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 $\dfrac{OD}{OE}=\dfrac 43$，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 $l:y=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac 12x+c$ 经过点 $E$，且与 $AB$ 边相交于点 $F$．若 $M$ 是 $BE$ 的中点，连接 $ MF$，求证：$MF \perp BD$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
由折叠知 $\angle ADB=90^\circ-\angle ODE=\angle OED$，
所以 $\mathrm {Rt}\triangle ABD\backsim \mathrm {Rt}\triangle ODE.$
设 $OE=3k$，则 $OD=4k,CE=DE=5k,AB=OC=8k$．
由 $\mathrm {Rt}\triangle ABD\backsim \mathrm {Rt}\triangle ODE$ 可得 $AD=6k,OA=BC=BD=10k$，
于是 $BE=\sqrt{\left(5k\right)^2+\left(10k\right)^2}=5\sqrt 5$，解得 $k=1$．
因为抛物线 $y=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac 12x+c$ 经过点 $E\left(0,3\right)$，
所以 $c=3$．
将点 $A$ 的横坐标 $x=10$ 代入 $y=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac 12x+3$，求得点 $F$ 的坐标为 $\left(10,\dfrac 74\right)$，
所以 $DF=\sqrt{AD^2+AF^2}=\sqrt{6^2+\left(\dfrac 74\right)^2}=\dfrac{25}{4}$，$BF=AB-AF=8-\dfrac 74=\dfrac{25}{4}$．
所以 $DF=BF$．
因为 $\angle BDE=90^\circ$，$M$ 是 $BE$ 的中点，
所以 $ MB=MD$．
所以 $MF$ 是线段 $BD$ 的中垂线，故 $MF\perp BD$．
所以 $\mathrm {Rt}\triangle ABD\backsim \mathrm {Rt}\triangle ODE.$
设 $OE=3k$，则 $OD=4k,CE=DE=5k,AB=OC=8k$．
由 $\mathrm {Rt}\triangle ABD\backsim \mathrm {Rt}\triangle ODE$ 可得 $AD=6k,OA=BC=BD=10k$，
于是 $BE=\sqrt{\left(5k\right)^2+\left(10k\right)^2}=5\sqrt 5$，解得 $k=1$．
因为抛物线 $y=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac 12x+c$ 经过点 $E\left(0,3\right)$，
所以 $c=3$．
将点 $A$ 的横坐标 $x=10$ 代入 $y=-\dfrac{1}{16}x^2+\dfrac 12x+3$，求得点 $F$ 的坐标为 $\left(10,\dfrac 74\right)$，
所以 $DF=\sqrt{AD^2+AF^2}=\sqrt{6^2+\left(\dfrac 74\right)^2}=\dfrac{25}{4}$，$BF=AB-AF=8-\dfrac 74=\dfrac{25}{4}$．
所以 $DF=BF$．
因为 $\angle BDE=90^\circ$，$M$ 是 $BE$ 的中点，
所以 $ MB=MD$．
所以 $MF$ 是线段 $BD$ 的中垂线，故 $MF\perp BD$．
答案
解析
备注
