Question

8．已知存在唯一的实数对（p，q），使不等式|$\sqrt{{r}^{2}-{x}^{2}}$-px-q|≤t（其中r＞0，t＞0）对?x∈[0，r]恒成立，则$\frac{t}{r}$=$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$．

Answer 1

分析 令${y}_{1}=\sqrt{{r}^{2}-{x}^{2}}，{y}_{2}=px+q$，y₁表示半圆，y₂表示直线，对?x∈[0，r]，存在唯一的实数对（p，q），使不等式|y₁-y₂|≤t，几何意义为只有唯一的一条直线，
使得它在[0，r]上的每一个点，与圆在y轴方向上的距离始终不大于t，求得$（{y}_{1}-{y}_{2}）′=\frac{-x}{\sqrt{{r}^{2}-{x}^{2}}}-p$，分p≥0和p＜0求出|y₁-y₂|得最大值点，联立$\left\{\begin{array}{l}{|p-q|=t}\\{|pr+q|=t}\end{array}\right.$，解得四个交点为（-1，r+t），（-1，r-t），（$\frac{2t}{r}-1，r-t$），（$-\frac{2t}{r}-1，r+t$），然后把四个点的坐标分别代入使$x=\sqrt{\frac{{p}^{2}{r}^{2}}{1+{p}^{2}}}$成立的不等式求得$\frac{t}{r}$．

解答 解：令${y}_{1}=\sqrt{{r}^{2}-{x}^{2}}，{y}_{2}=px+q$，y₁表示半圆，y₂表示直线，
对?x∈[0，r]，存在唯一的实数对（p，q），使不等式|y₁-y₂|≤t，
即存在唯一的实数对（p，q），使在[0，r]上，|y₁-y₂|_max≤t，其几何意义为，只有唯一的一条直线，
使得它在[0，r]上的每一个点，与圆在y轴方向上的距离始终不大于t，
如图所示，阴影部分表示直线在区间[0，r]上的每一个点，与圆在y轴方向上的距离，

$（{y}_{1}-{y}_{2}）′=\frac{-x}{\sqrt{{r}^{2}-{x}^{2}}}-p$，如果p≥0，则（y₁-y₂）′≤0，在x=0或x=r时，|y₁-y₂|有最大值，
如果p＜0，那么y₁-y₂在[0，r]上先单调递增后单调递减，令（y₁-y₂）′=0，得$x=\sqrt{\frac{{p}^{2}{r}^{2}}{1+{p}^{2}}}$，
在x=0或x=r或$x=\sqrt{\frac{{p}^{2}{r}^{2}}{1+{p}^{2}}}$时，|y₁-y₂|有最大值，
∴|y₁-y₂|_max≤t恒成立，必须有x=0或x=r或$x=\sqrt{\frac{{p}^{2}{r}^{2}}{1+{p}^{2}}}$时都有|y₁-y₂|≤t，
∴$\left\{\begin{array}{l}{|q-r|≤t}\\{|pr+q|≤t}\\{|（p|p|-1）\sqrt{\frac{{r}^{2}}{1+{p}^{2}}}+q|≤t}\end{array}\right.$，
∵（p，q）的唯一性，∴上述不等式组有唯一解，
将p，q看作自变量和因变量，上述线性规划问题的可行域只有一个点，前两个约束条件对应的是两个带状图形，
它们的交集是一个平行四边形，联立$\left\{\begin{array}{l}{|p-q|=t}\\{|pr+q|=t}\end{array}\right.$，解得四个交点为（-1，r+t），（-1，r-t），（$\frac{2t}{r}-1，r-t$），（$-\frac{2t}{r}-1，r+t$），
∵可行域只有一个点，∴这个点一定使第三个不等式等号成立，
将（-1，r+t）代入得，$|-\sqrt{2}r+r+t|=t$，∵r≠0，∴（$\sqrt{2}-1$）r=2t，得$\frac{t}{r}=\frac{\sqrt{2}-1}{2}$；
将（-1，r-t）代入得，$|-\sqrt{2}r+r-t|=t$，∵r＞0，t＞0，∴不合题意；
将（$\frac{2t}{r}-1，r-t$）代入得，$|r+t-r\sqrt{1+（\frac{2t}{r}+1）^{2}}|=t$，无解；
将（$-\frac{2t}{r}-1，r+t$）代入得，$|r-t-r\sqrt{1+（\frac{2t}{r}-1）^{2}}|=t$，无解．
p＞0时，t＞2r，如果取等，在图形中，相当于直线在区间[0，r]上的某点与圆在y轴方向上的距离大于2r，不合题意．
综上，$\frac{t}{r}$=$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$．
故答案为：$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$．

点评 本题考查恒成立问题，考查了数学转化思想方法，考查数形结合的解题思想方法，题目设置难度较大．