前言
典例剖析
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) imes 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)。
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} imes 2 imes 2 imes sin30^{circ}=1)；
(S_{Delta BCE}=cfrac{1}{2} imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes (sqrt{6}+sqrt{2}) imes sin30^{circ}=2+sqrt{3})；
故其取值范围是((1，2+sqrt{3}))；
法1：常规方法，基向量法，由于(overrightarrow{DB}=3overrightarrow{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} imes 8-8)=-cfrac{15}{4})
法2：特殊化策略，当( riangle 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( riangle 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})
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_lcdot k_{OM}=-1)，解得(y=1pm 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)。
法1：运用运动变化的观点来求解，连结(BD)，过点(F)作(FGperp BD)于点(G)，连结(EG)，则(angle GEF= heta)，我们容易看到当点(F)从点(B)开始向点(D_1)运动时，( heta=0)，可以猜想整个过程中，( heta)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(EHperp 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 heta=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 heta=1)，即( heta=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 heta=cfrac{sqrt{2}}{2})，此时( heta<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(tin [0，2sqrt{2}])，
则由( riangle BGFsim riangle BDD_1)，可得到(cfrac{t}{2sqrt{2}}=cfrac{FG}{2})，则(|FG|=cfrac{sqrt{2}}{2}t)，
则在( riangle BGE)中，(|BG|=t)，(|BE|=1)，(angle EBG=45^{circ})，则由余弦定理可知，
(|EG|^2=1+t^2-2cdot 1cdot tcdot cos45^{circ}=t^2-sqrt{2}t+1)，在(Rt riangle EFG)中，
则(tan^2 heta=cfrac{frac{t^2}{2}}{t^2-sqrt{2}t+1}=cfrac{t^2}{2t^2-2sqrt{2}t+2}=cfrac{1}{2-frac{2sqrt{2}}{t}+frac{2}{t^2}})
(=cfrac{1}{2(frac{1}{t})^2-2sqrt{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 heta)达到最大值(1)，此时(tan heta)也达到最大值(1)，
则( heta=cfrac{pi}{4})，且此时点(G)位于下底面的中点(O)处。故选(D).
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 heta)，其中(|overrightarrow{OA}|)是个定值，
故只需要求(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)的最大值，而(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)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 heta)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，(-1leqslant yleqslant 0))
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)。
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{egin{array}{l}{-2-a<1<a}\{2ge a或 2leq -2-a}end{array} ight.)，解得(1<aleq 2)；
当(p)假且(q)真时，有(left{egin{array}{l}{1ge a或 1leq -2-a}\{-2-a<2<a}end{array} ight.)，解得(ain varnothing)；
综上，(1<aleq 2)；故选(C)。
法2：利用运动观点求解，做出区间((-2-a，a))，然后让参数(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 otin A)且(2 otin A)，故不满足题意；
当(a=1)时，则(A=(-3，1))，此时(1 otin A)且(2 otin A)，故不满足题意；
当(a=1.5)时，则(A=(-3.5，1.5))，此时(1in A)且(2 otin A)，故满足题意；
当(a=2)时，则(A=(-4，2))，此时(1in A)且(2 otin A)，故满足题意；
当(a=3)时，则(A=(-5，3))，此时(1in A)且(2in A)，故不满足题意；
综上可知，参数(a)的取值只能是(1<aleq 2)；选(C).
动静转化
法1：从数的角度入手，由正弦定理(cfrac{k}{sinA}=cfrac{12}{sin60^{circ}})，
得到方程(k=8sqrt{3}sinA，Ain(0，cfrac{2pi}{3}))有一个解，或者两个函数图像有一个交点，数形结合求解即可。
由图可知，满足题意的三角形恰有一个，则(kin(0，12])或(k=8sqrt{3})。
【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 imescfrac{sqrt{3}}{2})时，
即(k imescfrac{sqrt{3}}{2}>12)时，解得(k>8sqrt{3})，此时三角形是不存在的；
当(12)等于点(C)到边(AB)的高度(k imescfrac{sqrt{3}}{2})时，
即(12=kcfrac{sqrt{3}}{2})，解得(k=8sqrt{3})，三角形是唯一的；
当(12)大于点(C)到边(AB)的高度(kcdotcfrac{sqrt{3}}{2})时，三角形是两个的，
即(12>k imes cfrac{sqrt{3}}{2})，解得(k<8sqrt{3})；
当(12)大于或等于边(BC)时，三角形是唯一的，即(0<kleqslant 12)，
综上可知，当(k=8sqrt{3})或(kin(0，12])时，满足条件的三角形恰好只有一个。
【解后反思】①动静互换，体现了思维的灵活性；②是否可以这样想，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。
分析：本题目需要用到动态的观点来考虑，由于(angle APB)是锐角，故点(P)只能在优弧(overset{frown}{AB})上运动，从下图中可以看出，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_{ riangle AOP}=S_{ riangle BOP}=cfrac{1}{2}|OA||OP|sin(pi-eta)=cfrac{1}{2} imes 2^2 imes sineta=2sineta)，
(S_{扇形AOB}=cfrac{1}{2}cdot lcdot r=cfrac{1}{2} imes heta imes r^2=cfrac{1}{2} imes 2eta imes 4=4eta)，
故(S_{阴影}=S_{扇形AOB}+2S_{ riangle AOP}=4eta+4sineta)，故选(B).