Question

2．如图，折叠矩形OABC的一边BC，使点C落在OA边的点D处，已知折痕BE=5$\sqrt{5}$，且$\frac{OD}{OE}$=$\frac{4}{3}$，以O为原点，OA所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，抛物线l：y=-$\frac{1}{16}$x²+$\frac{1}{2}$x+c经过点E，且与AB边相交于点F．
（1）求证：△ABD∽△ODE；
（2）若M是BE的中点，连接MF，求证：MF⊥BD；
（3）P是线段BC上一点，点Q在抛物线l上，且始终满足PD⊥DQ，在点P运动过程中，能否使得PD=DQ？若能，求出所有符合条件的Q点坐标；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由折叠和矩形的性质可知∠EDB=∠BCE=90°，可证得∠EDO=∠DBA，可证明△ABD∽△ODE；
（2）由条件可求得OD、OE的长，可求得抛物线解析式，结合（1）由相似三角形的性质可求得DA、AB，可求得F点坐标，可得到BF=DF，又由直角三角形的性质可得MD=MB，可证得MF为线段BD的垂直平分线，可证得结论；
（3）过D作x轴的垂线交BC于点P，设抛物线与x轴的两个交点分别为M、N，可求得DM=DN=DG，可知点M、N为满足条件的点Q，可求得Q点坐标．

解答 方法一：
（1）证明：
∵四边形ABCO为矩形，且由折叠的性质可知△BCE≌△BDE，
∴∠BDE=∠BCE=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠EDO+∠BDA=∠BDA+∠DAB=90°，
∴∠EDO=∠DBA，且∠EOD=∠BAD=90°，
∴△ABD∽△ODE；
（2）证明：
∵$\frac{OD}{OE}$=$\frac{4}{3}$，
∴设OD=4x，OE=3x，则DE=5x，
∴CE=DE=5x，
∴AB=OC=CE+OE=8x，
又∵△ABD∽△ODE，
∴$\frac{DA}{AB}$=$\frac{OE}{OD}$=$\frac{3}{4}$，
∴DA=6x，
∴BC=OA=10x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BE²=BC²+CE²，即（5$\sqrt{5}$）²=（10x）²+（5x）²，解得x=1，
∴OE=3，OD=4，DA=6，AB=8，OA=10，
∴抛物线解析式为y=-$\frac{1}{16}$x²+$\frac{1}{2}$x+3，
当x=10时，代入可得y=$\frac{7}{4}$，
∴AF=$\frac{7}{4}$，BF=AB-AF=8-$\frac{7}{4}$=$\frac{25}{4}$，
在Rt△AFD中，由勾股定理可得DF=$\sqrt{A{F}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{7}{4}）^{2}+{6}^{2}}$=$\frac{25}{4}$，
∴BF=DF，
又M为Rt△BDE斜边上的中点，
∴MD=MB，
∴MF为线段BD的垂直平分线，
∴MF⊥BD；
（3）解：
由（2）可知抛物线解析式为y=-$\frac{1}{16}$x²+$\frac{1}{2}$x+3，设抛物线与x轴的两个交点为H、G，
令y=0，可得0=-$\frac{1}{16}$x²+$\frac{1}{2}$x+3，解得x=-4或x=12，
∴H（-4，0），G（12，0），
①当PD⊥x轴时，由于PD=8，DH=DG=8，
故点Q的坐标为（-4，0）或（12，0）时，△PDQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形；

②当PD不垂直于x轴时，分别过P，Q作x轴的垂线，垂足分别为N，I，则Q不与G重合，从而I不与G重合，即DI≠8．
∵PD⊥DQ，
∴∠QDI=90°-∠PDN=∠DPN，
∴Rt△PDN∽Rt△DQI，
∵PN=8，
∴PN≠DI，
∴Rt△PDN与Rt△DQI不全等，
∴PD≠DQ，另一侧同理PD≠DQ．
综合①，②所有满足题设条件的点Q的坐标为（-4，0）或
（12，0）．
方法二：
（1）略．
（2）$\frac{OD}{OE}=\frac{4}{3}$，设OE=3a，OD=4a，
∴DE=CE=5a，∴OE=AB=8a，
由（1）知：$\frac{OD}{OE}=\frac{AB}{AD}=\frac{4}{3}$，
∴AD=6a，
∴OA=BC=10a，
∵BE=5$\sqrt{5}$，
∴（5a）²+（10a）²=（5$\sqrt{5}$）²，
∴a=1，
∴E（0，3），∴y=-$\frac{1}{16}\\;{x}^{2}+\frac{1}{2}x+3$${x}^{2}+\frac{1}{2}x+3$，
∴D（4，0），∵B（10，8），
∴F（10，$\frac{7}{4}$），
∵M为BE的中点，∴M（5，$\frac{11}{2}$），
∴K_BD×K_MF=$\frac{8}{6}×\frac{\frac{11}{2}-\frac{7}{4}}{5-10}$=-1，
∴MF⊥BD．
（3）设P（t，8）（0＜t＜10），
∵D（4，0），
∵PD⊥DQ，PD=PQ，
∴△PDQ是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，
①点Q可视为点P绕点D顺时针旋转90°而成，
将D点平移至原点，D′（0，0），则P′（t-4，8），
将P′点绕原点顺时针旋转90°，则Q′（8，4-t），
将D′点平移至D点，则Q′平移后即为Q（12，4-t），
把Q（12，4-t）代入抛物线，
∴-$\frac{1}{16}×1{2}^{2}+\frac{1}{2}×12+3$=4-t，
∴t=4，
∴Q（12，0）；
②点Q可视为点P绕点D逆时针旋转90°而成，同理可得：Q（-4，0），
综合①，②所有满足题设条件的点Q的坐标为（-4，0）或（12，0）．

点评 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和抛物线与坐标轴的交点等知识．在（1）中利用折叠的性质得到∠EDB=90°是解题的关键，在（2）中，求得E、F的坐标，求得相应线段的长是解题的关键，在（3）中确定出Q点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性很强，难度适中．