三角形几何问题：求线段长度和最小值

由题意可知，若$O$为$CD$的中点，则$OD=OC=/frac{1}{2}CD$. 又因为$O$在$BE$上，所以$OD:OE=BD:BE=1:2$. 于是可得$OE=2OD=/frac{1}{2}CD$. 由勾股定理可知$AD=/sqrt{AC^2-CD^2}=2/sqrt{3}$. 又因为$/triangle ADE/sim/triangle BEO$，所以$/frac{DE}{BE}=/frac{AD}{BE}=/frac{2/sqrt{3}}{BE}$，即$DE=/frac{2/sqrt{3}}{BE}/cdot CE$. /n/n又因为$CD/parallel BE$，所以$/triangle BEO/sim/triangle CDO$，于是$/frac{CE}{CD}=/frac{BE}{BD}=/frac{BE}{/sqrt{BC^2-CD^2}}=/frac{BE}{/sqrt{144-CD^2}}$，即$CE=/frac{BE/cdot CD}{/sqrt{144-CD^2}}$. /n/n将$DE=/frac{2/sqrt{3}}{BE}/cdot CE$代入$BE/cdot CD=2CE/cdot OD$中，整理可得$BE=/frac{4/sqrt{3}}{/sqrt{5}}$，$CE=/frac{24}{/sqrt{5}}$./n/n2) 由题意可设$OD=3x, OC=2x$，于是$CD=5x$. 又因为$O$在$BE$上，所以$OD:OE=BD:BE=1:2$，即$OE=2OD=6x$. /n/n由勾股定理可知$AD=/sqrt{AC^2-CD^2}=6/sqrt{3}$. 又因为$/triangle ADE/sim/triangle BEO$，所以$/frac{DE}{BE}=/frac{AD}{BE}=/frac{6/sqrt{3}}{BE}$，即$DE=/frac{6/sqrt{3}}{BE}/cdot CE$. /n/n又因为$CD/parallel BE$，所以$/triangle BEO/sim/triangle CDO$，于是$/frac{CE}{CD}=/frac{BE}{BD}=/frac{BE}{/sqrt{BC^2-CD^2}}=/frac{BE}{/sqrt{144-25x^2}}$，即$CE=/frac{BE/cdot CD}{/sqrt{144-25x^2}}$. /n/n将$DE=/frac{6/sqrt{3}}{BE}/cdot CE$代入$BE/cdot CD=2CE/cdot OD$中，整理可得$BE=/frac{12/sqrt{3}}{5x}$，$CE=/frac{72x}{5/sqrt{3}}$. 代入$OD:OC=3:2$可得$x=/frac{2}{7}$，因此$CE=/frac{24/sqrt{21}}{35}$./n/n3) 由勾股定理可知$AD=2/sqrt{3}$，$/angle ADE=90^/circ-/angle ABC=30^/circ$，所以$DE=/sqrt{3}$. 由于$/triangle BEO/sim/triangle CDO$，所以$/frac{CE}{CD}=/frac{BE}{BD}=/frac{BE}{/sqrt{BC^2-CD^2}}=/frac{BE}{6}$，即$CE=/frac{BE/cdot CD}{6}$. /n/n又因为$E$在$AC$上，所以$AE+EC=AC=12$，即$AE=12-CE$. 于是$DE+/frac{1}{2}CE=/sqrt{3}+/frac{1}{2}/cdot CE+/frac{2/sqrt{3}}{AE}/cdot CE=/sqrt{3}+/frac{1}{2}/cdot CE+/frac{2/sqrt{3}}{12-CE}/cdot CE$. /n/n令$f(x)=/sqrt{3}+/frac{1}{2}x+/frac{2/sqrt{3}}{12-x}/cdot x$，则$f'(x)=/frac{1}{2}-/frac{2/sqrt{3}}{(12-x)^2}$，令$f'(x)=0$可得$x=4/sqrt{3}$，此时$f(x)$达到最小值，为$4/sqrt{3}+/frac{1}{2}/cdot 4/sqrt{3}+/frac{2/sqrt{3}}{12-4/sqrt{3}}/cdot 4/sqrt{3}=2/sqrt{3}+4/sqrt{21}-9/sqrt{3}=4/sqrt{21}-7/sqrt{3}$.