Question

5．閱讀理解
在⊙I中，弦AF與DE相交于點(diǎn)Q，則AQ•QF=DQ•QE．你可以利用這一性質(zhì)解決問題．
問題解決
如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，等邊△ABC的邊BC在x軸上，高AO在y軸的正半軸上，點(diǎn)Q（0，1）是等邊△ABC的重心，過點(diǎn)Q的直線分別交邊AB、AC于點(diǎn)D、E，直線DE繞點(diǎn)Q轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)∠OQD=α（60°＜α＜120°），△ADE的外接圓⊙I交y軸正半軸于點(diǎn)F，連接EF．
（1）填空：AB=2$\sqrt{3}$；
（2）在直線DE繞點(diǎn)Q轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，猜想：$\frac{AD}{DQ}$與$\frac{AE}{QE}$的值是否相等？試說明理由．
（3）①求證：AQ²=AD•AE-DQ•QE；
②記AD=a，AE=b，DQ=m，QE=m（a、b、m、n均為正數(shù)），請(qǐng)直接寫出mn的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）如圖1，連接BQ，由點(diǎn)Q（0，1）是等邊△ABC的重心，得到AQ=BQ=2OQ=2，∠QBO=30°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠DAF=∠FAE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AD}{DQ}$=$\frac{AF}{EF}$，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AF}{EF}$=$\frac{AE}{QE}$，等量代換即可得到結(jié)論；
（3）①由相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AD}{AQ}=\frac{AF}{AE}$，根據(jù)線段的和差得到AD•AE=（AQ+QF）•AQ，化簡(jiǎn)即可得到結(jié)論；②如圖2，過點(diǎn)E作ET⊥AB于T，解直角三角形得到E=AE•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b，求得S_△ADE=$\frac{\sqrt{3}}{4}$ab，當(dāng)α=90°時(shí)，此時(shí)DE∥x軸，S_△ADE最小，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{DE}{BC}=\frac{AQ}{AO}=\frac{2}{3}$，得到$\frac{{{S_{△ADE}}}}{{3\sqrt{3}}}=\frac{4}{9}$${S_{△ADE}}=\frac{4}{9}×3\sqrt{3}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$，當(dāng)α=120°時(shí)，此時(shí)DE經(jīng)過點(diǎn)C，即點(diǎn)E和點(diǎn)C重合，S_△ADE最大，根據(jù)三角形的面積得到$\frac{16}{3}≤ab≤6$，代入化簡(jiǎn)即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，連接BQ，
∵點(diǎn)Q（0，1）是等邊△ABC的重心，
∴AQ=BQ=2OQ=2，∠QBO=30°，
∴AO=3，
∴AB=sin60°•AO=2$\sqrt{3}$；
故答案為：2$\sqrt{3}$；

（2）相等，
理由：∵AO為等邊△ABC的高，∴AO平分∠BAC，
∴∠DAF=∠FAE，又∠ADE=∠AFE，
∴△ADQ∽△AFE，
∴$\frac{AD}{DQ}$=$\frac{AF}{EF}$，
∵∠QEF=∠OAE，∠AFE=∠QFE，
∴△AFE∽△QEF，
∴$\frac{AF}{EF}$=$\frac{AE}{QE}$，
∴$\frac{AD}{DQ}$=$\frac{AE}{QE}$；
（3）①∵△ADQ∽△AFE，
∴$\frac{AD}{AQ}=\frac{AF}{AE}$，∴AD•AE=AF•AQ，即AD•AE=（AQ+QF）•AQ，
∴AD•AE=AQ²+AQ•QF，∵AQ•QF=DQ•QE，
∴AD•AE=AQ²+DQ•QE，
即AQ²=AD•AE-DQ•QE；
②如圖2，過點(diǎn)E作ET⊥AB于T，
在Rt△AET中，∠EAT=60°，ET=AE•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b，S_△ADE=$\frac{1}{2}$AD•ET=$\frac{1}{2}$AD•$\frac{\sqrt{3}}{2}$AE=$\frac{\sqrt{3}}{4}$AD•AE=$\frac{\sqrt{3}}{4}$ab，
當(dāng)α=90°時(shí)，此時(shí)DE∥x軸，S_△ADE最小，
∴△ADE∽△ABC，
∴$\frac{DE}{BC}=\frac{AQ}{AO}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{{{S_{△ADE}}}}{{{S_{△ABC}}}}={（{\frac{DE}{BC}}）^2}=\frac{4}{9}$，
又∵S_△ABC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×（2$\sqrt{3}$）²=3$\sqrt{3}$，
∴$\frac{{{S_{△ADE}}}}{{3\sqrt{3}}}=\frac{4}{9}$${S_{△ADE}}=\frac{4}{9}×3\sqrt{3}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$，
當(dāng)α=120°時(shí)，此時(shí)DE經(jīng)過點(diǎn)C，即點(diǎn)E和點(diǎn)C重合，S_△ADE最大，
∴S_△ADE=$\frac{1}{2}$S_△ABC=$\frac{1}{2}$×3$\sqrt{3}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{{4\sqrt{3}}}{3}≤{S_{△ADE}}≤\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，即$\frac{{4\sqrt{3}}}{3}≤\frac{{\sqrt{3}}}{4}ab≤\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，
∴$\frac{{4\sqrt{3}}}{3}≤\frac{{\sqrt{3}}}{4}ab≤\frac{{3\sqrt{3}}}{2}$，$\frac{16}{3}≤ab≤6$，
由①證得：AQ²=AD•AE-DQ•QE，即2²=ab-mn，
∴ab=mn+4，
∴$\frac{16}{3}$≤mn+4＜6，
即$\frac{4}{3}$≤mn＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形面積的計(jì)算，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確的作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．