Question

16．如圖1，點(diǎn)E為矩形ABCD邊AD上一點(diǎn)，點(diǎn)P點(diǎn)Q同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)P沿BE→ED→DC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C停止，點(diǎn)Q沿BC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C停止，它們的運(yùn)動(dòng)速度都是1cm/s．設(shè)P，Q出發(fā)t秒時(shí)，△BPQ的面積為y cm²，已知y與t的函數(shù)關(guān)系的圖象如圖2（曲線OM為拋物線的一部分）．則下列結(jié)論：
①AE=6cm；
②當(dāng)0＜t≤10時(shí)，y=$\frac{2}{5}$t²；
③直線NH的解析式為y=-5t+110；
④若△ABE與△QBP相似，則t=$\frac{29}{4}$秒，
其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（　　）

• A． 1個(gè)
• B． 2個(gè)
• C． 3個(gè)
• D． 4個(gè)

Answer 1

分析 ①觀察圖2得出“當(dāng)t=10時(shí)，點(diǎn)P、E重合，點(diǎn)Q、C重合；當(dāng)t=14時(shí)，點(diǎn)P、D重合”，結(jié)合矩形的性質(zhì)以及線段間的關(guān)系即可得出AE=6，即①正確；②設(shè)拋物線OM的函數(shù)解析式為y=ax²，由點(diǎn)M的坐標(biāo)利用待定相似法即可求出結(jié)論，由此得出②成立；③通過(guò)解直角三角形求出線段AB的長(zhǎng)度，由此可得出點(diǎn)H的坐標(biāo)，設(shè)直線NH的解析式為y=kt+b，由點(diǎn)N、H點(diǎn)的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可得出直線NH的解析式，由此得出③成立；④結(jié)合①的結(jié)論可得出當(dāng)0＜t≤10時(shí)，△QBP為等腰三角形，結(jié)合③可得出△ABE為邊長(zhǎng)比為6：8：10的直角三角形，由此可得出④不成了．綜上即可得出結(jié)論．

解答 解：①觀察圖2可知：
當(dāng)t=10時(shí)，點(diǎn)P、E重合，點(diǎn)Q、C重合；
當(dāng)t=14時(shí)，點(diǎn)P、D重合．
∴BE=BC=10，DE=14-10=4，
∴AE=AD-DE=BC-DE=6，
∴①正確；
②設(shè)拋物線OM的函數(shù)解析式為y=ax²，
將點(diǎn)（10，40）代入y=ax²中，
得：40=100a，解得：a=$\frac{2}{5}$，
∴當(dāng)0＜t≤10時(shí)，y=$\frac{2}{5}$t²，②成立；
③在Rt△ABE中，∠BAE=90°，BE=10，AE=6，
∴AB=$\sqrt{B{E}^{2}-A{E}^{2}}$=8，
∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為（14+8，0），即（22，0），
設(shè)直線NH的解析式為y=kt+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{40=14k+b}\\{0=22k+b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-5}\\{b=110}\end{array}\right.$，
∴直線NH的解析式為y=-5t+110，③成立；
④當(dāng)0＜t≤10時(shí)，△QBP為等腰三角形，
△ABE為邊長(zhǎng)比為6：8：10的直角三角形，
∴當(dāng)t=$\frac{29}{4}$秒時(shí)，△ABE與△QBP不相似，④不正確．
綜上可知：正確的結(jié)論有3個(gè)．
故選C．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)圖象、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及勾股定理，解題的關(guān)鍵是結(jié)合函數(shù)圖象逐項(xiàng)分析4條結(jié)論是否成立．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時(shí)，找出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式是關(guān)鍵．