如图，沿 $DE$ 折叠一张边长为 $2$ 等边三角形的纸片 $ABC$，使顶点 $A$ 落在边 $BC$ 的点 $A'$ 上．选择合适的变量研究折痕 $DE$ 的长度 $l$ 的变化，求出 $l$ 的最大值与最小值，并给出相应的几何证明．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\sqrt 3,1$
【解析】
如图，连接 $AA'$，设其中点为 $M$．
设 $\angle CAA'=30^\circ -x$，$\angle BAA'=30^\circ +x$，其中 $-30^\circ\leqslant x\leqslant 30^\circ$．
在三角形 $ACA'$ 中应用正弦定理，有$$\dfrac{AA'}{\sin C}=\dfrac{AC}{\sin (C+\angle CAA')},$$于是$$AA'=\dfrac{\sqrt 3}{\cos x},$$进而\[\begin{split} DE&=DM+ME=AM\cdot\left(\tan\angle DAA'+\tan\angle CAA'\right)\\ &=AM\cdot\left[\tan(30^\circ+x)+\tan(30^\circ-x)\right]\\ &=AM\cdot \left(\dfrac{\dfrac{\sqrt 3}3+\tan x}{1-\dfrac{\sqrt 3}3\tan x}+\dfrac{\dfrac{\sqrt 3}3-\tan x}{1+\dfrac{\sqrt 3}3\tan x}\right)\\ &=\dfrac{2\sqrt 3\cdot AM}{4\cos^2x-1}=\dfrac {3}{\cos x\cdot (4\cos^2x-1)},\end{split}\]因此当 $x\in\left[-\dfrac{\pi}6,0\right]$ 时，$DE$ 的长对应的函数 $l(x)$ 单调递减；当 $x\in\left[0,\dfrac{\pi}6\right]$ 时，函数 $l(x)$ 单调递增．当 $x=\pm\dfrac{\pi}6$ 时，$l(x)$ 取得最大值，为 $\sqrt 3$；当 $x=0$ 时，$l(x)$ 取得最小值，为 $1$．
几何证明
只考虑 $A'$ 在 $BC$ 的中点右侧（含中点）的情形即可，当 $A_1'C>A'C$ 时，如图，由于 $AA'_1<AA'$，于是 $AM_1<AM$，因此过 $M$ 作 $D_1E_1$ 的平行线，分别交 $AB,AC$ 于 $D',E'$，则 $D_1E_1<D'E'$（图中未画出）．
接下来证明 $D'E'<DE$．如图，作 $DK$ 与 $EE'$ 平行且相等，连接 $DK,D'K$．
显然 $MD>ME$，于是$$\dfrac{DD'}{\sin\angle DMD'}=\dfrac{MD}{\sin \angle DD'M}>\dfrac{ME}{\sin\angle ME'E}=\dfrac{EE'}{\sin\angle EME'},$$因此 $DD'>EE'$，从而 $DD'>DK$，于是 $\angle DKD'>\angle DD'K$．因此$$\angle KD'E'=180^\circ-\angle AD'E'-\angle DD'K>120^\circ-\angle DKD'>\angle D'KE',$$于是在 $\triangle D'KE'$ 中，有 $KE'>D'E'$，即 $DE>D'E'$，因此命题得证．
设 $\angle CAA'=30^\circ -x$，$\angle BAA'=30^\circ +x$，其中 $-30^\circ\leqslant x\leqslant 30^\circ$．在三角形 $ACA'$ 中应用正弦定理，有$$\dfrac{AA'}{\sin C}=\dfrac{AC}{\sin (C+\angle CAA')},$$于是$$AA'=\dfrac{\sqrt 3}{\cos x},$$进而\[\begin{split} DE&=DM+ME=AM\cdot\left(\tan\angle DAA'+\tan\angle CAA'\right)\\ &=AM\cdot\left[\tan(30^\circ+x)+\tan(30^\circ-x)\right]\\ &=AM\cdot \left(\dfrac{\dfrac{\sqrt 3}3+\tan x}{1-\dfrac{\sqrt 3}3\tan x}+\dfrac{\dfrac{\sqrt 3}3-\tan x}{1+\dfrac{\sqrt 3}3\tan x}\right)\\ &=\dfrac{2\sqrt 3\cdot AM}{4\cos^2x-1}=\dfrac {3}{\cos x\cdot (4\cos^2x-1)},\end{split}\]因此当 $x\in\left[-\dfrac{\pi}6,0\right]$ 时，$DE$ 的长对应的函数 $l(x)$ 单调递减；当 $x\in\left[0,\dfrac{\pi}6\right]$ 时，函数 $l(x)$ 单调递增．当 $x=\pm\dfrac{\pi}6$ 时，$l(x)$ 取得最大值，为 $\sqrt 3$；当 $x=0$ 时，$l(x)$ 取得最小值，为 $1$．
只考虑 $A'$ 在 $BC$ 的中点右侧（含中点）的情形即可，当 $A_1'C>A'C$ 时，如图，由于 $AA'_1<AA'$，于是 $AM_1<AM$，因此过 $M$ 作 $D_1E_1$ 的平行线，分别交 $AB,AC$ 于 $D',E'$，则 $D_1E_1<D'E'$（图中未画出）．
接下来证明 $D'E'<DE$．如图，作 $DK$ 与 $EE'$ 平行且相等，连接 $DK,D'K$．显然 $MD>ME$，于是$$\dfrac{DD'}{\sin\angle DMD'}=\dfrac{MD}{\sin \angle DD'M}>\dfrac{ME}{\sin\angle ME'E}=\dfrac{EE'}{\sin\angle EME'},$$因此 $DD'>EE'$，从而 $DD'>DK$，于是 $\angle DKD'>\angle DD'K$．因此$$\angle KD'E'=180^\circ-\angle AD'E'-\angle DD'K>120^\circ-\angle DKD'>\angle D'KE',$$于是在 $\triangle D'KE'$ 中，有 $KE'>D'E'$，即 $DE>D'E'$，因此命题得证．
答案
解析
备注
