登录
1. 如图，AD是$△ ABC$的高。若$AB=4$，$∠ BAD=60°$，$\tan ∠ CAD=\frac{1}{2}$，则$BC$的长为。
答案
$\boldsymbol{2\sqrt{3}+1}$
解析
【分析】
首先由AD是△ABC的高可知△ABD、△ACD均为直角三角形。解题思路如下：第一步，在Rt△ABD中，利用已知的AB长度和∠BAD的度数，结合锐角三角函数的定义求出BD、AD的长度；第二步，在Rt△ACD中，利用tan∠CAD的值和已求出的AD长度，计算出CD的长度；最后将BD和CD相加即可得到BC的长度。
【解析】
解：
∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB=∠ADC=90°。
在Rt△ABD中，AB=4，∠BAD=60°，
∴$AD = AB · \cos∠ BAD = 4 × \cos60° = 4 × \frac{1}{2} = 2$，
$BD = AB · \sin∠ BAD = 4 × \sin60° = 4 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。
在Rt△ACD中，$\tan∠ CAD = \frac{CD}{AD} = \frac{1}{2}$，
∴$CD = AD × \frac{1}{2} = 2 × \frac{1}{2} = 1$。
∴$BC = BD + CD = 2\sqrt{3} + 1$。
【答案】
$\boldsymbol{2\sqrt{3}+1}$
【知识点】
解直角三角形，锐角三角函数定义
【点评】
本题是解直角三角形的基础题型，解题核心是将所求线段BC拆分为两个直角三角形的直角边分别求解，只要熟练掌握锐角三角函数的相关定义，就能快速得出结果。
【难度系数】
0.7
首先由AD是△ABC的高可知△ABD、△ACD均为直角三角形。解题思路如下：第一步，在Rt△ABD中，利用已知的AB长度和∠BAD的度数，结合锐角三角函数的定义求出BD、AD的长度；第二步，在Rt△ACD中，利用tan∠CAD的值和已求出的AD长度，计算出CD的长度；最后将BD和CD相加即可得到BC的长度。
【解析】
解：
∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB=∠ADC=90°。
在Rt△ABD中，AB=4，∠BAD=60°，
∴$AD = AB · \cos∠ BAD = 4 × \cos60° = 4 × \frac{1}{2} = 2$，
$BD = AB · \sin∠ BAD = 4 × \sin60° = 4 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。
在Rt△ACD中，$\tan∠ CAD = \frac{CD}{AD} = \frac{1}{2}$，
∴$CD = AD × \frac{1}{2} = 2 × \frac{1}{2} = 1$。
∴$BC = BD + CD = 2\sqrt{3} + 1$。
【答案】
$\boldsymbol{2\sqrt{3}+1}$
【知识点】
解直角三角形，锐角三角函数定义
【点评】
本题是解直角三角形的基础题型，解题核心是将所求线段BC拆分为两个直角三角形的直角边分别求解，只要熟练掌握锐角三角函数的相关定义，就能快速得出结果。
【难度系数】
0.7
2.如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O。若BD=4，sin∠DAC=$\frac{2}{5}$，则该菱形的面积是。
答案
$\boldsymbol{4\sqrt{21}}$
解析
【分析】
要计算菱形的面积，已知对角线BD的长度，只需先求出另一条对角线AC的长度即可。首先根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可得AC⊥BD，OD=½BD=2，△AOD为直角三角形；再结合sin∠DAC的值，在Rt△AOD中利用三角函数求出AD的长度，随后用勾股定理求出AO的长，即可得到AC的长度，最后代入菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，OD=½BD，AO=½AC
已知BD=4，因此OD=½×4=2
在Rt△AOD中，$\sin∠ DAC=\frac{OD}{AD}=\frac{2}{5}$
将OD=2代入得：$\frac{2}{AD}=\frac{2}{5}$，解得$AD=5$
由勾股定理可得：$AO=\sqrt{AD^2-OD^2}=\sqrt{5^2-2^2}=\sqrt{21}$
因此$AC=2AO=2\sqrt{21}$
菱形面积$S=\frac{1}{2}× AC× BD=\frac{1}{2}×2\sqrt{21}×4=4\sqrt{21}$
【答案】
$\boldsymbol{4\sqrt{21}}$
【知识点】
菱形的性质，三角函数的应用，勾股定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，解题的关键是利用菱形对角线垂直的性质构造直角三角形，结合三角函数和勾股定理求出未知对角线的长度，再代入面积公式求解，熟练掌握菱形的性质是解题的基础。
【难度系数】
0.7
要计算菱形的面积，已知对角线BD的长度，只需先求出另一条对角线AC的长度即可。首先根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可得AC⊥BD，OD=½BD=2，△AOD为直角三角形；再结合sin∠DAC的值，在Rt△AOD中利用三角函数求出AD的长度，随后用勾股定理求出AO的长，即可得到AC的长度，最后代入菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，OD=½BD，AO=½AC
已知BD=4，因此OD=½×4=2
在Rt△AOD中，$\sin∠ DAC=\frac{OD}{AD}=\frac{2}{5}$
将OD=2代入得：$\frac{2}{AD}=\frac{2}{5}$，解得$AD=5$
由勾股定理可得：$AO=\sqrt{AD^2-OD^2}=\sqrt{5^2-2^2}=\sqrt{21}$
因此$AC=2AO=2\sqrt{21}$
菱形面积$S=\frac{1}{2}× AC× BD=\frac{1}{2}×2\sqrt{21}×4=4\sqrt{21}$
【答案】
$\boldsymbol{4\sqrt{21}}$
【知识点】
菱形的性质，三角函数的应用，勾股定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，解题的关键是利用菱形对角线垂直的性质构造直角三角形，结合三角函数和勾股定理求出未知对角线的长度，再代入面积公式求解，熟练掌握菱形的性质是解题的基础。
【难度系数】
0.7
3. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C = 90°$，D为BC边上一点。若$BD=2CD$，$AB=9$，$\sin B=\dfrac{2}{3}$，则$AD=$。
答案
$\sqrt{41}$
解析
【分析】
本题是直角三角形的综合计算题，解题思路分三步：第一步，在$Rt△ ABC$中，利用$∠ B$的正弦值和$AB$的长度求出直角边$AC$的长；第二步，用勾股定理求出$BC$的长，再结合$BD=2CD$的关系求出$CD$的长度；第三步，在$Rt△ ACD$中，利用勾股定理即可求出$AD$的长度。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，
由$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$，$AB=9$，
得$AC=AB×\frac{2}{3}=9×\frac{2}{3}=6$。
由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{9^2-6^2}=\sqrt{81-36}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
$\because BD=2CD$，$\therefore BC=BD+CD=3CD$，
$\therefore CD=\frac{1}{3}BC=\frac{1}{3}×3\sqrt{5}=\sqrt{5}$。
在$Rt△ ACD$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{6^2+(\sqrt{5})^2}=\sqrt{36+5}=\sqrt{41}$。
【答案】
$\sqrt{41}$
【知识点】
锐角三角函数的定义；勾股定理
【点评】
本题属于基础计算题，核心考查直角三角形中三角函数和勾股定理的结合应用，解题的关键是先求出$AC$、$CD$的长度，是三角形部分的常考题型。
【难度系数】
0.7
本题是直角三角形的综合计算题，解题思路分三步：第一步，在$Rt△ ABC$中，利用$∠ B$的正弦值和$AB$的长度求出直角边$AC$的长；第二步，用勾股定理求出$BC$的长，再结合$BD=2CD$的关系求出$CD$的长度；第三步，在$Rt△ ACD$中，利用勾股定理即可求出$AD$的长度。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，
由$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$，$AB=9$，
得$AC=AB×\frac{2}{3}=9×\frac{2}{3}=6$。
由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{9^2-6^2}=\sqrt{81-36}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
$\because BD=2CD$，$\therefore BC=BD+CD=3CD$，
$\therefore CD=\frac{1}{3}BC=\frac{1}{3}×3\sqrt{5}=\sqrt{5}$。
在$Rt△ ACD$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{6^2+(\sqrt{5})^2}=\sqrt{36+5}=\sqrt{41}$。
【答案】
$\sqrt{41}$
【知识点】
锐角三角函数的定义；勾股定理
【点评】
本题属于基础计算题，核心考查直角三角形中三角函数和勾股定理的结合应用，解题的关键是先求出$AC$、$CD$的长度，是三角形部分的常考题型。
【难度系数】
0.7
4. 提升题 如图,某公园有一架秋千,将秋千从与竖直方向夹角为α的位置OA'释放,摆动到另一侧与竖直方向夹角为β的位置OA'',两次位置的高度差BC=h m。若秋千的绳索始终拉直,则秋千绳索OA的长度是 m（用含α,β和h的式子表示）。
答案
解：设秋千绳索OA的长度为$l\ \mathrm{m}$，由题意可知$OA'=OA''=OA=l$。
在$\mathrm{Rt}△ OA'B$中，$∠ A'OB=α$，$∠ OBA'=90°$，
$\therefore OB = OA'·\cosα = l\cosα$。
在$\mathrm{Rt}△ OA''C$中，$∠ A''OC=β$，$∠ OCA''=90°$，
$\therefore OC = OA''·\cosβ = l\cosβ$。
由$BC=OC-OB=h$，代入得：
$l\cosβ - l\cosα = h$，
整理得$l(\cosβ - \cosα)=h$，
解得$l=\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}$。
$\boxed{\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}}$
在$\mathrm{Rt}△ OA'B$中，$∠ A'OB=α$，$∠ OBA'=90°$，
$\therefore OB = OA'·\cosα = l\cosα$。
在$\mathrm{Rt}△ OA''C$中，$∠ A''OC=β$，$∠ OCA''=90°$，
$\therefore OC = OA''·\cosβ = l\cosβ$。
由$BC=OC-OB=h$，代入得：
$l\cosβ - l\cosα = h$，
整理得$l(\cosβ - \cosα)=h$，
解得$l=\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}$。
$\boxed{\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}}$
解析
【分析】
解决这道题首先要抓住不变量：秋千绳索长度始终相等，可先设绳索OA的长度为$l\ \mathrm{m}$。其次观察图形可知存在两个含已知锐角的直角三角形，可利用余弦的定义分别表示出线段OB、OC的长度，再结合已知高度差$BC=h$的等量关系列方程，解方程即可求出绳索长度。
【解析】
设秋千绳索OA的长度为$l\ \mathrm{m}$，由题意可知$OA'=OA''=OA=l$。
在$\mathrm{Rt}△ OA'B$中，$∠ A'OB=α$，$∠ OBA'=90°$，
根据余弦的定义可得：$OB = OA'·\cosα = l\cosα$。
在$\mathrm{Rt}△ OA''C$中，$∠ A''OC=β$，$∠ OCA''=90°$，
同理可得：$OC = OA''·\cosβ = l\cosβ$。
由图可知$BC=OC-OB=h$，将OB、OC的表达式代入得：
$l\cosβ - l\cosα = h$，
整理得$l(\cosβ - \cosα)=h$，
解得$l=\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}$。
【答案】
$\boxed{\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}}$
【知识点】
锐角三角函数，解直角三角形，方程求解
【点评】
本题结合生活中秋千摆动的实际场景，考查将实际问题转化为数学模型的能力，解题关键是抓住绳索长度不变的特点，利用锐角三角函数表示相关线段长度，结合已知等量关系求解，能有效锻炼知识迁移应用的能力。
【难度系数】
0.6
解决这道题首先要抓住不变量：秋千绳索长度始终相等，可先设绳索OA的长度为$l\ \mathrm{m}$。其次观察图形可知存在两个含已知锐角的直角三角形，可利用余弦的定义分别表示出线段OB、OC的长度，再结合已知高度差$BC=h$的等量关系列方程，解方程即可求出绳索长度。
【解析】
设秋千绳索OA的长度为$l\ \mathrm{m}$，由题意可知$OA'=OA''=OA=l$。
在$\mathrm{Rt}△ OA'B$中，$∠ A'OB=α$，$∠ OBA'=90°$，
根据余弦的定义可得：$OB = OA'·\cosα = l\cosα$。
在$\mathrm{Rt}△ OA''C$中，$∠ A''OC=β$，$∠ OCA''=90°$，
同理可得：$OC = OA''·\cosβ = l\cosβ$。
由图可知$BC=OC-OB=h$，将OB、OC的表达式代入得：
$l\cosβ - l\cosα = h$，
整理得$l(\cosβ - \cosα)=h$，
解得$l=\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}$。
【答案】
$\boxed{\dfrac{h}{\cosβ - \cosα}}$
【知识点】
锐角三角函数，解直角三角形，方程求解
【点评】
本题结合生活中秋千摆动的实际场景，考查将实际问题转化为数学模型的能力，解题关键是抓住绳索长度不变的特点，利用锐角三角函数表示相关线段长度，结合已知等量关系求解，能有效锻炼知识迁移应用的能力。
【难度系数】
0.6
5.如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BD=9，DC=5，cos B = $\frac{3}{5}$，E为AC的中点，求sin∠EDC的值。
答案
解：
∵ AD⊥BC，
∴ ∠ADB = ∠ADC = 90°。
在Rt△ABD中，$\cos B = \frac{BD}{AB} = \frac{3}{5}$，$BD=9$，
∴ $AB = BD ÷ \frac{3}{5} = 9 × \frac{5}{3} = 15$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$。
在Rt△ADC中，$AD=12$，$DC=5$，
由勾股定理得：$AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$。
∵ E为AC的中点，$∠ ADC=90°$，
∴ $DE = \frac{1}{2}AC = EC$，
∴ $∠ EDC = ∠ C$，
∴ $\sin∠ EDC = \sin C = \frac{AD}{AC} = \frac{12}{13}$。
∵ AD⊥BC，
∴ ∠ADB = ∠ADC = 90°。
在Rt△ABD中，$\cos B = \frac{BD}{AB} = \frac{3}{5}$，$BD=9$，
∴ $AB = BD ÷ \frac{3}{5} = 9 × \frac{5}{3} = 15$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$。
在Rt△ADC中，$AD=12$，$DC=5$，
由勾股定理得：$AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$。
∵ E为AC的中点，$∠ ADC=90°$，
∴ $DE = \frac{1}{2}AC = EC$，
∴ $∠ EDC = ∠ C$，
∴ $\sin∠ EDC = \sin C = \frac{AD}{AC} = \frac{12}{13}$。
解析
【分析】
解题时首先从已知的垂直条件入手，得到两个直角三角形：①先在Rt△ABD中，利用余弦的定义和已知的cosB、BD长度求出AB的长，再用勾股定理算出AD的长度；②接着在Rt△ADC中，用勾股定理求出AC的长度；③再结合E是AC中点的条件，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到DE=EC，进而推出∠EDC=∠C，将求sin∠EDC转化为求sin∠C，最后根据正弦的定义计算即可。
【解析】
∵ AD⊥BC，
∴ ∠ADB = ∠ADC = 90°。
在Rt△ABD中，$\cos B = \frac{BD}{AB} = \frac{3}{5}$，已知$BD=9$，
∴ $AB = BD ÷ \frac{3}{5} = 9 × \frac{5}{3} = 15$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$。
在Rt△ADC中，$AD=12$，$DC=5$，
由勾股定理得：$AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$。
∵ E为AC的中点，$∠ ADC=90°$，
∴ 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得$DE = \frac{1}{2}AC = EC$，
∴ $∠ EDC = ∠ C$，
∴ $\sin∠ EDC = \sin C = \frac{AD}{AC} = \frac{12}{13}$。
【答案】
$\frac{12}{13}$
【知识点】
锐角三角函数、勾股定理、直角三角形的性质
【点评】
本题解题的核心是利用直角三角形斜边中线的性质实现角的转化，将未知的待求角转化为直角三角形中的已知角，结合勾股定理和三角函数的定义即可求解，解题时要注意锐角三角函数仅适用于直角三角形这一前提。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知的垂直条件入手，得到两个直角三角形：①先在Rt△ABD中，利用余弦的定义和已知的cosB、BD长度求出AB的长，再用勾股定理算出AD的长度；②接着在Rt△ADC中，用勾股定理求出AC的长度；③再结合E是AC中点的条件，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到DE=EC，进而推出∠EDC=∠C，将求sin∠EDC转化为求sin∠C，最后根据正弦的定义计算即可。
【解析】
∵ AD⊥BC，
∴ ∠ADB = ∠ADC = 90°。
在Rt△ABD中，$\cos B = \frac{BD}{AB} = \frac{3}{5}$，已知$BD=9$，
∴ $AB = BD ÷ \frac{3}{5} = 9 × \frac{5}{3} = 15$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$。
在Rt△ADC中，$AD=12$，$DC=5$，
由勾股定理得：$AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$。
∵ E为AC的中点，$∠ ADC=90°$，
∴ 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得$DE = \frac{1}{2}AC = EC$，
∴ $∠ EDC = ∠ C$，
∴ $\sin∠ EDC = \sin C = \frac{AD}{AC} = \frac{12}{13}$。
【答案】
$\frac{12}{13}$
【知识点】
锐角三角函数、勾股定理、直角三角形的性质
【点评】
本题解题的核心是利用直角三角形斜边中线的性质实现角的转化，将未知的待求角转化为直角三角形中的已知角，结合勾股定理和三角函数的定义即可求解，解题时要注意锐角三角函数仅适用于直角三角形这一前提。
【难度系数】
0.7
6. 提升题 如图，在$△ ABC$中，$∠ B=2∠ ACB$，点D在线段BC上，$AD=AB$。过点A作BC的平行线，过点C作DA的平行线，两线相交于点E。
(1)求证：四边形ADCE是菱形。
(2)若$BD=6$，$\tan∠ BCE=\dfrac{4}{3}$，求AC的长。
(1)求证：四边形ADCE是菱形。
(2)若$BD=6$，$\tan∠ BCE=\dfrac{4}{3}$，求AC的长。
答案
(1) 证明：
∵ $AE// BC$，$CE// DA$，
∴ 四边形$ADCE$是平行四边形。
∵ $AD=AB$，
∴ $∠ B=∠ ADB$。
又∵ $∠ B=2∠ ACB$，
∴ $∠ ADB=2∠ ACB$。
∵ $∠ ADB$是$△ ADC$的外角，
∴ $∠ ADB=∠ DAC+∠ ACB$，
代入得 $2∠ ACB=∠ DAC+∠ ACB$，
∴ $∠ DAC=∠ ACB$，
∴ $AD=DC$。
∴ 平行四边形$ADCE$是菱形。
---
(2) 解：
过点$A$作$AF⊥ BC$于点$F$。
∵ $AD=AB$，$BD=6$，
∴ $BF=DF=\frac{1}{2}BD=3$。
过点$E$作$EG⊥ BC$，交$BC$的延长线于点$G$。
∵ 四边形$ADCE$是菱形，
∴ $AD=CE$，$AD// CE$。
又∵ $AE// BC$，$AF⊥ BC$，$EG⊥ BC$，
∴ $AF=EG$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$和$\mathrm{Rt}△ EGC$中：
$\begin{cases}AD=CE \\ AF=EG\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ AFD ≌ \mathrm{Rt}△ EGC\ (\mathrm{HL})$，
∴ $DF=CG=3$。
∵ $\tan∠ BCE=\frac{EG}{CG}=\frac{4}{3}$，$CG=3$，
∴ $EG=4$，即$AF=EG=4$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$中：
$AD=\sqrt{AF^2+DF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∴ $DC=AD=5$，
∴ $FC=DF+DC=3+5=8$。
在$\mathrm{Rt}△ AFC$中：
$AC=\sqrt{AF^2+FC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
答：$AC$的长为$4\sqrt{5}$。
∵ $AE// BC$，$CE// DA$，
∴ 四边形$ADCE$是平行四边形。
∵ $AD=AB$，
∴ $∠ B=∠ ADB$。
又∵ $∠ B=2∠ ACB$，
∴ $∠ ADB=2∠ ACB$。
∵ $∠ ADB$是$△ ADC$的外角，
∴ $∠ ADB=∠ DAC+∠ ACB$，
代入得 $2∠ ACB=∠ DAC+∠ ACB$，
∴ $∠ DAC=∠ ACB$，
∴ $AD=DC$。
∴ 平行四边形$ADCE$是菱形。
---
(2) 解：
过点$A$作$AF⊥ BC$于点$F$。
∵ $AD=AB$，$BD=6$，
∴ $BF=DF=\frac{1}{2}BD=3$。
过点$E$作$EG⊥ BC$，交$BC$的延长线于点$G$。
∵ 四边形$ADCE$是菱形，
∴ $AD=CE$，$AD// CE$。
又∵ $AE// BC$，$AF⊥ BC$，$EG⊥ BC$，
∴ $AF=EG$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$和$\mathrm{Rt}△ EGC$中：
$\begin{cases}AD=CE \\ AF=EG\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ AFD ≌ \mathrm{Rt}△ EGC\ (\mathrm{HL})$，
∴ $DF=CG=3$。
∵ $\tan∠ BCE=\frac{EG}{CG}=\frac{4}{3}$，$CG=3$，
∴ $EG=4$，即$AF=EG=4$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$中：
$AD=\sqrt{AF^2+DF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∴ $DC=AD=5$，
∴ $FC=DF+DC=3+5=8$。
在$\mathrm{Rt}△ AFC$中：
$AC=\sqrt{AF^2+FC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
答：$AC$的长为$4\sqrt{5}$。
解析
【分析】
(1) 要证四边形ADCE是菱形，首先根据两组对边分别平行判定它是平行四边形，再证明一组邻边相等即可。结合AD=AB可得∠B=∠ADB，再利用∠B=2∠ACB和三角形外角性质，推导得到∠DAC=∠ACB，即可得AD=DC，从而证得菱形。
(2) 求AC的长需构造直角三角形求解：先利用等腰三角形三线合一的性质，作AF⊥BC得BF=DF=3；再作EG⊥BC延长线于G，结合菱形性质证明Rt△AFD≌Rt△EGC，得CG=3，结合tan∠BCE的值求出EG=AF=4，先计算AD即DC的长度，再求出FC的长，最后在Rt△AFC中用勾股定理计算AC即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AE// BC$，$CE// DA$，
∴ 四边形$ADCE$是平行四边形。
∵ $AD=AB$，
∴ $∠ B=∠ ADB$。
又
∵ $∠ B=2∠ ACB$，
∴ $∠ ADB=2∠ ACB$。
∵ $∠ ADB$是$△ ADC$的外角，
∴ $∠ ADB=∠ DAC+∠ ACB$，
代入得 $2∠ ACB=∠ DAC+∠ ACB$，
∴ $∠ DAC=∠ ACB$，
∴ $AD=DC$。
∴ 平行四边形$ADCE$是菱形。
(2) 解：
过点$A$作$AF⊥ BC$于点$F$。
∵ $AD=AB$，$BD=6$，
∴ $BF=DF=\frac{1}{2}BD=3$。
过点$E$作$EG⊥ BC$，交$BC$的延长线于点$G$。
∵ 四边形$ADCE$是菱形，
∴ $AD=CE$，$AD// CE$。
又
∵ $AE// BC$，$AF⊥ BC$，$EG⊥ BC$，
∴ $AF=EG$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$和$\mathrm{Rt}△ EGC$中：
$\begin{cases}AD=CE \\ AF=EG\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ AFD ≌ \mathrm{Rt}△ EGC\ (\mathrm{HL})$，
∴ $DF=CG=3$。
∵ $\tan∠ BCE=\frac{EG}{CG}=\frac{4}{3}$，$CG=3$，
∴ $EG=4$，即$AF=EG=4$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$中：
$AD=\sqrt{AF^2+DF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∴ $DC=AD=5$，
∴ $FC=DF+DC=3+5=8$。
在$\mathrm{Rt}△ AFC$中：
$AC=\sqrt{AF^2+FC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 四边形ADCE是菱形，得证；(2) $AC$的长为$4\sqrt{5}$
【知识点】
菱形的判定、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，融合了特殊四边形判定、等腰三角形性质、直角三角形计算等多个考点，解题核心是合理构造辅助线，将已知条件转化到直角三角形中求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证四边形ADCE是菱形，首先根据两组对边分别平行判定它是平行四边形，再证明一组邻边相等即可。结合AD=AB可得∠B=∠ADB，再利用∠B=2∠ACB和三角形外角性质，推导得到∠DAC=∠ACB，即可得AD=DC，从而证得菱形。
(2) 求AC的长需构造直角三角形求解：先利用等腰三角形三线合一的性质，作AF⊥BC得BF=DF=3；再作EG⊥BC延长线于G，结合菱形性质证明Rt△AFD≌Rt△EGC，得CG=3，结合tan∠BCE的值求出EG=AF=4，先计算AD即DC的长度，再求出FC的长，最后在Rt△AFC中用勾股定理计算AC即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AE// BC$，$CE// DA$，
∴ 四边形$ADCE$是平行四边形。
∵ $AD=AB$，
∴ $∠ B=∠ ADB$。
又
∵ $∠ B=2∠ ACB$，
∴ $∠ ADB=2∠ ACB$。
∵ $∠ ADB$是$△ ADC$的外角，
∴ $∠ ADB=∠ DAC+∠ ACB$，
代入得 $2∠ ACB=∠ DAC+∠ ACB$，
∴ $∠ DAC=∠ ACB$，
∴ $AD=DC$。
∴ 平行四边形$ADCE$是菱形。
(2) 解：
过点$A$作$AF⊥ BC$于点$F$。
∵ $AD=AB$，$BD=6$，
∴ $BF=DF=\frac{1}{2}BD=3$。
过点$E$作$EG⊥ BC$，交$BC$的延长线于点$G$。
∵ 四边形$ADCE$是菱形，
∴ $AD=CE$，$AD// CE$。
又
∵ $AE// BC$，$AF⊥ BC$，$EG⊥ BC$，
∴ $AF=EG$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$和$\mathrm{Rt}△ EGC$中：
$\begin{cases}AD=CE \\ AF=EG\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ AFD ≌ \mathrm{Rt}△ EGC\ (\mathrm{HL})$，
∴ $DF=CG=3$。
∵ $\tan∠ BCE=\frac{EG}{CG}=\frac{4}{3}$，$CG=3$，
∴ $EG=4$，即$AF=EG=4$。
在$\mathrm{Rt}△ AFD$中：
$AD=\sqrt{AF^2+DF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∴ $DC=AD=5$，
∴ $FC=DF+DC=3+5=8$。
在$\mathrm{Rt}△ AFC$中：
$AC=\sqrt{AF^2+FC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 四边形ADCE是菱形，得证；(2) $AC$的长为$4\sqrt{5}$
【知识点】
菱形的判定、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，融合了特殊四边形判定、等腰三角形性质、直角三角形计算等多个考点，解题核心是合理构造辅助线，将已知条件转化到直角三角形中求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
