用动态观点解决问题

前言

典例剖析

<Lt>例1</Lt>【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$\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{9}=1$的全部“好弦”的长度为【】函数

<div class="XZXX" >$A.162$ $B.166$ $C.312$ $D.364$</div>动画

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，容易计算获得通经长为$\cfrac{18}{5}=3.6$，则椭圆的弦从最短的弦变化为最长的弦的过程当中，获得的好弦的长度分别为$4$，$5$，$6$，$7$，$8$，$9$，$10$，this

并且因为椭圆关于$x$轴对称，故有两组，又因为焦点有两个，故还有两组，故共有四组，其和为$(4+5+6$ $+7+8+9+$ $10)\times 4$ $=196$，可是上述的计算过程当中将最长的好弦(即长轴)多计算了3次，故所求为$196-30=166$，故选$B$。blog

<LT>例2</LT>【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___________。ci

分析：本题目很是特别，依据题意咱们作出的图形是平面四边形，get

当咱们将边$AD$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，iframe

平行移动$AD$时，咱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，数学

其一是四边形变化为三角形$ABF$，此时应该有$BF<AB$；it

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$C$作$CF//AD$交$AB$于$F$，则$BF<AB<BE$；

在等腰三角形$CFB$中，$\angle FCB=30^{\circ}$，$CF=BC=2$，由余弦定理获得$BF=\sqrt{6}-\sqrt{2}$；

在等腰三角形$ECB$中，$\angle CEB=30^{\circ}$，$\angle ECB=75^{\circ}$，$BE=CE，BC=2$，

由正弦定理获得$BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}$；

故$\sqrt{6}-\sqrt{2}<AB<\sqrt{6}+\sqrt{2}$

解后反思引伸：</br>

一、求$CD$的取值范围；</br>

分析：由上述的动态图可知，$0<CD<CE=BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}$；</br>

二、求$AD$的取值范围；</br>

分析：由上述的动态图可知，$0<AD<CF=BC=2$；</br>

三、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$(4+\sqrt{6}-\sqrt{2}，2(\sqrt{6}+\sqrt{2})+2)$；

四、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$(1，2+\sqrt{3})$；

<LT>例3</LT>【2019高三理数二轮专题训练题】在$\triangle ABC$中，$AB=AC=2\sqrt{2}$，$\overrightarrow{DB}=3\overrightarrow{AD}$，链接$CD$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，因为$\overrightarrow{DB}=3\overrightarrow{AD}$，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，故能够采用特殊化策略，

好比$\triangle ABC$为等腰直角三角形，以$A$为坐标原点建系，而后利用相应点的坐标计算。提示：$-\cfrac{15}{4}$

<LT>例4</LT>【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$M$做圆$C：(x-2)^2+(y-1)^2=1$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【】

<div class="XZXX" >$A.2$ $B.-2$ $C.\pm\cfrac{1}{2}$ $D.\pm 2$</div>

法1：用动态图形观察获得切线长的最小值；做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$k_l=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}}$，$k_{OM}=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}-1}$，因为$k_l\cdot k_{OM}=-1$，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：用计算的方法获得切线长的最小值；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，缘由是在此题目中$y$是定值，不是变量；若是将$y$替换为$kx+1$，而后求解就是正确的。

法4：用计算的方法获得切线长的最小值；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$D$。

<LT>例5</LT>【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【】

<div class="XZXX" >$A.\cfrac{3\pi}{4}$ $B.\cfrac{\pi}{2}$ $C.\cfrac{\pi}{3}$ $D.\cfrac{\pi}{4}$</div>

法1：运用运动变化的观点来求解，连结$BD$，过点$F$做$FG\perp BD$于点$G$，连结$EG$，则$\angle GEF=\theta$，咱们容易看到当点$F$从点$B$开始向点$D_1$运动时，$\theta=0$，能够猜测整个过程当中，$\theta$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，咱们目前是不知道的，不过咱们能够经过运动过程知道，选项$A$和选项$B$确定是错误的。

接下来，须要咱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，能够知道$EG=\sqrt{5}$，$FG=2$，故$tan\theta=\cfrac{2}{\sqrt{5}}$，结合选项，这种状况排除，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，能够知道$EG=1$，$FG=1$，故$tan\theta=1$，即$\theta=\cfrac{\pi}{4}$；

当点$G$落在点$H$处时，能够知道$EG=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，$FG=\cfrac{1}{2}$，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】若是咱们还须要将本题目的整个运动过程都弄清楚，能够借助函数来思考，好比仍是设棱长为2，设$BG=t$，则$t\in [0，2\sqrt{2}]$，

则由$\triangle BGF\sim \triangle BDD_1$，可获得$\cfrac{t}{2\sqrt{2}}=\cfrac{FG}{2}$，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$D$.

<LT>例6</LT>【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获得，$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=2x+y$，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便可。

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，动画只作了点$M$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，

故只须要求$|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$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：由上图能够看出，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$(-1，-1)$代入获得$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=-3$。

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$y=-2x，(-1\leqslant y\leqslant 0)$

<LT>例7</LT>【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知函数$f(x)=lnx+2mx-2mx^2$有两个不一样的零点，则实数$m$的取值范围是【】

<div class="XZXX" >$A(0，1)\cup(1，+\infty)$ $B(0，\cfrac{1}{2})\cup(\cfrac{1}{2}，+\infty)$ $C(0，\cfrac{1}{2})\cup(1，+\infty)$ $D(\cfrac{1}{2}，+\infty)$</div>

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，在同一个坐标系中作出两个函数的图像，以下图所示：

咱们先想着让$m=0$，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，只须要验证当切点为$(1，0)$时，$m$应该等于多少便可；

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$(1，0)$验证获得$m=\cfrac{1}{2}$，故选$B$。

<LT>例8</LT>【转化划归+分类讨论】设集合$A={x\mid -2-a<x<a，a>0}$，命题$p$：$1\in A$，命题$q$：$2\in A$，若$p$或$q$为真命题，$p$且$q$为假命题，则实数$a$的取值范围是【】

法1：由$p$或$q$为真命题，$p$且$q$为假命题可知，转化为命题$p$ 和$q$必然是一真一假；

当$p$真且$q$假时，有$\left{\begin{array}{l}{-2-a<1<a}\{2\ge a或 2\leq -2-a}\end{array}\right.$，解得$1<a\leq 2$；

当$p$假且$q$真时，有$\left{\begin{array}{l}{1\ge a或 1\leq -2-a}\{-2-a<2<a}\end{array}\right.$，解得$a\in \varnothing$；

综上，$1<a\leq 2$；故选$C$。

法2：利用运动观点求解，作出区间$(-2-a，a)$，而后让参数$a$从$0$到$3$逐渐增大，

当$a=0$时，设给定区间为$A$，则$A=(-2，0)$，此时$1\not\in A$且$2\not\in A$，故不知足题意；

当$a=1$时，则$A=(-3，1)$，此时$1\not\in A$且$2\not\in A$，故不知足题意；

当$a=1.5$时，则$A=(-3.5，1.5)$，此时$1\in A$且$2\not\in A$，故知足题意；

当$a=2$时，则$A=(-4，2)$，此时$1\in A$且$2\not\in A$，故知足题意；

当$a=3$时，则$A=(-5，3)$，此时$1\in A$且$2\in A$，故不知足题意；

综上可知，参数$a$的取值只能是$1<a\leq 2$；选$C$.

动静转化

<LT>例2</LT>若是知足$\angle ABC=60^{\circ}$，$AC=12$，$BC=k$的三角形$\Delta ABC$恰有一个，那么$k$的范围是多少？

法1：从数的角度入手，由正弦定理$\cfrac{k}{sinA}=\cfrac{12}{sin60^{\circ}}$， </br>

获得方程$k=8\sqrt{3}sinA，A\in(0，\cfrac{2\pi}{3})$有一个解，或者两个函数图像有一个交点，数形结合求解便可。 </br>

由图可知，知足题意的三角形恰有一个，则$k\in(0，12]$或$k=8\sqrt{3}$。 </br>

【法2】：从形的角度入手，动静元素互相换位，即理解为让长度为$12$的边变化，让长度为$k$的边不变化。

如图，以点$C$为圆心画弧，当$12$小于点$C$到边$AB$的高度$k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时，

即$k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}>12$时，解得$k>8\sqrt{3}$，此时三角形是不存在的；

当$12$等于点$C$到边$AB$的高度$k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时，

即$12=k\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，解得$k=8\sqrt{3}$，三角形是惟一的；

当$12$大于点$C$到边$AB$的高度$k\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时，三角形是两个的，

即$12>k\times \cfrac{\sqrt{3}}{2}$，解得$k<8\sqrt{3}$；

当$12$大于或等于边$BC$时，三角形是惟一的，即$0<k\leqslant 12$，

综上可知，当$k=8\sqrt{3}$或$k\in(0，12]$时，知足条件的三角形刚好只有一个。 </br>

【解后反思】①动静互换，体现了思惟的灵活性；②是否能够这样想，有一种从形入手分析的思路，必然就会有一种从数入手的思路与之对应。

<LT>例2</LT>如图$A$，$B$为半径为$2$的圆周上的定点，$P$为圆周上的动点，$\angle APB$是锐角，大小为$\beta$，图中阴影部分的面积的最大值为【】

分析：本题目须要用到动态的观点来考虑，因为$\angle APB$是锐角，故点$P$只能在优弧$\overset{\frown}{AB}$上运动，从下图中能够看出，当$P$位于优弧$\overset{\frown}{AB}$的中点时，阴影部分的面积为最大；

此时$S_{\triangle AOP}=S_{\triangle BOP}=\cfrac{1}{2}|OA||OP|sin(\pi-\beta)=\cfrac{1}{2}\times 2^2\times sin\beta=2sin\beta$，

$S_{扇形AOB}=\cfrac{1}{2}\cdot l\cdot r=\cfrac{1}{2}\times \theta\times r^2=\cfrac{1}{2}\times 2\beta\times 4=4\beta$，

故$S_{阴影}=S_{扇形AOB}+2S_{\triangle AOP}=4\beta+4sin\beta$，故选$B$.