如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=4, B C=3, C D \perp A B$于点 $D$. 点 $P$ 从点 $A$ 出发, 沿 $A \rightarrow D \rightarrow C$ 的路径运动, 运动到点 $C$ 停止, 过点 $P$ 作 $P E \perp A C$ 于点 $E$, 作 $P F \perp B C$ 于点 $F$. 设点 $P$ 运动的路程为 $x$, 四边形 $C E P F$ 的面积为 $y$, 则能反映 $y$ 与 $x$ 之间函数关系的图象是 ( )

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先依次求出 $A B=5, C D=\frac{12}{5}, A D=\frac{16}{5}, B D=\frac{9}{5}$, 证明四边形 $C E P F$ 是矩形, 分点 $P$ 从点 $A$ 出发, 沿 $A \rightarrow D$ 路径运动和点 $P$ 从点 $D$ 出发, 沿 $D \rightarrow C$ 路径运动两种情况, 求出
函数表达式，即可作出判断.

【详解】解: $\because$ 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=4, \quad B C=3$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=5$.

$\because C D \perp A B$ 于点 $D, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A C \cdot B C=\frac{1}{2} A B \cdot C D$,

$\therefore C D=\frac{A C \cdot B C}{A B}=\frac{12}{5}$,

$\therefore A D=\sqrt{A C^{2}-C D^{2}}=\frac{16}{5}, \quad B D=\sqrt{B C^{2}-C D^{2}}=\frac{9}{5}$.

$\because P E \perp A C, \quad P F \perp B C$,

$\therefore$ 四边形 $C E P F$ 是矩形.

(1)如图 1, 当点 $P$ 从点 $A$ 出发, 沿 $A \rightarrow D$ 路径运动时,

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图1

即 $0<x<\frac{16}{5}$ 时, $A P=x$, 则 $P E=A P \cdot \sin A=\frac{3}{5} x, P F=P B \cdot \sin B=\frac{4}{5}(5-x)$.

$\therefore$ 四边形 $C E P F$ 的面积 $y=P E \cdot P F=-\frac{12}{25} x^{2}+\frac{12}{5} x=-\frac{12}{25}\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+3$,

$\therefore$ 当 $0<x<\frac{16}{5}$ 时, 抛物线开口向下, 顶点是 $\left(\frac{5}{2}, 3\right)$.

(2)如图 2, 当点 $P$ 从点 $D$ 出发, 沿 $D \rightarrow C$ 路径运动时,

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图2

即 $\frac{16}{5} \leq x<\frac{28}{5}$ 时, $P C=\frac{28}{5}-x$, 则 $P E=P C \cdot \sin \angle A C D=\frac{4}{5}\left(\frac{28}{5}-x\right)$,

$P F=P C \cdot \sin \angle B C D=\frac{3}{5}\left(\frac{28}{5}-x\right)$,

$\therefore$ 四边形 $C E P F$ 的面积 $y=P E \cdot P F=\frac{12}{25}\left(x-\frac{28}{5}\right)^{2}$,
$\therefore$ 当 $\frac{16}{5} \leq x<\frac{28}{5}$ 时, 抛物线开口向上, 顶点是 $\left(\frac{28}{5}, 0\right)$.

综上所述, 能反映 $y$ 与 $x$ 之间函数关系的图象是 $\mathrm{B}$,

故选: B.

【点睛】此题考查了矩形的判定与性质、二次函数的图象的性质、勾股定理、解直角三角形等知识, 数形结合和分类讨论是解题的关键.

