Question

13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OCDE的頂點C和E分別在y軸的正半軸和x軸的正半軸上，OC=8，OE=17，拋物線y=$\frac{3}{20}$x²-3x+m與y軸相交于點A，拋物線的對稱軸與x軸相交于點B，與CD交于點K．
（1）將矩形OCDE沿AB折疊，點O恰好落在邊CD上的點F處．
①點B的坐標(biāo)為（10、0），BK的長是8，CK的長是10；
②求點F的坐標(biāo)；
③請直接寫出拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）將矩形OCDE沿著經(jīng)過點E的直線折疊，點O恰好落在邊CD上的點G處，連接OG，折痕與OG相交于點H，點M是線段EH上的一個動點（不與點H重合），連接MG，MO，過點G作GP⊥OM于點P，交EH于點N，連接ON，點M從點E開始沿線段EH向點H運動，至與點N重合時停止，△MOG和△NOG的面積分別表示為S₁和S₂，在點M的運動過程中，S₁•S₂（即S₁與S₂的積）的值是否發(fā)生變化？若變化，請直接寫出變化范圍；若不變，請直接寫出這個值．
溫馨提示：考生可以根據(jù)題意，在備用圖中補充圖形，以便作答．

Answer 1

分析 （1）①根據(jù)四邊形OCKB是矩形以及對稱軸公式即可解決問題．
②在RT△BKF中利用勾股定理即可解決問題．
③設(shè)OA=AF=x，在RT△ACF中，AC=8-x，AF=x，CF=4，利用勾股定理即可解決問題．
（2）不變．S₁•S₂=289．由△GHN∽△MHG，得$\frac{GH}{MH}$=$\frac{HN}{GH}$，得到GH²=HN•HM，求出GH²，根據(jù)S₁•S₂=$\frac{1}{2}$•OG•HN•$\frac{1}{2}$•OG•HM即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，①∵拋物線y=$\frac{3}{20}$x²-3x+m的對稱軸x=-$\frac{2a}$=10，
∴點B坐標(biāo)（10，0），
∵四邊形OBKC是矩形，
∴CK=OB=10，KB=OC=8，
故答案分別為10，0，8，10．
②在RT△FBK中，∵∠FKB=90°，BF=OB=10，BK=OC=8，
∴FK=$\sqrt{B{F}^{2}-B{K}^{2}}$=6，
∴CF=CK-FK=4，
∴點F坐標(biāo)（4，8）．
③設(shè)OA=AF=x，
在RT△ACF中，∵AC²+CF²=AF²，
∴（8-x）²+4²=x²，
∴x=5，
∴點A坐標(biāo)（0，5），代入拋物線y=$\frac{3}{20}$x²-3x+m得m=5，
∴拋物線為y=$\frac{3}{20}$x²-3x+5．
（2）不變．S₁•S₂=289．
理由：如圖2中，在RT△EDG中，∵GE=EO=17，ED=8，
∴DG=$\sqrt{G{E}^{2}-D{E}^{2}}$=$\sqrt{1{7}^{2}-{8}^{2}}$=15，
∴CG=CD-DG=2，
∴OG=$\sqrt{O{C}^{2}+C{G}^{2}}$=$\sqrt{{8}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{17}$，
∵GP⊥OM，MH⊥OG，
∴∠NPM=∠NHG=90°，
∵∠HNG+∠HGN=90°，∠PNM+∠PMN=90°，∠HNG=∠PNM，
∴∠HGN=∠NMP，
∵∠NMP=∠HMG，∠GHN=∠GHM，
∴△GHN∽△MHG，
∴$\frac{GH}{MH}$=$\frac{HN}{GH}$，
∴GH²=HN•HM，
∵GH=OH=$\sqrt{17}$，
∴HN•HM=17，
∵S₁•S₂=$\frac{1}{2}$•OG•HN•$\frac{1}{2}$•OG•HM=（$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{17}$）²•17=289．

點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、矩形的性質(zhì)、翻折變換相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是證明△GHN∽△MHG求出HN•HM的值，屬于中考壓軸題．