已知点 $A(-1,0)$，$B(1,0)$，$C(0,1)$，直线 $y=ax+b$（$a>0$）将 $\triangle ABC$ 分割为面积相等的两部分，则 $b$ 的取值范围是 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
B
【解析】
易知直线 $l$：$y=ax+b$ 与 $\triangle ABC$ 交点不可能同时在边 $AC$ 和边 $AB$ 上，下面分两种情况来考虑．
情形一 直线 $l$ 与边 $AB$ 和 $BC$ 分别交于 $M,N$，交 $y$ 轴于 $F$ 点，则 $b=OF$，连接 $CM$，$ON$．如图：
由 $l$ 平分 $\triangle ABC$ 的面积得 $S_{\triangle CNF}=S_{\triangle OFM}$，从而有 $S_{\triangle ONC}=S_{\triangle ONM}$，所以 $ON\parallel CM$．于是有$$\dfrac{OF}{FC}=\dfrac{ON}{MC}=\dfrac{OB}{BM},$$即 $\dfrac{b}{1-b}=\dfrac{1}{BM}$，解得$$b=\dfrac{1}{1+BM}.$$显然 $1<BM\leqslant 2$，所以 $\dfrac{1}{3}\leqslant b<\dfrac{1}{2}$．
情形二 直线 $l$ 与边 $AC$ 和 $BC$ 分别交于 $D,E$，交 $y$ 轴于 $F$ 点，如图．
则 $b=OF$．由 $a>0$ 得$$0<CE<CD\leqslant\sqrt{2}.$$由$$S_{\triangle CDE}=\dfrac{1}{2}CD\cdot CE=\dfrac {1}{2}$$得 $1=CD\cdot CE<CD^2$，所以$$1<CD\leqslant\sqrt{2}.$$因为$$S_{\triangle CDE}=S_{\triangle CDF}+S_{\triangle CEF}=\dfrac12 (CD+CE)\cdot CF\cdot\sin 45^\circ=\dfrac 12,$$故$$ \dfrac{1}{CF\cdot\sin45^\circ}={CD+CE}= CD+\dfrac{1}{CD}\in\left(2,\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right],$$所以 $\dfrac{2}{3}\leqslant CF<\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，从而得到$$1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<b\leqslant\dfrac{1}{3}.$$综上所述，实数 $b$ 的取值范围是 $\left(1-\dfrac{\sqrt 2}2,\dfrac 12\right)$．
由 $l$ 平分 $\triangle ABC$ 的面积得 $S_{\triangle CNF}=S_{\triangle OFM}$，从而有 $S_{\triangle ONC}=S_{\triangle ONM}$，所以 $ON\parallel CM$．于是有$$\dfrac{OF}{FC}=\dfrac{ON}{MC}=\dfrac{OB}{BM},$$即 $\dfrac{b}{1-b}=\dfrac{1}{BM}$，解得$$b=\dfrac{1}{1+BM}.$$显然 $1<BM\leqslant 2$，所以 $\dfrac{1}{3}\leqslant b<\dfrac{1}{2}$．则 $b=OF$．由 $a>0$ 得$$0<CE<CD\leqslant\sqrt{2}.$$由$$S_{\triangle CDE}=\dfrac{1}{2}CD\cdot CE=\dfrac {1}{2}$$得 $1=CD\cdot CE<CD^2$，所以$$1<CD\leqslant\sqrt{2}.$$因为$$S_{\triangle CDE}=S_{\triangle CDF}+S_{\triangle CEF}=\dfrac12 (CD+CE)\cdot CF\cdot\sin 45^\circ=\dfrac 12,$$故$$ \dfrac{1}{CF\cdot\sin45^\circ}={CD+CE}= CD+\dfrac{1}{CD}\in\left(2,\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right],$$所以 $\dfrac{2}{3}\leqslant CF<\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，从而得到$$1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<b\leqslant\dfrac{1}{3}.$$综上所述，实数 $b$ 的取值范围是 $\left(1-\dfrac{\sqrt 2}2,\dfrac 12\right)$．
题目
答案
解析
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