Question

如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠BAD=60°，M為AB邊上不與端點重合的動點，且CM與DA分別延長后交于點N，若以菱形的對角線所在直線為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，并設(shè)BM=2t （0＜t＜1）．
（Ⅰ）試用t表示

DM

與

BN

，并求它們所成角的大�。�
（Ⅱ）設(shè)f（t）=

DM

•

BN

，g（t）=at+4-2a（a＞0），分別根據(jù)以下條件，求出實數(shù)a的取值范圍：
①存在t₁，t₂∈（0，1），使得

2

f(t1)

=g（t₂）；
②對任意t₁∈（0，1），恒存在t₂∈（0，1），使得

2

f(t1)

=g（t₂）．

Answer 1

考點：函數(shù)與方程的綜合運用

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,平面向量及應(yīng)用

分析：（I）過點M作坐標(biāo)軸的垂線段，由菱形ABCD的邊長為2，∠BAD=60°，M為AB邊上不與端點重合的動點，BM=2t，可得M點的坐標(biāo)，進(jìn)而可得向量

DM

的坐標(biāo)，由△BCM∽△ANM，可得AN的長，進(jìn)而得到N點坐標(biāo)，可得向量

BN

的坐標(biāo)，結(jié)合向量夾角公式，可得他們的夾角；
（II）由（I）可得f（t）的解析式，分別求出兩個函數(shù)的值域A，B；
①若存在t₁，t₂∈（0，1），使得

2

f(t1)

=g（t₂） 成立，則只要兩函數(shù)的值域A=（0，1）與B=（4-2a，4-a）存在公共元素即可，
②對任意t₁∈（0，1），恒存在t₂∈（0，1），使得

2

f(t1)

=g（t₂）成立，則t∈（0，1）時，函數(shù)y=g（t）必取遍函數(shù)y=

2

f(t)

值域A=（0，1）中的所有值，此即A⊆B．

解答： 解：（ I ） 過點M作坐標(biāo)軸的垂線段，
則依題設(shè)易求得M點的坐標(biāo)為：M（

3

t，1-t ），即

OM

=（

3

t，1-t ），…（1）
依題設(shè)知：△ABD為正三角形，故

OD

=（0，-1），
由此知：

DM

=

OM

-

OD

=（

3

t，2-t ），…（2）
又依題設(shè)知：△BCM∽△ANM，
∴

AN

BC

=

AM

BM

=

2-2t

2t

=

1-t

t

，
∴AN=2（

1-t

t

），
又∵∠NAx=30°，
∴y_N=AN•sin30°=

1-t

t

，且x_N=

3

+AN•cos30°=

3

t

，
由此可得：

ON

=（

3

t

，

1-t

t

），
又

OB

=（0，1），
∴

BN

=

ON

-

OB

=（

3

t

，

1-2t

t

）…（3）
由（2），（3）兩式得：

DM

•

BN

=2（

t2-t+1

t

），且|

DM

||

BN

|=4（

t2-t+1

t

）．
故cos＜

DM

，

BN

＞=

1

2

，
又＜

DM

，

BN

＞∈[0，π]，
∴＜

DM

，

BN

＞=60°為所求．
（ II ）由（ I ）知：f（t）=2（t+

1

t

-1），且由0＜t＜1知：f（t）＞2，
∴函數(shù)y=

2

f(t)

的值域為A=（0，1）．
另由a＞0知：函數(shù)y=g（t），t₁∈（0，1）的值域為：B=（4-2a，4-a）．
①若存在t₁，t₂∈（0，1），使得

2

f(t1)

=g（t₂） 成立，則只要兩函數(shù)的值域A=（0，1）與B=（4-2a，4-a）存在公共元素即可．此時A與B間的關(guān)系有以下三種可能：
（ i ） A⊆B時，則必

4-2a≤0 4-a≥1

⇒2≤a≤3；
（ ii ） A∩B≠∅時，則0＜4-2a＜1，或0＜4-a＜1，⇒

3

2

＜a＜2，或3＜a＜4；
（iii） B⊆A時，則必

4-2a≥0 4-a≤1

⇒a無解．   綜上，

3

2

＜a＜4，為所求．
②對任意t₁∈（0，1），恒存在t₂∈（0，1），使得

2

f(t1)

=g（t₂）成立，則t∈（0，1）時，函數(shù)y=g（t）必取遍函數(shù)y=

2

f(t)

值域A=（0，1）中的所有值，此即A⊆B，故由①知：2≤a≤3為所求．

點評：本題考查的知識點是函數(shù)的圖象和性質(zhì)，平面向量共線，夾角，數(shù)量積，是函數(shù)和向量的綜合應(yīng)用，綜合性強，運算量大，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．