新高考数学三轮冲刺提升练习专题11 三角函数和解三角形选填专练（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc133520576" 类型一：三角函数 PAGEREF _Tc133520576 \h 1
\l "_Tc133520577" 类型二：三角恒等变换 PAGEREF _Tc133520577 \h 4
\l "_Tc133520578" 类型三：解三角形 PAGEREF _Tc133520578 \h 6
类型一：三角函数
题型专练：
一、单选题
1．（2023·江西鹰潭·二模）已知函数的图象如图所示，图象与x轴的交点为，与y轴的交点为N，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（ ）
A．B．0C．D．
【答案】A
【分析】根据图象，利用正弦型函数的性质、向量垂直的充要条件以及诱导公式进行求解.
【详解】由图象可知，，所以，又，所以，
所以，又，所以，
又，所以，所以，所以点的坐标为，
因为，所以，即，又，
解得，所以，将的图象向左平移1个单位，
得到的图象对应的函数为，
所以，故B，C，D错误.
故选：A.
2．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知函数在有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简得到，结合和三角函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，
因为，可得，则，
又由函数在仅有两个零点，且，
则满足，解得.
故选：C．
3．（2023·河南·校联考二模）已知函数，其中，若函数满足以下条件：
①函数在区间上是单调函数；②对任意恒成立；
③经过点的任意直线与函数恒有交点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得到函数的周期为，由②得到是函数的一条对称轴，结合①可知，，再结合②和③即可求解.
【详解】由函数可知，函数的周期为，
由条件②对任意恒成立，可知是函数的一条对称轴，
结合条件①函数在区间上是单调函数，则有
，又，解得，即，
又因为，故，解得，又，
从而或.
当时，；当时，，
由②对任意恒成立，，则，由③经过点的任意直线与函数恒有交点，得，解得，易知，，，
此时由，可得，从而，
由或，得或，
所以或，
故选：A.
【点睛】根据三角函数的单调性和对称轴求参数，研究三角函数的性质基本思想将函数看成的形式，根据整体思想来研究相关性质.
4．（2023·山东青岛·统考模拟预测）若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由诱导公式把化为，再用二倍角公式变形，从而求出，再求出.把变形为再用和差角公式即可计算.
【详解】由
得
所以.
因为，所以，所以，
所以，所以，
，
所以
.
故选：A
5．（2023·山东·校联考二模）已知函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数B．的最小正周期为2π
C．在区间上单调递增D．方程在区间上有2个实根
【答案】D
【分析】利用赋值法可求的关系，从而可得，利用公式可判断B的正误，结合的符号可判断C的正误，结合特例可判断A的正误，求出方程在区间上解后可判断D的正误.
【详解】因为的图象关于直线对称，故，
所以，所以，
所以，
此时，故函数图象关于直线对称.
，
令，
则，而，
故不是偶函数，故A错误.
的最小正周期为，故B错误.
因为的正负无法确定，故在的单调性无法确定，故C错误.
令，因，则，
因为，故，故即，
故方程共2个不同的解，故D正确.
故选：D.
6．（2023·甘肃酒泉·统考三模）函数部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】由图象可得，求出，五点法求，进而写出解析式，即可求.
【详解】由图象可知取，故最小正周期，
所以，所以，
由及图象单调性知，
，又，则，所以，
则．
故选：C.
7．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意以为整体，结合三角恒等变换运算求解.
【详解】因为，则，且，
可得，且，
故，
可得，
所以.
故选：A.
8．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求得函数的奇偶性，结合排除法求得其大致图象.
【详解】，，
则
则为偶函数，其图像关于y轴对称，排除AB；
又时，排除C,
故选：D
二、多选题
9．（2023·安徽黄山·统考二模）若，则的值可能是（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】CD
【分析】利用余弦的二倍角公式和“齐次式”结构，求出或，再利用的周期，化简，从而求出结果.
【详解】由余弦的二倍角公式知，
得到 ，即，解得或，
当时，，
当时，
所以，当时，或，
当时，或，
故选：CD.
10．（2023·江苏常州·常州市第三中学校考模拟预测）已知角的终边与单位圆交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】点代入单位圆的方程求出点可得，再由弦化切可得答案.
【详解】角的终边与单位圆交于点，
，，，
当时，；
当时，．
故选：AC.
11．（2023·山东德州·统考一模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．当时，的值域为
C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
【答案】ACD
【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．
【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；
由，知，
因为，所以，所以，，即，，
又，所以，所以，
对于B，当时，，所以，
所以的值域为，故B错误；
对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；
对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD．
12．（2023·全国·校联考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．为的一个周期B．的图像关于直线对称
C．在上单调递增D．的值域为
【答案】ABD
【分析】利用验证法选项AB，在定义区间内化简函数解析式，判断单调性并求值域.
【详解】因为，所以为的一个周期，故A正确；
因为，所以的图像关于直线对称，故B正确；
因为当时，，
，
故在上单调递减，故C错误；
因为在上单调递减，所以在上的取值范围为，
因为关于直线对称，所以在上的取值范围为，
又的周期为，所以在整个定义域上的值域为，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题
13．（2023·河南·校联考二模）如图，已知圆柱，A在圆上，，，，在圆上，且满足，则直线与平面所成角余弦的最小值是______．
【答案】
【分析】建系，利用空间向量求线面夹角，整理得，结合正弦函数的有界性分析运算.
【详解】如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
不妨取，设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
即直线与平面所成角正弦的最大值是，
所以直线与平面所成角余弦的最小值是.
故答案为：.
14．（2023·陕西榆林·统考三模）已知函数与的图象在区间上的交点个数为m，直线与的图象在区间上的交点的个数为n，则________．
【答案】
【分析】分别作出函数与及直线的图象，结合图象确定的值，即可求解.
【详解】解：作出函数与的图象，
如图所示，根据图象知，
又由直线与的图象在区间上有3个交点，所以，
所以．
故答案为：.
15．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数，则在上的零点个数为________．
【答案】2
【分析】根据题意分析可得原题意等价于求与在上的交点个数，结合余弦函数分析运算.
【详解】令，可得，
原题意等价于求与在上的交点个数，
∵，则，
且，
有余弦函数可知与在上有2个交点
所以与在上有2个交点.
故答案为：2.
16．（2023·山东青岛·统考模拟预测）设函数，其中，且，将的图象上各点横坐标伸长为原米的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到图象，则在区间上的最小值为________.
【答案】/
【分析】根据三角函数的图像变换求出的解析式，再根据正弦函数的图象性质求解.
【详解】因为，所以，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
将的图象上各点横坐标伸长为原米的2倍（纵坐标不变），
可得，
再将得到的图象向左平移个单位，得到图象，
则，
因为，所以，
所以当，即时，
有最小值为，
故答案为: .
类型二：三角恒等变换
题型专练：
一、单选题
17．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）平行四边形ABCD内接于椭圆，椭圆C的离心率为，且AB，AD的倾斜角分别为，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，，则，将点的坐标代入椭圆方程作差得到，也即，然后利用两角和与差的余弦公式和同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】设，，，
∴，，相减整理得，
即，．
∵，
∴，
故选：D.
18．（2023·河南·校联考模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用诱导公式和三角函数的基本关系，以及正弦的倍角公式，准确化简、计算，即可求解.
【详解】由
故选：D.
19．（2023·江苏·校联考模拟预测）在中，内角，，所对应的边分别为，，，且，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用锐角三角函数的定义及两角差的正切公式，结合基本不等式即可求解
【详解】过点作的垂线，垂足为，如图所示
因为，
所以.
设，则，，
所以．
当时等号成立．
当时，的最大值是.
故选：D.
20．（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）已知向量，，且，则实数的值为（ ）
A．8B．C．4D．
【答案】A
【分析】利用向量垂直的坐标表示，结合数量积公式，即可求解.
【详解】因为，
，.
所以.
所以.
故选：A
21．（2023·天津河西·统考二模）已知函数，则下列结论中正确个数为（ ）
①函数为偶函数
②函数的最小正周期为
③函数在区间上的最大值为1
④函数的单调递增区间为
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】化简得到，根据三角函数的奇偶性，单调性和值域得到①③④正确，确定得到②错误，得到答案.
【详解】，
对①：，为偶函数，正确；
对②：，
故是的周期，错误；
对③：，则，函数的最大值为，正确；
对④：取，解得，
故函数的单调递增区间为，正确.
故选：C
22．（2023·全国·校联考三模）已知，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】化简已知得，其中，再求出，即得解.
【详解】
，
即，
令，
则，
，
，
由于，
故．
故选：D
23．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，则的周长是（ ）
A．4B．6C．8D．18
【答案】B
【分析】由正弦定理和和角公式得到，得到，由三角形面积公式得到，再利用余弦定理求出，得到答案.
【详解】，由正弦定理得，，
又，
所以，
因为，所以，故，
因为，所以，
由三角形面积公式可得，故，
由余弦定理得，
解得或（舍去），
故三角形周长为.
故选：B
24．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知角α的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】运用角终边上一点，则及二倍角公式计算即可.
【详解】.
故选：B.
25．（2023·山东菏泽·统考二模）已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用辅助角公式变形函数，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围.
【详解】依题意，函数，，
因为在区间上单调递增，由 ，则，
于是且，解得且，即，
当时，，因为在区间上只取得一次最大值，
因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
四、填空题
26．（2023·甘肃酒泉·统考三模）若函数的最小值为，则__________．
【答案】/
【分析】根据三角恒等变换化简整理得，结合正弦函数求最值.
【详解】∵，
∴函数的最小值为，
此时，即.
故答案为：.
27．（2023·陕西宝鸡·统考三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，且满足，，则边a等于________．
【答案】
【分析】先根据题意求得角，的值，再根据正弦定理求解即可．
【详解】由，显然，则，
又，则，
由，
又，则，整理得，
又，则，所以，得，
又由正弦定理有，则．
故答案为：．
28．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________．
【答案】1
【分析】根据题意利用正弦定理进行边化角，结合三角恒等变换运算求解.
【详解】∵，由正弦定理可得：，
则，
整理得①，
又∵，则，即，
将①式两边同除于，可得，即.
故答案为：1.
29．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）记的面积为，内角所对的边分别为，且，则的值为__________.
【答案】
【分析】根据三角形面积公式及余弦定理可得，利用均值不等式及正弦函数的有界性可得，即可求出.
【详解】由题得，
所以，
所以 ，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，
又，其中，
所以，故 ，
所以，
所以 .
故答案为：
30．（2023·北京丰台·统考二模）若函数，则__________，的值域为__________．
【答案】
【分析】根据特殊角计算得函数值，换元可得 ,,再根据二次函数的单调性可得值域.
【详解】
,
设,,
单调递减,
单调递增,
的值域为.
故答案为: ;.
类型三：解三角形
题型专练：
一、单选题
31．（2023·四川达州·统考二模）如图，在中，，，，平面内的点、在直线两侧，与都是以为直角顶点的等腰直角三角形，、分别是、的重心.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用平面向量数量积的定义可求得，求出、、，利用余弦定理可求得的长.
【详解】由平面向量数量积的定义可得，解得，
延长交于点，延长交于点，则、分别为、的中点，
因为、均是以点为直角顶点的等腰直角三角形，且，，
所以，，，则，，
因为、分别是、的重心，
则，，
又因为，同理可得，
所以，，
由余弦定理可得，
因此，.
故选：A.
32．（2023·陕西商洛·统考二模）在中，已知为的中点，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】在在和中，利用余弦定理结合求出，再利用基本不等式可求得的最大值，再在中，利用余弦定理即可得解.
【详解】在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
又，所以，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
在中，
由余弦定理得，
所以的最小值为.
故选：A.
33．（2023·新疆喀什·统考模拟预测） 的右焦点为，点在双曲线上，若，且，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据已知判断在双曲线右支上，根据双曲线的定义可得.然后在中，根据余弦定理即可得出的齐次方程，然后得出离心率的方程，求解即可得出答案.
【详解】
设双曲线左焦点为，由已知可推得在双曲线右支上，如图所示，
根据双曲线的定义可知，，所以.
由已知，，
在中，有，，，
由余弦定理可得，，
即，
整理可得，，
两边同时除以可得，，
解得或（舍去），
所以.
故选：C.
34．（2023·北京东城·统考一模）在中，，，，则（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【分析】利用余弦定理得到，，利用同角三角函数基本公式得到，然后利用面积公式求面积即可.
【详解】，，，所以，解得，，
因为，所以，.
故选：C.
35．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知某封闭的直三棱柱各棱长均为2，若三棱柱内有一个球，则该球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及三角形的面积公式，结合球的表面积公式即可求解
【详解】设底面三角形的内切圆的半径为r，则
，解得，小于高的一半1，
所以该球的最大半径为，
所以球表面积的最大值为.
故选:A．
36．（2023·内蒙古包头·统考二模）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，为△ABC的外接圆，若的面积为12π，，则当△ABC的面积最大时，球O的表面积为（ ）
A．84πB．96πC．180πD．192π
【答案】D
【分析】求得的半径，根据正弦定理得出，，然后代入整理得出的面积，设，，求导得出函数的最大值，进而得出，根据勾股定理求出球的半径，即可得出答案.
【详解】设的半径为，球的半径为，
则，所以.
由正弦定理可得，，，
因为，所以，
所以 ，
设，，
则 ，
因为，
由可得，，
由可得，，
因为，所以，
所以，所以，
所以，在上单调递增；
由可得，，
由，可知，所以，
所以，在上单调递减.
所以，当时，取得唯一极大值，也是最大值，
此时，为等边三角形，且，
所以，，
由图象可得，在中，有，，
所以，，即，
所以，球的表面积为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用导数求出函数，的最值是解决本题的关键.
37．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）下列选项中，命题是命题的充要条件的是（ ）
A．在中，：，：.
B．已知，是两个实数，：，：.
C．对于两个实数，，：，：或.
D．两条直线方程分别是，，：，：或.
【答案】A
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】A.在中，
当时，由三角形中大边对大角，小边对小角得，
又由正弦定理可得；
当时，由正弦定理可得，
又由三角形中大边对大角，小边对小角得，
所以命题是命题的充要条件，故A正确；
B.由得，故命题是命题的必要条件，故B错误；
C.对于两个实数，，若，则或，反之不成立，故命题是命题的充分条件，故C错误；
D.两条直线方程分别是，，
当时，，解得，
所以命题是命题的充分条件，故错误；
故选：A
38．（2023·甘肃酒泉·统考三模）在中内角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【分析】由正弦定理，余弦定理化角为边，化简已知等式可得，即可判断的形状．
【详解】由正弦定理，余弦定理及得，
，即，
则，即
或为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.
39．（2023·辽宁·校联考二模）圆周率是指圆的周长与圆的直径的比值，我国南北朝时期的数学家祖冲之用“割圆术”将圆周率算到了小数点后面第七位，“割圆术”是用圆的内接正多边形的周长来近似替代圆的周长，圆的内接正多边形边数越多误差越小．利用“割圆术”求圆周率，当圆的内接正多边形的边数为时，圆周率的近似值可表示为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用余弦定理得到正多边形的边长，通过二者周长相等近似估计圆周率.
【详解】设圆的半径为，正多边形的圆心角为，边长为，
所以，即，
故选：A.
二、多选题
40．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（ ）
A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．若，则曲线必为双曲线的一部分
【答案】ACD
【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确.
【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；
对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误；
对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，
，C正确；
对选项D：由，可解得或者，而，
所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确.
故选：ACD.
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
41．（2023·山东菏泽·统考二模）在棱长为2的正方体中，P是侧面上的一个动点（不包含四个顶点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三角形的面积无最大值、无最小值
B．存在点P，满足DP//平面
C．存在点P，满足
D．与BP所成角的正切值范围为[,]
【答案】BCD
【分析】求出点P到直线的距离的最小值判断A；利用面面平行的性质判断B；利用等腰三角形性质判断C；求出与BP所成角的余弦值，结合三角函数单调性判断D作答.
【详解】在正方体中，面面，面，
面，则点到的距离的最小值为面与面的距离2，此时点在上，
因为正方体的对角面为矩形，且，又，此时的面积有最小值，故A错误；
连接 ，由选项A可知，四边形为矩形，即有，面，
面，则面，同理面，又，
平面，因此平面平面，当，面，故B正确；
因，取的中点为，则，即，故C正确；
因为是侧面上的一个动点(不包含四个顶点)，则射线必与折线段存在交点，
设，，则，，而，令与所成的角为，
则
，因为，
因此在时，，时，，又因为在上单调递减，
在上单调递增，所以时，最大，，
当时，最小，，则，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
42．（2023·河南·校联考模拟预测）的内角，，所对边分别为，，，若，，，则的面积为______.
【答案】/
【分析】根据题意，由余弦定理求出c，结合三角形的面积公式计算即可求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
即，解得.
所以.
故答案为：.
43．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.
【详解】设椭圆，双曲线，
且设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
得，，
得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，
所以，
当即时，取最大值为.
故答案为：.
44．（2023·新疆喀什·统考模拟预测）在三角形中，角、、的对边分别为、、，且的平分线交于，若，则的最小值为______.
【答案】9
【分析】根据面积关系建立关系式，结合基本不等式进行求解.
【详解】因为AD平分∠BAC，所以，，
即，整理得，
得，又，则，
所以 ，
当且仅当，即，时等号成立，则的最小值是9．
故答案为：9
45．（2023·江西南昌·统考二模）已知正四面体的棱长为，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为________．
【答案】
【分析】画出图形，做出辅助线，求出大正四面体的外接球半径，这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，根据勾股定理列出方程，求出答案，舍去不合要求的解.
【详解】如图，正四面体在点截去小正四面体，
取中点，连接，过点作⊥平面，则在上，且⊥平面，垂足为，连接，则为正的中心，
大正四面体的外接球球心在高上，设为，连接，则，
因为大正四面体的棱长为，故，解得，
由勾股定理得，
在Rt中，，即，解得，
则大正四面体的外接球半径为3，
若这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，
由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球球心重合，连接，
则，
设截去的小正四面体的棱长为，则，即，
则，故，故高，
所以，
在Rt中，，即，
解得或，
，不合要求，舍去，符合要求，
截去的小正四面体的棱长最小值为.
故答案为：
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径