16．在三角形$ABC$中，$BC=2$，$AB=2AC$，$D$为$BC$的中点，则$\text{tan} \angle ADC$的最大值为_.
思路一：
思路二：
解 设$AC=x$，则$AB=2x$，
因为$D$为$BC$的中点，$BC=2$，
所以$BD=DC=1$，
由三角形三边关系可知：$2x+x>2$且$2x-x<2$，解得：$\frac{2}{3}<x<2$，
在三角形ABD中，由余弦定理得：$cos \angle ADB=\frac{A{D}^{2}+1-{\left( 2x \right)}^{2}}{2AD}$，
在三角形ACD中，由余弦定理得：$cos \angle ADC=\frac{A{D}^{2}+1-{x}^{2}}{2AD}$，
因为$ \angle ADB+ \angle ADC=\mathrm{~\pi~}$，
所以$cos \angle ADB+cos \angle ADC=\frac{A{D}^{2}+1-{\left( 2x \right)}^{2}}{2AD}+\frac{A{D}^{2}+1-{x}^{2}}{2AD}=0$，
解得：$A{D}^{2}=\frac{5}{2}{x}^{2}-1$，
由余弦定理得：$cos \angle ADC=\frac{\frac{5}{2}{x}^{2}-1+1-{x}^{2}}{2\sqrt{\frac{5}{2}{x}^{2}-1}}=\frac{3}{4}\sqrt{\frac{{x}^{4}}{\frac{5}{2}{x}^{2}-1}}$，$\frac{2}{3}<x<2$，
令$\frac{5}{2}{x}^{2}-1=t \in \left( \frac{1}{9},9 \right)$，
则$cos \angle ADC=\frac{3}{10}\sqrt{\frac{{t}^{2}+2t+1}{t}}=\frac{3}{10}\sqrt{t+\frac{1}{t}+2} \geq \frac{3}{10}\sqrt{2\sqrt{t \cdot \frac{1}{t}}+2}=\frac{3}{5}$，
当且仅当$t=\frac{1}{t}$，即$t=1$时，等号成立，此时$\frac{5}{2}{x}^{2}-1=1$，解得：$x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
因为$cos \angle ADC \geq \frac{3}{5}>0$，故$ \angle ADC \in \left( 0,\frac{\mathrm{~\pi~}}{2} \right)$，
由于$f\left( x \right)=cosx$在$\left( 0,\frac{\mathrm{~\pi~}}{2} \right)$上单调递减，$g\left( x \right)=tanx$在$\left( 0,\frac{\mathrm{~\pi~}}{2} \right)$单调递增，
故当$cos \angle ADC$取得最小值时，$\text{tan} \angle ADC$取得最大值，
此时$sin \angle ADC=\sqrt{1-{cos}^{2} \angle ADC}=\frac{4}{5}$，$tan \angle ADC=\frac{4}{3}$.