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九年级数学解答题一般
题目
如图11,在矩形ABCDABCD中,AB=6AB=6,BC=8BC=8,动点PP以每秒32\frac{3}{2}个单位长度的速度沿A→B→DA\rightarrow B\rightarrow D的路径运动,动点QQ以每秒22个单位长度的速度沿C→B→DC\rightarrow B\rightarrow D的路径运动,当点QQ到达DD点时,两者都停止运动.设运动时间为tt秒,点PP、QQ的距离为yy.
(1)(1)请直接写出yy关于tt的函数表达式并注明自变量tt的取值范围；
(2)(2)在如图22所示的平面直角坐标系中画出函数yy的图象,并写出该函数的一条性质；
(3)(3)结合函数图象,请直接写出当函数y1=−12t+by_1=-\frac{1}{2}t+b与上述函数yy的图象有两个交点时bb的取值范围.
知识点：勾股定理、等腰梯形的判定章节：未标注

答案与解析

答案

（1）当0⩽t⩽40\leqslant t\leqslant 4时，点PP在ABAB上，点QQ在BCBC上，
∴AP=32t\therefore AP=\frac{3}{2}t，CQ=2tCQ=2t，
∴PB=6−32t\therefore PB=6-\frac{3}{2}t，BQ=8−2tBQ=8-2t，
∴PBBA=6−32t6=1−14t\’，BQBC=8−2t8=1−14t\therefore \frac{PB}{BA}=\frac{6-\frac{3}{2}t}{6}=1-\frac{1}{4}{t\’}，\frac{BQ}{BC}=\frac{8-2t}{8}=1-\frac{1}{4}t，
即PBBA=BQBC\frac{PB}{BA}=\frac{BQ}{BC}，
又∵∠ABC=∠PBQ\because \angle ABC=\angle PBQ，
∴△BPQ\therefore \triangle BPQ∽△BAC\triangle BAC，
∴PQAC=BQBC=1−14t\therefore \frac{PQ}{AC}=\frac{BQ}{BC}=1-\frac{1}{4}t，
又∵BD=AC=AB2+BC2=62+82=10\because BD=AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10，
∴y=PQ=10(1−14t)=−52t+10\therefore y=PQ=10(1-\frac{1}{4}t)=-\frac{5}{2}t+10；
当4<t⩽94 \lt t\leqslant 9时，点PP，QQ在BDBD上移动，这时y=PQ=(2t−8)−(32t−6)=12t−2y=PQ=(2t-8)-(\frac{3}{2}t-6)=\frac{1}{2}t-2；
∴y\therefore y关于tt的函数表达式为y={−52t+10(0≤t≤4)12t−2(4＜t≤9)y=\left\{\begin{array}{l}{-\frac{5}{2}t+10(0≤t≤4)}\\{\frac{1}{2}t-2(4＜t≤9)}\end{array}\right.；
(2)(2)函数yy的图象如图所示，

当0⩽t⩽40\leqslant t\leqslant 4，yy随xx的增大而减小；
(3)(3)结合图象可得当直线y1=−12t+by_1=-\frac{1}{2}t+b在两条虚线之间时，与图象有两个交点，


当过(4,0)\left(4,0\right)时，−12×4+b=0-\frac{1}{2}×4+b=0，
解得：b=2b=2；
当过(9，52)(9，\frac{5}{2})时，−12×9+b=52-\frac{1}{2}×9+b=\frac{5}{2}，
解得：b=7b=7；
∴\therefore结合函数图象，当函数y1=−12t+by_{1}=-\frac{1}{2}t+b与上述函数yy的图象有两个交点时bb的取值范围为2<b<72 \lt b \lt 7.

解析

（1）当0⩽t⩽40\leqslant t\leqslant 4时，点PP在ABAB上，点QQ在BCBC上，
∴AP=32t\therefore AP=\frac{3}{2}t，CQ=2tCQ=2t，
∴PB=6−32t\therefore PB=6-\frac{3}{2}t，BQ=8−2tBQ=8-2t，
∴PBBA=6−32t6=1−14t\’，BQBC=8−2t8=1−14t\therefore \frac{PB}{BA}=\frac{6-\frac{3}{2}t}{6}=1-\frac{1}{4}{t\’}，\frac{BQ}{BC}=\frac{8-2t}{8}=1-\frac{1}{4}t，
即PBBA=BQBC\frac{PB}{BA}=\frac{BQ}{BC}，
又∵∠ABC=∠PBQ\because \angle ABC=\angle PBQ，
∴△BPQ\therefore \triangle BPQ∽△BAC\triangle BAC，
∴PQAC=BQBC=1−14t\therefore \frac{PQ}{AC}=\frac{BQ}{BC}=1-\frac{1}{4}t，
又∵BD=AC=AB2+BC2=62+82=10\because BD=AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10，
∴y=PQ=10(1−14t)=−52t+10\therefore y=PQ=10(1-\frac{1}{4}t)=-\frac{5}{2}t+10；
当4<t⩽94 \lt t\leqslant 9时，点PP，QQ在BDBD上移动，这时y=PQ=(2t−8)−(32t−6)=12t−2y=PQ=(2t-8)-(\frac{3}{2}t-6)=\frac{1}{2}t-2；
∴y\therefore y关于tt的函数表达式为y={−52t+10(0≤t≤4)12t−2(4＜t≤9)y=\left\{\begin{array}{l}{-\frac{5}{2}t+10(0≤t≤4)}\\{\frac{1}{2}t-2(4＜t≤9)}\end{array}\right.；
(2)(2)函数yy的图象如图所示，

当0⩽t⩽40\leqslant t\leqslant 4，yy随xx的增大而减小；
(3)(3)结合图象可得当直线y1=−12t+by_1=-\frac{1}{2}t+b在两条虚线之间时，与图象有两个交点，


当过(4,0)\left(4,0\right)时，−12×4+b=0-\frac{1}{2}×4+b=0，
解得：b=2b=2；
当过(9，52)(9，\frac{5}{2})时，−12×9+b=52-\frac{1}{2}×9+b=\frac{5}{2}，
解得：b=7b=7；
∴\therefore结合函数图象，当函数y1=−12t+by_{1}=-\frac{1}{2}t+b与上述函数yy的图象有两个交点时bb的取值范围为2<b<72 \lt b \lt 7.

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