沪科版数学九下同步讲练训练专题24.12 圆章末题型过关卷（2份，原卷版+解析版）

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第24章 圆章末题型过关卷【沪科版】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．2 B． 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＝OE•sin∠EOH＝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．3cm B．cm C．cm D．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．6 B．5 C．4 D．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．4 B．5 C． 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．① B．② C．③ D．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．5 B．2.5 C．3 D．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．5 B． 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秋•孟村县期末）如图，点D是△ABC中BC边的中点，DE⊥AC于E，以AB为直径的⊙O经过D，连接AD，有下列结论：①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OAAC；④DE是⊙O的切线．其中正确的结论是（　　）A．①② B．①②③ C．②③ D．①②③④【分析】根据直径所对的圆周角是直角，即可判断出选项①正确；由O为AB中点，得到AO为AB的一半，故AO为AC的一半，选项③正确；由OD为三角形ABC的中位线，根据三角形的中位线定理得到OD与AC平行，由AC与DE垂直得到OD与DE垂直，即∠ODE为90°，故DE为圆O的切线，选项④正确．【解答】解：∵AB是⊙O直径，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BC，选项①正确；连接OD，如图，∵D为BC中点，O为AB中点，∴DO为△ABC的中位线，∴OD∥AC，又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，∴∠ODE＝90°，∴DE为圆O的切线，选项④正确；又OB＝OD，∴∠ODB＝∠B，∵AB为圆O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，∴∠EDA＝∠BDO，∴∠EDA＝∠B，选项②正确；由D为BC中点，且AD⊥BC，∴AD垂直平分BC，∴AC＝AB，又OAAB，∴OAAC，选项③正确；则正确的结论为①②③④．故选：D．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．（2022•青羊区校级自主招生）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．（2022•青羊区校级自主招生）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秋•望城区期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F．且AB＝8，AC＝15，BC＝17，则⊙O的半径是 　3　．【分析】根据勾股定理的逆定理可得三角形ABC为直角三角形，再根据切线长定理即可求解．【解答】解：如图，连接OD、OE、OF，∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E．F，∴OE⊥AC，OF⊥AB，AE＝AF，∵AB＝8，AC＝15，BC＝17，即82+152＝172，∴△ABC为直角三角形，∴∠A＝90°，∴四边形AEOF是正方形，∴OE＝OF＝AE＝AF，设⊙O的半径是r，则AF＝AE＝r，BF＝BD＝8﹣r，EC＝DC＝15﹣r，∵BD+DC＝BC＝17，∴8﹣r+15﹣r＝17，解得r＝3．所以⊙O的半径是3．故答案为3．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（2022秋•锡山区校级月考）如图，P是⊙O外的一点，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，C是上的任意一点，过点C的切线分别交PA、PB于点D、E．若PA＝4，求△PED的周长．【分析】由PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，根据切线长定理得到PA＝PB＝4，同理得DC＝DA，EC＝EB，再根据三角形周长的定义得到△PED的周长＝PD+DE+PE，然后利用等相等代换得到△PDE的周长＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB．【解答】解：∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，∴PA＝PB＝4，∵过点C的切线分别交PA、PB于点D、E，∴DC＝DA，EC＝EB，∴△PED的周长＝PD+DE+PE＝PD+DC+CE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝4+4＝8．18．（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．19．（2022秋•广陵区期末）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线与AB交于点E，与⊙O交于点D，P为AB延长线上一点，且∠PCB＝∠PAC．（1）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．（2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半径及AD的长．【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得到∠CAB+∠CBA＝90°，由OB＝OC得到∠OCB＝∠OBC，进而证得∠OCP＝90°，根据圆的切线的判定定理即可证得直线PC是⊙O的切线；（2）在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB，即可得到⊙O的半径为；由圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出AD．【解答】解：（1）PC与⊙O相切，理由如下：连接OC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠CBA＝90°，∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC，∵∠PCB＝∠PAC，∴∠OCP＝∠OCB+∠PCB＝∠CAB+∠CBA＝90°，∵OC是⊙O的半径，∴直线PC是⊙O的切线；（2）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AC2+BC2，∴AB10，∴⊙O的半径为5；连接BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠BCD＝∠BAD，∠ACD＝∠ABD，∵CD是∠ACB的平分线，∴∠ACD＝∠BCD，∴∠BAD＝∠ABD，∴AD＝BD，在Rt△ABD中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AD2+BD2＝2AD2，∴2AD2＝102，∴AD2＝50，∴AD5．20．（2022•宿迁）如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，P是OA上任一点，BP的延长线交⊙O于点Q，过点Q的⊙O的切线交OA延长线于点R．（Ⅰ）求证：RP＝RQ；（Ⅱ）若OP＝PA＝1，试求PQ的长．【分析】（I）要证明RP＝RQ，需要证明∠PQR＝∠RPQ，连接OQ，则∠OQR＝90°；根据OB＝OQ，得∠B＝∠OQB，再根据等角的余角相等即可证明；（II）延长AO交圆于点C，首先根据勾股定理求得BP的长，再根据相交弦定理求得QP的长即可．【解答】（Ⅰ）证法一：连接OQ；∵RQ是⊙O的切线，∴∠OQB+∠BQR＝90°．∵OA⊥OB，∴∠OPB+∠B＝90°．又∵OB＝OQ，∴∠OQB＝∠B．∴∠PQR＝∠BPO＝∠RPQ．∴RP＝RQ．证法二：作直径BC，连接CQ；∵BC是⊙O的直径，∴∠B+∠C＝90°．∵OA⊥OB，∴∠B+∠BPO＝90°．∴∠C＝∠BPO．又∠BPO＝∠RPQ，∴∠C＝∠RPQ．又∵RQ为⊙O的切线，∴∠PQR＝∠C．∴∠PQR＝∠RPQ．∴RP＝RQ．（Ⅱ）解法一：作直径AC，∵OP＝PA＝1，∴PC＝3．由勾股定理，得BP由相交弦定理，得PQ•PB＝PA•PC．即PQ1×3，∴PQ．解法二：作直径AE，过R作RF⊥BQ，垂足为F，设RQ＝RP＝x；由切割线定理，得：x2＝（x﹣1），（x+3）解得：x，又由△BPO∽△RPF得：，∴PF，由等腰三角形性质得：PQ＝2PF．21．（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．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．