葡萄酒桶的立体几何

2012数学建模葡萄酒题目讲解在2012年的数学建模比赛中，有一道备受关注的题目就是关于葡萄酒的数学建模。

这道题目涉及到葡萄酒的产区选择、种植和酿造等方面，需要运用数学建模的方法来进行分析和解决问题。

在本文中，我将深入讨论这个主题，探索葡萄酒的数学建模问题，并共享我对这个主题的个人观点和理解。

1. 葡萄种植区位选择在葡萄酒的生产过程中，选择适合葡萄种植的区位至关重要。

这涉及到气候、土壤和地形等多个因素的综合考量。

在数学建模中，可以运用气象学、土壤学和地理信息系统等知识，通过建立数学模型来评估不同区域的适宜度，以帮助决策者做出更科学的选择。

2. 葡萄种植面积和产量预测对于葡萄的种植面积和产量预测也是葡萄酒生产中的重要问题。

通过收集历史数据、分析趋势和建立数学模型，可以预测未来葡萄种植面积和产量的变化，帮助生产者做出合理的规划和安排。

3. 葡萄酒酿造过程优化除了种植阶段，葡萄酒的酿造过程也可以通过数学建模来进行优化。

控制发酵温度、调整酒精度和控制酿造时间等因素都可以通过建立数学模型，进行科学的控制和调整，以确保葡萄酒的质量和口感。

4. 葡萄酒市场需求预测对葡萄酒市场需求的准确预测也是葡萄酒生产过程中至关重要的一环。

通过收集市场数据、分析消费者趋势和建立数学模型，可以预测未来市场对不同品类和品质葡萄酒的需求量，帮助生产者进行合理的生产和销售规划。

总结回顾通过以上的讨论，我们可以看到在葡萄酒生产过程中，数学建模可以发挥重要作用。

从区位选择到种植面积和产量预测，再到酿造过程优化和市场需求预测，都可以通过数学建模来进行科学分析和解决问题。

这不仅可以提高生产效率，减少生产成本，还可以提升葡萄酒的质量和口感，满足市场需求。

个人观点和理解在我看来，葡萄酒的数学建模不仅仅是生产者和科研工作者的事情，也是一个跨学科的合作过程。

数学建模需要运用多学科知识，如地理学、气象学、统计学和市场学等，跨学科的合作可以为葡萄酒生产带来更多可能性。

第6课时圆的面积(一)课时目标导航一、教学内容推导圆的面积计算公式。

(教材第14页)二、教学目标1．了解圆的面积的含义，经历估算和小组操作、讨论等探索圆的面积公式的过程。

2．理解并掌握圆的面积公式，能正确运用公式进行计算，并能解决一些简单的实际问题。

3．体验推导圆面积公式时的探索性和结论的确定性，感受“化曲为直”的数学思想和方法。

三、重点难点重点：掌握圆的面积的计算公式。

难点：理解圆的面积的计算公式的推导过程。

四、教学准备教师准备：课件PPT、被8等分的圆形纸片、被16等分和32等分的教具模型、剪刀学生准备：被8等分和16等分的圆形纸片、剪刀教学过程一、复习引入师：什么叫面积？长方形的面积计算公式是怎样的？平行四边形呢？(指名学生回答) 师生小结：长方形的面积＝长×宽平形四边形的面积＝底×高师：请同学们回忆一下长方形、平行四边形的面积公式是怎样推导出来的？(指名学生回答，集体订正)二、学习新课1．估算圆的面积。

师：圆的面积指什么？教师引导学生明确：圆所占平面的大小就是圆的面积。

[教师板书课题：圆的面积(一)] 师：怎样知道一个圆的面积？(课件出示下面两幅图，小组交流、讨论，教师巡视，派小组代表汇报结果)教师引导学生明确：①根据第一幅图只能求出圆内最大正方形的面积，剩下的面积只能估算出来。

②根据第二幅图可以数整方格，但不是整格的就只能估算，这样圆的面积也只能估算出来。

教师归纳：用这样的方法我们只能估算出圆的面积，根本不能知道圆的实际面积。

所以要想知道圆的面积，我们应该探究圆的面积计算公式，这样才比较准确。

2．推导圆的面积公式。

(1)师：猜一猜圆的面积与什么有关，并说说这样猜想的根据。

(指名学生回答)学生回答：①圆的面积与半径有关，因为半径决定圆的大小。

②圆的面积可能与直径有关，因为圆的大小与直径有关。

(2)师：我们之前研究平行四边形、三角形、梯形面积公式时，都是把未知的问题转化成已知的问题，那么能否将圆转化成以前学过的图形呢？(组织学生分组操作，教师巡视指导)课件出示教材第14页问题2中被8等分的圆形纸片，再拼成一个近似的平行四边形的图的过程。

素描酒瓶静物知识点总结一、酒瓶的基本形态1. 酒瓶的基本形态特征酒瓶是一种贮存酒类的容器，通常呈长颈瓶状。

它的基本形态特征包括：颈部细长，瓶身略圆，底部较宽，整体轮廓简洁大方。

2. 酒瓶的构造酒瓶通常由颈部、瓶身和底部构成。

颈部呈圆柱状，瓶身较为圆润，底部为平面或圆形。

3. 酒瓶的特殊造型酒瓶的形态并不局限于一种标准形状，有着各种各样的造型。

如长颈瓶、扁平瓶、圆底瓶等，每种造型都具有独特的美感。

二、酒瓶的纹理特征1. 酒瓶的材质酒瓶通常由玻璃制成，因此其表面具有光滑、透明的特点。

在绘画中，要注意捕捉光线的反射和折射，以准确表现玻璃材质的光泽感。

2. 酒瓶的纹理特征玻璃酒瓶的表面常常会有一些气泡、液体残留痕迹、玻璃纹理等细微的特征，这些特征能够丰富静物的绘画效果，使其更具生动感。

三、酒瓶静物的绘画技巧1. 观察酒瓶的整体形态在进行酒瓶静物的素描时，首先要对酒瓶的整体形态进行准确的观察，把握其基本轮廓和比例。

2. 捕捉光影效果玻璃材质的光影效果非常丰富，要善于观察和准确捕捉酒瓶表面的光线变化，表现出其透明、光滑的特质。

3. 突出酒瓶的纹理特征在绘画中，要对酒瓶表面的气泡、纹理、液体残留等细节特征进行细致的描绘，以增加作品的真实感和立体感。

4. 注重绘画的比例和尺寸酒瓶的比例和尺寸在绘画过程中非常重要，要确保其与整体静物的比例协调，以避免画面出现变形和不协调的情况。

5. 用线条和阴影表现立体感通过线条和阴影的描绘，可以有效地表现出酒瓶的立体感，增加作品的空间感和质感。

四、酒瓶静物素描的常见问题及解决方法1. 比例失调在绘画过程中，常常会出现酒瓶的比例不准确的问题。

解决方法是在开始绘画之前，通过观察和测量来准确把握酒瓶的比例和尺寸。

2. 光影表现不足有时候绘画作品中的光影效果不够突出，解决方法是增加对光影的观察和理解，善于运用阴影和明暗对比来突出酒瓶的光泽感。

3. 细节描绘不到位酒瓶表面的细节特征丰富，如果绘画中细节描绘不够到位，会导致静物的真实感降低。

为什么设计凹槽？凹槽有什么作用？
1、放置得更稳
酒瓶底部这个凹进去的部分叫做“punt”。

以前，吹制葡萄酒瓶的工人通常会留下这样一个凹槽，到现在已经成为一个传统了。

虽然现代的葡萄酒瓶大多使用模型制造，但严格平整的瓶底在制作工艺上还是难以实现，很容易出现小的凸起或者凹陷。

如果瓶底凸起酒瓶就放不稳，不过，瓶底凹进去一点儿就可以保证在桌面有细小杂物的情况下更好地放置。

2、增强结构强度
知道赵州桥为什么屹立不倒吗？因为拱形或球面能承受比平面更大的压力。

同理，葡萄酒瓶凹槽的设计也考虑了这一点，酒瓶内有一定的压力，瓶底凹进去有利于增强其抗内压能力，特别是对含有二氧化碳的起泡酒一类。

因此，我们可以看到，平时喝的碳酸饮料瓶或是啤酒瓶的底部也大多都是往内凹陷的。

3、有利于叠放和运输
有些起泡酒要在酒瓶中进行二次发酵，酒瓶底部凹进去就有利于这个过程中各个酒瓶的叠放，前一瓶的凹洞接下一瓶的瓶口，方便稳固。

同样，在葡萄酒的运输中也是按这种方式叠放，酒瓶就不会滚来滚去，比较安全。

4、方便转瓶
在酿制香槟时，其中有一个叫做转瓶（riddling）的步骤。

香槟在瓶中二次发酵后，酵母慢慢死去，产生一些酵母泥渣。

这时，工人会把酒瓶向下倾斜放置在酒架上，缓慢地进行转动，瓶中的酵母泥渣就会自动滑到酒瓶的瓶口处。

而瓶底凹陷的设计使得转瓶顺利进行，不至于影响酒质。

5、利于沉淀，方便换瓶。

《高等数学》案例集第一章 函数与极限 （一）建立函数关系的的案例1、 零件自动设计要求，需确定零件轮廓线与扫过的面积的函数关系。

已知零件轮廓下部分为长a 2，宽a 22的矩形ABCD ，上部分为CD 圆弧，其圆心在AB 中点O 。

如下图所示。

M 点在BC 、CD 、DA 上移动，设BM ＝x ，OM 所扫过的面积OBM （或OBCM 或OBCDM ）为y ，试求y=f(x)函数表达式，并画出它的图象。

解：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+≤≤++-+≤≤+≤≤==a x a ax a ax a axa a x ax x f y 2222242822222224122042)(22ππππ （二）极限1、一男孩和一女孩分别在离家2公理和1公理且方向相反的两所学校上学，每天同时放学后分别以4公理/小时和2公理/小时的速度步行回家,一小狗以6公理/小时的速度由男孩处奔向女孩,又从女孩奔向男孩,如此往返直至回家中,问小狗奔波了多少路程? 若男孩和女孩上学时小狗也往返奔波在他们之间,问当他们到达学校时小狗在何处?解：(1) 男孩和女孩到校所需时间是半小时，也即小狗奔波了半小时，故小狗共跑了3公里。

(2)设x(t)，y(t)，z(t)分别表示t 时刻男孩、女孩、小狗距家的距离，（二）连续函数性质B C AD M MM1、某甲早8时从山下旅店出发沿一条路径上山,下午5时到达山顶并留宿。

次日早8时沿同一路径下山,下午5时回到山下旅店。

某乙说,甲必在两天中的同一时刻经过路径中的同一地点.为什么? 第三章 中值定理与导数应用 1、陈酒出售的最佳时机问题某个酒厂有一批新酿的好酒，如果现在就出售，可得总收入 R0＝50万元。

如果窖藏起来待来年（第n 年）按陈酒价格出售，第n 年末可得总收入为R ＝R 0832n e 万元，而银行利率为r ＝0.05，试在各种条件下讨论这批好酒的出售方案。

若银行利率开始为r ＝0.05，第5年后降为0.04，请给出最佳出售方案。

开普勒的生平和贡献***（学号：*******）E-mail:********摘要约翰内斯·开普勒是一位杰出的德国天文学家。

他一生极为不幸，小时得过病，体质很差，生活非常贫穷。

但面对重重困难，他仍坚持科学研究，对行星运动轨道的研究作出了无与伦比的贡献。

正是由于他总结的关于行星运动的三大定律，才突破了行星轨道是圆形的思想约束，才有了天体力学和动力学的飞跃。

并且他在天文学，光学等方面做出了重要的贡献，是现代实验光学的奠基人和近代自然科学的开创者之一。

一、前人的研究成果及对开普勒的影响1.托勒密的地心说托勒密是世界上第一个系统研究日月星辰的构成和运动方式并卓有成效的科学家，他在亚历山大城的观象台上观察行星体系，创立了“地心说”。

这个学说相对完美地解释了当时观察到的行星运动情况，并在航海上具有实用价值，所以，得到宗教统治者的极力维护，从而被人们广为信奉，统治天文学界长达13个世纪。

这一思想深深地扎根于人们心中，突破它极其不易。

2.哥白尼的日心说哥白尼是一位受到良好教育的天文学家，他在意大利学习天文时，开始了自己的天文研究，他发现了托勒密体系中的一些破绽。

并且，在他看来托勒密的理论还存在某些美学缺陷，例如均衡轨道。

凭借臆想的均轮，托勒密成功的对地球在天穹运动中的中心位置做出了解释，并且没有放弃古代两个基本的“完美运动”形式，及运动的圆周形式和均匀形式。

均匀轨道并不是实际存在的旋转轨道，而是想象中的轨道，有了他们，行星的运动就显的均匀起来。

正是这一点受到了哥白尼的质疑，他认为这种臆想出来的结构本身就是托勒密体系内在的矛盾表现，如果将太阳作为所有运动的中心，这些矛盾就迎刃而解了。

于是，在1543年他出版的著作《天体运行论》中全面地阐述了日心说的观点。

这一学说打破了一千多年的托勒密的地心说的统治，沉重的打击了教会的宇宙观。

开普勒在图宾根大学学习时，热心的与著名的马斯特林老师交往，他觉得新近关于宇宙构造的一半见解在速度方面都太粗陋了。

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案专项训练单选题1、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm ），那么该壶的容积约为（ ）A ．100cm 3B ．200cm 3C ．300cm 3D ．400cm 32、已知平面α内的∠APB =60°，射线PC 与PA,PB 所成的角均为135°，则PC 与平面α所成的角θ的余弦值是（ ）A ．−√63B ．√63C ．√33D ．−√333、圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（ ）A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶34、设α,β是两个不同平面，m,n 是两条直线，下列命题中正确的是（ ）A ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n //β，那么α⊥βB ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，那么α//βC ．如果m //n ，m ⊥α，n ⊥β，那么α//βD ．如果α//β，m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，那么m //n5、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√626、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（ ）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形7、如图，在一个正方体中，E ，G 分别是棱AB ，CC ′的中点，F 为棱CD 靠近C 的四等分点.平面EFG 截正方体后，其中一个多面体的三视图中，相应的正视图是（ ）A．B．C．D．8、若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a与直线b的位置关系为（）A．异面B．相交C．平行D．平行或异面多选题9、如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则四个推断正确的是（）A．A1C1⊥AD1B．A1C1⊥BDC．平面A1C1B//平面ACD1D．平面A1C1B⊥平面BB1D1D10、如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M,N分别为A1D1和AA1的中点，则下列四种说法中正确的是（）A．C1M//ACB．BD1⊥ACC．BC1与AC所成的角为60∘D．CD与BN为异面直线11、如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则下列结论错误的是（）A．直线A1C1与BD1为异面直线B．直线BB1与平面ACD1平行C．将形状为正方体ABCD−A1B1C1D1的铁块磨制成一个球体零件，可能制作的最大零件的表面积为16πD．若矩形ACC1A1是某圆柱的轴截面（过圆柱的轴的截面叫做圆柱的轴截面），则从A点出发沿该圆柱的侧面到相对顶点C1的最短距离是√4+2π2填空题12、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A1D1P⊥平面BB1P；②DC1⊥PC；,π)；③∠APD1的取值范围是[π2④三棱锥C1−D1PC的体积为定值4．3部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(四十八)参考答案1、答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.2、答案：B分析：作出图形，如图，通过分析，可得∠CPD为PC与平面α所成的角的补角，利用余弦定理可以计算. 作出如下图形，令PA=PB=PC=2，则∠CPA=∠CPB=135∘，∴AC=BC，取AB中点D，连接PD，则∠CPD即为PC与平面α所成的角的补角，在△APC中，AC2=PA2+PC2−2PA⋅PC⋅cos135∘=8+4√2，∴在△PCD中，CD2=AC2−AD2=7+4√2，∵PD=√3，∴cos∠CPD=PC2+PD2−CD22PC⋅PD =−√63，∴PC与平面α所成的角θ的余弦值是√63.故选：B.小提示：本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.3、答案：A分析：按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积=2πr·2r=4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1:1，故选：A.4、答案：C分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．故选：C5、答案：D分析：根据题意可证明CD⊥BC，从而说明三角形BCD是直角三角形，求得BD，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，故AB⊥CD ,又AC⊥CD，AC∩AB=A,AB,AC⊂平面ABC，故CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故CD⊥BC,所以S△BCD=12BC⋅CD≤12×(BC+CD2)2=12,当且仅当BC=CD=1时取得等号，故BD=√1+1=√2 ,由AB⊥平面BCD，可知AB⊥BD,AB⊥BC, 故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D6、答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF与GH的平行、EH与FG平行.因为平面ABFE//平面CGHD,且平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面CGHD=GH,根据面面平行的性质可知EF//GH,同理可证明EH//FG.所以四边形EFGH为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.7、答案：D分析：根据条件可得平面EFG经过点B′，然后可得答案.连接EB′，GB′因为E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点所以EB′//FG，所以平面EFG经过点B′所以多面体A′D′DA−EFGC′B′的正视图为故选：D8、答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a⊥平面α，直线b⊥平面α时，直线a与直线b平行. 故选：C.9、答案：BCD分析：对于A，A1C1与AD1成60°角；对于B，由A1C1//AC，AC⊥BD，得A1C1⊥BD；对于C，由A1C1//AC，AD1//BC1，得平面A1C1B//平面ACD1；对于D，由A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，得平面A1C1B⊥平面BB1D1D．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，对于A，由正方体的性质可知AD1//BC1，所以∠A1C1B即为异面直线A1C1与AD1所成的角，在△A1C1B中显然∠A1C1B=60°，所以A1C1与AD1成60°角，故A错误；对于B，∵A1C1//AC，AC⊥BD，∴A1C1⊥BD，故B正确；对于C，∵A1C1//AC，AD1//BC1，A1C1、BC1⊄平面ACD1，AC、AD1⊂平面ACD1，∴A1C1//平面ACD1，BC1//平面ACD1，又A1C1∩BC1=C1，∴平面A1C1B//平面ACD1，故C正确；对于D，∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1=B1，B1D1,BB1⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥平面BB1D1D，又A1C1⊂平面A1C1B∴平面A1C1B⊥平面BB1D1D，故D正确．故选：BCD．10、答案：BCD分析：由异面直线定义可知AD正误；证得AC⊥平面BDD1后，利用线面垂直性质可知B正确；由AC//A1C1可知所求角为∠BC1A1，由长度关系可得∠BC1A1=60∘，知C正确.对于A，∵AC//平面A1B1C1D1，AC//A1C1，A1C1∩C1M=C1，C1M⊂平面A1B1C1D1，∴C1M与AC是异面直线，A错误；对于B，∵AC⊥DD1，AC⊥BD，BD∩DD1=D，BD,DD1⊂平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，又BD⊂平面BDD1，∴AC⊥BD1，B正确；对于C，∵AC//A1C1，∴∠BC1A1即为异面直线BC1与AC所成的角，∵BC=A1C1=A1B，∴△A1BC1为等边三角形，∴∠BC1A1=60∘，C正确；对于D，∵CD//AB，CD//平面ABB1A1，AB∩BN=B，BN⊂平面ABB1A1，∴CD与BN为异面直线，D正确.故选：BCD.11、答案：BCD分析：根据异面直线的定义即可判断A,根据线面平行的定义即可判断B,算出正方体内切球的表面积即可判断C,将圆柱进行侧面展开即可判断D.对于A，直线A1C1与BD1既不平行也不相交，是异面直线，A正确；对于B，BB1//DD1，而直线DD1与平面ACD1相交，故直线BB1与平面ACD1也相交，B错误；对于C，将形状为正方体ABCD−A1B1C1D1的铁块磨制成一个球体零件，当球的半径为棱长一半，即其半径为1时，球的表面积最大，其表面积最大值S=4π×12=4π，C错误；对于D，从A点沿圆柱的侧面到相对顶点C1的最短距离即为圆柱侧面展开图一个顶点到对边中点的距离，即其最短距离d=√4+2π2或√8+π2，D错误；故选：BCD．12、答案：①②④分析：由正方体的特征知A1D1⊥平面AA1B1B，DC1⊥对角面A1BCD1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P为线段A1B的一个四等分点且靠近点B时，由长度关系可求得cos∠APD1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A1D1⊥平面AA1B1B，又A1D1⊂平面A1D1P，∴平面A1D1P⊥平面BB1P，①正确；对于②，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DC1⊥对角面A1BCD1，PC⊂对角面A1BCD1，∴DC1⊥PC，②正确；对于③，当点P为线段A1B的一个四等分点且靠近点B时，可得：AP=√102，D1P=√342，AD1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD1=AP2+D1P2−AD122AP⋅D1P =52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD1<π2，③错误；对于④，∵△D1C1C的面积是定值S=12×2×2=2，点P到面D1C1C的距离为BC=2，∴三棱锥C1−D1PC的体积V=13×2×2=43，④正确．所以答案是：①②④．。