用动态观点解决问题

前言

用动态的观点解决问题，已经属于策略层面的东西了，比方法层面要高一个层次。她常常和特殊化策略结合使用。

典例剖析

【2016\(\cdot\)高考全国卷】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{-x^2+2x，x\leq 0}\\{ln(x+1)，x>0}\end{array}\right.\)，若\(|f(x)|\ge ax\)，则\(a\)的取值范围是【】

$A.(-\infty，0]$ $B.(-\infty，1]$ $C.[-2，1]$ $D.[-2，0]$

法1：从形的角度入手分析，在同一个坐标系中做出静态函数\(y=|f(x)|\)的图像和动态函数\(y=ax\)的图像，然后让动态函数的斜率\(a\)变化，就可以发现，

当\(k\leq a\leq 0\)时满足\(|f(x)|\ge ax\)，

其中\(k\)是函数\(y=ax\)与函数\(y=x^2-2x\)在点\((0，0)\)处的切线的斜率。

由\(y=h(x)=x^2-2x\)得到，\(h'(x)=2x-2\)，则\(h'(0)=k=-2\)，

故\(-2\leq a\leq 0\)，故选\(D\)。

[补充说明]为什么会相切于点\((0,0)\)，还可以这样解释；

由\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)和\(y=ax(x\leqslant 0)\)联立，得到\(x^2-(a+2)x=0\)，由于二者相切，

故由\(\Delta=(a+2)^2=0\)，得到\(a=-2\)，代入上述方程\(x^2-(a+2)x=0\)，得到\(x=0\)，且\(y=0\)，

即当直线\(y=ax\)的斜率\(a=-2\)时，与曲线\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)相切于点\((0,0)\)；

法2：从数的角度入手分析，

(1).当\(x>0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax-1\)，即\(|\ln(x+1)|=\ln(x+1)\geqslant ax\)，显然需要\(a\leqslant 0\)；

(2).当\(x\leqslant 0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax\)，即\(|-x^2+2x|=x^2-2x\geqslant ax\)，即\(ax\leqslant x^2-2x\)恒成立，

当①\(x=0\)时，即\(a\in R\)时满足题意；

②\(x<0\)时，即\(a\geqslant x-2\)恒成立，又由于\(x-2<-2\)即\(x-2\)在\(x<0\)时的最大值的极限为\(-2\)\(\quad\)，则\(a\geqslant -2\)；

故当\(x\leqslant 0\)时，需要\(a\geqslant -2\)，

综上所述，得到\(-2\leqslant a\leqslant 0\)，故选\(D\).

【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【】

$A.162$ $B.166$ $C.312$ $D.364$

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\(B\)。

【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\((1，2+\sqrt{3})\)；

【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：\(-\cfrac{15}{4}\)

【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【】

$A.2$ $B.-2$ $C.\pm\cfrac{1}{2}$ $D.\pm 2$

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\(D\)。

【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【】

$A.\cfrac{3\pi}{4}$ $B.\cfrac{\pi}{2}$ $C.\cfrac{\pi}{3}$ $D.\cfrac{\pi}{4}$

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\(D\).

【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：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\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=-3\)。

【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【】

$A(0，1)\cup(1，+\infty)$ $B(0，\cfrac{1}{2})\cup(\cfrac{1}{2}，+\infty)$ $C(0，\cfrac{1}{2})\cup(1，+\infty)$ $D(\cfrac{1}{2}，+\infty)$

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\(B\)。

【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【】

$A.\{a\mid 0< a <1$或$a>2\}$

$B.\{a\mid 0< a <1$或$a\ge 2\}$

$C.\{a\mid 1< a \leq 2\}$

$D.\{a\mid 1\leq a\leq 2\}$

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，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\(1\not\in A\)且\(2\not\in A\)，故不满足题意；

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

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

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

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

综上可知，参数\(a\)的取值只能是\(1<a\leq 2\)；选\(C\).

动静转化

如果满足\(\angle ABC=60^{\circ}\)，\(AC=12\)，\(BC=k\)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\(\cfrac{k}{sinA}=\cfrac{12}{sin60^{\circ}}\)，

得到方程\(k=8\sqrt{3}sinA，A\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)有一个解，或者两个函数图像有一个交点，数形结合求解即可。

由图可知，满足题意的三角形恰有一个，则\(k\in(0，12]\)或\(k=8\sqrt{3}\)。

【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\(k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)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\(k=8\sqrt{3}\)，三角形是唯一的；

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，三角形是唯一的，即\(0<k\leqslant 12\)，

综上可知，当\(k=8\sqrt{3}\)或\(k\in(0，12]\)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。

【2017北京高考文科】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【】

$A.4\beta+4cos\beta$ $B.4\beta+4sin\beta$ $C.2\beta+2cos\beta$ $D.2\beta+4sin\beta$

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

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

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

【2020 合肥模拟】已知在正方体 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 中， 过对角线 \(BD_{1}\) 作平面 \(\alpha\) 交棱 \(AA_{1}\) 于点 \(E\)， 交棱 \(CC_{1}\) 于点 \(F\)， 则:

①. 平面 \(\alpha\) 分正方体所得两部分的体积相等；②. 四边形 \(BFD_{1}E\) 一定是平行四边形；

③. 平面 \(\alpha\) 与平面 \(DBB_{1}\) 不可能垂直；④. 四边形 \(BFD_{1}E\) 的面积有最大值；

其中所有正确结论的序号为【\(\qquad\)】

$A.①④$ $B.②③$ $C.①②④$ $D.①②③④$

法1：解析法，从数的角度计算证明；

对于选项 ① 而言，平面 \(\alpha\) 将正方体分割为截面的上方几何体分割成四棱锥 \(D_{1}-A_{1}EFC_{1}\) ，四棱锥 \(B-A_{1}EFC_{1}\) ，三棱锥 \(B_{1}-A_{1}BC_{1}\) ，截面的下方的几何体对称的也是三个棱锥，对应体积相等[特殊位置截面更容易得此结论，比如，点 \(E\) 和 \(F\) 都是中点的时候，或者点 \(E\)\(A\) 重合且 \(F\)\(C_1\) 重合时]，故 ① 正确；

对于选项 ② 而言，由正方体相对两个面平行，根据面面平行的性质定理两个平行平面，分别和第三个平面相交，则其交线平行。可知四边形 \(BFD_{1}E\) 的两组对边分别平行，从而可知四边形 \(BFD_{1}E\) 是平行四边形，故 ② 正确；

对于选项 ③ 而言，当 \(E\) 是 \(AA_{1}\) 中点， \(F\) 是 \(CC_{1}\) 中点时，这时可证 \(EF\)\(\perp\) 平面 \(BB_{1}D_{1}D\)由 \(AC\)\(\perp\)\(B_1D_1\) 且 \(AC\)\(\perp\)\(BB_1\)，故 \(AC\)\(\perp\) 平面 \(BB_1D_1\)，又由于 \(AC//EF\)，故 \(EF\)\(\perp\) 平面 \(BB_1D_1\)，而 \(EF\)\(\subsetneqq\)\(\alpha\)，故平面 \(\alpha\)\(\perp\) 平面 \(BB_1D_1\)，从而平面 \(\alpha\) 与平面 \(DBB_{1}\) 垂直，故 ③ 错误；

对于选项 ④ 而言，事实上，四边形 \(BFD_{1}E\) 的面积既有最大值也有最小值，即 \(E\) 与 \(A\)(或 \(A_{1}\)) 重合时面积最大， \(E\) 是 \(AA_{1}\) 中点时，面积最小。

设 \(AE=x\) ，正方体棱长为 \(1\)，则 \(0\leqslant x\leqslant 1\) ， \(BE=\sqrt{1+x^{2}}\) ， \(D_{1}E=\sqrt{1+(1-x)^{2}}=\sqrt{x^{2}-2 x+2}\)， \(BD_{1}\)\(=\sqrt{3}\)，

在 \(\triangle BED_{1}\) 中， \(\cos\angle BED_{1}=\cfrac{D_{1}E^{2}+BE^{2}-BD_{1}^{2}}{2D_{1}E\cdot BE}=\)\(\cfrac{x^{2}-x}{\sqrt{x^{2}+1}\cdot\sqrt{x^{2}-2 x+2}}\)

所以 \(\sin\angle BED_{1}=\sqrt{1-\cos^{2}\angle BED_{1}}\)\(=\sqrt{1-\cfrac{(x^{2}-x)^{2}}{(x^{2}+1)(x^{2}-2x+2)}}\)\(=\sqrt{\cfrac{2x^{2}-2x+2}{(x^{2}+1)(x^{2}-2x+2)}}\),

所以 \(S_{\text{四边形}BEDF}=BE\cdot D_{1}E\sin\angle BED_{1}\)\(=\sqrt{2x^{2}-2x+2}=\sqrt{2(x-\cfrac{1}{2})^{2}+\cfrac{3}{2}}\)

所以 \(x=0\) 或 \(1\) 时， \(S_{\text {四边形}BEDF}\) 取得最大值 \(\sqrt{2}\)，故 ④ 正确.

综上所述，选 \(C\) .

法2：动态图形，从形入手分析求解，将我们做出的图形采用特殊化策略分析，

对于选项 ① 而言，当点 \(E\) 向点 \(A\)运动时， 当点 \(F\) 向点 \(C_1\)等速运动，借助两个特殊位置[点 \(E\) 为中点，和 \(E\)\(A\)重合]思考，可知截面将正方体截得的两部分应该是对称的几何体，故平面 \(\alpha\) 分正方体所得两部分的体积相等；故 ① 正确；

对于选项 ② 而言，也借助两个特殊位置[点 \(E\) 为中点，和 \(E\)\(A\)重合]思考，可知四边形 \(BFD_{1}E\) 是平行四边形，故 ② 正确；

对于选项 ③ 而言，借助一个特殊位置[点 \(E\) 为中点]思考，可知平面 \(\alpha\) 与平面 \(DBB_{1}\) 垂直，故 ③ 错误；

对于选项 ④ 而言，借助生活常识[手电筒垂直地面照射时影子面积最小，当稍微倾斜时面积开始变大]可知，点 \(E\) 为中点时，面积最小， \(E\)\(A\)重合(\(E\)\(A_1\)重合)时，面积最大；故 ④ 正确.

综上所述，选 \(C\) .