Question

1．如圖，在△ABC中，∠B=90°，AB=BC=4，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿A→B→C運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿B→C→A運(yùn)動(dòng)．如果P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，速度均為1個(gè)單位/秒．設(shè)出發(fā)時(shí)間為x秒（0≤x≤8），記△PBQ的面積y₁的函數(shù)圖象為T(mén)．若直線(xiàn)y₂=x+b與T只有一個(gè)交點(diǎn)，則b的取值范圍為b=-$\frac{9\sqrt{2}}{2}$或4$\sqrt{2}$-8＜b＜0或b=$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 分0≤x≤4和4＜x≤8兩種情況，利用三角形的面積公式找出y₁關(guān)于x函數(shù)關(guān)系式，依此畫(huà)出圖象T，再逐一分析直線(xiàn)y₂=x+b與T相切或過(guò)（0，0）、（8，4$\sqrt{2}$）時(shí)b的值，結(jié)合圖形即可得出結(jié)論．

解答 解：當(dāng)0≤x≤4時(shí)，y₁=$\frac{1}{2}$PB•BQ=$\frac{1}{2}$（4-x）x=-$\frac{1}{2}$x²+2x；
當(dāng)4＜x≤8時(shí)，過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥BC與點(diǎn)D，如圖1所示，
∵在△ABC中，∠B=90°，AB=BC=4，
∴∠ACB=45°，
∴QD=CQ•sin∠ACB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x-4），
∴y₁=$\frac{1}{2}$BP•QD=$\frac{1}{2}$（x-4）•$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x-4）=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-4）²．
畫(huà)出函數(shù)圖象T，如圖2所示．
當(dāng)直線(xiàn)y₂=x+b與y₁=-$\frac{1}{2}$x²+2x（0≤x≤4）相切時(shí)，將y₂=x+b代入y₁=-$\frac{1}{2}$x²+2x中，
整理得：-$\frac{1}{2}$x²+x-b=0，
∵△=1²-4×（-$\frac{1}{2}$）×（-b）=0，
∴b=$\frac{1}{2}$；
當(dāng)直線(xiàn)y₂=x+b過(guò)點(diǎn)（0，0）時(shí)，有0=b；
當(dāng)直線(xiàn)y₂=x+b過(guò)點(diǎn)（8，4$\sqrt{2}$）時(shí)，有4$\sqrt{2}$=8+b，
解得：b=4$\sqrt{2}$-8；
當(dāng)直線(xiàn)y₂=x+b與y₁=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-4）²（4＜x≤8）相切時(shí)，將y₂=x+b代入y₁=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-4）²中，
整理得：$\sqrt{2}$x²-（8$\sqrt{2}$+4）x+16-4b=0，
∵△=$[-（8\sqrt{2}+4）]^{2}$-4×$\sqrt{2}$×（16-4b）=0，
∴b=-$\frac{9\sqrt{2}}{2}$．
綜上所述：當(dāng)直線(xiàn)y₂=x+b與T只有一個(gè)交點(diǎn)，b的取值范圍為b=-$\frac{9\sqrt{2}}{2}$或4$\sqrt{2}$-8＜b＜0或b=$\frac{1}{2}$．
故答案為：b=-$\frac{9\sqrt{2}}{2}$或4$\sqrt{2}$-8＜b＜0或b=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象、三角形的面積、根的判別式以及一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，依照題意畫(huà)出圖象T，利用數(shù)形結(jié)合解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．