Question

16．如圖（1）所示，E為矩形ABCD的邊AD上一點動點P、Q同時從點B出發(fā)，點P以1cm/秒的速度沿折線BE-ED-DC運動到點C時停止，點Q以2cm/秒的速度沿BC運動到點C時停止．設(shè)P、Q同時出發(fā)t秒時，△BPQ的面積為ycm²．已知y與t的函數(shù)關(guān)系圖象如圖（2）（其中曲線OG為拋物線的一部分，其余各部分均為線段），則下列結(jié)論：
①0＜t≤5時，y=$\frac{4}{5}{t^2}$；
②當(dāng)t=6秒時，△ABE≌△PQB；
③cos∠CBE=$\frac{4}{5}$；
④當(dāng)t=$\frac{29}{2}$秒時，△ABE∽△QBP；
⑤線段NF所在直線的函數(shù)關(guān)系式為：y=-4x+96．
其中正確的是①②④．（填序號）

Answer 1

分析 根據(jù)圖（2）可以判斷三角形的面積變化分為四段，①當(dāng)點P在BE上運動，點Q到達(dá)點C時；②當(dāng)點P到達(dá)點E時，點Q靜止于點C，從而得到BC、BE的長度；③點P到達(dá)點D時，點Q靜止于點C；④當(dāng)點P在線段CD上，點Q仍然靜止于點C時．

解答 解：當(dāng)0＜t≤5時，點P在線段BE上運動．如圖（1）所示：過點P作PF⊥BQ，垂足為F．

S_△BPQ=$\frac{1}{2}$PF•BQ=$\frac{1}{2}$BP•sin∠CBE•BQ=$\frac{1}{2}$t•sin∠CBE•2t=sin∠CBEt²．
將（5，20）代入得25sin∠CBE=20，解得：sin∠CBE=$\frac{4}{5}$，
0＜t≤5時，y=$\frac{4}{5}{t^2}$，故①正確．
∵sin∠CBE=$\frac{4}{5}$，
∴COS∠CBE=$\frac{3}{5}$，故③錯誤．
由圖（2）可知：當(dāng)t=5時，點Q與點C重合，當(dāng)t=10時，點P與點E重合，則BC=10，BE=10．則BC=BE．
∵∠AEB=∠CBE，
∴AB=BEsin∠AEB=10×$\frac{4}{5}$=8．
在△ABE中，AE=$\sqrt{B{E}^{2}-A{B}^{2}}$=6．
當(dāng)t=6時，如圖2所示：

在△ABE與△PQB中，$\left\{\begin{array}{l}{AE=BP=6}\\{∠1=∠2}\\{BE=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△PQB（SAS）．
故②正確．
當(dāng)t=$\frac{29}{2}$秒時，如圖3所示：

∵當(dāng)t=$\frac{29}{2}$秒時，PD=$\frac{29}{2}$-14=$\frac{1}{2}$，
∴PQ=8-$\frac{1}{2}$=7.5．
∴$\frac{PQ}{BQ}=\frac{7.5}{10}=\frac{3}{4}$．
又∵$\frac{AE}{AB}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{PQ}{BQ}=\frac{AE}{AB}$．
又∵∠BQP=∠A，
∴△AEB∽△QBP．
故④正確．
由DC=8，可知點F（22，0）
設(shè)NF的解析式為y=kx+b．
將N、F的坐標(biāo)代入得：$\left\{\begin{array}{l}{14k+b=40}\\{22k+b=0}\end{array}\right.$，
解得：k=-5，b=110．
∴NF所在直線解析式為y=-5x+110．
故⑤錯誤．
故答案為：①②④．

點評 本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，根據(jù)圖（2）判斷出點P到達(dá)點E用了10s，點Q到達(dá)點C用了5s是解題的關(guān)鍵，也是本題的突破口