新高考數(shù)學(xué)臨考題號(hào)押題第6題 立體幾何（新高考）（解析版）

押新高考卷6題立體幾何考點(diǎn)3年考題考情分析立體幾何2022年新高考Ⅰ卷第8題2022年新高考Ⅱ卷第7題2021年新高考Ⅰ卷第3題2021年新高考Ⅱ卷第5題2020年新高考Ⅰ卷第16題2020年新高考Ⅱ卷第13題立體幾何會(huì)以單選題、多選題、填空題、解答題4類(lèi)題型進(jìn)行考查，單選題難度一般或較難，縱觀近幾年的新高考試題，分別考查棱錐的體積問(wèn)題，圓錐的母線長(zhǎng)問(wèn)題，球體的內(nèi)切外接及表面積體積問(wèn)題，棱臺(tái)的體積問(wèn)題。可以預(yù)測(cè)2023年新高考命題方向?qū)⒗^續(xù)以表面積體積問(wèn)題、球體等問(wèn)題展開(kāi)命題．立體幾何基礎(chǔ)公式所有椎體體積公式：所有柱體體積公式：球體體積公式：球體表面積公式：圓柱：圓錐：長(zhǎng)方體（正方體、正四棱柱）的體對(duì)角線的公式已知長(zhǎng)寬高求體對(duì)角線：已知共點(diǎn)三面對(duì)角線求體對(duì)角線：棱長(zhǎng)為的正四面體的內(nèi)切球的半徑為,外接球的半徑為.歐拉定理(歐拉公式)(簡(jiǎn)單多面體的頂點(diǎn)數(shù)V、棱數(shù)E和面數(shù)F).（1）=各面多邊形邊數(shù)和的一半.特別地,若每個(gè)面的邊數(shù)為的多邊形，則面數(shù)F與棱數(shù)E的關(guān)系：；（2）若每個(gè)頂點(diǎn)引出的棱數(shù)為，則頂點(diǎn)數(shù)V與棱數(shù)E的關(guān)系：.1．（2022·新高考Ⅰ卷高考真題）已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)正四棱錐的高為，由球的截面性質(zhì)列方程求出正四棱錐的底面邊長(zhǎng)與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,[方法一]：導(dǎo)數(shù)法設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時(shí)，，時(shí)，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以當(dāng)且僅當(dāng)取到，當(dāng)時(shí)，得，則當(dāng)時(shí)，球心在正四棱錐高線上，此時(shí)，，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是2．（2022·新高考Ⅱ卷高考真題）已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長(zhǎng)分別為和，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意可求出正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑，再根據(jù)球心距，圓面半徑，以及球的半徑之間的關(guān)系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積．【詳解】設(shè)正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設(shè)球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真題）已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為，根據(jù)圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)可求得的值，即為所求.【詳解】設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為，由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則，解得.故選：B.4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真題）正四棱臺(tái)的上?下底面的邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則其體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四棱臺(tái)的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺(tái)的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長(zhǎng)分別為2，4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，所以該棱臺(tái)的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺(tái)的體積.故選：D.5．（2020·新高考Ⅰ卷高考真題）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD=60°．以為球心，為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為_(kāi)_______．【答案】.【分析】根據(jù)已知條件易得，側(cè)面，可得側(cè)面與球面的交線上的點(diǎn)到的距離為，可得側(cè)面與球面的交線是扇形的弧，再根據(jù)弧長(zhǎng)公式可求得結(jié)果.【詳解】如圖：取的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，因?yàn)?0°，直四棱柱的棱長(zhǎng)均為2，所以△為等邊三角形，所以，，又四棱柱為直四棱柱，所以平面，所以，因?yàn)椋詡?cè)面，設(shè)為側(cè)面與球面的交線上的點(diǎn)，則，因?yàn)榍虻陌霃綖?，，所以，所以?cè)面與球面的交線上的點(diǎn)到的距離為，因?yàn)?，所以?cè)面與球面的交線是扇形的弧，因?yàn)?，所以，所以根?jù)弧長(zhǎng)公式可得.故答案為：.【點(diǎn)睛】本題考查了直棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查了直線與平面垂直的判定，考查了立體幾何中的軌跡問(wèn)題，考查了扇形中的弧長(zhǎng)公式，屬于中檔題.6．（2020·新高考Ⅱ卷高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)，則三棱錐A-NMD1的體積為_(kāi)___________【答案】【分析】利用計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)檎襟wABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M、N分別為BB1、AB的中點(diǎn)所以故答案為：【點(diǎn)睛】在求解三棱錐的體積時(shí)，要注意觀察圖形的特點(diǎn)，看把哪個(gè)當(dāng)成頂點(diǎn)好計(jì)算一些.1．（2023·遼寧·校聯(lián)考二模）已知某圓錐的高為，體積為，則該圓錐的側(cè)面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由圓錐的體積和高，得到底面半徑，勾股定理得母線長(zhǎng)，由圓錐的側(cè)面積公式計(jì)算結(jié)果.【詳解】設(shè)該圓錐的底面半徑與母線長(zhǎng)分別為，，由，得，所以，從而該圓錐的側(cè)面積．故選：B2．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考二模）如圖，將一個(gè)圓柱等分切割，再將其重新組合成一個(gè)與圓柱等底等高的幾何體，越大，重新組合成的幾何體就越接近一個(gè)“長(zhǎng)方體”．若新幾何體的表面積比原圓柱的表面積增加了10，則圓柱的側(cè)面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】新幾何體的表面積比原幾何體的表面積多了原幾何體的軸截面面積，列出方程求解即可.【詳解】顯然新幾何體的表面積比原幾何體的表面積多了原幾何體的軸截面面積，設(shè)圓柱的底面半徑為，高為，則，所以圓柱的側(cè)面積為．故選：A.3．（2023·浙江臺(tái)州·統(tǒng)考二模）如圖所示的糧倉(cāng)可以看成圓柱體與圓錐體的組合體,設(shè)圓錐部分的高為米,圓柱部分的高為米,底面圓的半徑為米,則該組合體體積為(

)A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米【答案】C【分析】由題知底面圓的半徑，圓柱高，圓錐高，代入圓柱，圓錐體積公式計(jì)算，再相加即可.【詳解】由題知底面圓的半徑，圓柱高，圓錐高.圓柱的體積.圓錐的體積.所以該組合體體積（立方米）.故選：C4．（2023·江蘇·統(tǒng)考一模）已知正四面體的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)O為底面的中心，球О與該正四面體的其余三個(gè)面都有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，且公共點(diǎn)非該正四面體的頂點(diǎn)，則球O的半徑為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題可知球O與該正四面體的其余三個(gè)面都相切，然后利用，即得.【詳解】因?yàn)檎拿骟w的棱長(zhǎng)為1，則正四面體的高為，由題可知球O與該正四面體的其余三個(gè)面都相切，設(shè)球O的半徑為，則，所以，所以.故選：B5．（2023·廣東茂名·統(tǒng)考二模）如圖所示，正三棱錐，底面邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)Р到平面ABC距離為2，點(diǎn)M在平面PAC內(nèi)，且點(diǎn)M到平面ABC的距離是點(diǎn)P到平面ABC距離的，過(guò)點(diǎn)M作一個(gè)平面，使其平行于直線PB和AC，則這個(gè)平面與三棱錐表面交線的總長(zhǎng)為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)P作底面的垂線于點(diǎn)O，過(guò)B作AC的垂線于H.過(guò)點(diǎn)M作平面平行和AC交三棱錐與平面.求出各邊邊長(zhǎng)，及可求出.【詳解】因?yàn)槿忮F為正三棱錐，所有三角形為等邊三角形并且邊長(zhǎng)為2，即.又因?yàn)闉檎忮F，因此過(guò)點(diǎn)P作底面的垂線于點(diǎn)O，則點(diǎn)O為三角形的中心.過(guò)B作AC的垂線于H.由三角形為等邊三角形，因此，在直角三角形中，.又因?yàn)?，在直角三角形中，，?因?yàn)槿忮F為正三棱錐，因此均為等腰三角形.又M到平面距離為點(diǎn)P到平面距離的，因此M為的三等分點(diǎn)（靠近P），過(guò)點(diǎn)M作交于，交于.過(guò)點(diǎn)作交于，過(guò)點(diǎn)作交于，連接.所以，則四點(diǎn)共面.因?yàn)椋?，面所以?所以面即為過(guò)點(diǎn)M且平行于直線PB和AC的平面.利用三角形相似可得：,.這個(gè)平面與三棱錐表面交線的總長(zhǎng)為.故選：B6．（2023·浙江臺(tái)州·統(tǒng)考二模）已知菱形的邊長(zhǎng)為，對(duì)角線長(zhǎng)為，將△沿著對(duì)角線翻折至△，使得線段長(zhǎng)為，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題知，，所先計(jì)算出，，再利用公式，算出兩向量的夾角的余弦值，從而得出異面直線與所成角的余弦值.【詳解】因?yàn)?所以.因?yàn)?所以.所以.即所以異面直線與CD所成角的余弦值為.故選：D7．（2023·江蘇南通·海安高級(jí)中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，一個(gè)棱長(zhǎng)1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水，若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則V的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】找到水最多和水最少的臨界情況，如圖分別為多面體和三棱錐，從而可得出答案.【詳解】將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則如圖，水最少的臨界情況為，水面為面，水最多的臨界情況為多面體，水面為，因?yàn)?，，所以，?故選：A.8．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在直三棱柱中，，，點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，E，F(xiàn)分別為，中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．平面 B．當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，AP與BC成角最大C．當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，AP與成角最小 D．存在點(diǎn)，使得【答案】C【分析】舉特例否定選項(xiàng)A；求得AP與BC成角最大時(shí)點(diǎn)位置判斷選項(xiàng)B；求得AP與成角最小時(shí)點(diǎn)位置判斷選項(xiàng)C；求得時(shí)點(diǎn)位置判斷選項(xiàng)D.【詳解】由題意得，兩兩垂直，不妨令以C為原點(diǎn)，分別以所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.則選項(xiàng)A：當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，由為梯形的兩個(gè)腰，可得相交，則直線平面位置關(guān)系為相交.判斷錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：設(shè)AP與BC成角為，,由，可得當(dāng)時(shí)，即兩點(diǎn)重合時(shí)，，AP與BC成角為.判斷錯(cuò)誤；選項(xiàng)C：設(shè)AP與成角為，由，可得又，在單調(diào)遞減，則當(dāng)即為中點(diǎn)時(shí)，AP與成角最小.判斷正確；選項(xiàng)D：,由，解得（舍），則不存在點(diǎn)，使得.判斷錯(cuò)誤.故選：C9．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知正四面體，，點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，則直線與平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出圖形，找出直線與平面所成角的平面角，在三角形內(nèi)即可求解.【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)向底面作垂線，垂足為，連接，過(guò)點(diǎn)作于G，連接，由題意可知：且，因?yàn)槠矫?，所以平面，則即為直線與平面所成角的平面角，設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，則，，所以，則，在中，由余弦定理可得：，在中，，所以，所以直線與平面所成角的正切值是，故選：.10．（2023·河北保定·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，，是正三角形，平面平面，且，則與平面所成角的正切值為（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】連接，為的中點(diǎn)，結(jié)合面面垂直性質(zhì)定理證明平面，根據(jù)錐體體積公式求，再由面面垂直性質(zhì)定理證明平面，根據(jù)線面角的定義證明PC與平面PAD所成角的平面角為，解三角形求其正切值.【詳解】取的中點(diǎn)，連接，由已知為等邊三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，設(shè)，則，，又，所以矩形的面積，所以四棱錐的體積，所以，所以，所以，因?yàn)槠矫嫫矫妫?，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以為直角三角形，斜邊為，因?yàn)槠矫?，所以與平面所成角的平面角為，在中，，，所以，與平面所成角的正切值為.故選：B.11．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在直三棱柱中，為等腰直角三角形，若三棱柱的體積為32，則該三棱柱外接球表面積的最小值為（

）A．12π B．24π C．48π D．96π【答案】C【分析】設(shè)為等腰直角三角形的直角邊為，三棱柱的高為，根據(jù)三棱柱的體積得，根據(jù)直三棱柱外接球半徑的求法可求出，然后構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)得到的最小值，即可得到該三棱柱外接球表面積的最小值【詳解】設(shè)為等腰直角三角形的直角邊為，三棱柱的高為，則，所以，則，外接圓的半徑為，所以棱柱外接球的半徑為，令，則，則，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，，則該三棱柱外接球表面積最小值為.故選：C.12．（2023·山東聊城·統(tǒng)考二模）某正四棱臺(tái)形狀的模型，其上下底面的面積分別為，，若該模型的體積為，則該模型的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由棱臺(tái)體積得到棱臺(tái)的高，并作出輔助線，找到球心位置，利用半徑相等列出方程，求出外接球半徑和表面積.【詳解】設(shè)正四棱臺(tái)形狀的高為，故，解得，取正方形的中心為，正方形的中心為，則，故該模型的外接球的球心在上，設(shè)為點(diǎn)，連接，設(shè)上底面正方形的邊長(zhǎng)為，，則，解得，，故，設(shè)，則，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半徑為，該模型的外接球的表面積為.故選：A13．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)P在棱長(zhǎng)為的正方體的外接球O的球面上，當(dāng)過(guò)A，C，P三點(diǎn)的平面截球O的截面面積最大時(shí)，此平面截正方體表面的截線長(zhǎng)度之和L為（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由球的截面性質(zhì)結(jié)合條件確定截面的位置，由此確定平面，再求正方體被該平面截得的截線的長(zhǎng)度.【詳解】設(shè)底面正方形的中心為，當(dāng)過(guò)A，C，P三點(diǎn)的平面截球的截面面積最大時(shí)，截面圓為大圓，截面過(guò)球心，故點(diǎn)P，O，三點(diǎn)共線，因?yàn)槠矫妫云矫?，此平面截正方體的截面即為正方體的面，所以．故選：A．14．（2023·湖北·荊門(mén)市龍泉中學(xué)校聯(lián)考二模）在三棱錐中，，，，二面角的大小為．若三棱錐的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，則當(dāng)三棱錐的體積最大時(shí)，球O的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作二面角的平面角，確定三棱錐的高，根據(jù)條件證明，建立坐標(biāo)系，根據(jù)條件確定球心位置，求出球的半徑，由此可得球O的體積.【詳解】設(shè)點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影為H，連接AH，考慮到二面角P-AB-C的大小為，則點(diǎn)H與點(diǎn)C在直線AB的兩側(cè)．因?yàn)槠矫?，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以為二面角的平面角的補(bǔ)角，所以，又，所以，從而三棱錐的高為1．又的面積，所以當(dāng)時(shí)，的面積最大，最大值為，所以當(dāng)時(shí)，三棱錐的體積最大，因此點(diǎn)C和點(diǎn)P在圖中兩全等長(zhǎng)方體構(gòu)成的大長(zhǎng)方體的體對(duì)角線的頂點(diǎn)上．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz．因?yàn)榍騉的球心O與的外接圓的圓心的連線垂直平面，為為斜邊的直角三角形，所以其外接圓的圓心為的中點(diǎn)，所以球O的球心O在底面ABC內(nèi)的射影為線段AC的中點(diǎn)，于是設(shè)．又，，由，得，解得，則球O的半徑，所以球O的體積．故選：D.【點(diǎn)睛】與球有關(guān)的組合體問(wèn)題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時(shí)要認(rèn)真分析圖形，明確切點(diǎn)和接點(diǎn)的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，求出球心的位置，再求球的半徑.15．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）《九章算術(shù)》卷五《商功》中描述幾何體“陽(yáng)馬”為“底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐”，現(xiàn)有陽(yáng)馬（如圖），平面，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在上，當(dāng)空間四邊形的周長(zhǎng)最小時(shí)，三棱錐外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把剪開(kāi)，使得與矩形在同一個(gè)平面內(nèi).延長(zhǎng)到M，使得，則四點(diǎn)P，E，F(xiàn)，M在同一條直線上時(shí)，取得最小值，即空間四邊形的周長(zhǎng)取得最小值.可得，∴.∴點(diǎn)E為的中點(diǎn).設(shè)的外心為，外接圓的半徑為r，則，利用勾股定理進(jìn)而得出結(jié)論.【詳解】如圖所示，把剪開(kāi)，使得與矩形在同一個(gè)平面內(nèi).延長(zhǎng)到M，使得，則四點(diǎn)P，E，F(xiàn)，M在同一條直線上時(shí)，取得最小值，即空間四邊形的周長(zhǎng)取得最小值.可得，∴.∴點(diǎn)E為的中點(diǎn).如圖所示，設(shè)的外心為，外接圓的半徑為r，易得，則.設(shè)三棱錐外接球的半徑為R，球心為O，連接，則，則.∴三棱錐外接球的表面積.故選：B.16．（2023·湖南益陽(yáng)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）金剛石的成分為純碳，是自然界中天然存在的最堅(jiān)硬物質(zhì)，它的結(jié)構(gòu)是由8個(gè)等邊三角形組成的正八面體，如圖，某金剛石的表面積為，現(xiàn)將它雕刻成一個(gè)球形裝飾物，則可雕刻成的最大球體積是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用條件求出正多形的邊長(zhǎng)，再將求最大球的體積轉(zhuǎn)化成求金剛石的內(nèi)切球體積，進(jìn)而轉(zhuǎn)化成求截面內(nèi)切圓的半徑，從而求出結(jié)果.【詳解】如圖，設(shè)底面中心為，，中點(diǎn)分別為，，連接，，，，，,設(shè)金剛石的邊長(zhǎng)為，則由題知，，所以，在等邊中，邊上的高，在中，，由題可知，最大球即為金剛石的內(nèi)切球，由對(duì)稱(chēng)性易知球心在點(diǎn)，與面的切點(diǎn)在線段上，球的半徑即為截面內(nèi)切圓的半徑，設(shè)內(nèi)切圓半徑為，由等面積法可知：，解得，所以?xún)?nèi)切球的半徑為則內(nèi)切球體積為故選：D.17．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）設(shè)表面積相等的正方體、正四面體和球的體積分別為、和，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)正方體棱長(zhǎng)為，正四面體棱長(zhǎng)為，球的半徑為，面積為.表示出3個(gè)幾何體的表面積，得出，進(jìn)而求出體積的平方，比較體積的平方大小，然后得出答案.【詳解】設(shè)正方體棱長(zhǎng)為，正四面體棱長(zhǎng)為，球的半徑為，面積為.正方體表面積為，所以，所以，；如圖，正四面體，為的中點(diǎn)，為的中心，則是底面上的高.則，，所以，所以，所以，正四面體的表面積為，所以.又為的中心，所以.又根據(jù)正四面體的性質(zhì)，可知，所以，所以，；球的表面積為，所以，所以，.因?yàn)?，所以，，所以?故選：B.18．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考一模）空間中四個(gè)點(diǎn)、、、滿(mǎn)足，，且直線與平面所成的角為，則三棱錐的外接球體積最大為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求的外接圓的半徑，過(guò)作平面于，可得，可得當(dāng)，，在一直線上時(shí)，三棱錐的外接球體積最大，求解即可．【詳解】設(shè)是三角形的外接圓的圓心，因?yàn)椋允钦切?，則三棱錐的外接球的球心在過(guò)且與平面垂直的直線上，由題意可得，過(guò)作平面于，直線與平面所成的角為，，，故的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，當(dāng)球心到的距離最大時(shí)，三棱錐的外接球體積最大，所以在延