首先挖掘隐含条件：直尺的上下两条对边互相平行，再结合直角三角尺的已知角度计算出∠B的度数。接下来利用平行线的性质找到∠1的同位角，从而推导出∠2与α的关系，再结合三角形外角的性质得到∠3与α的关系，最后代入计算∠3-∠2即可得到结果。
【解析】
解：
∵ 直尺的上下对边互相平行，∠1=α°，
∴ ∠1的同位角也为α°（两直线平行，同位角相等）。
在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
∴ ∠ABC=180°-∠C-∠A=180°-90°-30°=60°。
结合平行线性质可得：∠2 + α° = ∠ABC = 60°，
∴ ∠2 = 60° - α°。
再根据三角形外角的性质，可得∠3 = 90° + α°，
∴ ∠3 - ∠2 = (90° + α°) - (60° - α°) = 90° + α° - 60° + α° = (30 + 2α)°。
【答案】
$(30+2α)°$
【知识点】
平行线的性质；三角形内角和定理；角度运算
【点评】
本题结合常见的直尺、三角尺摆放场景考查角度计算，解题关键是找准隐含的平行条件，理清各角度之间的数量关系，属于基础类的几何角度计算题型。
【难度系数】
0.7

【分析】
（1）解决第一问时，首先观察到直线AB、CD相交于点O，可先利用对顶角相等的性质得到∠BOD的度数；再结合∠BOE与∠DOE的比例关系，按比例分配就能计算出∠BOE的度数。
（2）解决第二问时，首先根据邻补角和为180°，用180°减去第一问求得的∠BOE的度数，得到∠AOE的度数；再利用角平分线的定义求出∠AOF的度数，最后对比∠AOF和已知∠AOC的度数，若二者相等即可判定OA是∠COF的平分线。
【解析】
(1) 解：
∵直线AB，CD相交于点O，根据对顶角相等的性质，
∴$∠ BOD=∠ AOC=75°$。
∵$∠ BOE:∠ DOE=2:3$，
∴$∠ BOE=\frac{2}{2+3}×∠ BOD=\frac{2}{5}×75°=30°$。
(2) 证明：
∵$∠ AOE$和$∠ BOE$互为邻补角，
∴$∠ AOE+∠ BOE=180°$，
将$∠ BOE=30°$代入得：$∠ AOE=180°-30°=150°$。
∵OF平分$∠ AOE$，根据角平分线的定义，
∴$∠ AOF=\frac{1}{2}∠ AOE=\frac{1}{2}×150°=75°$。
又
∵$∠ AOC=75°$，
∴$∠ AOC=∠ AOF$，
∴OA平分$∠ COF$，即OA是$∠ COF$的平分线。
【答案】
(1) $\boxed{30°}$；
(2) OA是$∠ COF$的平分线，证明见解析。
【知识点】
对顶角相等，邻补角互补，角平分线的定义
【点评】
本题属于相交线相关的基础题型，将角的和差计算、比例分配与角平分线的判定相结合，解题时只需理清图中各角的位置关系和数量关系，结合对应性质逐步推导即可。
【难度系数】
0.8

【分析】
(1) 先根据线段$AB$的总长和$AC$、$BC$的比例关系算出$AC$、$BC$的长度，再结合$DC$与$AB$的比例求出$DC$的长度，最后用$AC$减去$DC$即可得到$AD$的长度。
(2) 先计算点$P$、$Q$运动到各个关键节点（$P$到$C$、$P$到$D$停止，$Q$到$C$、$Q$到$D$停止）的时间，确定分段讨论的时间区间；若$C$为$PQ$中点，则满足$PC=CQ$，分不同区间分别用含$t$的式子表示$PC$和$CQ$的长度，列方程求解，最后检验解是否在对应区间内，舍去不符合要求的解。
(3) 同样按照上述时间分段，结合不同阶段$P$、$Q$的位置，用含$t$的式子表示出$PQ$的长度，令其等于$7$列方程求解，舍去不符合区间的解即可。
【解析】
(1) 已知$AB=28\ \mathrm{cm}$，$AC:BC=5:2$，总份数为$5+2=7$份，因此$AC=28×\frac{5}{7}=20(\mathrm{cm})$，$BC=28-20=8(\mathrm{cm})$。
又因为$DC:AB=1:4$，所以$DC=28×\frac{1}{4}=7(\mathrm{cm})$，因此$AD=AC-DC=20-7=13(\mathrm{cm})$。
(2) 先计算各运动节点的时间：点$P$从$A$到$C$的时间为$20÷4=5(\mathrm{s})$，从$A$到$C$再返回$D$停止的总时间为$(20+7)÷4=\frac{27}{4}(\mathrm{s})$；点$Q$从$B$到$C$的时间为$8÷1=8(\mathrm{s})$，从$B$到$D$停止的总时间为$(8+7)÷1=15(\mathrm{s})$，分情况讨论：
① 当$0≤ t≤5$时，$P$在$A\to C$的运动路径上，$PC=(20-4t)\mathrm{cm}$，$Q$在$B\to C$的运动路径上，$CQ=(8-t)\mathrm{cm}$。由$C$是$PQ$中点得$PC=CQ$，即$20-4t=8-t$，解得$t=4$，符合区间要求。
② 当$5＜ t≤\frac{27}{4}$时，$P$在$C\to D$的返回路径上，$PC=(4t-20)\mathrm{cm}$，$CQ$仍为$(8-t)\mathrm{cm}$，列方程$4t-20=8-t$，解得$t=\frac{28}{5}$，符合区间要求。
③ 当$\frac{27}{4}＜ t≤8$时，$P$已经停止在$D$点，$PC=DC=7\ \mathrm{cm}$，$CQ=(8-t)\mathrm{cm}$，列方程$7=8-t$，解得$t=1$，不在该区间内，舍去。
④ 当$8＜ t≤15$时，$P$、$Q$都在$C$的同侧，$C$不可能是$PQ$中点，不符合题意。
综上，当$C$恰好为$PQ$的中点时，$t$的值为$4$或$\frac{28}{5}$。
(3) 分情况讨论：
① 当$0≤ t≤5$时，$P$在$A\to C$、$Q$在$B\to C$的路径上，$PQ=AB-AP-BQ=28-4t-t$，令$28-5t=7$，解得$t=\frac{21}{5}$，符合区间要求。
② 当$5＜ t≤\frac{27}{4}$时，$P$在$C\to D$、$Q$在$B\to C$的路径上，$PQ=PC+BC-BQ=(4t-20)+8-t=3t-12$，令$3t-12=7$，解得$t=\frac{19}{3}$，符合区间要求。
③ 当$\frac{27}{4}＜ t≤15$时，$P$停止在$D$点，$PQ=BD-BQ=15-t$，令$15-t=7$，解得$t=8$，符合区间要求。
综上，当$PQ=7\ \mathrm{cm}$时，$t$的值为$\frac{21}{5}$或$\frac{19}{3}$或$8$。
【答案】
(1) $\boxed{13}$
(2) $\boxed{4}$或$\boxed{\frac{28}{5}}$
(3) $\boxed{\frac{21}{5}}$、$\boxed{\frac{19}{3}}$、$\boxed{8}$
【知识点】
线段和差计算；动点问题；一元一次方程应用
【点评】
本题是线段与动点结合的综合探究题，核心考查分类讨论思想，解题时需要先明确不同运动阶段点的位置，正确用含参数的式子表示线段长度，列方程后要注意检验解是否符合对应时间段的要求，避免错解漏解。
【难度系数】
0.3