特殊化策略

公式定理💯随心记

【面面垂直判定定理】文字语言：如果一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直。符号语言：$\begin {gather*} l\perp α \\ l\subset β\end {gather*}\Bigg\}\Longrightarrow β\perp α$

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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，题目中若出现任意角、任意位置、任意形状时，则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

过抛物线 $y^2=4x$ 的焦点的直线交抛物线于 $A$，$B$ 两点，$O$ 为坐标原点，则 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$ 的值为_________。

解法 1️⃣：一般方法，利用韦达定理和向量求解；

解法 2️⃣：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 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=1\times 1+2\times(-2)=-3$。

【2016$\cdot$ 山东济南模拟】在 $\Delta ABC$ 中，角 $A、B、C$ 所对的边分别为 $a、b、c$，若 $a、b、c$ 成等差数列，则 $\cfrac{cosA+cosC}{1+cosAcosC}$=_______________.

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：

解法 1️⃣：【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 $\cfrac{cosA+cosC}{1+cosAcosC}=\cfrac{cos\cfrac{\pi}{3}+cos\cfrac{\pi}{3}}{1+cos\cfrac{\pi}{3}cos\cfrac{\pi}{3}}=\cfrac{4}{5}$；

解法 2️⃣：【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，

$\cfrac{cosA+cosC}{1+cosAcosC}=\cfrac{\cfrac{4}{5}+0}{1+0}=\cfrac{4}{5}$。

【2019 高三理科数学第二次月考第 16 题】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 $\angle BAD\neq 90^{\circ}$ 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 $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{NM}=(1，4)\cdot (-2，8)=-2+32=30$。

【2018 浙江六校联考，选择改编为填空】已知向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 是单位向量，若 $\vec{a}\cdot \vec{b}=0$，且 $|\vec{c}-\vec{a}|+|\vec{c}-2\vec{b}|=\sqrt{5}$，则 $|\vec{c}+2\vec{a}|$ 的取值范围是_________。

分析：利用向量减法的几何意义确定 $|\vec{c}-\vec{a}|+|\vec{c}-2\vec{b}|=\sqrt{5}$ 表达的图形和 $|\vec{c}+2\vec{a}|$ 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 $|\vec{c}-\vec{a}|+|\vec{c}-2\vec{b}|$ 的几何意义就是向量 $\vec{c}$ 的终点到向量 $\vec{a}$，向量 $2\vec{c}$ 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 $x+\cfrac{y}{2}=1(0\leq x\leq 1)$，

$|\vec{c}+2\vec{a}|=|\vec{c}-(-2\vec{a})|$ 的几何意义是向量 $\vec{c}$ 的终点到向量 $-2\vec{a}$ 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 $d=\cfrac{|-2-1|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\cfrac{6\sqrt{5}}{5}$；

故 $|\vec{c}+2\vec{a}|$ 的取值范围是 $[\cfrac{6\sqrt{5}}{5}，3]$。

【2018・广州综合测试】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 【$\qquad$】

$A.10$ $B.20$ $C.100$ $D.200$

解法 1️⃣：由于 $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 $C$。

解法 2️⃣：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 $C$。

【2019 届宝鸡市高三理科数学质检 Ⅰ 第 6 题】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：$a\neq b$，是，$a>b$，否，$b=2$；

STEP2：$a\neq b$，是，$a>b$，是，$a=4$；

STEP3：$a\neq b$，是，$a>b$，是，$a=2$；

STEP4：$a\neq b$，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 $D$。

【2019 届高三理科数学资料用题】【2016 北京卷】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【】

$A$. 乙盒中黑球不多于丙盒中黑球

$B.$ 乙盒中红球与丙盒中黑球一样多

$C.$ 乙盒中红球不多于丙盒中红球

$D.$ 乙盒中黑球与丙盒中红球一样多

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 $B$；

【2017-18 高三理科高考冲刺模拟试题 9 第 15 题】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 $\bar{x}=3$，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 $(\bar{x}，\bar{y})$ 必在回归直线上，先代入计算得到 $\bar{y}=5$，

即原数据的样本中心点为 $(3，5)$，故 $\sum\limits_{i=1}^{n}x_i=3n$，$\sum\limits_{i=1}^{n}y_i=5n$，

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 $\bar{x}=\cfrac{3n-6}{n-2}=3$，$\bar{y}=\cfrac{5n-10}{n-2}=5$，

故新的样本中心点 $(3，5)$ 必在回归直线 $\hat{y}=1.2x+b$ 上，

则有 $5=1.2\times 3+b$，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 $\hat{y}=1.2\times 2+1.4=3.8$。

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。

【特殊化策略】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【】

$A.x^2+y^2=a^2$ $B.x^2+y^2=b^2$ $C.x^2+y^2=c^2$ $D.x^2+y^2=e^2$

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。

【2019 届宝鸡文数质检 Ⅲ 第 10 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________。

分析：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。$-\cfrac{15}{4}$

【2019 届宝鸡文数质检 Ⅲ 第 10 题】已知 $M$，$N$ 是椭圆 $\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$ $(a>b>0)$ 上关于原点对称的两个点，$P$ 是椭圆上任意一点，直线 $PM$，$PN$ 的斜率分别是 $k_1$、$k_2$，若 $|k_1k_2|=\cfrac{1}{4}$，则椭圆的离心率为【】

$A.\cfrac{1}{2}$ $B.\cfrac{\sqrt{2}}{2}$ $C.\cfrac{\sqrt{3}}{2}$ $D.\cfrac{\sqrt{2}}{3}$

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 $C$。

设平行四边形 $ABCD$ 中，$E$ 为 $CD$ 的中点，$F$ 为 $AE$ 的中点，且 $\overrightarrow{BF}=m\overrightarrow{AB}+n\overrightarrow{AD}$，则 $m+n$=【$\qquad$】

$A.\cfrac{1}{4}$ $B.1$ $C.-\cfrac{1}{4}$ $D.-1$

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 $C$.

三棱锥 $P-ABC$ 中，$\triangle ABC$ 为等边三角形，$PA=PB=PC=3$，$PA\perp PB$，则三棱锥 $P-ABC$ 的外接球的表面积为__________。

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 $3\sqrt{3}$，即 $R=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}$，故 $S_{表}=4\pi R^2=27\pi$.

【2019 届高三理科数学三轮模拟试题】已知在平面四边形 $MNPQ$ 中，$\overrightarrow{MP}=(2，4)$，$\overrightarrow{NQ}=(-4，4)$，则 $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{PQ}$ 的最小值为_________.

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 $-9$。

【2017$\cdot$ 全国卷 3 理科第 12 题】函数 $f(x)=mx^2-2x+1$ 有且只有一个正实根零点，则实数 $m$ 的取值范围是【$\qquad$】

$A.(-\infty，0)$ $B.(-\infty，0]\cup\{1\}$ $C.(-\infty，0)\cup\{1\}$ $D.(-\infty，1]$

解法 1️⃣：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 $x=2\pm\sqrt{2}$，排除 $A$；

故选 $B$.

解法 2️⃣：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。

解法 3️⃣：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。

已知 $A$，$B$ 是圆 $O: x^{2}+y^{2}=4$ 上的两个动点， $|\overrightarrow{AB}|=2$，$\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$， 若 $M$ 是线段 $AB$ 的中点， 则 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$ 的值为 【$\qquad$】

$A.\sqrt{3}$ $B.2\sqrt{3}$ $C.2$ $D.3$

解法 1️⃣：基向量法，即以向量 $\overrightarrow{OA}$ 和 $\overrightarrow{OB}$ 为基底，表达向量 $\overrightarrow{OC}$ 和 $\overrightarrow{OM}$，再代入运算即可。

因为 $\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OM}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$ ，

所以 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=(\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB})\cdot\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})$

$=\cfrac{1}{6}(\overrightarrow{OA}^{2}+2\overrightarrow{OB}^{2}+3\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB})$ ，

又 $\triangle OAB$ 为等边三角形，所以 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=2\times2\cos 60^{\circ}=2$ ，$\overrightarrow{OA}^{2}=4$ ，$\overrightarrow{OB}^{2}=4$ ，

所以 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=3$ ， 故选 $D$ .

解法 2️⃣：特殊化策略，【考试中的首选方法】既然点 $A$ 和点 $B$ 都是圆上的动点为什么可以这样思考呢，由于点 $C$ 和点 $M$ 在线段 $AB$ 上的位置都是相对于点 $A$ 和点 $B$ 都是相对确定的，这样 $|\overrightarrow{OC}|$ 和 $|\overrightarrow{OM}|$ 都是确定值，而且向量夹角也是确定值，故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}|$ 应该是确定值，与夹角无关的，那么我们将点 $A$ 放在最特殊的位置，应该是可以的，运算也简单，何乐而不为呢！，那么可以将点 $A$ 放置在 $(2,0)$ 处，此时由于 $|AB|=2$，则 $\triangle OAB$ 为等边三角形，故 点 $B$ 可以放置在 点 $(1,\sqrt{3})$ 处，这样向量 $\overrightarrow{OA}=(2,0)$ ， $\overrightarrow{OB}=(1,\sqrt{3})$ ，

则 $\overrightarrow{OC}$$=$$\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}$$+$$\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$=$$\cfrac{1}{3}(2,0)$$+$$\cfrac{2}{3}(1,\sqrt{3})$$=$$(\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})$ ，

又由于点 $M$ 为 $AB$ 的中点，故 $M(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})$，则 $\overrightarrow{OM}$$=$$(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})$ ，

故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}|=(\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\cdot(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})=3$，故选 $D$ .

解法 3️⃣：向量坐标法，如果上述的方法理解还是有疑虑，那么可以采用这个方法来计算打消我们的顾虑，就是运算比较麻烦。

由于点 $A$ 和点 $B$ 都是圆上的动点，且 $|AB|=2$ ，圆的半径也是 $r=2$ ，故 $\triangle OAB$ 为等边三角形，利用圆的参数方程，令点 $A(2\cos\theta,2\sin\theta)$，则点 $B(2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))$，这样

$\overrightarrow{OA}$$=$$(2\cos\theta,2\sin\theta)$ ，$\overrightarrow{OB}$$=$$(2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))$ ，

$\overrightarrow{OC}$$=$$\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}$$+$$\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}$$=$$\left(\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)$ ，

$\overrightarrow{OM}$$=$$\left(\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)$ ，

故 $\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}$$=$$\left[\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$\left[\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$+$$\left[\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$\left[\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$=$$\cfrac{2}{3}\cos^2\theta$$+$$\cfrac{2}{3}\sin^2\theta$$+$$\cfrac{4}{3}\cos^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})$$+$$\cfrac{4}{3}\sin^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})$

$+$$\cfrac{2}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$$+$$\cfrac{4}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]$

$=2+2\cos(\theta-\theta-\cfrac{\pi}{3})=2+1=3$，故选 $D$ .