24.(12分)如图,在$□ ABCD$中,对角线$AC$与$BD$相交于点$O$,其中$AC=2$,$BD=2\sqrt{3}$,过点$A$作$AE ⊥ BC$于点$E$。
(1)若$AC ⊥ BD$,求边$AB$的长。
(2)在第(1)小题的条件下,点$F$为线段$BD$上的动点,连结$AF$,$EF$,当$△ AFE$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}$时,求线段$OF$的长。
(3)设$BE=x$,$BC=y$,当$x,y$值变化时,代数式$xy$的值是否发生变化?请说明理由。

24.解:(1)在$□ ABCD$中,$AC⊥BD$,所以$□ ABCD$为菱形。所以$AO=\frac{1}{2}AC=1$,$BO=\frac{1}{2}BD=\sqrt{3}$。所以在Rt△AOB中,$AB=\sqrt{AO^2+OB^2}=\sqrt{1+3}=2$。
(2)因为在菱形ABCD中,由(1)得$AB=AC=BC=2$,$BD=2\sqrt{3}$,所以△ABC是等边三角形,$AE=\sqrt{3}$。因为$S_{△ AEF}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,即△AEF边AE上的高为1。①当点F在AE左侧时,此时点F与点B重合时满足条件,即$OF=OB=\sqrt{3}$。②当点F在AE右侧时,如图1,过点C作AE的平行线,交BD于点F',点F'为满足要求的点。$∠F'CD=∠F'DC=30°$,即$F'C=F'D$,设$OF'=a$,则$CF'=F'D=\sqrt{3}-a$,故在Rt△OF'C中有$a^2+1=(\sqrt{3}-a)^2$,解得$a=\frac{\sqrt{3}}{3}$。所以$OF=\sqrt{3}$或$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
(3)不变。理由如下:如图2,过点D作BC延长线的垂线,垂足为H。在$□ ABCD$中,$AB=CD$,因为$AE⊥BC$,所以$AE=DH$,$∠AEB=∠DHC=90°$,所以Rt△AEB≌Rt△DHC(HL)。所以$CH=BE=x$,$AE=DH$。在Rt△AEC中,$AE^2=AC^2-CE^2=4-(y-x)^2$。在Rt△DBH中,$DH^2=DB^2-BH^2=12-(x+y)^2$。由$AE^2=DH^2$,得$4-(y-x)^2=12-(x+y)^2$,$4+2xy=12-2xy$,即$xy=2$。

【分析】
第(1)问：根据平行四边形对角线垂直的性质，判定该平行四边形为菱形，利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理计算AB的长度；
第(2)问：由菱形边长相等，结合AC=2、AB=2，判定△ABC为等边三角形，求出高AE的长度，再根据△AEF的面积确定其边AE上的高，分F在AE左侧和右侧两种情况，结合菱形对角线长度计算OF的长；
第(3)问：通过作辅助线构造全等三角形，利用勾股定理建立关于x、y的等式，化简后得出xy为定值，判断其值不变。
【解析】
(1) 在$□ ABCD$中，因为$AC⊥BD$，所以$□ ABCD$是菱形。
根据菱形的性质，对角线互相垂直平分，所以$AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2=1$，$BO=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
在$Rt△AOB$中，由勾股定理得：$AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{1+3}=2$。
(2) 由(1)知菱形ABCD中，$AB=BC=AC=2$，所以$△ABC$是等边三角形，因为$AE⊥BC$，所以AE是等边三角形的高，$AE=\frac{\sqrt{3}}{2}×AB=\sqrt{3}$。
已知$S_{△AEF}=\frac{1}{2}×AE×h=\frac{\sqrt{3}}{2}$，代入$AE=\sqrt{3}$，得$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×h=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$h=1$，即△AEF边AE上的高为1。
① 当点F在AE左侧时，F与B重合，此时$OF=OB=\sqrt{3}$；
② 当点F在AE右侧时，过C作AE的平行线交BD于F'，设$OF'=a$，则$CF'=F'D=\sqrt{3}-a$，在$Rt△OF'C$中，$CF'^2=OF'^2+OC^2$，即$(\sqrt{3}-a)^2=a^2+1^2$，展开化简得$3-2\sqrt{3}a+a^2=a^2+1$，解得$a=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$OF'=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
所以OF的长为$\sqrt{3}$或$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
(3) 代数式$xy$的值不变，理由如下：
如图2，过点D作$DH⊥BC$，交BC的延长线于H。
在$□ ABCD$中，$AB=CD$，$∠ABE=∠DCH$，又$∠AEB=∠DHC=90°$，所以$Rt△AEB≌Rt△DHC$（AAS），故$CH=BE=x$，$AE=DH$。
在$Rt△AEC$中，$AE^2=AC^2-CE^2=2^2-(y-x)^2=4-(y-x)^2$；
在$Rt△DBH$中，$DH^2=DB^2-BH^2=(2\sqrt{3})^2-(x+y)^2=12-(x+y)^2$；
因为$AE=DH$，所以$4-(y-x)^2=12-(x+y)^2$，展开化简得$4+2xy=12-2xy$，即$xy=2$，故$xy$的值不变。
【答案】
(1) $AB=2$；
(2) $OF$的长为$\sqrt{3}$或$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
(3) $xy$的值不变，理由见解析。

【知识点】
平行四边形性质、菱形判定与性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查平行四边形、菱形的性质，勾股定理的应用，以及动点问题的分类讨论，第三问通过构造全等三角形转化线段，推导代数式的定值，需要学生具备较强的逻辑推导能力，难度适中。
【难度系数】
0.5