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1.如图29－4，点A，B，C在$\odot O$上，且$BO=BC$，则圆周角$∠ BAC$等于（
A.$60°$
B.$50°$
C.$40°$
D.$30°$
D
）A.$60°$
B.$50°$
C.$40°$
D.$30°$
答案
1.D
解析
【分析】
首先观察已知条件，BO是⊙O的半径，根据同圆的半径相等可得OB=OC，结合题目给出的BO=BC，可推导出△OBC的形状，求出弧BC所对的圆心角∠BOC的度数；再根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出圆周角∠BAC的度数。
【解析】
解：
∵OB、OC都是⊙O的半径，
∴OB=OC，
又
∵BO=BC，
∴OB=OC=BC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∵∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BOC是弧BC所对的圆心角，
∴根据圆周角定理：$∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = \frac{1}{2}×60°=30°$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
等边三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆的基础应用类题目，解题的突破口是结合半径相等和已知边相等判定等边三角形得到圆心角度数，再利用圆周角定理计算所求角，解题过程中要注意明确同弧对应的圆周角和圆心角的对应关系。
【难度系数】
0.8
首先观察已知条件，BO是⊙O的半径，根据同圆的半径相等可得OB=OC，结合题目给出的BO=BC，可推导出△OBC的形状，求出弧BC所对的圆心角∠BOC的度数；再根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出圆周角∠BAC的度数。
【解析】
解：
∵OB、OC都是⊙O的半径，
∴OB=OC，
又
∵BO=BC，
∴OB=OC=BC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∵∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BOC是弧BC所对的圆心角，
∴根据圆周角定理：$∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = \frac{1}{2}×60°=30°$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
等边三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆的基础应用类题目，解题的突破口是结合半径相等和已知边相等判定等边三角形得到圆心角度数，再利用圆周角定理计算所求角，解题过程中要注意明确同弧对应的圆周角和圆心角的对应关系。
【难度系数】
0.8
2.【教材 P135 例2变式】直径为 20 dm 的圆柱形排水管，截面如图29－5所示.若管内有积水(阴影部分)，水面宽 AB 为 16 dm，则积水的最大深度 CD 为(
A.2 dm
B.4 dm
C.6 dm
D.8 dm
图29－4
图29－5
图29－6
图29－7
B
)A.2 dm
B.4 dm
C.6 dm
D.8 dm
图29－4
图29－5
图29－6
图29－7
答案
2.B
解析
【分析】
本题是圆的实际应用问题，解题核心是运用垂径定理构造直角三角形求解。首先明确圆柱形排水管的截面是圆，已知直径可得半径长度；积水最大深度CD是垂直于水面AB的直径上，水面到下方劣弧的距离，因此我们可以连接圆心与弦的端点OA，结合垂径定理得到弦AB一半的长度，再在直角三角形中用勾股定理算出圆心到水面的距离，最后用半径减去该距离就能得到积水的最大深度。
【解析】
解：设截面圆的圆心为O，连接OA。
∵ 圆的直径为20 dm，
∴ 半径OA=OC=10 dm。
由题意可知CD⊥AB，且CD过圆心O，根据垂径定理可得：
AD = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}×16$ = 8 dm。
在Rt△OAD中，由勾股定理得：
OD = $\sqrt{OA^2 - AD^2}$ = $\sqrt{10^2 - 8^2}$ = $\sqrt{36}$ = 6 dm。
∴ 积水的最大深度CD = OC - OD = 10 - 6 = 4 dm。
【答案】
B
【知识点】
垂径定理；勾股定理；圆的基本性质
【点评】
本题属于垂径定理的常见应用题型，解题的关键是结合题意构造出符合垂径定理的几何模型，将实际问题转化为直角三角形的计算问题，掌握垂径定理和勾股定理的结合用法即可快速解题。
【难度系数】
0.7
本题是圆的实际应用问题，解题核心是运用垂径定理构造直角三角形求解。首先明确圆柱形排水管的截面是圆，已知直径可得半径长度；积水最大深度CD是垂直于水面AB的直径上，水面到下方劣弧的距离，因此我们可以连接圆心与弦的端点OA，结合垂径定理得到弦AB一半的长度，再在直角三角形中用勾股定理算出圆心到水面的距离，最后用半径减去该距离就能得到积水的最大深度。
【解析】
解：设截面圆的圆心为O，连接OA。
∵ 圆的直径为20 dm，
∴ 半径OA=OC=10 dm。
由题意可知CD⊥AB，且CD过圆心O，根据垂径定理可得：
AD = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}×16$ = 8 dm。
在Rt△OAD中，由勾股定理得：
OD = $\sqrt{OA^2 - AD^2}$ = $\sqrt{10^2 - 8^2}$ = $\sqrt{36}$ = 6 dm。
∴ 积水的最大深度CD = OC - OD = 10 - 6 = 4 dm。
【答案】
B
【知识点】
垂径定理；勾股定理；圆的基本性质
【点评】
本题属于垂径定理的常见应用题型，解题的关键是结合题意构造出符合垂径定理的几何模型，将实际问题转化为直角三角形的计算问题，掌握垂径定理和勾股定理的结合用法即可快速解题。
【难度系数】
0.7
3.【地方特色】“老碗面”是陕西地方特色美食之一. 如图29－6是从正面看到的一个“老碗”的形状示意图.$\overset{\frown}{AB}$是$\odot O$的一部分，D是$\overset{\frown}{AB}$的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB. 已知$AB=24\ \mathrm{cm}$，碗深$CD=8\ \mathrm{cm}$，则$\odot O$的半径OA为(
A.$13\ \mathrm{cm}$
B.$16\ \mathrm{cm}$
C.$17\ \mathrm{cm}$
D.$26\ \mathrm{cm}$
A
)A.$13\ \mathrm{cm}$
B.$16\ \mathrm{cm}$
C.$17\ \mathrm{cm}$
D.$26\ \mathrm{cm}$
答案
3.A
解析
【分析】
本题可结合垂径定理与勾股定理求解圆的半径。首先根据弧中点的性质，结合垂径定理的推论可推出OD垂直平分AB，先求出弦长一半AC的长度；再设圆O的半径为r，用含r的式子表示出OC的长度，最后在直角三角形OAC中利用勾股定理列方程求解即可得到半径长度。
【解析】
解：
∵D是$\overset{\frown}{AB}$的中点，OD是$\odot O$的半径，
∴由垂径定理的推论可得：$OD⊥ AB$，$AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×24=12\ \mathrm{cm}$。
设$\odot O$的半径$OA=r\ \mathrm{cm}$，则$OD=r\ \mathrm{cm}$，
∵碗深$CD=8\ \mathrm{cm}$，
∴$OC=OD-CD=(r-8)\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ OAC$中，根据勾股定理有$OA^2=OC^2+AC^2$，
代入数据得：$r^2=(r-8)^2+12^2$，
展开得：$r^2=r^2-16r+64+144$，
移项整理得：$16r=208$，
解得$r=13$，即OA的长为13cm。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
垂径定理、勾股定理、方程思想
【点评】
本题结合地方特色美食场景命题，趣味性较强，属于圆章节的基础常考题型，解题核心是通过垂径定理构造直角三角形，再利用方程思想求解未知量。
【难度系数】
0.7
本题可结合垂径定理与勾股定理求解圆的半径。首先根据弧中点的性质，结合垂径定理的推论可推出OD垂直平分AB，先求出弦长一半AC的长度；再设圆O的半径为r，用含r的式子表示出OC的长度，最后在直角三角形OAC中利用勾股定理列方程求解即可得到半径长度。
【解析】
解：
∵D是$\overset{\frown}{AB}$的中点，OD是$\odot O$的半径，
∴由垂径定理的推论可得：$OD⊥ AB$，$AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×24=12\ \mathrm{cm}$。
设$\odot O$的半径$OA=r\ \mathrm{cm}$，则$OD=r\ \mathrm{cm}$，
∵碗深$CD=8\ \mathrm{cm}$，
∴$OC=OD-CD=(r-8)\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ OAC$中，根据勾股定理有$OA^2=OC^2+AC^2$，
代入数据得：$r^2=(r-8)^2+12^2$，
展开得：$r^2=r^2-16r+64+144$，
移项整理得：$16r=208$，
解得$r=13$，即OA的长为13cm。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
垂径定理、勾股定理、方程思想
【点评】
本题结合地方特色美食场景命题，趣味性较强，属于圆章节的基础常考题型，解题核心是通过垂径定理构造直角三角形，再利用方程思想求解未知量。
【难度系数】
0.7
4.如图29－7，在$\odot O$中，直径$AB⊥$弦$CD$于点$E$，$CD=6$，$BE=1$，则弦$AC$的长为（
A.$6$
B.$2\sqrt{10}$
C.$3\sqrt{10}$
D.$8$
C
）A.$6$
B.$2\sqrt{10}$
C.$3\sqrt{10}$
D.$8$
答案
4.C
解析
【分析】
首先观察到题中存在直径垂直弦的条件，优先运用垂径定理得到弦CD被平分的长度；再设圆的半径为r，在Rt△OEC中利用勾股定理列方程求出半径，进而求出AE的长度；最后在Rt△AEC中用勾股定理计算AC的长度即可。
【解析】
连接OC，设$\odot O$的半径为$r$。
1. 根据垂径定理，直径$AB⊥$弦$CD$，可得$CE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}×6=3$。
2. 在$Rt△ OEC$中，$OC=r$，$OE=OB-BE=r-1$，$CE=3$，由勾股定理得：
$OC^2=OE^2+CE^2$
代入得$r^2=(r-1)^2+3^2$，展开计算：
$r^2=r^2-2r+1+9$，化简得$2r=10$，解得$r=5$。
3. 直径$AB=2r=10$，则$AE=AB-BE=10-1=9$。
4. 在$Rt△ AEC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{9^2+3^2}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$
【答案】
C
【知识点】
垂径定理；勾股定理；圆的基本性质
【点评】
本题是圆中常见的线段计算题型，解题核心是结合垂径定理构造直角三角形，通过设未知数列方程的方式求出半径，再用勾股定理求解目标线段，对几何建模能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
首先观察到题中存在直径垂直弦的条件，优先运用垂径定理得到弦CD被平分的长度；再设圆的半径为r，在Rt△OEC中利用勾股定理列方程求出半径，进而求出AE的长度；最后在Rt△AEC中用勾股定理计算AC的长度即可。
【解析】
连接OC，设$\odot O$的半径为$r$。
1. 根据垂径定理，直径$AB⊥$弦$CD$，可得$CE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}×6=3$。
2. 在$Rt△ OEC$中，$OC=r$，$OE=OB-BE=r-1$，$CE=3$，由勾股定理得：
$OC^2=OE^2+CE^2$
代入得$r^2=(r-1)^2+3^2$，展开计算：
$r^2=r^2-2r+1+9$，化简得$2r=10$，解得$r=5$。
3. 直径$AB=2r=10$，则$AE=AB-BE=10-1=9$。
4. 在$Rt△ AEC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{9^2+3^2}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$
【答案】
C
【知识点】
垂径定理；勾股定理；圆的基本性质
【点评】
本题是圆中常见的线段计算题型，解题核心是结合垂径定理构造直角三角形，通过设未知数列方程的方式求出半径，再用勾股定理求解目标线段，对几何建模能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
5.露露从纸上剪下一个圆形和一个扇形的纸片(如图29－8)，用它们恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径为1，扇形的圆心角等于120°，则此扇形的半径为(
A.$\sqrt{3}$
B.$\sqrt{6}$
C.3
D.6
C
)A.$\sqrt{3}$
B.$\sqrt{6}$
C.3
D.6
答案
5.C
解析
【分析】
要解决本题，首先需明确圆形和扇形围成圆锥时的对应关系：圆形是圆锥的底面，扇形是圆锥的侧面，此时底面圆的周长恰好等于扇形的弧长，这是解题的核心等量关系。接下来分别表示出底面圆的周长和扇形的弧长，列等式求解扇形半径即可。
【解析】
解：已知底面圆的半径$r=1$，根据圆的周长公式可得底面圆周长：
$C=2π r=2π×1=2π$
设扇形的半径为$R$，扇形的圆心角$n=120°$，根据弧长公式可得扇形的弧长：
$l=\frac{nπ R}{180}=\frac{120π R}{180}$
因为底面圆周长等于扇形弧长，因此列等式：
$\frac{120π R}{180}=2π$
两边同时约去$π$后化简：
$\frac{2R}{3}=2$
解得$R=3$
【答案】
C
【知识点】
圆锥展开图性质、弧长计算公式、圆的周长计算
【点评】
本题属于圆锥相关的基础常考题，解题关键是抓住“圆锥侧面展开扇形的弧长等于底面圆周长”这一核心对应关系，熟练掌握相关公式即可快速求解。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先需明确圆形和扇形围成圆锥时的对应关系：圆形是圆锥的底面，扇形是圆锥的侧面，此时底面圆的周长恰好等于扇形的弧长，这是解题的核心等量关系。接下来分别表示出底面圆的周长和扇形的弧长，列等式求解扇形半径即可。
【解析】
解：已知底面圆的半径$r=1$，根据圆的周长公式可得底面圆周长：
$C=2π r=2π×1=2π$
设扇形的半径为$R$，扇形的圆心角$n=120°$，根据弧长公式可得扇形的弧长：
$l=\frac{nπ R}{180}=\frac{120π R}{180}$
因为底面圆周长等于扇形弧长，因此列等式：
$\frac{120π R}{180}=2π$
两边同时约去$π$后化简：
$\frac{2R}{3}=2$
解得$R=3$
【答案】
C
【知识点】
圆锥展开图性质、弧长计算公式、圆的周长计算
【点评】
本题属于圆锥相关的基础常考题，解题关键是抓住“圆锥侧面展开扇形的弧长等于底面圆周长”这一核心对应关系，熟练掌握相关公式即可快速求解。
【难度系数】
0.7
6.如图29－9，在$△ ABC$中，$AB=AC=6$，$∠ B=30°$，$E$为$BC$上一点，$BE=2EC$，$DE=DC$，$∠ ADC=60°$，则$AD$的长是
$2\sqrt{6}$
。答案
6.$2\sqrt{6}$
解析
【分析】
本题可通过构造直角三角形结合坐标系求解：首先利用等腰三角形三线合一的性质作底边上的高，得到底边各段的长度；再结合线段比例求出EC的长度，由DE=DC可知点D在EC的垂直平分线上，建立平面直角坐标系表示各点坐标，利用两点间距离公式结合∠ADC=60°的条件即可求出AD的长度。
【解析】
1. 过点A作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=6，∠B=30°，
∴AH垂直平分BC。
在Rt△ABH中，$AH=AB·\sin30°=6×\frac{1}{2}=3$，$BH=AB·\cos30°=6×\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$，故$BC=2BH=6\sqrt{3}$，$HC=3\sqrt{3}$。
2. 由$BE=2EC$得$EC=\frac{1}{3}BC=2\sqrt{3}$，以H为原点，BC所在直线为x轴、AH所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则各点坐标为：$A(0,3)$，$C(3\sqrt{3},0)$，$E(\sqrt{3},0)$。
3.
∵$DE=DC$，
∴D在EC的垂直平分线上，EC的中点坐标为$(2\sqrt{3},0)$，故设$D(2\sqrt{3},m)$。
4. 由两点间距离公式得：
$AD^2=(2\sqrt{3}-0)^2 + (m-3)^2=12 + (m-3)^2$，
$DC^2=(3\sqrt{3}-2\sqrt{3})^2 + (0-m)^2=3 + m^2$，
又$AC=6$，$∠ADC=60°$，代入余弦定理$AC^2=AD^2 + DC^2 - 2·AD·DC·cos∠ADC$，解得$AD^2=24$，故$AD=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
【答案】
$2\sqrt{6}$
【知识点】
等腰三角形的性质；两点间距离公式；解直角三角形
【点评】
本题综合考查了等腰三角形性质、直角三角形性质及坐标系在几何求解中的应用，解题关键是合理构造辅助线或建立坐标系，将几何条件转化为代数关系求解。
【难度系数】
0.3
本题可通过构造直角三角形结合坐标系求解：首先利用等腰三角形三线合一的性质作底边上的高，得到底边各段的长度；再结合线段比例求出EC的长度，由DE=DC可知点D在EC的垂直平分线上，建立平面直角坐标系表示各点坐标，利用两点间距离公式结合∠ADC=60°的条件即可求出AD的长度。
【解析】
1. 过点A作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=6，∠B=30°，
∴AH垂直平分BC。
在Rt△ABH中，$AH=AB·\sin30°=6×\frac{1}{2}=3$，$BH=AB·\cos30°=6×\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$，故$BC=2BH=6\sqrt{3}$，$HC=3\sqrt{3}$。
2. 由$BE=2EC$得$EC=\frac{1}{3}BC=2\sqrt{3}$，以H为原点，BC所在直线为x轴、AH所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则各点坐标为：$A(0,3)$，$C(3\sqrt{3},0)$，$E(\sqrt{3},0)$。
3.
∵$DE=DC$，
∴D在EC的垂直平分线上，EC的中点坐标为$(2\sqrt{3},0)$，故设$D(2\sqrt{3},m)$。
4. 由两点间距离公式得：
$AD^2=(2\sqrt{3}-0)^2 + (m-3)^2=12 + (m-3)^2$，
$DC^2=(3\sqrt{3}-2\sqrt{3})^2 + (0-m)^2=3 + m^2$，
又$AC=6$，$∠ADC=60°$，代入余弦定理$AC^2=AD^2 + DC^2 - 2·AD·DC·cos∠ADC$，解得$AD^2=24$，故$AD=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
【答案】
$2\sqrt{6}$
【知识点】
等腰三角形的性质；两点间距离公式；解直角三角形
【点评】
本题综合考查了等腰三角形性质、直角三角形性质及坐标系在几何求解中的应用，解题关键是合理构造辅助线或建立坐标系，将几何条件转化为代数关系求解。
【难度系数】
0.3
7.如图29－10，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝2，E为BC的中点，AB上有一点F。
若∠CFE＝∠CAE且点F不与点A，B重合，则△CFE的面积为
若∠CFE＝∠CAE且点F不与点A，B重合，则△CFE的面积为
$\frac{1}{4}$
。答案
7.$\frac{1}{4}$
解析
【分析】
首先，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，可得∠ACB=90°，∠B=45°，E是BC中点，故CE=EB=1。已知∠CFE=∠CAE，根据圆周角定理的推论，可判断A、C、E、F四点共圆，因此可得∠AFE=90°即EF⊥AB。再结合△EFB是等腰直角三角形，求出F到BC的距离，最后利用三角形面积公式计算△CFE的面积即可。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，
∴∠ACB=90°，∠B=45°，
∵E为BC中点，
∴$CE=EB=1$。
∵∠CFE=∠CAE，两个角均对边CE且在CE同侧，
∴A、C、E、F四点共圆，
根据圆内接四边形对角互补可得：$∠ AFE + ∠ ACE = 180°$，
∵$∠ ACE=90°$，
∴$∠ AFE=90°$，即$EF⊥ AB$。
过F作$FG⊥ BC$于G，在$Rt△ EFB$中，$∠ B=45°$，$EB=1$，
∴$FB=EB·\cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
在$Rt△ FGB$中，$FG=FB·\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}$，即F到BC边的高为$\frac{1}{2}$。
∴$S_{△ CFE}=\frac{1}{2}× CE× FG=\frac{1}{2}×1×\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
等腰直角三角形性质；四点共圆的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题属于几何综合题，解题关键是根据角相等的条件推导四点共圆，将未知问题转化为熟悉的等腰直角三角形边长计算问题，考查了学生的几何推理和转化能力。
【难度系数】
0.6
首先，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，可得∠ACB=90°，∠B=45°，E是BC中点，故CE=EB=1。已知∠CFE=∠CAE，根据圆周角定理的推论，可判断A、C、E、F四点共圆，因此可得∠AFE=90°即EF⊥AB。再结合△EFB是等腰直角三角形，求出F到BC的距离，最后利用三角形面积公式计算△CFE的面积即可。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，
∴∠ACB=90°，∠B=45°，
∵E为BC中点，
∴$CE=EB=1$。
∵∠CFE=∠CAE，两个角均对边CE且在CE同侧，
∴A、C、E、F四点共圆，
根据圆内接四边形对角互补可得：$∠ AFE + ∠ ACE = 180°$，
∵$∠ ACE=90°$，
∴$∠ AFE=90°$，即$EF⊥ AB$。
过F作$FG⊥ BC$于G，在$Rt△ EFB$中，$∠ B=45°$，$EB=1$，
∴$FB=EB·\cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
在$Rt△ FGB$中，$FG=FB·\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}$，即F到BC边的高为$\frac{1}{2}$。
∴$S_{△ CFE}=\frac{1}{2}× CE× FG=\frac{1}{2}×1×\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
等腰直角三角形性质；四点共圆的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题属于几何综合题，解题关键是根据角相等的条件推导四点共圆，将未知问题转化为熟悉的等腰直角三角形边长计算问题，考查了学生的几何推理和转化能力。
【难度系数】
0.6
8.如图29－11，在四边形ABCD中，AD＝2，∠ABC＝∠ADC＝60°，AC⊥AD，则BD的最大值为
$2+2\sqrt{3}$
.答案
8.$2+2\sqrt{3}$
解析
【分析】
首先由已知AC⊥AD、∠ADC=60°、AD=2，可在Rt△ADC中求出定线段AC的长度；再根据∠ABC=60°，利用“定弦对定角”的规律，确定动点B的轨迹是以AC为弦、圆周角为60°的圆；要求BD的最大值，可转化为求定点D到该圆上动点的最大距离，根据圆的性质，圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，据此计算即可得到结果。
【解析】
1. 求定线段AC的长度
∵ AC⊥AD，
∴ ∠DAC=90°
在Rt△ADC中，∠ADC=60°，AD=2
∴ $ \tan∠ ADC=\frac{AC}{AD} $，即 $ \tan60°=\frac{AC}{2} $
解得 $ AC=2\sqrt{3} $，AC为定长。
2. 确定点B的轨迹及圆的半径
∵ ∠ABC=60°，AC为定弦，
∴ 点B在以AC为弦、圆周角为60°的圆上。
圆周角为60°，则弦AC对应的圆心角为120°，设圆的半径为R，由弦长公式：
$ AC=2R·\sin\frac{120°}{2} $
代入AC=2√3，得 $ 2\sqrt{3}=2R·\sin60° $
∵ $ \sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2} $，代入解得 $ R=2 $。
3. 计算BD的最大值
建立平面直角坐标系：设A(0,0)，AD在x轴上，则D(2,0)，AC在y轴上，则C(0,2√3)。
AC的垂直平分线为y=√3，圆心到AC的距离为 $ R\cos60°=1 $，故两个圆心坐标为O₁(1,√3)、O₂(-1,√3)。
分别计算圆心到D的距离：
$ DO_1=\sqrt{(2-1)^2+(0-\sqrt{3})^2}=2 $，对应BD最大值为 $ 2+R=4 $
$ DO_2=\sqrt{(2+1)^2+(0-\sqrt{3})^2}=2\sqrt{3} $，对应BD最大值为 $ 2\sqrt{3}+R=2+2\sqrt{3} $
比较得BD的最大值为 $ 2+2\sqrt{3} $。
【答案】
$ 2+2\sqrt{3} $
【知识点】
1. 解直角三角形
2. 定弦定角轨迹
3. 点圆最值
【点评】
本题属于几何最值类综合题，解题核心是通过定角判断出动点的轨迹，将未知的线段最值问题转化为熟悉的点到圆的最值问题，能有效考查对圆的性质和最值求解方法的掌握程度。
【难度系数】
0.3
首先由已知AC⊥AD、∠ADC=60°、AD=2，可在Rt△ADC中求出定线段AC的长度；再根据∠ABC=60°，利用“定弦对定角”的规律，确定动点B的轨迹是以AC为弦、圆周角为60°的圆；要求BD的最大值，可转化为求定点D到该圆上动点的最大距离，根据圆的性质，圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，据此计算即可得到结果。
【解析】
1. 求定线段AC的长度
∵ AC⊥AD，
∴ ∠DAC=90°
在Rt△ADC中，∠ADC=60°，AD=2
∴ $ \tan∠ ADC=\frac{AC}{AD} $，即 $ \tan60°=\frac{AC}{2} $
解得 $ AC=2\sqrt{3} $，AC为定长。
2. 确定点B的轨迹及圆的半径
∵ ∠ABC=60°，AC为定弦，
∴ 点B在以AC为弦、圆周角为60°的圆上。
圆周角为60°，则弦AC对应的圆心角为120°，设圆的半径为R，由弦长公式：
$ AC=2R·\sin\frac{120°}{2} $
代入AC=2√3，得 $ 2\sqrt{3}=2R·\sin60° $
∵ $ \sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2} $，代入解得 $ R=2 $。
3. 计算BD的最大值
建立平面直角坐标系：设A(0,0)，AD在x轴上，则D(2,0)，AC在y轴上，则C(0,2√3)。
AC的垂直平分线为y=√3，圆心到AC的距离为 $ R\cos60°=1 $，故两个圆心坐标为O₁(1,√3)、O₂(-1,√3)。
分别计算圆心到D的距离：
$ DO_1=\sqrt{(2-1)^2+(0-\sqrt{3})^2}=2 $，对应BD最大值为 $ 2+R=4 $
$ DO_2=\sqrt{(2+1)^2+(0-\sqrt{3})^2}=2\sqrt{3} $，对应BD最大值为 $ 2\sqrt{3}+R=2+2\sqrt{3} $
比较得BD的最大值为 $ 2+2\sqrt{3} $。
【答案】
$ 2+2\sqrt{3} $
【知识点】
1. 解直角三角形
2. 定弦定角轨迹
3. 点圆最值
【点评】
本题属于几何最值类综合题，解题核心是通过定角判断出动点的轨迹，将未知的线段最值问题转化为熟悉的点到圆的最值问题，能有效考查对圆的性质和最值求解方法的掌握程度。
【难度系数】
0.3
