初中数学浙教版九年级上册3.1 圆课后复习题

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参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（2022秋•梁平区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知一圆弧过小正方形网格的格点A、B、C，已知A点的坐标是（﹣3，5），则该圆弧所在圆的圆心坐标是（ ）
A．（﹣1，0）B．（0，0）C．（﹣1，1）D．（1，0）
【分析】利用网格特点，作作AB和BC的垂直平分线，根据垂径定理的推论得到它们的交点P为该圆弧所在圆的圆心，然后写出P点坐标即可．
【解答】解：作AB和BC的垂直平分线，它们的交点P为该圆弧所在圆的圆心，
所以该圆弧所在圆的圆心坐标为（﹣1，0）．
故选：A．
2．（2022•青羊区校级自主招生）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AB＝2，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为（ ）
A．2B．C．D．3
【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，此时线段EF＝2EH＝20E•sin∠EOH＝20E•sin60°，当半径OE最短时，EF最短，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，在Rt△ADB中，解直角三角形求直径AD，由圆周角定理可知∠EOH∠EOF＝∠BAC＝60°，在Rt△EOH中，解直角三角形求EH，由垂径定理可知EF＝2EH．
【解答】解：由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，
如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，
∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，AB＝2，
∴AD＝BD＝2，即此时圆的直径为2，
由圆周角定理可知∠EOH∠EOF＝∠BAC＝60°，
∴在Rt△EOH中，EH＝1，
∴EF＝2EH．
故选：C．
3．（2022秋•宁波期末）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知EF＝CD＝6cm，则球的半径为（ ）
A．3cmB．cmC．cmD．cm
【分析】设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，由垂径定理得：NF＝ENEF＝3（cm），设OF＝xcm，则OM＝（4﹣x）cm，再在Rt△MOF中由勾股定理求得OF的长即可．
【解答】解：设球的平面投影圆心为O，过点O作ON⊥AD于点N，延长NO交BC于点M，连接OF，如图所示：
则NF＝ENEF＝3（cm），
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形CDNM是矩形，
∴MN＝CD＝6cm，
设OF＝xcm，则OM＝OF，
∴ON＝MN﹣OM＝（6﹣x）cm，
在Rt△ONF中，由勾股定理得：ON2+NF2＝OF2，
即：（6﹣x）2+32＝x2，
解得：x，
即球的半径长是cm，
故选：C．
4．（2022•武汉模拟）如图，AB为⊙O的直径，AE为⊙O的弦，C为优弧ABE的中点，CD⊥AB，垂足为D．若AE＝8，DB＝2，则⊙O的半径为（ ）
A．6B．5C．4D．4
【分析】如图，连接CO，延长CO交AE于点T．设⊙O的半径为r．证明△AOT≌△COD（AAS），推出CD＝AT＝4，在Rt△COD中，根据OC2＝CD2+OD2，构建方程求解．
【解答】解：如图，连接CO，延长CO交AE于点T．设⊙O的半径为r．
∵，
∴CT⊥AE，
∴AT＝TEAE＝4，
在△AOT和△COD中，
，
∴△AOT≌△COD（AAS），
∴CD＝AT＝4，
在Rt△COD中，OC2＝CD2+OD2，
∴r2＝42+（r﹣2）2，
∴r＝5，
故选：B．
5．（2022•中山市三模）如图，AB是⊙O的直径，若AC＝2，∠D＝60°，则BC长等于（ ）
A．4B．5C．D．
【分析】根据圆周角定理得出∠ACB＝90°，∠CAB＝∠D＝60°，求出∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质求出AB＝2AC＝4，再根据勾股定理求出BC即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠D＝60°，
∴∠CAB＝∠D＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝30°，
∵AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，
∴BC2，
故选：D．
6．（2022•株洲）如图所示，等边△ABC的顶点A在⊙O上，边AB、AC与⊙O分别交于点D、E，点F是劣弧上一点，且与D、E不重合，连接DF、EF，则∠DFE的度数为（ ）
A．115°B．118°C．120°D．125°
【分析】根据圆的内接四边形对角互补及等边△ABC的每一个内角是60°，求出∠EFD＝120°．
【解答】解：四边形EFDA是⊙O内接四边形，
∴∠EFD+∠A＝180°，
∵等边△ABC的顶点A在⊙O上，
∴∠A＝60°，
∴∠EFD＝120°，
故选：C．
7．（2022•阳新县校级模拟）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了（如图），其中四块碎片如图所示，为了配到与原来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的碎片应该是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【分析】利用段完整的弧结合垂径定理确定圆心即可．
【解答】解：第①块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
8．（2022春•江夏区校级月考）如图，在⊙O中，弦AB＝5，点C在AB上移动，连结OC，过点C作CD⊥OC交⊙O于点D，则CD的最大值为（ ）
A．5B．2.5C．3D．2
【分析】连接OD，如图，利用勾股定理得到CD，利用垂线段最短得到当OC⊥AB时，OC最小，再求出CD即可．
【解答】解：连接OD，如图，
∵CD⊥OC，
∴∠DCO＝90°，
∴CD，
当OC的值最小时，CD的值最大，
而OC⊥AB时，OC最小，此时D、B两点重合，
∴CD＝CBAB5＝2.5，
即CD的最大值为2.5，
故选：B．
9．（2022•江汉区模拟）如图，由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为（ ）
A．5B．C．D．
【分析】取AB的中点E，作EF⊥FC，取圆心O，连接OB，OC，根据圆的性质，再结合勾股定理即可求解．
【解答】解：取AB的中点E，作EF⊥FC，取圆心O，连接OB，OC，则OB＝OC，
∵小正方形的边长为1，
∴CF，BE，EF＝4，
设OF＝x，则OE＝4﹣x，
由勾股定理可得：CF2+OF2＝OC2，BE2+OE2＝OB2，
∴CF2+OF2＝BE2+OE2，
即，
解得x，
∴OC，
故选：D．
10．（2022春•龙华区校级月考）如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是上的一动点（不与A，B重合），点F是上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF＝90°，有以下结论：①AE＝BF；②△OGH是等腰三角形；③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；④△GBH周长的最小值为4．其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】分析详见解答．
【解答】解：如图，
∵∠AOB＝∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴，
∴AE＝BF，
故①正确，
∵∠EOF+∠ABC＝180°，
∴点O、G、B、H共圆，
∴∠OHG＝∠ABO＝45°，∠OGH＝∠CBO＝45°，
∴OG＝OH，
故②正确；
∵OA＝OB，OG＝OH，∠AOG＝∠BOH，
∴△AOG≌△BOH（SAS），
∴四边形OGBH的面积等于三角形AOB的面积，
故③错误，
∵△GOH是等腰直角三角形，
∴当OG最小时，△GOH的周长最小，
∴当OH⊥BC时，周长最小是：2OKOK＝4+2，
故④错误，
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（2022•平房区二模）如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC．若AB＝8，CD＝2，则EC的长为 2 ．
【分析】连接BE，设⊙O的半径为R，由OD⊥AB，根据垂径定理得AC＝BCAB＝4，在Rt△AOC中，OA＝R，OC＝R﹣CD＝R﹣2，根据勾股定理得到（R﹣2）2+42＝R2，解得R＝5，则OC＝3，由于OC为△ABE的中位线，则BE＝2OC＝6，再根据圆周角定理得到∠ABE＝90°，然后在Rt△BCE中利用勾股定理可计算出CE．
【解答】解：连接BE，设⊙O的半径为R，如图，
∵OD⊥AB，
∴AC＝BCAB8＝4，
在Rt△AOC中，OA＝R，OC＝R﹣CD＝R﹣2，
∵OC2+AC2＝OA2，
∴（R﹣2）2+42＝R2，解得R＝5，
∴OC＝5﹣2＝3，
∴BE＝2OC＝6，
∵AE为直径，
∴∠ABE＝90°，
在Rt△BCE中，CE2．
故答案为：2．
12．（2022•任城区校级三模）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．点A、B的读数分别为86°、30°，则∠ACB的大小为 28° ．
【分析】设半圆圆心为O，连OA，OB，则∠AOB＝86°﹣30°＝56°，根据圆周角定理得∠ACB∠AOB，即可得到∠ACB的大小．
【解答】解：设半圆圆心为O，连OA，OB，如图，
∵∠ACB∠AOB，
而∠AOB＝86°﹣30°＝56°，
∴∠ACB56°＝28°．
故答案为：28°．
13．（2022•曹县三模）如图，正五边形ABCDE内接于圆O，P为弧DE上的一点（点P不与点D、E重合），则∠CPD的度数为 36° ．
【分析】连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OC，OD．
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD72°，
∴∠CPD∠COD＝36°，
故答案为：36°．
14．如图四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，直径AB＝6，∠ADC＝140°，则劣弧BD的长为 π ．
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣140°＝40°，根据角平分线的定义得到∠ABDABC＝20°，根据圆周角定理得到∠BOD＝2∠A＝140°，根据弧长公式即可得到结论．
【解答】解：连接OD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝140°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝180°﹣140°＝40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABDABC＝20°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠A＝70°，
∴∠BOD＝2∠A＝140°，
∴劣弧BD的长π．
故答案为：π．
15．如图，已知扇形ACB中，∠ACB＝90°，以BC为直径作半圆O，过点O作AC的平行线，分别交半圆O，弧AB于点D、E，若扇形ACB的半径为8，则图中阴影部分的面积是 π﹣8 ．
【分析】连接CE．图中S阴影＝S扇形BCE﹣S扇形BOD﹣S△OCE．根据已知条件易求得OB＝OC＝OD＝4，BC＝CE＝8．∠ECB＝60°，OE＝4，所以由扇形面积公式、三角形面积公式进行解答即可．
【解答】解：如图，连接CE．
∵AC⊥BC，AC＝BC＝8，以BC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作弧AB，
∴∠ACB＝90°，OB＝OC＝OD＝4，BC＝CE＝8．
又∵OE∥AC，
∴∠ACB＝∠COE＝90°．
∴在直角△OEC中，OC＝4，CE＝8，
∴∠CEO＝30°，∠ECB＝60°，OE＝4，
∴S阴影＝S扇形BCE﹣S扇形BOD﹣S△OCE4×4π﹣8，
故答案为：π﹣8．
16．（2022•越秀区校级二模）如图，⊙O的半径为，四边形ABCD为⊙O的内接矩形，AD＝6，M为DC中点，E为⊙O上的一个动点，连结DE，作DF⊥DE交射线EA于F，连结MF，则MF的最大值为 6 ．
【分析】如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．判断出点F的运动轨迹即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵AD＝6，AC＝4，
∴，
∴∠ACD＝60°，
∴∠FED＝∠ACD＝60°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝90°，
∴∠EFD＝30°，
∵△JAD是等边三角形，
∴∠AJD＝60°，
∴∠AFD∠AJD，
∴点F的运动轨迹是以J为圆心JA为半径的圆，
∴当点F在MJ的延长线上时，FM的值最大，
此时FJ＝6，JM，
∴FM的最大值为6，
故答案为：6．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（2022秋•安徽期末）如图，四边形ABCD内接于圆，AD，BC的延长线交于点E，F是BD延长线上任意一点，AB＝AC．
（1）求证：DE平分∠CDF；
（2）求证：∠ACD＝∠AEB．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到∠CDE＝∠ABC，根据圆周角定理和等腰三角形的性质证明即可；
（2）根据三角形外角的性质和图形得到∠CAE+∠E＝∠ABD+∠DBC，得到∠E＝∠ABD，根据圆周角定理证明．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠CDE＝∠ABC，
由圆周角定理得，∠ACB＝∠ADB，又∠ADB＝∠FDE，
∴∠ACB＝∠FDE，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠FDE＝∠CDE，即DE平分∠CDF；
（2）∵∠ACB＝∠ABC，
∴∠CAE+∠E＝∠ABD+∠DBC，
又∠CAE＝∠DBC，
∴∠E＝∠ABD，
∴∠ACD＝∠AEB．
18．（2022•白云区二模）已知：如图，A，B是半圆O上的两点，CD是⊙O的直径，∠AOD＝80°，B是的中点．
（1）在CD上求作一点P，使得AP+PB最短；
（2）若CD＝4cm，求AP+PB的最小值．
【分析】（1）作出B关于CD的对称点B′，连接AB′，交CD于P点，P就是所求的点；
（2）延长AO交圆与E，连接OB′，B′E，可以根据圆周角定理求得∠AOB′的度数，根据等腰三角形的性质求得∠A的度数，然后在直角△AEB′中，解直角三角形即可求解．
【解答】解：（1）作BB′⊥CD，交圆于B′，然后连接AB′，交CD于P点，P就是所求的点；
（2）延长AO交圆于E，连接OB′，B′E．
∵BB′⊥CD
∴，
∵∠AOD＝80°，B是的中点，
∴∠DOB′∠AOD＝40°．
∴∠AOB′＝∠AOD+∠DOB′＝120°，
又∵OA＝OB′，
∴∠A30°．
∵AE是圆的直径，
∴∠AB′E＝90°，
∴直角△AEB′中，B′EAE4＝2，
∴AB′2cm．
19．（2022春•平南县期末）如图，两条原点重合，且互相垂直的数轴构成的平面叫做平面直角坐标系，其中横向的数轴叫做x轴，纵向的数轴叫做y轴，两数轴的交点叫做原点．现有△ABC位于一平面直角坐标系中．
（1）请画出将△ABC向左平移6个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用绕原点O顺时针旋转90°的点的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点即可．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
20．（2022•天心区二模）如图，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AD⊥BC，垂足为D，，BE分别交AD、AC于点 F、G．
（1）证明：FA＝FG；
（2）若BD＝DO＝2，求弧EC的长度．
【分析】（1）根据BC是⊙O的直径，AD⊥BC，，推出∠AGB＝∠CAD，即可推得FA＝FG．
（2）根据BD＝DO＝2，AD⊥BC，求出∠AOB＝60°，再根据，求出∠EOC＝60°，即可求出的长度是多少．
【解答】（1）证明：∵BC 是⊙O 的直径，
∴∠BAC＝90°，
∴∠ABE+∠AGB＝90°；
∵AD⊥BC，
∴∠C+∠CAD＝90°；
∵，
∴∠C＝∠ABE，
∴∠AGB＝∠CAD，
∴FA＝FG．
（2）解：如图，连接AO、EO，
，
∵BD＝DO＝2，AD⊥BC，
∴AB＝AO，
∵AO＝BO，
∴AB＝AO＝BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∵，
∴∠AOE＝60°，
∴∠EOC＝60°，
∴的弧长＝2π×（2×2）π．
21．（2022•肥东县二模）如图，⊙O的直径CD分别与弦AB，AF交于点E，H，连接CF，AD，AO．已知CF＝CH，FB＝BD．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）若AE＝4，OH＝1，求AO的长．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质及圆周角定理可得∠D＝∠AHD，进而可得AH＝AD，由圆心角，弦，弧的关系可得∠HAE＝∠DAE，进而可证明结论；
（2）由（1）易证HE＝DE，设OE＝x，结合OH＝1，可得OD＝2x+1＝AO，利用勾股定理可求解x值，进而可求解AO的值．
【解答】（1）证明：∵CF＝CH，
∴∠CFH＝∠CHF．
∵∠CFH＝∠CDA，∠CHF＝∠AHD，
∴∠CDA＝∠AHD，
∴AH＝AD．
∵FB＝BD，
∴，
∴∠HAE＝∠DAE．
∴AE⊥HD，即AB⊥CD；
（2）解：∵AH＝AD，∠HAE＝∠DAE，
∴HE＝DE．
设OE＝x．
∵OH＝1，
∴HE＝x+1＝DE，
∴OD＝2x+1＝AO．
在Rt△OAE中，OE2+AE2＝AO2，AE＝4，
∴x2+42＝（2x+1）2，
解得x1＝﹣3（舍去），x2．
∴AO＝21，即AO的长等于．
22．（2022秋•梁平区期末）根据垂直定理解答下列问题：
（1）如图①，在弓形ABC中，弓形高CD＝2米，弦AB＝12米，求弓形所在的圆的半径．
（2）如图②中，作直径AC、BD，使得AC⊥BD，连接AB、BC、CD、DA，则四边形ABCD的形状是 正方形 ；
（3）在途②中，作直径A′C′⊥AB于点E，交CD于点F，作直径B′D′⊥BC于点G，交AD于H，求证：八边形AA′BB′CC′DD′是正八边形；
（4）在图②中，直径A′C′将弓形AA′B分成面积相等的两部分，请你将图③中弓形的面积分成相等的四部分，只说作法，不说理由．
【分析】（1）由垂径定理得AD＝6，再利用勾股定理求得半径；
（2）由圆周角定理得∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，由垂直平分线定理得AD＝CD，证得结论；
（3）由平行线性质得，A′C′⊥CD，B′D′⊥AD，由垂径定理得AE＝BE，CF＝DF，AH＝DH，BG＝CG，易得AA′＝BA′，CC′＝DC′，AD′＝DD′，BB′＝CB′，利用全等三角形的判定和性质得AA′＝BA′＝CC′＝DC′＝AD′＝DD′＝BB′＝CB′，得出结论；
（4）利用已知的结论和垂径定理作答．
【解答】解：（1）设弓形所在的圆的半径为x，则OD＝x﹣2，
∵AB＝12，CD⊥AB，
∴AD＝6，
∴62+（x﹣2）2＝x2，
解得：x＝10，
∴弓形所在的圆的半径为10米；
（2）∵AC、BD为直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，AD＝CD，
∴四边形ABCD为正方形，
故答案为：正方形；
（3）∵直径A′C′⊥AB，直径B′D′⊥BC，
∴A′C′⊥CD，B′D′⊥AD，
∴AE＝BE，CF＝DF，AH＝DH，BG＝CG，
∴AA′＝BA′，CC′＝DC′，AD′＝DD′，BB′＝CB′，
，
∴△ODD′≌△ODC′（SAS），
∴DD′＝DC′，
同理证得：AD′＝AA′，A′B＝B′B，C′C＝B′C，
∴AA′＝BA′＝CC′＝DC′＝AD′＝DD′＝BB′＝CB′，
∴八边形AA′BB′CC′DD′是正八边形；
（4）作垂直于弦的直径交弓于点A，
连接BA，CA，再作OM⊥BA交弓于M，
ON⊥CA交弓于N，
则M，A，N把弓分成面积相等的四部分．
23．（2022•社旗县一模）请阅读下面材料，并完成相应的任务；
阿基米德折弦定理
阿基米德（Arehimedes，公元前287﹣公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．
阿拉伯Al﹣Biruni（973年﹣1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al﹣Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．
这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．
证明：如图2，过点M作MH⊥射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MC．
∵M是的中点，
∴MA＝MC．
…
任务：
（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
（2）如图3，已知等边三角形ABC内接于⊙O，D为上一点，∠ABD＝15°，CE⊥BD于点E，CE＝2，连接AD，则△DAB的周长是 4+2 ．
【分析】（1）证明△AHM≌△CDM（AAS），推出MH＝DM，AH＝CD，再证明Rt△BMH≌△BMD（HL），推出BH＝BD，可得结论；
（2）证明△ECB是等腰直角三角形，求出AB＝BC＝2，利用（1）中结论BE＝AD+DE＝2，可得结论．
【解答】（1）证明：如图2中，
∵，
∴AM＝CM，
∵MH⊥AH，MD⊥BC，
∴∠H＝∠CDM＝90°，
∵∠A＝∠C，
∴△AHM≌△CDM（AAS），
∴MH＝DM，AH＝CD，
∵∠H＝∠BDM＝90°，BM＝BM，
∴Rt△BMH≌△BMD（HL），
∴BH＝BD，
∴CD＝AH＝AB+BH＝AB+BD；
（2）解：如图3中，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB，∠ABC＝60°，
∵∠ABD＝15°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABD＝45°，
∵CE⊥BD，
∴∠ECB＝∠EBC＝45°，
∴CE＝BE＝2，
∴AB＝BC＝2，
∴由（1）的结论得，BE＝DE+AD＝2，
∴△ABD的周长是AD+BD+AB＝AD+DE+EB+AB＝4+2．
故答案为：4+2．