用動態觀點解決問題

前言

典例剖析

<Lt>例1</Lt>【2019屆高三理科數學三輪模擬訓練用題】定義：橢圓$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$中長度爲整數的焦點弦(過焦點的弦)爲「好弦」，則橢圓$\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{9}=1$的全部「好弦」的長度爲【】函數

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

分析：橢圓$\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{9}=1$中的最短弦長爲通經，最長的弦長爲長軸的長，容易計算獲得通經長爲$\cfrac{18}{5}=3.6$，則橢圓的弦從最短的弦變化爲最長的弦的過程當中，獲得的好弦的長度分別爲$4$，$5$，$6$，$7$，$8$，$9$，$10$，this

並且因爲橢圓關於$x$軸對稱，故有兩組，又因爲焦點有兩個，故還有兩組，故共有四組，其和爲$(4+5+6$ $+7+8+9+$ $10)\times 4$ $=196$，可是上述的計算過程當中將最長的好弦(即長軸)多計算了3次，故所求爲$196-30=166$，故選$B$。blog

<LT>例2</LT>【2015$\cdot$全國卷Ⅰ】在平面四邊形$ABCD$中，$\angle A=\angle B=\angle C=75^{\circ}$，$BC=2$，則$AB$的取值範圍是___________。ci

分析：本題目很是特別，依據題意咱們作出的圖形是平面四邊形，get

當咱們將邊$AD$平行移動時，題目的已知條件都沒有改變，故想到將此靜態圖變化爲動態圖，iframe

平行移動$AD$時，咱們看到了兩個臨界位置，即四邊形變化爲三角形的兩個狀態，數學

其一是四邊形變化爲三角形$ABF$，此時應該有$BF<AB$；it

其二是四邊形變化爲三角形$ABE$，此時應該有$BE>AB$；

故動態的邊$AB$的範圍是$BF<AB<BE$，從而求解。

解答：如圖所示，延長$BA$與$CD$交於$E$，過$C$作$CF//AD$交$AB$於$F$，則$BF<AB<BE$；

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

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

由正弦定理獲得$BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}$；

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

解後反思引伸：</br>

一、求$CD$的取值範圍；</br>

分析：由上述的動態圖可知，$0<CD<CE=BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}$；</br>

二、求$AD$的取值範圍；</br>

分析：由上述的動態圖可知，$0<AD<CF=BC=2$；</br>

三、求四邊形$ABCD$的周長的取值範圍；

分析：四邊形$ABCD$的周長介於$\Delta BCF$的周長和$\Delta BCE$的周長之間，

故其取值範圍是$(4+\sqrt{6}-\sqrt{2}，2(\sqrt{6}+\sqrt{2})+2)$；

四、求四邊形$ABCD$的面積的取值範圍；

分析：四邊形$ABCD$的面積介於$\Delta BCF$的面積和$\Delta BCE$的面積之間，

$S_{\Delta BCF}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2\times sin30^{\circ}=1$；

$S_{\Delta BCE}=\cfrac{1}{2}\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times sin30^{\circ}=2+\sqrt{3}$；

故其取值範圍是$(1，2+\sqrt{3})$；

<LT>例3</LT>【2019高三理數二輪專題訓練題】在$\triangle ABC$中，$AB=AC=2\sqrt{2}$，$\overrightarrow{DB}=3\overrightarrow{AD}$，鏈接$CD$並取線段$CD$的中點爲$F$，則$\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{CD}$的值爲________。

法1：常規方法，基向量法，因爲$\overrightarrow{DB}=3\overrightarrow{AD}$，線段$CD$的中點爲$F$，則$\overrightarrow{CD}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$，

$\overrightarrow{AF}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}\overrightarrow{DC}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB})=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，

則$\overrightarrow{AF}\cdot \overrightarrow{CD}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{16}{\overrightarrow{AB}}^2-\overrightarrow{AC}^2)=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{16}\times 8-8)=-\cfrac{15}{4}$

法2：特殊化策略，當$\triangle ABC$爲等邊三角形，或是等腰直角三角形時，題目中的條件仍然不變化，故能夠採用特殊化策略，

好比$\triangle ABC$爲等腰直角三角形，以$A$爲座標原點建系，而後利用相應點的座標計算。提示：$-\cfrac{15}{4}$

<LT>例4</LT>【2019高三理數三輪模擬訓練題】設點$M$在直線$l：y=kx+1$ $(k爲常數)$上運動，過點$M$做圓$C：(x-2)^2+(y-1)^2=1$的切線，切點爲$N$，當切線長$|MN|$取得最小值時，點$M$的橫座標爲$\cfrac{2}{5}$，則常數$k$的值爲【】

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

法1：用動態圖形觀察獲得切線長的最小值；做出如圖所示的示意圖，當點$M$向圓靠近時，切線的長度逐漸變小，當點$M$落在點$P$時(點$P$爲圓心點$O$在直線$l$上的垂足)，切線長$|MN|$取得最小值，

此時直線$CP：y-1=-\cfrac{1}{k}(x-2)$②，和$l：y=kx+1$①聯立，消去$y$，再將$x=\cfrac{2}{5}$代入，求得$k=\pm 2$，故選$D$。

法2：先判斷當切線$MN$最短時，點$M$位於點$P$處，令$M(\cfrac{2}{5}，y)$，

則$k_l=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}}$，$k_{OM}=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}-1}$，因爲$k_l\cdot k_{OM}=-1$，解得$y=1\pm \cfrac{4}{5}$，

當$y=1+\cfrac{4}{5}=\cfrac{9}{5}$時，$k=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}}=2$，當$y=1-\cfrac{4}{5}=\cfrac{1}{5}$時，$k=\cfrac{y-1}{\frac{2}{5}}=-2$，

即$k=\pm 2$，故選$D$。

法3：用計算的方法獲得切線長的最小值；設$M(\cfrac{2}{5}，y)$，

則$|MN|^2=(\cfrac{2}{5}-2)^2+(y-1)^2-1^2=(y-1)^2+\cfrac{39}{25}$，此法錯誤，緣由是在此題目中$y$是定值，不是變量；若是將$y$替換爲$kx+1$，而後求解就是正確的。

法4：用計算的方法獲得切線長的最小值；設$M(x，kx+1)$，$O(2，1)$

則$|MN|^2=(x-2)^2+(kx+1-1)^2-1^2=k^2x^2+x^2-4x+3$

$=(k^2+1)x^2-4x+3=(k^2+1)[x^2-\cfrac{4}{k^2+1}x+(\cfrac{2}{k^2+1})^2]+3-\cfrac{4}{k^2+1}$，

$=(k^2+1)(x-\cfrac{2}{k^2+1})^2+3-\cfrac{4}{k^2+1}$，

當$x=\cfrac{2}{k^2+1}$時，$|MN|$最小，且此時$x=\cfrac{2}{5}$，

由$\cfrac{2}{5}=\cfrac{2}{k^2+1}$，解得$k=\pm 2$，故選$D$。

<LT>例5</LT>【2019高三理數三輪模擬訓練題】如圖，已知正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$是$AB$的中點，點$F$在對角線$BD_1$上運動，設直線$EF$與底面$ABCD$所成角爲$\theta$，則$\theta$的最大值爲【】

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

法1：運用運動變化的觀點來求解，連結$BD$，過點$F$做$FG\perp BD$於點$G$，連結$EG$，則$\angle GEF=\theta$，咱們容易看到當點$F$從點$B$開始向點$D_1$運動時，$\theta=0$，能夠猜測整個過程當中，$\theta$是逐漸增大的，至於具體的增大是以什麼樣的函數形式增大，咱們目前是不知道的，不過咱們能夠經過運動過程知道，選項$A$和選項$B$確定是錯誤的。

接下來，須要咱們分析幾個特殊位置，其一點$G$落在點$H$處(其中$EH\perp BD$)，其二點$G$落在點$O$處(其中$O$是下底面的中心)，其三點$G$落在點$D$處，

當點$G$落在點$D$處時，設棱長爲2，能夠知道$EG=\sqrt{5}$，$FG=2$，故$tan\theta=\cfrac{2}{\sqrt{5}}$，結合選項，這種狀況排除，也說明整個運動過程不是一直增大的；

當點$G$落在點$O$處時，能夠知道$EG=1$，$FG=1$，故$tan\theta=1$，即$\theta=\cfrac{\pi}{4}$；

當點$G$落在點$H$處時，能夠知道$EG=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，$FG=\cfrac{1}{2}$，故$tan\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，此時$\theta<\cfrac{\pi}{4}$。

結合以上情形可知，應該選$D$。

【解後反思】若是咱們還須要將本題目的整個運動過程都弄清楚，能夠藉助函數來思考，好比仍是設棱長爲2，設$BG=t$，則$t\in [0，2\sqrt{2}]$，

則由$\triangle BGF\sim \triangle BDD_1$，可獲得$\cfrac{t}{2\sqrt{2}}=\cfrac{FG}{2}$，則$|FG|=\cfrac{\sqrt{2}}{2}t$，

則在$\triangle BGE$中，$|BG|=t$，$|BE|=1$，$\angle EBG=45^{\circ}$，則由余弦定理可知，

$|EG|^2=1+t^2-2\cdot 1\cdot t\cdot cos45^{\circ}=t^2-\sqrt{2}t+1$，在$Rt\triangle EFG$中，

則$tan^2\theta=\cfrac{\frac{t^2}{2}}{t^2-\sqrt{2}t+1}=\cfrac{t^2}{2t^2-2\sqrt{2}t+2}=\cfrac{1}{2-\frac{2\sqrt{2}}{t}+\frac{2}{t^2}}$

$=\cfrac{1}{2(\frac{1}{t})^2-2\sqrt{2}\cdot \frac{1}{t}+2}=\cfrac{1}{2(\frac{1}{t}-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+1}$，

當$\cfrac{1}{t}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$時，即$t=\sqrt{2}$時，$tan^2\theta$達到最大值$1$，此時$tan\theta$也達到最大值$1$，

則$\theta=\cfrac{\pi}{4}$，且此時點$G$位於下底面的中點$O$處。故選$D$.

<LT>例6</LT>【向量的投影的幾何意義】【2018西安八校聯考第5題】已知$O$是座標原點，點$A(2，1)$，點$M(x，y)$是平面區域$\begin{cases}&y\leq x\&x+y\leq 1\&y\ge -1\end{cases}$內的一個動點，則$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}$的最大值是多少？

法1：利用向量的座標運算獲得，$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=2x+y$，故轉化爲求$2x+y$的最大值，即求$z=2x+y$的最大值，用線性規劃的常規方法解決便可。

法2：利用向量的投影的幾何意義求解，說明：點$M$是三角形區域內部及邊界上的一個動點，動畫只作了點$M$在邊界上的情形；

注：圖中有向線段$OB$是向量$\overrightarrow{OM}$在向量$\overrightarrow{OA}$方向上的投影，它是可正，可負，可零的；

$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$，其中$|\overrightarrow{OA}|$是個定值，

故只須要求$|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$的最大值，而$|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$的幾何意義是$\overrightarrow{OM}$在$\overrightarrow{OA}$方向上的投影，

由圖形可知，當點$M(x，y)$位於點$(2，-1)$時投影$|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta$最大，故將點$(2，-1)$代入$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=3$。

變式題1：求$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}$的最小值是多少？

分析：由上圖能夠看出，當兩個向量的夾角爲鈍角時，其投影是負值，故當點$M$位於點$C$時，其內積最小，

此時將點$(-1，-1)$代入獲得$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=-3$。

變式題2：求向量$\overrightarrow{OM}$的投影的絕對值最小時的動點$M$的軌跡方程？

分析：當其夾角爲$90^{\circ}$時，有向線段$OB=0$，故向量$\overrightarrow{OM}$的投影的絕對值最小$0$；

此時，點$M$在三角形區域內部且和直線$OA$垂直，故其軌跡爲$y=-2x，(-1\leqslant y\leqslant 0)$

<LT>例7</LT>【2019屆高三理科數學第三輪模擬訓練題】已知函數$f(x)=lnx+2mx-2mx^2$有兩個不一樣的零點，則實數$m$的取值範圍是【】

<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：先轉化爲函數$y=g(x)=lnx$和函數$y=h(x)=2m(x^2-x)$有兩個交點的問題，在同一個座標系中作出兩個函數的圖像，以下圖所示：

咱們先想着讓$m=0$，則此時兩個函數的圖像只有一個交點，當$m>0$時，其有了兩個交點，其中一個固定交點$(1，0)$，另一個是變化的交點，當$m$逐漸增大時，變化的交點逐漸靠近固定的交點，最後合二爲一，此時兩條曲線相切於點$(1，0)$，當$m$再增大時，兩個函數又有了兩個交點；

接下來，只須要驗證當切點爲$(1，0)$時，$m$應該等於多少便可；

由$h'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=2m(2x_0-1)=g'(x_0)$，$y_0=lnx_0$，$y_0=2m(x_0^2-x_0)$，用點$(1，0)$驗證獲得$m=\cfrac{1}{2}$，故選$B$。

<LT>例8</LT>【轉化劃歸+分類討論】設集合$A={x\mid -2-a<x<a，a>0}$，命題$p$：$1\in A$，命題$q$：$2\in A$，若$p$或$q$爲真命題，$p$且$q$爲假命題，則實數$a$的取值範圍是【】

法1：由$p$或$q$爲真命題，$p$且$q$爲假命題可知，轉化爲命題$p$ 和$q$必然是一真一假；

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

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

綜上，$1<a\leq 2$；故選$C$。

法2：利用運動觀點求解，作出區間$(-2-a，a)$，而後讓參數$a$從$0$到$3$逐漸增大，

當$a=0$時，設給定區間爲$A$，則$A=(-2，0)$，此時$1\not\in A$且$2\not\in A$，故不知足題意；

當$a=1$時，則$A=(-3，1)$，此時$1\not\in A$且$2\not\in A$，故不知足題意；

當$a=1.5$時，則$A=(-3.5，1.5)$，此時$1\in A$且$2\not\in A$，故知足題意；

當$a=2$時，則$A=(-4，2)$，此時$1\in A$且$2\not\in A$，故知足題意；

當$a=3$時，則$A=(-5，3)$，此時$1\in A$且$2\in A$，故不知足題意；

綜上可知，參數$a$的取值只能是$1<a\leq 2$；選$C$.

動靜轉化

<LT>例2</LT>若是知足$\angle ABC=60^{\circ}$，$AC=12$，$BC=k$的三角形$\Delta ABC$恰有一個，那麼$k$的範圍是多少？

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

獲得方程$k=8\sqrt{3}sinA，A\in(0，\cfrac{2\pi}{3})$有一個解，或者兩個函數圖像有一個交點，數形結合求解便可。 </br>

由圖可知，知足題意的三角形恰有一個，則$k\in(0，12]$或$k=8\sqrt{3}$。 </br>

【法2】：從形的角度入手，動靜元素互相換位，即理解爲讓長度爲$12$的邊變化，讓長度爲$k$的邊不變化。

如圖，以點$C$爲圓心畫弧，當$12$小於點$C$到邊$AB$的高度$k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}$時，

即$k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}>12$時，解得$k>8\sqrt{3}$，此時三角形是不存在的；

當$12$等於點$C$到邊$AB$的高度$k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}$時，

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

當$12$大於點$C$到邊$AB$的高度$k\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}$時，三角形是兩個的，

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

當$12$大於或等於邊$BC$時，三角形是惟一的，即$0<k\leqslant 12$，

綜上可知，當$k=8\sqrt{3}$或$k\in(0，12]$時，知足條件的三角形剛好只有一個。 </br>

【解後反思】①動靜互換，體現了思惟的靈活性；②是否能夠這樣想，有一種從形入手分析的思路，必然就會有一種從數入手的思路與之對應。

<LT>例2</LT>如圖$A$，$B$爲半徑爲$2$的圓周上的定點，$P$爲圓周上的動點，$\angle APB$是銳角，大小爲$\beta$，圖中陰影部分的面積的最大值爲【】

分析：本題目須要用到動態的觀點來考慮，因爲$\angle APB$是銳角，故點$P$只能在優弧$\overset{\frown}{AB}$上運動，從下圖中能夠看出，當$P$位於優弧$\overset{\frown}{AB}$的中點時，陰影部分的面積爲最大；

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

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

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