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【期末真题汇编】核心考点：填空题篇-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）
1．（2024秋 东坡区期末）在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为 　 　 ．
2．（2024秋 通州区期末）已知，，是同一平面上的三个向量，满足||＝||＝2， 2，则与的夹角等于 　 　 ；若与的夹角为，则||的最大值为 　 　 ．
3．（2024秋 娄底期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，a＝6，则△ABC的面积的最大值为 　 　 ．
4．（2024秋 北京期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝DD1＝1，则异面直线AC与DA1所成角的余弦值为 　 　 ．
5．（2024秋 浦东新区校级期末）四面体ABCD中，，M、N分别为BC、AD的中点，MN＝1，则异面直线AC与BD所成的角是 　 　 ．
6．（2022春 永昌县校级期末）在△ABC中，M为AB的中点，N为线段CM上一点（异于端点），，则的最小值为 　 　 ．
7．（2024秋 丰台区期末）在△ABC中，，a＝2．
①若，则b＝　 　 ；
②△ABC面积的最大值为　 　 ．
8．（2023秋 嘉定区期末）已知事件A和B独立，，则P（A∩B）＝　 　 ．
9．（2023秋 普陀区校级期末）复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为 　 　 ．
10．（2022秋 东丽区校级期末）在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝6，AD＝2，CD＝3，E为AD的中点，19，则cos∠BAD＝　 　 ；设点P为线段CD上的动点，则最小值为 　 　 ．
11．（2024秋 潍坊期末）如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．在A点测得M，N的俯角分别为75°，30°，在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，且AB＝2km，则MN＝ 　 　 km．
12．（2024秋 上海校级期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是直角梯形O′A'B'C'，其中O'A'∥B'C'，∠O'A'B'＝90°，O′A'＝2B'C'＝4，A'B'＝2，则平面图形OABC的面积为 　 　 ．
13．（2019春 克拉玛依区校级期末）在△ABC中，BC＝1，B＝2A，则的值等于　 　 ．
14．（2024秋 鄂尔多斯期末）如图是某烘焙店家烘焙蛋糕时所用的圆台状模具，它的高为6cm，下底部直径为12cm，上面开口圆的直径为20cm，现用此模具烘焙一个跟模具完全一样的儿童蛋糕，若蛋糕膨胀成型后的体积会变为原来液态状态下体积的2倍（模具不发生变化），现用直径为16cm的圆柱形容器量取液态原料（不考虑损耗），则圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为 　 　 cm．
15．（2024春 龙凤区校级期末）已知向量，满足，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为，则　 　 ．
16．（2024秋 西城区期末）在△ABC中，若a＝3，b＝4，，则sinA＝ 　 　 ．
17．（2024秋 牡丹江期末）若样本数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为2，则数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，2x4+3，2x5+3的平均数为 　 　 ．
18．（2024秋 广西期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则C＝ 　 　 ．
19．（2023春 大祥区校级期末）已知平面向量，，，满足，，，，且对任意的实数t，均有，则的最小值为 　 　 ．
20．（2024秋 新安县校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，且△ABC的面积为，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于 　 　 ．
21．（2024秋 贵港期末）已知球O的表面积为144π，正四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，底面边长为4，则该正四棱锥的高为　 　 ．
22．（2023春 重庆期末）如图所示，制作某回旋飞梭的飞行翅膀时，需从一个直角三角形的塑料板上裁去一个以其斜边为一边且对角为150°的三角形（图中的阴影部分）再加工而成为游戏者安全考虑，具体制作尺寸为∠ABC＝90°，∠BPC＝120°，，则tan（∠PAB+60°）＝　 　 ．
23．（2022秋 南岗区校级期末）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为 　 　 ．
24．（2022秋 南阳期末）《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，内容十分丰富，在数学史上有其独到的成就．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖臑”，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，几何体P﹣ABCD为一个阳马，其中PD⊥平面ABCD，若DE⊥PA，DF⊥PB，DG⊥PC，且PD＝AD＝2AB＝4，则几何体EFGABCD的外接球表面积为 　 　 ．
25．（2024秋 成都期末）在某次活动中，登记的8个数据x1，x2，x3，…，x8的平均数为8，方差为16，其中x1＝7．后来发现x1应该为10，并且漏登记了一个数据14，则修正后的9个数据的平均数为 　 　 ，方差为 　 　 ．
26．（2022秋 朝阳区期末）如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别为AC1，A1B1的中点，点T在正方体的表面上运动，满足PT⊥BQ．
给出下列四个结论：
①点T可以是棱DD1的中点；
②线段PT长度的最小值为；
③点T的轨迹是矩形；
④点T的轨迹围成的多边形的面积为．
其中所有正确结论的序号是 　 　 ．
27．（2024秋 天津期末）已知平行四边形ABCD的面积为，，E为线段BC的中点．若F为线段DE上的一点，且，则λ＝ 　 　 ，||的最小值为 　 　 ．
28．（2024秋 北京校级期末）我国古代数学家赵爽大约在公元222年为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．类比“赵爽弦图”，可构造图2所示的图形，它是由3个全等的三角形和中间的小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形．已知DF＝3AF，若，则λ+μ的值为 　 　 ．
29．（2024秋 上海校级期末）如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，A1B1＝1，且棱台的侧面积为6，则该棱台的高为 　 　 ．
30．（2024秋 上海校级期末）如图，一个底面半径为b，高为a（a＞b）的半椭球放置在平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截几何体，截面为圆面，运用祖暅原理，若图中半椭球底面半径b为1，高a为6，则该半椭球体的体积为 　 　 ．
【期末真题汇编】核心考点：填空题篇-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）
参考答案与试题解析
一．填空题（共30小题）
1．（2024秋 东坡区期末）在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为 　　 ．
【解答】解：由题意，另3位棋手分别记为丙、丁、戊，
则这5位棋手的分组情况有（甲乙丙，丁戊），（甲乙丁，丙戊），（甲乙戊，丙丁），（甲丙丁，乙戊），
（甲丙戊，乙丁），（甲丁戊，乙丙），（乙丙丁，甲戊），（乙丙戊，甲丁），（乙丁戊，甲丙），（丙丁戊，甲乙），共10种，
其中甲和乙不在同一个小组的情况分别为（甲丙丁，乙戊），（甲丙戊，乙丁），（甲丁戊，乙丙），（乙丙丁，甲戊），
（乙丙戊，甲丁），（乙丁戊，甲丙），共有6种，
所以甲和乙不在同一个小组的概率．
故答案为：．
2．（2024秋 通州区期末）已知，，是同一平面上的三个向量，满足||＝||＝2， 2，则与的夹角等于 　　 ；若与的夹角为，则||的最大值为 　4　 ．
【解答】解：因为||＝||＝2， 2，
所以，
又＜a，b＞∈[0，π]，所以，
因为||＝||＝2，，如图，设，，
则，，
又向量与的夹角为，则，又，
所以O，A，B、C四点共圆，又，
所以，
设△AOB外接圆的半径为R，由正弦定理，
所以的最大值为4．
故答案为：；4．
3．（2024秋 娄底期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，a＝6，则△ABC的面积的最大值为 　　 ．
【解答】解：因为已知，a＝6，
由余弦定理可得：，
即36＝b2+c2+bc≥2bc+bc＝3bc，所以bc≤12，
当且仅当时等号成立，
则△ABC面积为，
当且仅当时等号成立，
故△ABC的面积的最大值为．
故答案为：．
4．（2024秋 北京期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝DD1＝1，则异面直线AC与DA1所成角的余弦值为 　　 ．
【解答】解：根据题意，以D为原点、、为正交基底，建立空间直角坐标系，
可得A（1，0，0），C（0，2，0），D（0，0，0），A1（1，0，1），
所以（﹣1，2，0），（1，0，1），
cos，，
可得异面直线AC与DA1所成角的余弦值为|cos，|．
故答案为：．
5．（2024秋 浦东新区校级期末）四面体ABCD中，，M、N分别为BC、AD的中点，MN＝1，则异面直线AC与BD所成的角是 　　 ．
【解答】解：在四面体ABCD中，取CD的中点O，连接OM，ON，
由M、N分别为BC、AD的中点，得ON∥AC，OM∥BD，
则∠MON是异面直线AC与BD所成的角或其补角，
显然，，
而MN＝1，有ON2+MN2＝OM2，于是，，
所以异面直线AC与BD所成的角是．
故答案为：．
6．（2022春 永昌县校级期末）在△ABC中，M为AB的中点，N为线段CM上一点（异于端点），，则的最小值为 　　 ．
【解答】解：如图，∵xy，M为AB的中点，
∴2xy，
∵C，N，M三点共线，
∴2x+y＝1（x＞0，y＞0），
∴（2x+y）（）＝33+23+2，
当且仅当，即x＝1，y1时等号成立，
所以的最小值为3+2．
故答案为：3+2．
7．（2024秋 丰台区期末）在△ABC中，，a＝2．
①若，则b＝　　 ；
②△ABC面积的最大值为　　 ．
【解答】解：①在△ABC中，，a＝2，，
由正弦定理得，则；
②由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，
即bc≤4，当且仅当b＝c＝2时等号成立，
故△ABC面积的最大值为，
故答案为：；．
8．（2023秋 嘉定区期末）已知事件A和B独立，，则P（A∩B）＝　　 ．
【解答】解：因为事件A，B互相独立，
所以．
故答案为：．
9．（2023秋 普陀区校级期末）复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为 　﹣3　 ．
【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），
则，
故a+bi+6i＝a﹣bi，即（2b+6）i＝0，解得b＝﹣3．
故答案为：﹣3．
10．（2022秋 东丽区校级期末）在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝6，AD＝2，CD＝3，E为AD的中点，19，则cos∠BAD＝　　 ；设点P为线段CD上的动点，则最小值为 　　 ．
【解答】解：如图，
∵AB∥CD，AB＝6，AD＝2，CD＝3，E为AD的中点，19，
∴
＝﹣19，
∴，
∴；
设，0≤λ≤1，则：
＝9λ2﹣18λ+4+4（λ﹣1）
＝9λ2﹣14λ
，
∴时，取得最小值．
故答案为：．
11．（2024秋 潍坊期末）如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．在A点测得M，N的俯角分别为75°，30°，在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，且AB＝2km，则MN＝ 　　 km．
【解答】解：在△ABM中，∠MAB＝75°，∠ABM＝45°，则∠AMB＝60°，
由正弦定理得：，
所以；
因为在B点测得M，N的俯角分别为45°，60°，
所以∠MBN＝75°，∠ABN＝120°，则∠ANB＝30°，
所以，AN＝2ABcos30°＝6km，
在△AMN中，∠MAN＝45°，由余弦定理得：MN2＝AM2+AN2﹣2AM AN cos∠MAN＝8+36﹣24＝20，
解得．
故答案为：．
12．（2024秋 上海校级期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是直角梯形O′A'B'C'，其中O'A'∥B'C'，∠O'A'B'＝90°，O′A'＝2B'C'＝4，A'B'＝2，则平面图形OABC的面积为 　12　 ．
【解答】解：在直角梯形O′A′B′C′中，O′A′∥B′C′，O′A′＝2B′C′＝4，A′B′＝2，
显然∠A′O′C′＝45°，于是O′C′2，
直角梯形O′A′B′C′对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC，
BC∥OA，OC⊥OA，OA＝2BC＝4，OC＝2O′C′＝4，
所以该平面图形的高为4，
故平面图形OABC的面积为：（2+4）×412．
故答案为：12．
13．（2019春 克拉玛依区校级期末）在△ABC中，BC＝1，B＝2A，则的值等于　2　 ．
【解答】解：由正弦定理得：，
因为BC＝1，B＝2A，
所以ACsinA＝BCsinB＝sin2A＝2sinAcosA，
∵sinA≠0，
则2．
故答案为：2
14．（2024秋 鄂尔多斯期末）如图是某烘焙店家烘焙蛋糕时所用的圆台状模具，它的高为6cm，下底部直径为12cm，上面开口圆的直径为20cm，现用此模具烘焙一个跟模具完全一样的儿童蛋糕，若蛋糕膨胀成型后的体积会变为原来液态状态下体积的2倍（模具不发生变化），现用直径为16cm的圆柱形容器量取液态原料（不考虑损耗），则圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为 　　 cm．
【解答】解：圆台状蛋糕膨胀成型后的体积为：，
圆柱形容器中液态原料的体积为，
解得，
即圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为．
故答案为：．
15．（2024春 龙凤区校级期末）已知向量，满足，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为，则　　 ．
【解答】解：，，向量在向量方向上的投影向量的坐标为，
则，解得，
．
故答案为：．
16．（2024秋 西城区期末）在△ABC中，若a＝3，b＝4，，则sinA＝ 　　 ．
【解答】解：根据，A∈（0，π），可得sinB，
由正弦定理，可得，即，解得sinA．
故答案为：．
17．（2024秋 牡丹江期末）若样本数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为2，则数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，2x4+3，2x5+3的平均数为 　7　 ．
【解答】解：样本数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为2，
则由平均数的定义和性质得：
数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，2x4+3，2x5+3的平均数为：
2×2+3＝7．
即数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，2x4+3，2x5+3的平均数为7．
故答案为：7．
18．（2024秋 广西期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则C＝ 　　 ．
【解答】解：由，根据正弦定理得，
即a2+b2﹣c2ab，结合余弦定理可得，
因为C∈（0，π），所以．
故答案为：．
19．（2023春 大祥区校级期末）已知平面向量，，，满足，，，，且对任意的实数t，均有，则的最小值为 　　 ．
【解答】解：作，，以为x轴建立平面直角坐标系，如图所示；
因为，，，所以点A的坐标为（3，0），点E的坐标为（，），
作，设点B（x，y），因为||＝||＝||＝1，所以1，
所以（x﹣3）3+y2＝1，所以点B在以（3，0）为圆心，以1为半径的圆上；
因为对任意的实数t，均有，所以，又||＝1，
所以t2﹣2 t+4 c﹣4≥0恒成立，所以4（4 4）≤0，
所以0，即 2，作，设点C（x′，y′），则x′y′+4＝0，即x′y′+4＝0，所以点C在直线x′y′+4＝0上；
因为||＝||，且点B在圆（x﹣3）2+y2＝1上，点C在直线x′y′+4＝0上，
所以点B到点C的最小距离是圆心A到最新的距离减去圆的半径，
即||≥||﹣1，当且仅当点B为线段AC与圆的交点时“＝”成立；
因为点A（3，0）到直线x′y′+4＝0的距离为d，
所以点A到点C的距离大于或等于，即||，
所以||≥||﹣1，当且仅当AC垂直于直线x′y′+4＝0，且点B为线段AC与圆的交点时“＝”成立；
所以||的最小值为．
故答案为：．
20．（2024秋 新安县校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，且△ABC的面积为，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于 　　 ．
【解答】解：△ABC中，AB＝AC＝2，且△ABC的面积为，点D在BC边上，∠ADC＝45°，
则，
则，则∠BAC＝60°或120°，
当∠BAC＝60°时，由于AB＝AC，则∠C＝60°，
又∠ADC＝45°，所以∠DAC＝180﹣45°﹣60°＝75°，不符合题意；
当∠BAC＝120°时，由于AB＝AC，则∠C＝30°，又∠ADC＝45°，
在△ADC中，由正弦定理得，，
则，解得，
则AD的长度等于．
故答案为：．
21．（2024秋 贵港期末）已知球O的表面积为144π，正四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，底面边长为4，则该正四棱锥的高为　　 ．
【解答】解：设球O的半径为R，则4πR2＝144π，所以R＝6，则该正四棱锥的侧棱长为6．
因为该正四棱锥的底面边长为4，所以底面对角线长为，
故该正四棱锥的高为．
故答案为：．
22．（2023春 重庆期末）如图所示，制作某回旋飞梭的飞行翅膀时，需从一个直角三角形的塑料板上裁去一个以其斜边为一边且对角为150°的三角形（图中的阴影部分）再加工而成为游戏者安全考虑，具体制作尺寸为∠ABC＝90°，∠BPC＝120°，，则tan（∠PAB+60°）＝　　 ．
【解答】解：由题意可得，
又∠APC＝150°，∠BPC＝120°，
所以∠APB＝90°，
设∠PAB＝θ，则AP＝3cosθ，
因为∠PAB+∠ABP＝90°，且∠ABP+∠PBC＝90°，
所以∠PBC＝∠PAB＝θ，
又∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠BPC＝60°，且∠ACP+∠PCB＝60°，
所以∠ACP＝∠PBC＝θ，
在△ACP 中，由正弦定理可得，即，
解得，
故tan（∠PAB+60°）．
故答案为：．
23．（2022秋 南岗区校级期末）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为 　　 ．
【解答】解：设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则，（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立），
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，
又设四棱锥的高为h，则r2+h2＝1，
，当且仅当r2＝2h2即时等号成立．
故答案为：．
24．（2022秋 南阳期末）《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，内容十分丰富，在数学史上有其独到的成就．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖臑”，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，几何体P﹣ABCD为一个阳马，其中PD⊥平面ABCD，若DE⊥PA，DF⊥PB，DG⊥PC，且PD＝AD＝2AB＝4，则几何体EFGABCD的外接球表面积为 　20π　 ．
【解答】解：根据题意，设BD的中点为O，连接BG，
几何体P﹣ABCD为一个阳马，其中PD⊥平面ABCD，易得BC⊥平面PCD，所以BC⊥DG，
又因为DG⊥PC，所以DG⊥平面PBC，
则DG⊥GB，故△BGD为直角三角形，则有OB＝OD＝OG，
同理：OB＝OD＝OE，
DF⊥PB，△DFB为直角三角形，则有OB＝OD＝OF，
底面ABCD为长方形，则OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝OG，
则ABCDEFG七点均在以BD为直径的球面上，
又由AD＝2AB＝4，则BD2，
则几何体EFGABCD的外接球的半径RBD，其表面积S＝4πR2＝20π，
故答案为：20π．
25．（2024秋 成都期末）在某次活动中，登记的8个数据x1，x2，x3，…，x8的平均数为8，方差为16，其中x1＝7．后来发现x1应该为10，并且漏登记了一个数据14，则修正后的9个数据的平均数为 　9　 ，方差为 　　 ．
【解答】解：∵8个数据x1，x2，x3，…，x8的平均数为8，方差为16，其中x1＝7，
∴7+x2+x3+ +x8＝8×8，（7﹣8）2+（x2﹣8）2+（x3﹣8）2+… +（x8﹣8）2＝16×8，
∴x2+x3+ +x8＝57，（x2﹣8）2+（x3﹣8）2+…+（x8﹣8）2＝127，
∴修正后的9个数据的平均数为，
方差为
{（x2﹣8）2+（x3﹣8）2+…+（x8﹣8）2﹣2[（x2﹣8）+（x3﹣8）+…+（x8﹣8）]+1×7+26＝
．
故答案为：9；．
26．（2022秋 朝阳区期末）如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别为AC1，A1B1的中点，点T在正方体的表面上运动，满足PT⊥BQ．
给出下列四个结论：
①点T可以是棱DD1的中点；
②线段PT长度的最小值为；
③点T的轨迹是矩形；
④点T的轨迹围成的多边形的面积为．
其中所有正确结论的序号是 　②③④　 ．
【解答】解：由题知，以C点为坐标原点，以CD、CB、CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
令正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则C（0，0，0），D（2，0，0），B（0，2，0），A（2，2，0），C1（0，0，2），D1（2，0，2），
B1（0，2，2），A1（2，2，2），P（1，1，1），Q（1，2，2），
设T（2，0，1），
则（1，﹣1，0），（1，0，2），
1+0+0＝1≠0，
不满足PT⊥BQ，∴点T不是棱DD1的中点，故①错误；
（x﹣1，y﹣1，z﹣1），∵PT⊥BQ，∴x﹣1+2（z﹣1）＝0，
当x＝0时，z，当x＝2时，z，
取E（2，0，），F（2，2，），G（0，2，），H（0，0，），
连结EF，FG，GH，HE，则（0，2，0），（﹣2，0，1），
0，∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH为矩形，
∵，0，
∴EF⊥BQ，EH⊥BQ，
∵EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，
∴BQ⊥平面EFGH，
又（﹣1，1，），（﹣1，1，），
∴P是EG的中点，则P∈平面EFGH，
为使PT⊥BQ，必有点T∈平面EFGH，
∵EF＝GH＝2，EH＝FG，∴EF≠EH，
则点T的轨迹为矩形EFGH，故③正确；
面积为22，即点T的轨迹围成的多边形的面积为，故④正确；
∵（1，0，2），（x﹣1，y﹣1，z﹣1），PT⊥BQ，
则x﹣1+2（z﹣1）＝0，即x+2z﹣3＝0，
∴x＝3﹣2z，点T在正方体表面运动，
∴0≤3﹣2z≤2，解得，
∴|PT|，
结合点T的轨迹为矩形EFGH，
分类讨论下列两种可能取得最小值的情况，
当z＝1，y＝0或y＝2时，|PT|＝1，
当y＝1，z或z时，|PT|，
∵1，∴当z＝1，y＝0或y＝2时，PT取得最小值为1，取，故②正确．
故答案为：②③④．
27．（2024秋 天津期末）已知平行四边形ABCD的面积为，，E为线段BC的中点．若F为线段DE上的一点，且，则λ＝ 　　 ，||的最小值为 　　 ．
【解答】解：设t，t∈[0，1]，结合，可得t（）＝t．
所以（t）＝t（1），
因为，所以，解得λ．
根据S平行四边形ABCD sin，解得 20，所以 cos10．
由（），可得||2（||2+||2+2 ）（||2+||2﹣20），
因为||2+||2≥2|| ||＝40，
所以||2（40﹣20），当且仅当||＝||时，取等号．
因此，当||＝||＝2时，||2有最小值，可得||的最小值为．
故答案为：；．
28．（2024秋 北京校级期末）我国古代数学家赵爽大约在公元222年为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．类比“赵爽弦图”，可构造图2所示的图形，它是由3个全等的三角形和中间的小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形．已知DF＝3AF，若，则λ+μ的值为 　　 ．
【解答】解：如图所示：
连接FB，在△BEF中，，即，
所以，在△ABF中，，
所以，
在△AFC中，，则，
因为，
所以，
所以，则，所以．
故答案为：．
29．（2024秋 上海校级期末）如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，A1B1＝1，且棱台的侧面积为6，则该棱台的高为 　　 ．
【解答】解：正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，
设斜高为h′，则侧面积为4（1+2）h′＝6，解得h′＝1，
所以该棱台的高为h．
故答案为：．
30．（2024秋 上海校级期末）如图，一个底面半径为b，高为a（a＞b）的半椭球放置在平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截几何体，截面为圆面，运用祖暅原理，若图中半椭球底面半径b为1，高a为6，则该半椭球体的体积为 　4π　 ．
【解答】解：设椭圆方程为：1，当高度为d时，设截面半径为r，
由题意知（r，d）在椭圆上，即1，
解得r2＝b2，所以截面面积为S＝π（b2）；
同样高度时，由底面半径都为b，高都为a（a＞b）的半椭球（左侧图）和已被挖去了圆锥的圆柱右侧图
（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面β上，
用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截面面积：
画出圆锥的截面图，如图所示：
则BC＝d，AC＝a，AE＝b，由△BDC △AEC，
得，即，则BD，
所以S圆环＝π（b2），所以S圆＝S圆环总成立．
所以半椭球体的体积为V柱﹣V锥＝πb2aπb2aπb2a；
由题意知b＝1，a＝6，半椭球体的体积为π×12×6＝4π．
故答案为：4π．
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