前言
引例，当题目中给定某一个点是圆锥曲线上的任意一点时，满足某种条件，那么这时候如果让这一点成为圆锥曲线的顶点，题目立马就变得简单了许多，这种策略就称为特殊化策略，其本质类似于函数中的赋值法，由此引申，任意角可以取特殊角，任意位置可以取特殊位置，任意形状可以取特殊形状。
使用前提
以题目例10为例，我们一般都会画出一个很一般的等腰三角形，但是若将(angle A)变化为(cfrac{pi}{3})或(cfrac{pi}{2})时，都可以保证不改变题目中给定的已知条件，这时候我们就可以尝试考虑特殊化策略，毕竟图形越特殊，越有利于计算。
典例剖析
法1：一般方法，利用韦达定理和向量求解；
法2：特殊化策略，直接将过焦点的直线特殊化为直线(x=1)，则可以得到(A(1,2))和(B(1,-2))，
代入(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=1 imes 1+2 imes(-2)=-3)。
分析：读完题目，我们最容易想到的思路是设三边分别为(b-d)，(b)，(b+d)，然后利用余弦定理分别求解(cosA)，(cosC)，最后求值。想一想运算的复杂程度，我们都大概能感受到这个解法不太可行。
猜想：当(a、b、c)成等差数列时，三个角也是有一定关系的，所求的式子的值应该是定值，那么我们就可以有如下的解法：
法1：【特殊化策略，最特殊】当等差数列的公差为0时，也是满足题意的，此时(a=b=c)，则(A=C=cfrac{pi}{3})；
故(cfrac{cosA+cosC}{1+cosAcosC}=cfrac{coscfrac{pi}{3}+coscfrac{pi}{3}}{1+coscfrac{pi}{3}coscfrac{pi}{3}}=cfrac{4}{5})；
法2：【特殊化策略，次特殊】我们自然能想到的是(a=3，b=4，c=5)的等差数列，(或(a=6，b=8，c=10))，则(cosA=cfrac{4}{5})，(cosC=0)，代入原式得到，
(cfrac{cosA+cosC}{1+cosAcosC}=cfrac{cfrac{4}{5}+0}{1+0}=cfrac{4}{5})。
在平行四边形(ABCD)中，点(M)在边(CD)上，且满足(DM=cfrac{1}{3}DC)，点(N)在(CB)的延长线上，且满足(CB=BN)，若(AB=3)，(AD=4)，则(overrightarrow{AM}cdot overrightarrow{NM})的值为__________。
分析：我们一般做出的平行四边形是(angle BAD eq 90^{circ})的，从形上思考求向量的内积时几乎没有思路，
此时我们不妨思考，能不能建立直角坐标系，引入点的坐标，然后利用坐标运算内积。这是一个突破；由形到数的思维转化；
其次，观察你做出来的平行四边形，当边(AD)绕着点(A)逆时针旋转时，我们仍可以保证边(AB)和(AD)的长度不变化，
那么此时自然就会想起来“特殊化策略”，这是思维上的第二个突破；
【特殊化策略】将平行四边形(ABCD)直接特殊化为矩形，以点(A)为原点，分别以(AB、AD)所在直线为(x)轴和(y)轴，建立平面直角坐标系，
则点(A(0，0))，点(M(1，4))，点(N(3，-4))，则(overrightarrow{AM}=(1，4))，(overrightarrow{NM}=(-2，8))，
则(overrightarrow{AM}cdot overrightarrow{NM}=(1，4)cdot (-2，8)=-2+32=30)。
已知向量(vec{a})，(vec{b})是单位向量，若(vec{a}cdot vec{b}=0)，且(|vec{c}-vec{a}|+|vec{c}-2vec{b}|=sqrt{5})，则(|vec{c}+2vec{a}|)的取值范围是_________。
分析：利用向量减法的几何意义确定(|vec{c}-vec{a}|+|vec{c}-2vec{b}|=sqrt{5})表达的图形和(|vec{c}+2vec{a}|)的几何意义。
解法1：由于向量(vec{a})，(vec{b})是相互垂直的单位向量，不妨采用特殊化策略，
设(vec{a}=(1，0))，(vec{b}=(0，1))，将向量(vec{c})的起点放置在坐标原点，
则(|vec{c}-vec{a}|+|vec{c}-2vec{b}|)的几何意义就是向量(vec{c})的终点到向量(vec{a})，向量(2vec{c})的终点((1，0))和((0，2))的距离之和，
由于这两点间的距离等于(sqrt{5})，故向量(vec{c})的终点在以((1，0))，((0，2))为端点的线段上，
该线段所在的直线方程为(x+cfrac{y}{2}=1(0leq xleq 1))，
(|vec{c}+2vec{a}|=|vec{c}-(-2vec{a})|)的几何意义是向量(vec{c})的终点到向量(-2vec{a})的终点((-2，0))的距离，
显然最大距离即为点((-2，0))到点((1，0))的距离(3)，最小距离为点((-2，0))到直线(x+cfrac{y}{2}=1)的距离，
此距离为(d=cfrac{|-2-1|}{sqrt{1+frac{1}{4}}}=cfrac{6sqrt{5}}{5})；
故(|vec{c}+2vec{a}|)的取值范围是([cfrac{6sqrt{5}}{5}，3])。
已知数列({a_n})为等比数列，若(a_4＋a_6＝10)，则(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9)的值为 【】
【法1】分析：(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9=a_7a_1+2a_3a_7+a_3a_9)
(=a_4^2+2a_4a_6+a_6^2=(a_4+a_6)^2=10^2=100)。故选(C)。
【法2】：特殊化策略，由于题目数列({a_n})为等比数列，(a_4＋a_6＝10)，则可以将其特殊化为(a_4=a_6=5)的特殊的等比数列，即常数列，
此时(a_n=5)，代入运算得到(a_7(a_1＋2a_3)＋a_3a_9=100)，故选(C)。
已知某数列的前(2n)项的和为((2n)^3)，且前(n)个偶数项的和为(n^2(4n+3))，则它的前(n)个奇数项的和为【】
法1：抽象思考，由题目可知，(S_{2n}=(2n^3))，其中的前(n)个偶数项的和，也就是其所有偶数项的和(S_{偶}=n^2(4n+3))，则它的前(n)个奇数项的和，也就是所有的奇数项的和(S_{奇}=S_{2n}-S_{偶}=n^2(4n-3))。故选(B)。
法2：抽象化为具体，不妨令(n=1)，则(S_{2n}=S_2)，只有两项(S_2=a_1+a_2)，此时就容易理解前(n)个偶数项的和为(n^2(4n+3))，即就是(a_2)，它的前(n)个奇数项的和也就是(a_1)，也就能容易理解所求即((2n)^3-n^2(4n+3)=n^2(4n-3))，故选(B)。
现执行如图所示的程序框图，该算法的功能是【】
(A.)求两个正数(a)，(b)的最小公倍数
(B.)判断两个正数(a)，(b)是否相等
(C.)判断其中一个正数能否被另一个正数整除
(D.)求两个正数(a)，(b)的最大公约数
分析：抽象问题具体化，采用特殊化策略，
令(a=6)，(b=8)，按程序框图执行，
STEP1：(a eq b)，是，(a>b)，否，(b=2)；
STEP2：(a eq b)，是，(a>b)，是，(a=4)；
STEP3：(a eq b)，是，(a>b)，是，(a=2)；
STEP4：(a eq b)，否，输出(a=2)；
即算法的功能是利用“更相减损术”求两个正数的最大公约数。故选(D)。
袋中装有偶数个球，其中红球和黑球各占一半，甲乙丙为三个空盒子，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒，重复上述过程，知道袋中所有球都被放入盒中，则【】
法1：待录
法2：特殊化策略，设袋中有两个球，红球和黑球各一个，(想一想为什么可以这样？)
现取出两个球，若第一次直接将红球放入甲盒中，则黑球要放入乙盒；全部放置完毕。(想一想为什么可以这样？)
则此时乙盒中红球(0)个，黑球(1)个；丙盒中红球(0)个，黑球(0)个；则排除(A、D)；
设袋中有四个球，红球和黑球各两个，(想一想为什么可以这样？)
若第一次直接取出的两个球为红球，将红球其一放入甲盒中，则另一个红球放入乙盒；
第二次取出的两个球为黑球，将黑球其一放入甲盒中，则另一个黑球放入丙盒，全部放置完毕。
则此时乙盒中红球(1)个，黑球(0)个；丙盒中红球(0)个，黑球(1)个；则排除(C)；
故选(B)；
已知由样本数据点集合({(x_i，y_i)mid i=1，2，cdots，n})求得的回归直线方程为(hat{y}=1.5x+0.5)，且(ar{x}=3)，现发现两个数据点((1.1，2.1))和((4.9，7.9))误差较大，去除后重新求得的回归直线(l)的斜率为(1.2)，那么，当(x=2)时，(y)的估计值是______。
法1：由于样本中心点((ar{x}，ar{y}))必在回归直线上，先代入计算得到(ar{y}=5)，
即原数据的样本中心点为((3，5))，故(sumlimits_{i=1}^{n}x_i=3n)，(sumlimits_{i=1}^{n}y_i=5n)，
由于(1.1+4.9=6)，(2.1+7.9=10)，去除两个样本点后，
新的样本中心点的坐标(ar{x}=cfrac{3n-6}{n-2}=3)，(ar{y}=cfrac{5n-10}{n-2}=5)，
故新的样本中心点((3，5))必在回归直线(hat{y}=1.2x+b)上，
则有(5=1.2 imes 3+b)，则(b=1.4)，
即重新求得的回归直线(l)为(hat{y}=1.2x+1.4)；
当(x=2)时，代入计算得到(hat{y}=1.2 imes 2+1.4=3.8)。
法2：特殊化策略，将样本数据点的个数认定为(5)个，其他的计算仿上完成。
设椭圆(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))上的动点(Q)，过动点(Q)做椭圆的切线(l)，过右焦点做(l)的垂线交(l)于点(P)，则点(P)的轨迹方程为【】
分析：由于点(Q)是椭圆上的任意一个动点，不妨取其在椭圆的四个特殊位置来思考，当点(Q(a，0))时，过动点(Q)做椭圆的切线(l：x=a)，过右焦点做(l)的垂线为(y=0)，则点(P(a，0))，代入验证，只有选项(A)满足；当点(Q(0，b))时，过动点(Q)做椭圆的切线(l：y=b)，过右焦点做(l)的垂线为(x=c)，则点(P(c，b))，代入验证，也只有选项(A)满足；故用特殊化策略可知，选(A)。
解后反思：如果本题目直接求解，可能会很麻烦，由此也体现出特殊化策略在解选择题时的便捷性。
分析：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。(-cfrac{15}{4})
分析：采用特殊化策略求解，由于点(M)，(N)是椭圆(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>b>0))上关于原点对称的任意的两个点，那么就可以特殊化为椭圆的左右两个顶点，又点(P)是椭圆上任意一点，那么就可以特殊化为椭圆上的上顶点，
那么如何让他们满足题目的条件呢，我们可以这样想，只要调整椭圆的三个参数恰当，就可以让其满足题目的条件，这样在这种特殊条件下，
(k_1=k_{PM}=cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=cfrac{b-0}{0+a})，(k_2=k_{PN}=cfrac{b-0}{0-a})，
则(|k_1k_2|=|cfrac{b^2}{-a^2}|=cfrac{b^2}{a^2}=cfrac{1}{4})，故(a^2=4b^2)，(c^2=a^2-b^2=3b^2)，
则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{3b^2}{4b^2}=cfrac{3}{4})，故(e=cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2})。故选(C)。
法1：基向量法，选(C).
法2：将平行四边形特殊化为矩形，比如长为2，宽为1的矩形，再建系求解，选(C).
分析：补体并特殊化为为正方体的一个角，如图所示，
则体对角线长为(3sqrt{3})，即(R=cfrac{3sqrt{3}}{2})，故(S_{表}=4pi R^2=27pi).
分析：特殊化策略，由于平面向量是自由向量，故我们可以将点(M)平移到坐标原点，将点(N)放置到(x)轴上，
故点(M(0，0))，(N(x，0))，则点(P(2，4))，可以计算得到点(Q(x-4，0))，
则(overrightarrow{MN}=(x，0))，(overrightarrow{PQ}=(x-6，-4))，
故(overrightarrow{MN}cdot overrightarrow{PQ}=(x，0)cdot(x-6，-4)=x(x-6)=(x-3)^2-9)，
故当(x=3)时，其有最小值为(-9)。
【法1】：验证法；
令(m=0)，则由(-2x+1=0)可得一个正实根(x=cfrac{1}{2})，故(m=0)满足题意，排除(C)；
令(m=1)，则由((x-1)^2=0)可得一个正实根(x=1)，故(m=1)满足题意，排除(D)；
令(m=cfrac{1}{2})，则由(cfrac{1}{2}x^2-2x+1=cfrac{1}{2}(x-2)^2-1=0)可得两个正实根(x=2pmsqrt{2})，排除(A)；
故选(B).
【法2】：分类讨论法；
注意到函数(f(x)=mx^2-2x+1)为仿二次函数，故想到需要分类讨论，令(f(x)=mx^2-2x+1=0)，注意隐含条件(f(0)=1)
(1^{circ})当(m=0)时，由(-2x+1=0)可得一个正实根(x=cfrac{1}{2})，故(m=0)满足题意；
(2^{circ})当(m>0)时，抛物线开口向上，(f(0)=1)，对称轴为(x=cfrac{1}{m}>0)，只能(Delta=4-4m=0)，
可得一个正实根(x=cfrac{1}{m})，解得(m=1)；
(3^{circ})当(m<0)时，抛物线开口向下，(f(0)=1)，对称轴为(x=cfrac{1}{m}<0)，
要满足题意只需(Delta=4-4m>0)即可，解得(m<0)；
综上所述，(m)的取值范围为((-infty，0]cup{1})，选B。
【法3】：分离参数法，由于函数有且只有一个正零点，
在(x>0)时，分离参数得到(m=cfrac{2x-1}{x^2}(x>0))，
要使得原函数有且只有一个正零点，只需要函数(y=m)和函数(g(x)=cfrac{2x-1}{x^2}(x>0))，
在(x>0)时的图像的交点有且仅有一个即可。
用导数研究函数(g(x)=cfrac{2x-1}{x^2}(x>0))的单调性，然后做出简图，此处简略。
在同一坐标系中，做出函数(y=m)和(g(x)=cfrac{2x-1}{x^2}(x>0))的图像，
由图像可得，(m)的取值范围为((-infty，0]cup{1})。
补充：用导数研究函数(g(x)=cfrac{2x-1}{x^2})的单调性，
(g'(x)=cfrac{-2(x^2-1)}{x^4})，
令(g'(x)>0)解得(0<x<1)；令(g'(x)<0)解得(x>1)；
故函数(g(x))在区间((0，1])上单调递增，在区间([1，+infty))上单调递减，
又(g(1)=1)，然后就能手动做出函数图像。
①“恰好有(1)件次品”和“恰好(2)件都是次品”是互斥事件；
②“至少有(1)件正品”和“全是次品”是对立事件；
③“至少有(1)件正品”和“至少有(1)件次品”是互斥事件但不是对立事件；
④“至少有(1)件次品”和“全是正品”是互斥事件也是对立事件；
其中正确的有【① ② ④】；
分析：假设正品有(A、B、C)三件，次品有(D、E、F)三件[具体化时，数目刚满足题意即可，越少越好]，依次得到选项中的各事件；
在选项①中，“恰好有(1)件次品”包括((A,D))，((A,E))，((A,F))，((B,D))，((B,E))，((B,F))，((C,D))，((C,E))，((C,F))共9个基本事件；“恰好(2)件都是次品”包括((D,E))，((D,F))，((E,F))共3个基本事件，这两个事件是互斥事件，故①正确；
在选项②中，“至少有(1)件正品”包括((A,B))，((A,C))，((B,C))、((A,D))，((A,E))，((A,F))，((B,D))，((B,E))，((B,F))，((C,D))，((C,E))，((C,F))共12个基本事件；“全是次品”包括((D,E))，((D,F))，((E,F))共3个基本事件，这两个事件的交集为空集，并集为全集[(C_6^2=15)]，因此是对立事件，故①正确；
在选项③中，“至少有(1)件正品”包括((A,B))，((A,C))，((B,C))、((A,D))，((A,E))，((A,F))，((B,D))，((B,E))，((B,F))，((C,D))，((C,E))，((C,F))共12个基本事件；“至少有(1)件次品”包括((A,D))，((A,E))，((A,F))，((B,D))，((B,E))，((B,F))，((C,D))，((C,E))，((C,F))，((D,E))，((D,F))，((E,F))共12个基本事件；这两个事件并不是互斥事件，故③错误；
在选项④中，“至少有(1)件次品”包括((A,D))，((A,E))，((A,F))，((B,D))，((B,E))，((B,F))，((C,D))，((C,E))，((C,F))，((D,E))，((D,F))，((E,F))共12个基本事件；“全是正品”包括((A,B))，((A,C))，((B,C))共3个基本事件，这两个事件的交集为空集，并集为全集[(C_6^2=15)]，故④正确；
综上所述，填写① ② ④
解题策略：抽象问题具体化。