方法四數(shù)形結(jié)合法方法四數(shù)形結(jié)合法(1)“數(shù)”與“形”是數(shù)學(xué)這座高樓大廈的兩塊最重要的基石，二者在內(nèi)容上相互聯(lián)系，在方法上相互滲透，在確定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．在解答選擇題的過程中，可以先依據(jù)題意，做出草圖，然后參照?qǐng)D形的做法、形態(tài)、位置、性質(zhì)，綜合圖象的特征，得出結(jié)論．(2)對(duì)于一些含有幾何背景的填空題，若能依據(jù)題目條件的特點(diǎn)，作出符合題意的圖形，做到數(shù)中思形，以形助數(shù)，并通過對(duì)圖形的直觀分析、推斷，往往可以簡(jiǎn)捷地得出正確的結(jié)果．4.(1)[2024·新高考Ⅱ卷](多選)如圖，下列各正方體中，O為下底面的中心，M，N為頂點(diǎn)，P為所在棱的中點(diǎn)，則滿意MN⊥OP的是()ABCD(2)[2024·全國(guó)甲卷]向量|a|＝|b|＝1，|c|＝，且a＋b＋c＝0，則cos〈a－c，b－c〉＝()A．－B．－C．D．對(duì)接訓(xùn)練7.[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是________．8．[2024·新高考Ⅰ卷]已知橢圓C：＝1(a>b>0)，C的上頂點(diǎn)為A，兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點(diǎn)，|DE|＝6，則△ADE的周長(zhǎng)是________．方法四數(shù)形結(jié)合法[例4](1)解析：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，如圖①所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC(或其補(bǔ)角)為異面直線OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝，CP＝1，故tan∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A錯(cuò)誤．如圖②所示，取NT的中點(diǎn)為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方體SBCMNADT可得SN⊥平面ANTD，而OQ?平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN＝N，故OQ⊥平面SNTM，又MN?平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確．如圖③，連接BD，則BD∥MN，由B的推斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確．如圖④，取AD的中點(diǎn)Q，AB的中點(diǎn)K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，則AC∥MN，因?yàn)镈P＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其補(bǔ)角為異面直線PO，MN所成的角，因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D錯(cuò)誤．故選BC.(2)解析：因?yàn)閍＋b＋c＝0，所以a＋b＝－c，即a2＋b2＋2a·b＝c2，即1＋1＋2a·b＝2，所以a·b＝0.如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c，由題知，OA＝OB＝1，OC＝，△OAB是等腰直角三角形，AB邊上的高OD＝，AD＝，所以CD＝CO＋OD＝＝，tan∠ACD＝＝，cos∠ACD＝，cos〈a－c，b－c〉＝cos∠ACB＝cos2∠ACD＝2cos2∠ACD－1＝2×－1＝.故選：D.答案：BC答案：D對(duì)接訓(xùn)練7．解析：因?yàn)?≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，則cosωx＝1有3個(gè)根，令t＝ωx，則cost＝1有3個(gè)根，其中t∈[0，2ωπ]，結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖象性質(zhì)可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.答案：[2，3)8．解析：由題意知e＝＝，所以a＝2c，b＝c，所以△AF1F2是等邊三角形，所以DE垂直平分AF2，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，所以△ADE的周長(zhǎng)為|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|DF2|＋|EF2|.由橢圓的定義，可知|DE|＋|DF2|＋|EF2|＝4a＝8c.因?yàn)橹本€DE的斜率k＝tan30°＝，所以直線DE的方程為y＝(x＋c)，即x＝y(tǒng)－c.由橢圓方程＝1，得3x2＋4y2＝12c2.將x＝y(tǒng)－c代入并整理得13y2－6c