前言
典例剖析
例1【2019届高三理科数学三轮模拟训练用题】定义：椭圆\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)中长度为整数的焦点弦(过焦点的弦)为“好弦”，则椭圆\(\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{9}=1\)的所有“好弦”的长度为【】
分析：椭圆\(\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{9}=1\)中的最短弦长为通经，最长的弦长为长轴的长，容易计算得到通经长为\(\cfrac{18}{5}=3.6\)，则椭圆的弦从最短的弦变化为最长的弦的过程中，得到的好弦的长度分别为\(4\)，\(5\)，\(6\)，\(7\)，\(8\)，\(9\)，\(10\)，
而且由于椭圆关于\(x\)轴对称，故有两组，又由于焦点有两个，故还有两组，故共有四组，其和为\((4+5+6\) \(+7+8+9+\) \(10)\times 4\) \(=196\)，但是上述的计算过程中将最长的好弦(即长轴)多计算了3次，故所求为\(196-30=166\)，故选\(B\)。
例2【2015\(\cdot\)全国卷Ⅰ】
在平面四边形\(ABCD\)中，\(\angle A=\angle B=\angle C=75^{\circ}\)，\(BC=2\)，则\(AB\)的取值范围是___________。
分析：本题目非常特别，依据题意我们做出的图形是平面四边形，
当我们将边\(AD\)平行移动时，题目的已知条件都没有改变，故想到将此静态图变化为动态图，
平行移动\(AD\)时，我们看到了两个临界位置，即四边形变化为三角形的两个状态，
其一是四边形变化为三角形\(ABF\)，此时应该有\(BF<AB\)；
其二是四边形变化为三角形\(ABE\)，此时应该有\(BE>AB\)；
故动态的边\(AB\)的范围是\(BF<AB<BE\)，从而求解。
解答：如图所示，延长\(BA\)与\(CD\)交于\(E\)，过\(C\)做\(CF//AD\)交\(AB\)于\(F\)，则\(BF<AB<BE\)；
在等腰三角形\(CFB\)中，\(\angle FCB=30^{\circ}\)，\(CF=BC=2\)，由余弦定理得到\(BF=\sqrt{6}-\sqrt{2}\)；
在等腰三角形\(ECB\)中，\(\angle CEB=30^{\circ}\)，\(\angle ECB=75^{\circ}\)，\(BE=CE，BC=2\)，
由正弦定理得到\(BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)；
故\(\sqrt{6}-\sqrt{2}<AB<\sqrt{6}+\sqrt{2}\)
解后反思引申：
1、求\(CD\)的取值范围；
分析：由上述的动态图可知，\(0<CD<CE=BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)；
2、求\(AD\)的取值范围；
分析：由上述的动态图可知，\(0<AD<CF=BC=2\)；
3、求四边形\(ABCD\)的周长的取值范围；
分析：四边形\(ABCD\)的周长介于\(\Delta BCF\)的周长和\(\Delta BCE\)的周长之间，
故其取值范围是\((4+\sqrt{6}-\sqrt{2}，2(\sqrt{6}+\sqrt{2})+2)\)；
4、求四边形\(ABCD\)的面积的取值范围；
分析：四边形\(ABCD\)的面积介于\(\Delta BCF\)的面积和\(\Delta BCE\)的面积之间，
\(S_{\Delta BCF}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2\times sin30^{\circ}=1\)；
\(S_{\Delta BCE}=\cfrac{1}{2}\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times sin30^{\circ}=2+\sqrt{3}\)；
故其取值范围是\((1，2+\sqrt{3})\)；
例3【2019高三理数二轮专题训练题】在\(\triangle ABC\)中，\(AB=AC=2\sqrt{2}\)，\(\overrightarrow{DB}=3\overrightarrow{AD}\)，连接\(CD\)并取线段\(CD\)的中点为\(F\)，则\(\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{CD}\)的值为________。
法1：常规方法，基向量法，由于\(\overrightarrow{DB}=3\overrightarrow{AD}\)，线段\(CD\)的中点为\(F\)，则\(\overrightarrow{CD}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\)，
\(\overrightarrow{AF}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}\overrightarrow{DC}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB})=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，
则\(\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{CD}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{16}{\overrightarrow{AB}}^2-\overrightarrow{AC}^2)=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{16}\times 8-8)=-\cfrac{15}{4}\)
法2：特殊化策略，当\(\triangle ABC\)为等边三角形，或是等腰直角三角形时，题目中的条件仍然不变化，故可以采用特殊化策略，
比如\(\triangle ABC\)为等腰直角三角形，以\(A\)为坐标原点建系，然后利用相应点的坐标计算。提示：\(-\cfrac{15}{4}\)
例4【2019高三理数三轮模拟训练题】设点\(M\)在直线\(l：y=kx+1\) \((k为常数)\)上运动，过点\(M\)作圆\(C：(x-2)^2+(y-1)^2=1\)的切线，切点为\(N\)，当切线长\(|MN|\)取得最小值时，点\(M\)的横坐标为\(\cfrac{2}{5}\)，则常数\(k\)的值为【】
法1：用动态图形观察得到切线长的最小值；作出如图所示的示意图，当点\(M\)向圆靠近时，切线的长度逐渐变小，当点\(M\)落在点\(P\)时(点\(P\)为圆心点\(O\)在直线\(l\)上的垂足)，切线长\(|MN|\)取得最小值，
此时直线\(CP：y-1=-\cfrac{1}{k}(x-2)\)②，和\(l：y=kx+1\)①联立，消去\(y\)，再将\(x=\cfrac{2}{5}\)代入，求得\(k=\pm 2\)，故选\(D\)。
法2：先判断当切线\(MN\)最短时，点\(M\)位于点\(P\)处，令\(M(\cfrac{2}{5}，y)\)，
则\(k_l=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}}\)，\(k_{OM}=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}-1}\)，由于\(k_l\cdot k_{OM}=-1\)，解得\(y=1\pm \cfrac{4}{5}\)，
当\(y=1+\cfrac{4}{5}=\cfrac{9}{5}\)时，\(k=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}}=2\)，当\(y=1-\cfrac{4}{5}=\cfrac{1}{5}\)时，\(k=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}}=-2\)，
即\(k=\pm 2\)，故选\(D\)。
法3：用计算的方法得到切线长的最小值；设\(M(\cfrac{2}{5}，y)\)，
则\(|MN|^2=(\cfrac{2}{5}-2)^2+(y-1)^2-1^2=(y-1)^2+\cfrac{39}{25}\)，此法错误，原因是在此题目中\(y\)是定值，不是变量；如果将\(y\)替换为\(kx+1\)，然后求解就是正确的。
法4：用计算的方法得到切线长的最小值；设\(M(x，kx+1)\)，\(O(2，1)\)
则\(|MN|^2=(x-2)^2+(kx+1-1)^2-1^2=k^2x^2+x^2-4x+3\)
\(=(k^2+1)x^2-4x+3=(k^2+1)[x^2-\cfrac{4}{k^2+1}x+(\cfrac{2}{k^2+1})^2]+3-\cfrac{4}{k^2+1}\)，
\(=(k^2+1)(x-\cfrac{2}{k^2+1})^2+3-\cfrac{4}{k^2+1}\)，
当\(x=\cfrac{2}{k^2+1}\)时，\(|MN|\)最小，且此时\(x=\cfrac{2}{5}\)，
由\(\cfrac{2}{5}=\cfrac{2}{k^2+1}\)，解得\(k=\pm 2\)，故选\(D\)。
例5【2019高三理数三轮模拟训练题】如图，已知正方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(E\)是\(AB\)的中点，点\(F\)在对角线\(BD_1\)上运动，设直线\(EF\)与底面\(ABCD\)所成角为\(\theta\)，则\(\theta\)的最大值为【】
法1：运用运动变化的观点来求解，连结\(BD\)，过点\(F\)作\(FG\perp BD\)于点\(G\)，连结\(EG\)，则\(\angle GEF=\theta\)，我们容易看到当点\(F\)从点\(B\)开始向点\(D_1\)运动时，\(\theta=0\)，可以猜想整个过程中，\(\theta\)是逐渐增大的，至于具体的增大是以什么样的函数形式增大，我们目前是不知道的，不过我们可以通过运动过程知道，选项\(A\)和选项\(B\)肯定是错误的。
接下来，需要我们分析几个特殊位置，其一点\(G\)落在点\(H\)处(其中\(EH\perp BD\))，其二点\(G\)落在点\(O\)处(其中\(O\)是下底面的中心)，其三点\(G\)落在点\(D\)处，
当点\(G\)落在点\(D\)处时，设棱长为2，可以知道\(EG=\sqrt{5}\)，\(FG=2\)，故\(tan\theta=\cfrac{2}{\sqrt{5}}\)，结合选项，这种情况排除，也说明整个运动过程不是一直增大的；
当点\(G\)落在点\(O\)处时，可以知道\(EG=1\)，\(FG=1\)，故\(tan\theta=1\)，即\(\theta=\cfrac{\pi}{4}\)；
当点\(G\)落在点\(H\)处时，可以知道\(EG=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，\(FG=\cfrac{1}{2}\)，故\(tan\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，此时\(\theta<\cfrac{\pi}{4}\)。
结合以上情形可知，应该选\(D\)。
【解后反思】如果我们还需要将本题目的整个运动过程都弄清楚，可以借助函数来思考，比如还是设棱长为2，设\(BG=t\)，则\(t\in [0，2\sqrt{2}]\)，
则由\(\triangle BGF\sim \triangle BDD_1\)，可得到\(\cfrac{t}{2\sqrt{2}}=\cfrac{FG}{2}\)，则\(|FG|=\cfrac{\sqrt{2}}{2}t\)，
则在\(\triangle BGE\)中，\(|BG|=t\)，\(|BE|=1\)，\(\angle EBG=45^{\circ}\)，则由余弦定理可知，
\(|EG|^2=1+t^2-2\cdot 1\cdot t\cdot cos45^{\circ}=t^2-\sqrt{2}t+1\)，在\(Rt\triangle EFG\)中，
则\(tan^2\theta=\cfrac{\frac{t^2}{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}=\cfrac{t^2}{2t^2-2\sqrt{2}t+2}=\cfrac{1}{2-\frac{2\sqrt{2}}{t}+\frac{2}{t^2}}\)
\(=\cfrac{1}{2(\frac{1}{t})^2-2\sqrt{2}\cdot \frac{1}{t}+2}=\cfrac{1}{2(\frac{1}{t}-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+1}\)，
当\(\cfrac{1}{t}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)时，即\(t=\sqrt{2}\)时，\(tan^2\theta\)达到最大值\(1\)，此时\(tan\theta\)也达到最大值\(1\)，
则\(\theta=\cfrac{\pi}{4}\)，且此时点\(G\)位于下底面的中点\(O\)处。故选\(D\).
例7【向量的投影的几何意义】【2018西安八校联考第5题】
已知\(O\)是坐标原点，点\(A(2，1)\)，点\(M(x，y)\)是平面区域\(\begin{cases}&y\leq x\\&x+y\leq 1\\&y\ge -1\end{cases}\)内的一个动点，则\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}\)的最大值是多少？
法1：利用向量的坐标运算得到，\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=2x+y\)，故转化为求\(2x+y\)的最大值，即求\(z=2x+y\)的最大值，用线性规划的常规方法解决即可。
法2：利用向量的投影的几何意义求解，说明：点\(M\)是三角形区域内部及边界上的一个动点，动画只做了点\(M\)在边界上的情形；
注：图中有向线段\(OB\)是向量\(\overrightarrow{OM}\)在向量\(\overrightarrow{OA}\)方向上的投影，它是可正，可负，可零的；
\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)，其中\(|\overrightarrow{OA}|\)是个定值，
故只需要求\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)的最大值，而\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)的几何意义是\(\overrightarrow{OM}\)在\(\overrightarrow{OA}\)方向上的投影，
由图形可知，当点\(M(x，y)\)位于点\((2，-1)\)时投影\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)最大，故将点\((2，-1)\)代入\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=3\)。
变式题1：求\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}\)的最小值是多少？
分析：由上图可以看出，当两个向量的夹角为钝角时，其投影是负值，故当点\(M\)位于点\(C\)时，其内积最小，
此时将点\((-1，-1)\)代入得到\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=-3\)。
变式题2：求向量\(\overrightarrow{OM}\)的投影的绝对值最小时的动点\(M\)的轨迹方程？
分析：当其夹角为\(90^{\circ}\)时，有向线段\(OB=0\)，故向量\(\overrightarrow{OM}\)的投影的绝对值最小\(0\)；
此时，点\(M\)在三角形区域内部且和直线\(OA\)垂直，故其轨迹为\(y=-2x，(-1\leqslant y\leqslant 0)\)
例11【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知函数\(f(x)=lnx+2mx-2mx^2\)有两个不同的零点，则实数\(m\)的取值范围是【】
法1：先转化为函数\(y=g(x)=lnx\)和函数\(y=h(x)=2m(x^2-x)\)有两个交点的问题，在同一个坐标系中做出两个函数的图像，如下图所示：
我们先想着让\(m=0\)，则此时两个函数的图像只有一个交点，当\(m>>0\)时，其有了两个交点，其中一个固定交点\((1，0)\)，另外一个是变化的交点，当\(m\)逐渐增大时，变化的交点逐渐靠近固定的交点，最后合二为一，此时两条曲线相切于点\((1，0)\)，当\(m\)再增大时，两个函数又有了两个交点；
接下来，只需要验证当切点为\((1，0)\)时，\(m\)应该等于多少即可；
由\(h'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=2m(2x_0-1)=g'(x_0)\)，\(y_0=lnx_0\)，\(y_0=2m(x_0^2-x_0)\)，用点\((1，0)\)验证得到\(m=\cfrac{1}{2}\)，故选\(B\)。