第第頁勾股定理與特殊角度（30°、45°、60°）的靈活應(yīng)用—深圳市中考數(shù)學(xué)特色專題一、選擇題1．如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于點C，∠OAB=30°，AB=23，點P為⊙O所在平面內(nèi)一點，且OP=3，則點P與⊙OA．點P在⊙O內(nèi) B．點P在⊙O外 C．點P在⊙O上 D．無法確定 第1題圖 第2題圖 第3題圖2．如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，∠AOB=60°，已知AB=1，則該矩形的面積是（）A．32 B．2 C．3 3．如圖，CD與⊙O相切于點C，AD經(jīng)過圓心O，若∠D=30°，CD=3，則ACA．2π3 B．π2 C．π34．如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，動點D從點A出發(fā)，沿A→C→B以1cm/s的速度勻速運動到點B，過點D作DE⊥AB于點E，圖②是點D運動時，△ADE的面積y(cm2A．4cm B．6cm C．8cm 第4題圖 第5題圖 第6題圖5．在《生活中的平移現(xiàn)象》的數(shù)學(xué)討論課上，小王和小李先將一塊含30°的三角板描邊得到△ABC，后沿著直尺BC方向平移2cm，再描邊得到△DEF，連接AD．如圖，經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)AB的為4cm，則四邊形ACFD的周長為（）A．43+2cm B．83+4cm C．436．如圖，AC為⊙O的直徑，點B，D在⊙O上，∠ABD=60°，CD=2，則AD的長為（）A．2 B．22 C．237．如圖，菱形ABCD的邊長為3，∠ADC=60°，過點D作DE⊥AB，交BA的延長線于點E，連結(jié)CE分別交BD，AD于點G，F(xiàn)，則FG的長為()A．75 B．275 C．3 第7題圖 第8題圖8．菱形是日常生活中常見的圖形，如伸縮衣架（如圖1）等，為兼顧美觀性和實用性，活動角α的取值范圍宜為60°≤α≤120°（如圖2），亮亮選購了如圖2所示的伸縮衣架，已知圖中每個菱形的邊長為15cm，則其拉伸長度AB的適宜范圍是（）A．30≤AB≤45 B．45≤AB≤453 C．45≤AB≤303 二、填空題9．如圖，菱形ABCD的邊長為8，∠A=45°，分別以點A，D為圓心，大于12AD的長為半徑畫弧，兩弧相交于M，N兩點，直線MN交AB于點E，連接CE，則CE的長為 第9題圖 第10題圖10．如圖，四邊形ABCD中，已知AC⊥BC，AD⊥BD，垂足分別為C，D．若BC＝2，CD＝32，∠ACD＝45°，則AB＝．11．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6，D是AB上一點，點E在BC上，連接CD 第11題圖 第12題圖12．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝43，點E和點F分別是邊AB、BC上兩點．連接EF，將△BEF沿EF折疊，點B與點D重合，點D恰好是邊AC的中點，則EF＝．13．已知等腰△ABC，∠A=120°，AB=2．現(xiàn)將△ABC以點B為旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到△A'BC'，延長C'A'交直線14．如圖所示，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，O是斜邊AB的中點，M為BC下方一點，且OM=132，CM=5，∠BMC=45°，則BM= 第14題圖 第15題圖15．如圖，在三角形△ABC中，∠A=45°，AB=8，CD為AB邊上的高，CD=6，點P為邊BC上的一動點，P1，P2分別為點P關(guān)于直線AB，AC的對稱點，連接P1P216．如圖，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC，垂足為D，AD=5，AE=3，過點E作EF⊥AD交AC于點F，連接DF，且滿足∠DFE=2∠DAC，則BD+53EF 第16題圖 第17題圖 第18題圖17．如圖，四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD>90°，AC⊥BC，若AB=2，18．在菱形ABCD中，∠ABC=60°，將△BCE沿BE翻折至△BFE，BF，CF的延長線分別交AD于H，G兩點，若CEDE=2三、證明題19．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90，∠C=30°，E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，延長BA到點D，使AB=2AD，連接DE，DF，AE，EF，四、解答題20．在學(xué)習(xí)了勾股定理后，小品對他家附近的一個公園里的音樂噴泉池產(chǎn)生了測量興趣，如圖，音樂噴泉池為四邊形ABCD，在AC連線上有一地方性標(biāo)志物E，據(jù)了解，修建該噴泉池時要求EC=23AE，四邊形ABCD為人行觀賞步道，小品通過儀器測量得到，A在C的正西方，D在A的東北方向，且DA=DC，B在E的正南方150米處，恰好又在A的南偏東30°方向，由此他腦海里產(chǎn)生了以下數(shù)學(xué)問題，請你幫他解決一下．（參考數(shù)據(jù)：2≈1.414，3≈1.732，（1）求A、C之間的距離（結(jié)果保留根號）；（2）小品和姐姐同時從A點出發(fā)，沿著不同的方向到C點匯合，其中小品沿著①：A→B→C的方向步行，姐姐沿著②A→D→C的方向步行，通過計算說明哪一條路更近？（結(jié)果精確到個位）五、實踐探究題21．【背景】喜歡思考的小明在學(xué)習(xí)等邊三角形的有關(guān)性質(zhì)時注意到：等邊△ABC頂角的平分線AD與底邊BC上的中線、底邊BC上的高線互相重合，則可得到直角三角形ABD，在Rt△ABD中，∠BAD=30°，∠BDA=90°，BD=12BC=【類比】由矩形對角線的性質(zhì)，你可以得到直角三角形的一條性質(zhì)：__________即在Rt△ADC中，線段OD和線段AC之間的數(shù)量關(guān)系是______．【應(yīng)用】請利用以上結(jié)論解決下面兩個問題在?ABCD中，對角線AC垂直于AB，∠B=60°，AB=1，點E、F分別是BC、AD的中點．（1）判斷四邊形AECF的形狀，并說明理由．（2）求四邊形AECF的面積．22．【知識技能】（1）如圖1，在等邊三角形ABC內(nèi)有一點M．若點M到頂點C,A,B的距離分別為6，10，8，求∠BMC的度數(shù)．為了解決本題，我們可以將△AMC繞頂點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°到△BM'C處，此時△BM'【構(gòu)建聯(lián)系】利用（1）的解答思想方法，解答下面的問題．（2）如圖2，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC,P,Q為AB上的點，且∠PCQ=45°，求證：PQ【深入探究】（3）如圖3，在等邊三角形ABC中，AC=2,O為△ABC內(nèi)一點，連接AO,BO,CO，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，求OA+OB+OC的值．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：∵OC⊥AB于點C，AB=23∴AC=1又∵∠OAB=30°，∴OA=2OC，設(shè)OC=x，則OA=2x，在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理得：OC2+A解得：x=1（負(fù)值已舍去），∴半徑為2，∵OP=3，且3>2，∴點P在⊙O外，故答案為：B．【分析】根據(jù)垂徑定理可得AC=12AB=3，再根據(jù)含30°角的直角三角形性質(zhì)可得OA=2OC，設(shè)2．【答案】C【解析】【解答】解：因為四邊形ABCD是矩形，所以O(shè)A=OB=OC=OD，∠BAD=90°

因為∠AOB=60°，所以△AOB是等邊三角形，所以O(shè)B=AB=1，所以BD=2BO=2，

在Rt△BAD中，AD=BD2?AB2=4?1=3，

3．【答案】A【解析】【解答】解：連接OC，如圖所示：∵CD與⊙O相切于點C，∴∠OCD=90°，∵∠D=30°，設(shè)OC=x，則OD=2x，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC即x2解得：x=1，∴OC=1，∴AC故答案為：A．【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OCD=90°，設(shè)OC=x，則OD=2x，在Rt△OCD中，根據(jù)勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.4．【答案】C【解析】【解答】解：根據(jù)題意，△ADE面積最大是83∵在Rt△ADE中，∠A=30°，∴AD=2DE，AE=A又∵S解得DE=4（負(fù)值舍去），∴AD=AC=2DE=8cm故答案為：C．【分析】根據(jù)題意可得，△ADE面積最大是83，此時點D與點C重合，根據(jù)含30°角的直角三角形性質(zhì)可得AD=2DE，再根據(jù)勾股定理可得AE=3DE，根據(jù)三角形ADE5．【答案】B【解析】【解答】解：根據(jù)平移性質(zhì)，得到四邊形ACFD是平行四邊形，又AB=4cm,∠ACB=30°，故AD=CF=BE=2cm，BC=8,AC=DF=B故四邊形ACFD的周長為83故答案為：B．【分析】根據(jù)平移性質(zhì)，得到四邊形ACFD是平行四邊形，得到AD=CF=BE=2cm，根據(jù)勾股定理可得AC=DF=B6．【答案】C【解析】【解答】解：∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC=90°，∵AD=AD，∴∠ACD=∠ABD=60°，∴∠DAC=90°?60°=30°，∵CD=2，∴AC=2CD=4，∴AD=4故答案為：C．

【分析】先求出∠DAC=90°?60°=30°，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AC=2CD=4，最后利用勾股定理求出AD的長即可.7．【答案】B【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD為菱形，

∴AB＝CD＝AD＝3，∠ABC＝ADC＝60°，AB//CD，

∴∠EAD＝∠ADC＝60°，∠ABD＝12∠ABC＝30°，

∵DE⊥AB，

∴∠DEB＝∠EDC＝90°，

在Rt△ADE中，∵AE＝12AD＝32，

∴DE＝3AE＝332，

在Rt△CDE中，CE＝DE2+CD2=3322+32=372，

∵BE//CD，

∴△BEG∽△DCG，

∴EGCG=BECD=923=32，

∴EGEC=35，

∴EG＝35×372=9710，

∵AE//CD，

8．【答案】B【解析】【解答】解：如圖：∵四邊形CDEF是菱形，∴CE⊥DF,OC=OE，∵DE=15,當(dāng)∠CDE=α=120°時，則∠ODE=∴∠OED=30°，∴OD=1∴OE=∴CE=2OE=2×∴此時拉伸長度AB=153當(dāng)∠CDE=α=60°時，則∠ODE=∴OE=1∴CE=2OE=2×∴此時拉伸長度AB=15×3=45，∴其拉伸長度AB的適宜范圍是：45≤AB≤453故答案為：B．【分析】根據(jù)菱形性質(zhì)可得CE⊥DF,OC=OE，分情況討論：當(dāng)∠CDE=α=120°時，則∠ODE=12∠CDE=60°,根據(jù)含30°角的直角三角形性質(zhì)可得OD=129．【答案】4【解析】【解答】解：如圖：連接DE，

由題意得：MN垂直平分AD.

∴AE=DE.

∴∠A=∠ADE=45°，

∴∠AED=90°.

∵四邊形ABCD是菱形，邊長為8，

∴DC//AB，DC=AD=8.

∴∠CDE=∠AED=90°，DE=AD×sin45°=8×22=42.

【分析】連接DE，根據(jù)作圖可得MN垂直平分AD，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和∠A=45°可求得∠AED的度數(shù)，以及DE長，根據(jù)菱形性質(zhì)可得∠EDC的度數(shù)和DC長，從而可求CE長.10．【答案】2【解析】【解答】解：過點D作DE⊥BC，交BC的延長線于點E，

∵AC⊥BC，AD⊥BD，

∴∠ACB=∠ACE=∠E=∠ADB=90°，

∵∠ACD=45°，

∴∠DCE=90°-45°=45°，

∴△CDE是等腰直角三角形，

∴CE=DE，

∴2DE2=CD2即2DE2=（32）2，

解之：CE=DE=3，

∴BE=BC+CE=2+3=5，

在Rt△BDE中，

BD=BE2+DE2=52+32=34，

∵∠ACB=∠ADB=90°，

∴A，B，C，D四點共圓，直徑為AB，

∵AD?=AD?，

∴11．【答案】2【解析】【解答】解：過點D作DH垂直AC交AC于點H，過點D作DG∥AE交BC于點G，如圖所示：在Rt△ABC中，AC=BC=6，AB=AC2+BC2=62，

又∵BD=2AD，∴AD=22，

∵∠ACB=90°，AC=BC=6，

∴∠CAB=45°，

∴△AHD是等腰直角三角形，

∴AH=DH=2，

∴CH=4，

在Rt△CHD中，CD=CH2+DH2=25，

∵DG∥AE，

∴∠CFE=∠CDG=45°，∠B=45°，

∴∠CDG=∠B，

又∵∠DCG=∠BCD，

∴△CDG∽△CBD，

∴CDCB=CGCD，

∴CD2=CG·CB故答案為：2.【分析】做輔助線過點D作DH垂直AC交AC于點H，過點D作DG∥AE交BC于點G，先根據(jù)在Rt△CHD中，利用勾股定理求CD，再根據(jù)△CDG∽△CBD和△BDG∽△BAE對應(yīng)邊成比例，先求出BG，進(jìn)而求出BE即可.12．【答案】21【解析】【解答】解：連接BD交EF于G，過D作DH⊥AB于H，如圖：∵∠C=90∴BC=1∵D是邊AC的中點，∴AD=CD=在Rt△ADH中，DH=1∴BH=AB?AH=在Rt△BDH中，BD=D∵△BEF沿EF折疊，點B與點D重合，∴BG=DG=設(shè)BF=DF=x在Rt△DCF中，CF∴解得x=7∴BF=在Rt△BGF中，F(xiàn)G=B∵∠BHD=∠BGE=9∴△EBG∴EGDH∴EG=∴EF=FG+EG=故答案為：21

【分析】連接BD交EF于G，過D作DH⊥AB于H，根據(jù)含30°角的直角三角形性質(zhì)可得BC=23,?AC=6，再根據(jù)線段中點可得AD=CD=12AC=3，再根據(jù)邊之間的關(guān)系可得BH=532，再根據(jù)勾股定理可得BD，根據(jù)折疊性質(zhì)可得BG=DG=13．【答案】4+2【解析】【解答】解：如圖所示，過點A作AM⊥BC于點M，∵等腰△ABC，∠BAC=120°，AB=2．∴∠ABC=∠ACB=30°，∴AM=12AB=1∴BC=23如圖所示，當(dāng)△ABC以點B為旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)45°，過點B作BE⊥A'B交A由旋轉(zhuǎn)可知∠BAC=∠BA∴∠DA'B=60°在Rt△A'BE中，A∵等腰△ABC，∠BAC=120°，AB=2．∴∠ABC=∠ACB=30°，∵△ABC以點B為旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)45°，∴∠ABA∴∠DBE=180°?90°?45°?30°=15°，∠在△A'BD∴∠D=∠EBD，∴EB=ED=23∴A'故答案為：4+23．

【分析】過點A作AM⊥BC于點M，當(dāng)△ABC以點B為旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)45°，過點B作BE⊥A'B交A'D于點E，利用勾股定理求出A'E=2A14．【答案】7【解析】【解答】解：如圖，過點O作OP⊥OM，截取OP=OM=132，連接PM，CO，PC并延長PC交OM于點H，交BM于點∵在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，O是斜邊AB的中點，∴CO=BO，CO⊥AB．∵OP⊥OM，∴∠POM=∠COB=90°．∴∠POC+∠COM=∠MOB+∠COM．∴∠POC=∠MOB．在△POC≌△MOB中，PO=MO∠POC=∠MOB∴△POC≌△MOB(SAS)．∴PC=BM，∠OPC=∠OMB．又∵∠PHO=∠MHQ，∴∠MQH=∠POH=90°．∵∠BMC=45°，CM=5，∴CQ=QM=2∵OP⊥OM，OP=OM=13∴PM=13在Rt△PQM中，∵PQ∴PC+5解得：PC=7∴BM=PC=7故答案為：72【分析】過點O作OP⊥OM，截取OP=OM=132，連接PM，CO，PC并延長PC交OM于點H，交BM于點Q，根據(jù)等腰直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)可得CO=BO，CO⊥AB，再根據(jù)角之間的關(guān)系可得∠POC=∠MOB，再根據(jù)全等三角形判定定理可得△POC≌△MOB(SAS)，則PC=BM，∠OPC=∠OMB，再根據(jù)角之間的關(guān)系可得∠MQH=∠POH=90°，再根據(jù)邊之間的關(guān)系可得15．【答案】24【解析】【解答】解：過點A作AH⊥BC于點H，連接AP2，AP1，AP，∵CD⊥AB，

∴∠ADC=90°，

∵∠DAC=45°，

∴△ADC是等腰直角三角形，

∴AD=DC=6，

∴AC=AD2+CD2=2×62=62，

∴BD=AB-AD=8-6=2，

∴BC=BD2+CD2=22+62=210

S△ABC=12BA·CD=12AH·CB=12×8×6=12AH·210

解之：AH=12105，

∵點P為邊BC上的一動點，P1，P2分別為點P關(guān)于直線AB，AC的對稱點，

∴AP1=AP2=AP，∠BAP=∠PAP【分析】過點A作AH⊥BC于點H，連接AP2，AP1，AP，利用已知易證△ADC是等腰直角三角形，可得到AD的長，利用勾股定理可求出AC的長，同時i可得到BD的長，利用勾股定理求出BC的長；再利用三角形的面積公式可求出AH的長；利用軸對稱的性質(zhì)可證得AP1=AP2=AP，∠BAP=∠PAP1，∠CAP=∠CAP2，由此可推出△P1AP2是等腰直角三角形，利用勾股定理可表示出P1P2的長；然后根據(jù)AH＜AP＜AC，代入可得到線段P1P2的取值范圍.16．【答案】25【解析】【解答】解：∵AD⊥BC，EF⊥AD，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ADC，∴EFCD=AE∴BD+5設(shè)∠DAC=α，則∠CDF=∠DFE=2α，∠C=90°?α，∴∠DFC=180°?∠C?∠CDF=90°?α=∠C，∴CD=DF，設(shè)EF=3x，則CD=DF=5x，由勾股定理得，DE2=D解得，x=1∴EF=32，由勾股定理得，AC=A如圖，作BG⊥AC于G，∴∠ABG=45°=∠BAC，∠CBG=180°?∠C?∠BGC=α=∠DAC，∴BF=AF，tan∠CBG=∴CF=BF∴AC=AF+CF=BF+BF解得，BF=5∴CF=5由勾股定理得，BC=B故答案為：256【分析】由題意得，EF∥BC，證明△AEF∽△ADC，則EFCD=AEAD=35，即CD=53EF，可得BD+53EF=BC，設(shè)∠DAC=α，則∠CDF=∠DFE=2α，∠C=90°?α，∠DFC=∠C，則CD=DF，設(shè)EF=3x，則CD=DF=5x，由勾股定理得，DE2=DF2?EF2，可求EF=32，CD=DF=5217．【答案】1+【解析】【解答】解：過A作AE⊥DC于E，作DF⊥BC于F，與BC的延長線交于點F，如圖所示：∵∠ADC=60°，AD=2∴DE=cos∠ADC×AD=1∴AE=sin∠ADC×AD=3∵∠ABC=60°，AB=2，AC⊥BC，∴在△ABC中，BC=cos∠ABC×AB=1∴Rt△ACE中，CE=A∴AE=CE，∴∠EAC=∠ECA=45°，∴∠DCF=∠ECA=45°，∵∠F=∠AEC=90°，∴△ACE∽△DCF，∴DF∴DF62∴BF=BC+CF=3+∴Rt△BDF中，tan∠DBF=DF∴∠DBF=30°，∴BD=DF故答案為：1+3.

【分析】過A作AE⊥DC于E，作DF⊥BC于F，與BC的延長線交于點F，先證出△ACE∽△DCF，再利用相似三角形的性質(zhì)可得DFAE=18．【答案】5【解析】【解答】解：分別過點D，E作RD⊥BC的延長線，EW⊥BC的延長線，且過F作ZN⊥BC分別交BC,AD于點N,Z，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AB∥CD，BC=CD，∵∠ABC=60°∴∠DCR=60°，設(shè)BC=CD=5r，∴在Rt△CDR中，sin∠DCR=即32∴DR=5∵AD∥BC，RD⊥BC的延長線，EW⊥BC的延長線，∴ZN=DR=5∵CEDE∴CE=∴在Rt△CEW中，sin∠DCR=EWCE即32=EW∴EW=3r，在Rt△BEW中，BW=5r+r=6r，則BE=B∵將△BCE沿BE翻折至△BFE，BF，CF的延長線分別交AD于H，G兩點，∴FC⊥BE，BF=BC=5r，EF=CE=2r，F(xiàn)O=OC，∴BF即BF∴25r解得OE=3∴F∴FO=OC=5∴FC=10∵ZN⊥BC，∴BF即BF∴25r∴BN=55則FN∴FN=20∴ZF=ZN?FN=5∵AD∥BC，∴△GHF∽△CBF，∴GHAD故答案為：58【分析】分別過點D，E作RD⊥BC的延長線，EW⊥BC的延長線，且過F作ZN⊥BC分別交BC,AD于點N,Z，根據(jù)菱形性質(zhì)可得AD∥BC，AB∥CD，BC=CD，根據(jù)直線平行性質(zhì)可得∠DCR=60°，設(shè)BC=CD=5r，根據(jù)正弦定義及特殊角的三角函數(shù)值可得DR=53r2，根據(jù)邊之間的關(guān)系可得CE=23+2CD=2r,DE=33+2CD=3r,，再根據(jù)正弦定義可得EW=3r，CW=r，根據(jù)勾股定理可得BE，根據(jù)折疊性質(zhì)可得FC⊥BE，BF=BC=5r，19．【答案】（1）解：∵E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，

∴EF∥AB，AB=2EF，

∵AB=2AD，

∴EF=AD，

∴四邊形ADFE是平行四邊形，

∴AF與（2）解：∵AB=2，

∴AD=1，

∵∠BAC=90°，∠C=30°，

∴BC=2AB=4，

由勾股定理得，AC=BC2?AB2=23，

∴AF=3，OA=OF=12AF=32，

由勾股定理得，OD=A【解析】【分析】（1）由三角形中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半得EF∥AB，AB=2EF，結(jié)合AB=2AD，推出AD=EF，從而根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得四邊形ADFE是平行四邊形，進(jìn)而根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分可得結(jié)論；（2）由含30°角直角三角形的性質(zhì)得BC=2AB=4，由勾股定理算出AC的長，然后根據(jù)中點定義及平行四邊形的對角線互相平分可求出AO的長，再由勾股定理算出DO，最后根據(jù)DE=2OD可得答案.（1）解：∵E，F(xiàn)分別是BC，∴EF∥AB，EF=1∵AB=2AD，∴EF=AD，∴四邊形ADFE是平行四邊形，∴AF與DE互相平分．（2）解：∵AB=2，∴AD=1，∵∠BAC=90°，∴BC=2AB=4，由勾股定理得，AC=B∴AF=3，OA=OF=由勾股定理得，OD=A∵四邊形ADFE是平行四邊形，∴DE=2OD=7∴DE的長為7．20．【答案】（1）解：連接BE，由題意得BE⊥AC，∠ABE=30°，BE=150米，在Rt△ABE中，AB=2AE，由勾股定理得AE2=A解得AE=503，AB=100∵EC=23∴EC=23∴AC=AE+CE=300+50（2）解：∵D在A的東北方向，∴∠DAC=45°，∵DA=DC，∴∠DAC=∠DCA=45°，∴∠ADC=90°，由勾股定理得AD∴DA=DC=2∴DA+DC=3002在Rt△BCE中，BC=C∴AB+BC=1003∵547>509，∴路線②更近．【解析】【分析】（1）連接BE，根據(jù)含30°角的直角三角形性質(zhì)可得AB=2AE，再根據(jù)勾股定理建立方程，解方程可得AE=503，AB=1003，則EC=300，再根據(jù)邊之間的關(guān)系即可求出答案.

（2）根據(jù)方向角可得∠DAC=45°，根據(jù)等邊對等角可得∠DAC=∠DCA=45°，由三角形內(nèi)角和定理可得∠ADC=90°，再根據(jù)勾股定理可得DA=DC=1502（1）解：連接BE，由題意得BE⊥AC，∠ABE=30°，BE=150米，在Rt△ABE中，AB=2AE，由勾股定理得AE2=A解得AE=503，AB=100∵EC=23∴EC=23∴AC=AE+CE=300+50（2）解：∵D在A的東北方向，∴∠DAC=45°，∵DA=DC，∴∠DAC=∠DCA=45°，∴∠ADC=90°，由勾股定理得AD∴DA=DC=2∴DA+DC=3002在Rt△BCE中，BC=C∴AB+BC=1003∵547>509，∴路線②更近．21．【答案】【類比】直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；OD=12AC；

【應(yīng)用】（1）菱形．理由如下：

∵AC⊥AB，

∴∠BAC=90°，

點E