26. 一艘轮船从海面上A地出发，向南偏西$40°$的方向行驶40海里到达B地，再由B地向北偏西$20°$的方向行驶40海里到达C地，则A，C两地相距海里。

26. 40

【分析】
遇到方位角相关的行程问题，首先要根据题意画出示意图，明确各点的位置关系。已知AB、BC的长度均为40海里，可得△ABC为等腰三角形，接下来只需算出AB与BC的夹角∠ABC的度数，结合特殊三角形的性质就能求出AC的长度。根据方位角的特征，南北方向线互相平行，可推出∠ABC的度数为两个方位角的和，再结合等边三角形的判定定理即可求解。
【解析】
解：连接AC，
根据方位角的性质，A地的正南方向与B地的正北方向平行，
因此$∠ ABC=40°+20°=60°$，
又已知$AB=BC=40$海里，
所以△ABC是有一个内角为$60°$的等腰三角形，即△ABC为等边三角形，
因此$AC=AB=40$海里。
【答案】
40
【知识点】
方位角的应用；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题解题的核心是正确理解方位角的含义，画出对应图形求出夹角的度数，结合等边三角形的判定性质即可快速得出结果，属于基础类题型。
【难度系数】
0.7

27. 如图，在$△ ABC$中，边$AB$，$AC$的垂直平分线$DM$，$EN$分别交$BC$于点$D$，$E$。
（1）若$BC＝6$，则$△ ADE$的周长为。
（2）若$∠ BAD + ∠ CAE＝50°$，则$∠ BAC$的度数为。

27. （1）6 （2）$130°$

【分析】
本题可结合线段垂直平分线的性质、等腰三角形性质与三角形内角和定理求解：
（1）求$△ ADE$的周长时，先根据垂直平分线的性质得到$AD=BD$、$AE=CE$，再将$△ ADE$的周长通过等量代换转化为$BC$的长度，代入数值即可得到结果。
（2）求$∠ BAC$的度数时，先由等边对等角得到$∠ B=∠ BAD$、$∠ C=∠ CAE$，即可推出$∠ B+∠ C$的度数，再结合三角形内角和为$180°$计算$∠ BAC$即可。
【解析】
（1）$\because DM$是$AB$的垂直平分线，点$D$在$DM$上，
$\therefore AD=BD$（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
同理，$EN$是$AC$的垂直平分线，点$E$在$EN$上，
$\therefore AE=CE$，
$\therefore △ ADE$的周长$=AD+DE+AE=BD+DE+CE=BC$，
$\because BC=6$，
$\therefore △ ADE$的周长为$6$。
（2）$\because AD=BD$，
$\therefore ∠ B=∠ BAD$（等边对等角），
同理$\because AE=CE$，
$\therefore ∠ C=∠ CAE$，
$\therefore ∠ B+∠ C=∠ BAD+∠ CAE=50°$，
在$△ ABC$中，$∠ BAC+∠ B+∠ C=180°$（三角形内角和定理），
$\therefore ∠ BAC=180°-(∠ B+∠ C)=180°-50°=130°$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{6}$；（2）$\boldsymbol{130°}$
【知识点】
线段垂直平分线的性质；等边对等角；三角形内角和定理
【点评】
本题属于几何基础题型，核心考查线段垂直平分线性质的应用，解题的关键是利用性质完成线段、角的等量代换，属于对基础知识点的常规考查，掌握相关定理即可快速解题。
【难度系数】
0.7

28. 在锐角三角形ABC中，BO是AC边上的高线，已知$AO=BO=4$，$CO=3$。在BC的延长线上取一点D，使$DC=BC$。过点D作$DE ⊥ x$轴，交AB的延长线于点E。
（1）如图，以O为原点建立平面直角坐标系，求直线AB和直线BD的函数表达式。
（2）记$△ ABC$的面积为$S_1$，$△ BDE$的面积为$S_2$，求$\frac{S_1}{S_2}$的值。

28. （1）$A(-4,0),B(0,4),C(3,0)$,直线 AB 的函数表达式为$y=x+4$,直线 BD 的函数表达式为$y=-\frac{4}{3}x+4$。
（2）如图,作$DF ⊥ y$轴,垂足为 F。
因为$DC=BC,B(0,4)$,所以$F(0,-4)$。
把$y=-4$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$,得$x=6$,所以$D(6,-4)$。
把$x=6$代入$y=x+4$,得$y=10$,所以$E(6,10)$。
所以$S_2=\frac{1}{2}ED×FD=\frac{1}{2}×(10+4)×6=42$,$S_1=\frac{1}{2}AC×BO=\frac{1}{2}×(4+3)×4=14$,所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{14}{42}=\frac{1}{3}$。

【分析】
（1）求解一次函数表达式常用待定系数法，首先根据已知线段长度和坐标系位置确定各点坐标：A在x轴负半轴且AO=4，故A(-4,0)；C在x轴正半轴且CO=3，故C(3,0)；B在y轴正半轴且BO=4，故B(0,4)。分别将对应两点坐标代入一次函数一般式$y=kx+b$，解出系数即可得到两条直线的解析式。
（2）求面积比值时，先算$S_1$：$△ ABC$的底为$AC=AO+OC=7$，高为$BO=4$，直接用三角形面积公式计算。再算$S_2$：由$DC=BC$可知C是BD中点，作$DF⊥y$轴可推出D点纵坐标为-4，代入直线BD解析式求出D点横坐标；再由$DE⊥x$轴可知E、D横坐标相同，代入直线AB解析式求出E点纵坐标，得到DE长度后即可计算$△ BDE$的面积，最后求两者比值即可。
【解析】
（1）根据题意可得三点坐标：$A(-4,0)$，$B(0,4)$，$C(3,0)$。
①求直线AB的解析式：
设直线AB的表达式为$y=kx+b$，将$A(-4,0)$、$B(0,4)$代入得：
$\begin{cases}0=-4k+b \\ b=4\end{cases}$
解得$k=1$，$b=4$，故直线AB的表达式为$y=x+4$。
②求直线BD的解析式：
直线BD与直线BC重合，设其表达式为$y=mx+n$，将$B(0,4)$、$C(3,0)$代入得：
$\begin{cases}n=4 \\ 0=3m+4\end{cases}$
解得$m=-\frac{4}{3}$，$n=4$，故直线BD的表达式为$y=-\frac{4}{3}x+4$。
（2）计算$S_1$：
$AC=4+3=7$，BO为AC边上的高，长度为4，
故$S_1=\frac{1}{2}×AC×BO=\frac{1}{2}×7×4=14$。
计算$S_2$：
作$DF⊥y$轴，垂足为F，因为$DC=BC$，$OC// DF$，可得F点坐标为$(0,-4)$，即D点纵坐标为-4。
将$y=-4$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$，解得$x=6$，故$D(6,-4)$。
因为$DE⊥x$轴，所以E点横坐标为6，将$x=6$代入$y=x+4$，得$y=10$，故$E(6,10)$。
则$ED=10-(-4)=14$，$FD=6$，
故$S_2=\frac{1}{2}×ED×FD=\frac{1}{2}×14×6=42$。
因此$\frac{S_1}{S_2}=\frac{14}{42}=\frac{1}{3}$。
【答案】
（1）$A(-4,0),B(0,4),C(3,0)$,直线 AB 的函数表达式为$y=x+4$,直线 BD 的函数表达式为$y=-\frac{4}{3}x+4$。
（2）如图,作$DF ⊥ y$轴,垂足为 F。
因为$DC=BC,B(0,4)$,所以$F(0,-4)$。
把$y=-4$代入$y=-\frac{4}{3}x+4$,得$x=6$,所以$D(6,-4)$。
把$x=6$代入$y=x+4$,得$y=10$,所以$E(6,10)$。
所以$S_2=\frac{1}{2}ED×FD=\frac{1}{2}×(10+4)×6=42$,$S_1=\frac{1}{2}AC×BO=\frac{1}{2}×(4+3)×4=14$,所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{14}{42}=\frac{1}{3}$。
【知识点】
1. 待定系数法求一次函数解析式
2. 一次函数的性质
3. 三角形面积计算
【点评】
本题结合了一次函数与几何面积计算，难度适中，解题的关键是准确将线段长度转化为点的坐标，掌握待定系数法求解析式的方法，以及利用坐标计算线段长度、图形面积的思路。
【难度系数】
0.7