專題28.2解直角三角形【十大題型】【人教版】TOC\o"13"\h\u【題型1直角三角形中直接解直角三角形】 1【題型2構(gòu)造直角三角形解直角三角形】 4【題型3網(wǎng)格中解直角三角形】 9【題型4坐標(biāo)系中解直角三角形】 15【題型5四邊形中解直角三角形】 22【題型6利用解直角三角形求不規(guī)則圖形的面積】 26【題型7解直角三角形的應(yīng)用之坡度坡比問題】 31【題型8解直角三角形的應(yīng)用之俯角仰角問題】 37【題型9解直角三角形的應(yīng)用之方向角問題】 41【題型10解直角三角形的應(yīng)用之實(shí)物建模問題】 48【知識(shí)點(diǎn)解直角三角形】已知條件圖形解法對(duì)邊鄰邊斜邊對(duì)邊鄰邊斜邊ACBb已知斜邊和一個(gè)銳角已知兩直角邊已知斜邊和一條直角邊【題型1直角三角形中直接解直角三角形】【例1】（2023秋·上海青浦·九年級(jí)?？计谥校┤绻鸄D是Rt△ABC的斜邊BC上的高，BC=a，∠B=β，那么AD等于（

）A．a(chǎn)sinβcosβ B．a(chǎn)cos2β C．a(chǎn)【答案】A【分析】根據(jù)題意畫出圖形，再由銳角三角函數(shù)的定義及三角形的面積公式即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖所示，∵在Rt△ABC中，AD是斜邊BC上的高，BC=∴AC=αcosβ∵AD∴BC∴AD故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查的是解直角三角形，熟記銳角三角函數(shù)的定義是解答此題的關(guān)鍵．【變式11】（2023秋·陜西西安·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在Rt△ABC中，∠B=90°，E是BC邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作ED⊥AC，垂足為D，AB=4

【答案】4【分析】在Rt△CDE中，CE=BC=ABtan【詳解】解：在Rt△CDE中，sinC=DECE∴CE在Rt△ABC中，tanC=∴BC∴BE【點(diǎn)睛】此題考查了解直角三角形，熟練掌握特殊角的三角函數(shù)值并準(zhǔn)確計(jì)算是解題的關(guān)鍵．【變式12】（2023·福建泉州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠B=90°，∠A=30°

(1)若D運(yùn)動(dòng)到某個(gè)位置時(shí)，∠CDB=60°，CD=10(2)若點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到某個(gè)位置時(shí)，∠CDB=45°，AD=6【答案】(1)53(2)33【分析】（1）在△ABC中，在Rt（2）設(shè)BC=x，則CB=【詳解】（1）解：在△ABC中，∠B=90°，sin則BC=答：此時(shí)BC長為53米（2）解：設(shè)BC=x，在Rt則△CBD是等腰直角三角形，在Rt△ABC中，∠Btan30°=則ABADx答：BC的長度為33【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角函數(shù)在解直角三角形中的應(yīng)用，明確三角函數(shù)的定義式及其變形是解題的關(guān)鍵．【變式13】（2023秋·廣西梧州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，sinB=45，D為線段

【答案】BD=4，【分析】根據(jù)銳角三角函數(shù)關(guān)系得出AB的長，再利用勾股定理得出BC的長，即可得出BD的長，直接利用勾股定理得出AD的長，再根據(jù)銳角三角函數(shù)關(guān)系得出答案．【詳解】解：在Rt△ABC中，∵AC=8∴AB=10，BC又∵BD=BC-∴BD=6-2=4在Rt△∴AD=∴cos∠【點(diǎn)睛】此題主要考查了解直角三角形，正確利用銳角三角函數(shù)關(guān)系求出是解題關(guān)鍵．【題型2構(gòu)造直角三角形解直角三角形】【例2】（2023秋·廣西梧州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知在△ABC中，AB=122，AC=13，cosB=A．7 B．8 C．8或17 D．7或17【答案】D【分析】①過A作AD⊥BC交BC于D，可求BD122=22，AD=BD，從而可求BD=AD=12，CD=【詳解】解：①如圖，過A作AD⊥BC交BC于

∵cosB=∵BDAB=∴BD122=∴BD∴=13∴BC②如圖，過A作AD⊥BC交BC的延長線于

∴BD=AD∴BC綜上所述：BC的長為7或17．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，掌握解法是解題的關(guān)鍵．【變式21】（2023秋·上海靜安·九年級(jí)上海市市北初級(jí)中學(xué)?？计谀┤鐖D，已知將△ABC沿角平分線BE所在直線翻折，點(diǎn)A恰好落在邊BC的中點(diǎn)M處，且AM=BE，那么∠

【答案】3【分析】設(shè)AM與BE交點(diǎn)為D，過M作MF∥BE交AC于F，證出MF為△BCE的中位線，由三角形中位線定理得出MF=12BE，由翻折變換的性質(zhì)得出：AM⊥BE，AD=MD，同理由三角形中位線定理得出DE=1【詳解】解：設(shè)AM與BE交點(diǎn)為D，過M作MF∥BE交AC于

∵M(jìn)為BC∴F為CE∴MF為△∴MF由翻折變換的性質(zhì)得：AM⊥BE，同理：DE是△AMF∴DE設(shè)DE=a，則MF=2∴BD=3a∵∠BDM∴BM=∴cos故答案為：313【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、三角形中位線定理、平行線的性質(zhì)、三角函數(shù)；熟練掌握翻折變換的性質(zhì)，通過作輔助線由三角形中位線定理得出MF=12【變式22】（2023·江蘇·統(tǒng)考中考真題）如圖，3個(gè)大小完全相同的正六邊形無縫隙、不重疊的拼在一起，連接正六邊形的三個(gè)頂點(diǎn)得到△ABC，則tan∠ACB

【答案】2【分析】如圖所示，補(bǔ)充一個(gè)與已知相同的正六邊形，根據(jù)正六邊形的內(nèi)角為120°，設(shè)正六邊形的邊長為1，求得CD,【詳解】解：如圖所示，補(bǔ)充一個(gè)與已知相同的正六邊形，

∵正六邊形對(duì)邊互相平行，且內(nèi)角為120°，∴∠

過點(diǎn)E作EG⊥FD于∴FD設(shè)正六邊形的邊長為1，則CD=3，AD∴tan故答案為：23【點(diǎn)睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握正六邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式23】（2023秋·上海靜安·九年級(jí)上海市民辦揚(yáng)波中學(xué)?？计谥校┤鐖D，△ABC中，AB=AC=5，BC=6，BD⊥AC于點(diǎn)D，將△BCD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角的大小與∠CBA相等，如果點(diǎn)C、D

【答案】1【分析】由題意畫圖如下，過A作AQ⊥BC于Q，過D作DP⊥BC于P，DH⊥BF于H，先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理求得∠CBA=∠BCA，BQ=CQ=3，AQ=4，利用三角形的面積公式求得BD=245，進(jìn)而利用勾股定理和銳角三角函數(shù)求得CD=185【詳解】解：由題意畫圖如下，過A作AQ⊥BC于Q，過D作DP⊥BC于P，

∵AB=AC=5∴∠CBA=∠BCA，BQ由S△ABC=∴CD=∵sin∠C=∴DP=4×1855由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得BF=BD=245∴∠FBC∴∠FBC∴四邊形BPDH是矩形，∴BH=DP=∴FH=∵∠BFE∴EF∥∴∠EFD在Rt△FHD中，∴tan∠故答案為：12【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形、矩形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用，利用銳角三角函數(shù)尋求邊角關(guān)系是解答的關(guān)鍵．【題型3網(wǎng)格中解直角三角形】【例3】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考三模）如圖是由小正方形組成的8×8網(wǎng)格，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)叫做格點(diǎn)，A，C兩個(gè)點(diǎn)是格點(diǎn)．僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．(1)在圖中，點(diǎn)B是格點(diǎn)，先畫線段AB的中點(diǎn)D，再在AC上畫點(diǎn)E，使AD=

(2)在圖中，點(diǎn)B在格線上，過點(diǎn)C作AB的平行線CF；

(3)在圖中，點(diǎn)B在格線上，在AB上畫點(diǎn)G，使tan∠

【答案】(1)詳見解析(2)詳見解析(3)詳見解析【分析】（1）根據(jù)網(wǎng)格特點(diǎn)先作線段AB的中點(diǎn)D，然后作AC的垂線，交AC于點(diǎn)E，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得出AD=（2）連接BC，利用正方形網(wǎng)格確定BC中點(diǎn)，然后連接點(diǎn)A與中點(diǎn)，延長，利用網(wǎng)格及矩形的對(duì)角線即可確定點(diǎn)F；（3）根據(jù)網(wǎng)格的特點(diǎn)將線段AC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，然后利用網(wǎng)格使得兩個(gè)相似三角形的比為4:3，連接點(diǎn)C與交點(diǎn)交AB于點(diǎn)G，則點(diǎn)G即為所求．【詳解】（1）解：解：如圖所示，點(diǎn)D,E

（2）如圖所示：CF即為所求；

（3）如圖所示：點(diǎn)G即為所求；

【點(diǎn)睛】本題考查了正切的定義，無刻度直尺作圖，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．【變式31】（2023秋·江蘇蘇州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，A，B，C，D均為網(wǎng)格圖中的格點(diǎn)，線段AB與CD相交于點(diǎn)P，則∠APD的正切值為．【答案】3【分析】作M、N兩點(diǎn)，連接CM，DN，根據(jù)題意可得CM∥AB，從而可得∠APD＝∠NCD，然后先利用勾股定理的逆定理證明△CDN【詳解】解：如圖所示，作M、N點(diǎn)，連接CM、DN，由題意得：CM∥AB，∴∠APD＝∠NCD，由題意得：CN2=12∴CN∴△CDN∴tan∠∴∠APD的正切值為：3．故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．【變式32】（2023秋·福建泉州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，A、B、C、D是正方形網(wǎng)格的格點(diǎn)，AB、CD交于點(diǎn)O，則cos∠BOD【答案】5【分析】連接AE、BE，利用正方形的性質(zhì)證明CD∥AE、∠AEB=90°，這樣把求∠【詳解】解：如圖，連接AE、根據(jù)勾股定理，得AE=2，∵AE∴∠BCD∴∠CDB同理∠AEB∴CD∴∠BOD在Rt△ABEcos∠故答案為：55【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，平行線的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式33】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖是由小正方形組成的8×6網(wǎng)格，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)叫做格點(diǎn)，△ABC

(1)在圖（1）中，D，E分別是邊AB，AC與網(wǎng)格線的交點(diǎn)．先將點(diǎn)C繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°得到點(diǎn)F，畫出點(diǎn)F；再在邊AB上畫點(diǎn)G，使EG∥(2)在圖（2）中，在邊AB上找一點(diǎn)P，使PA=PC；再在線段AC上找一點(diǎn)Q【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）點(diǎn)C繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°即延長CD即可找到點(diǎn)F，最后構(gòu)造平行四邊形ABCF即可解決問題；（2）先構(gòu)造正方形，然后找到對(duì)角線交點(diǎn)和AC中點(diǎn)，連接兩點(diǎn)的直線與AB的交點(diǎn)即為所作點(diǎn)P；點(diǎn)Q就是△ABC邊AC【詳解】（1）如圖，

如圖（1），根據(jù)網(wǎng)格可知CD=DF,∴四邊形ACBF是平行四邊形，∴AC∴四邊形CEHB是平行四邊形，∴EH∥BC，即有∴如圖（1）點(diǎn)F、G即為所求；（2）如圖，

如圖（2），根據(jù)網(wǎng)格可知，四邊形ABEF為正方形，AQ=∴OA=∴點(diǎn)O在AC垂直平分線上，點(diǎn)S在AC垂直平分線上，∴MN垂直平分AC，∴PA=根據(jù)網(wǎng)格易得：∠BAI=90°，AB=AI，H是AI的四等分點(diǎn)，連接∴AH在RtABH中，tan∠ABH=∴如圖（1）點(diǎn)P、Q即為所求；【點(diǎn)睛】本題考查無刻度直尺作圖，解題關(guān)鍵是熟練掌握平行四邊形，正方形的性質(zhì)和判定，垂直平分線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用．【題型4坐標(biāo)系中解直角三角形】【例4】（2023·河南洛陽·校聯(lián)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABOC的頂點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)，∠BOC=60°，頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為(a,3)，y=kx的圖象與菱形對(duì)角線AO交于點(diǎn)D

A．-23 B．-33 C．【答案】C【分析】過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，由∠BOC=60°，頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為(a,3)，可求得OC的長，進(jìn)而根據(jù)菱形的性質(zhì)，可求得OB的長，且∠AOB=30°，繼而求得DB的長，則可求得點(diǎn)【詳解】解：過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)

∵頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為(a∴OE=-a，∴OC=∵菱形ABOC中，∠BOC∴OB=OC=2∵DB⊥∴DB=∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為：-2∵反比例函數(shù)y=kx的圖象與菱形對(duì)角線AO∴k=故選：C．【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，解直角三角形，反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征．注意準(zhǔn)確作出輔助線，求出OC是解本題關(guān)鍵．【變式41】（2023·廣東湛江·嶺師附中校聯(lián)考一模）如圖，在△ABO中，AB⊥OB，AB=3，OB=1，把△ABO繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°

【答案】1,-【分析】首先根據(jù)勾股定理得到AO=OB2+AB2=2，然后求出∠A=30°，∠【詳解】∵AB⊥OB，AB=∴AO=OB∴sinA=∴∠A=30°，∵如圖所示，把△ABO繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°后，得到△

∴∠AOA1∴∠A∴點(diǎn)A和點(diǎn)A1關(guān)于x∵A1,∴A1故答案為：1,-3【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形變化旋轉(zhuǎn)：圖形或點(diǎn)旋轉(zhuǎn)之后要結(jié)合旋轉(zhuǎn)的角度和圖形的特殊性質(zhì)來求出旋轉(zhuǎn)后的點(diǎn)的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．【變式42】（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)哈爾濱市第十七中學(xué)校校考開學(xué)考試）如圖：已知一次函數(shù)圖像與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、點(diǎn)B．OB=3，tan

(1)求直線AB的解析式；(2)若點(diǎn)C在x軸上方的直線AB上，△AOC的面積為15，求tan【答案】(1)y(2)4【分析】（1）利用tan∠BAO=12（2）過點(diǎn)C作CH⊥x軸于點(diǎn)H，根據(jù)△AOC的面積求出CH，再根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)求出OH，則tan【詳解】（1）解：∵OB=3，點(diǎn)B在y∴B0,3∵tan∠∴OA=∵點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸上，∴A-設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，將-6解得k=∴直線AB的解析式為y=（2）解：如圖，過點(diǎn)C作CH⊥x軸于點(diǎn)H，則

∵S△∴CH=∴點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為5，∵點(diǎn)C在直線y=12x+3解得x∴點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為4，即OH=4∴tan∠∵CH∥∴∠OCH∴tan∠BOC【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)造直角三角形．【變式43】（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)校考開學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=kx+6k交x軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)

(1)如圖1，求k的值；(2)如圖2，點(diǎn)H在AB上，點(diǎn)F在OB上，連接FH、OH，且FH=OH，過點(diǎn)F作AB的垂線，垂足為點(diǎn)S，設(shè)點(diǎn)H的橫坐標(biāo)為t，-3<t<-1，線段SH的長為d(3)如圖3，在（2）的條件下，將線段OH繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段OE，連接AE并延長交x軸于C，連接HC，點(diǎn)K是HC的中點(diǎn)，連接EK，當(dāng)tan∠SHF=【答案】(1)k(2)d(3)5【分析】（1）令y=0求得B(-6,0)，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得∠ABO=30°，在Rt△AOB中，利用銳角三角形函數(shù)求得OA=2（2）過點(diǎn)H作HK⊥x軸，由（1）可知，OB=6，∠ABO=30°，由FH=OH，HK⊥x軸，可得FK=KO=-t（3）連接HE，連接OK并延長，交AC于點(diǎn)L，過點(diǎn)H作HG⊥AO于點(diǎn)G，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△OHE是等邊三角形，則A,H,O,E四點(diǎn)共圓，證明△AOB≌△AOC，根據(jù)點(diǎn)K是【詳解】（1）解：令y=0可得，kx解得x=-6∴B(-6,0)∴OB=6∵AB=2AO，∴∠ABO在Rt△AOB中，∴OA=2∴A0,2將點(diǎn)A0,23代入直線y=解得k=（2）解：如圖，過點(diǎn)H作HK⊥x∵點(diǎn)H的橫坐標(biāo)為t，HK⊥∴KO=-又∵FH=OH∴FK=由（1）可知，OB=6，∠∴BK=6+t，在Rt△BKH中，∴BH=4在Rt△BFS中，∴BS=3∴d=

（3）解：連接HE，連接OK并延長，交AC于點(diǎn)L，過點(diǎn)H作HG⊥AO于點(diǎn)

∵線段OH繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段OE，∴∠HOE=60°，則∴∠HAO∴A,∴∠在△AOB與△∠∴△∴OB=OC，∵點(diǎn)K是HC的中點(diǎn)，∴OK=12∴∵KL∥AB，K則AL∴AL則△AOL是等邊三角形，KL∵∠HAG∴∠∴AG=又∠AGH∴△AHG∴EK=∵BF∴FS=∵tan∠SHF=即3+解得：t1∴SH=3∴S【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)與結(jié)合圖形，三角函數(shù)的定義，全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線分線段成比例，解一元二次方程，同弧所對(duì)的圓周角相等，列函數(shù)關(guān)系式，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【題型5四邊形中解直角三角形】【例5】（2023·海南儋州·海南華僑中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，點(diǎn)E為對(duì)角線BD上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE交BC于點(diǎn)F．連接AF交BE于點(diǎn)O，若AB=AE，則線段AF

【答案】AF⊥BD【分析】先證Rt△ABF≌Rt△AEF可得∠BAF=∠EAF【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ABC∵AB=3∴BD=AB∵EF⊥AE，∴∠AEF在Rt△ABF和AB∴△ABF∴∠BAF又∵AB=∴AF⊥∴12∴AO=∴BO=∴cos∠∴BF=故答案為AF⊥BD，【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)判定、性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．【變式51】（2023秋·陜西渭南·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在AD上，且EC平分∠BED，AB=3，∠ABE=30°

A．1 B．2 C．3 D．2【答案】A【分析】由矩形性質(zhì)可得AB=CD=3，【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD∵∠ABE∴∠AEB∴∠BED∵EC平分∠∴∠DEC∴∠DCE∴tan∴DE故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，角平分線的定義，直角三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推論是解答本題的關(guān)鍵．【變式52】（2023·浙江·模擬預(yù)測）已知菱形的一個(gè)內(nèi)角為60°，一條對(duì)角線的長為43，則另一條對(duì)角線的長為【答案】4或12【分析】題中沒有指明該對(duì)角線是較長的對(duì)角線還是較短的對(duì)角線，所以應(yīng)分兩種情況進(jìn)行分析求解．【詳解】解：如圖，菱形ABCD中，∠ABC若AC=4∵AC⊥BD，∠ABF∴BF=∴BD=2若BD=4∵AC⊥BD，∠ABF∴AF=∴AC=2故答案為：4或12．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)和解直角三角形，熟練掌握菱形的性質(zhì)、靈活應(yīng)用分類思想是關(guān)鍵．【變式53】（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，已知平行四邊形ABCD中，E為BC邊上一點(diǎn)，連接AE、DE，若AD=DE，AE=DC，BE=4【答案】6【分析】作