新高考数学二轮复习能力提升练习专题09 球体综合问题 小题综合（2份，原卷版+解析版）

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一、单选题
1．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）一个圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥内部最大的球的表面积为.若该圆锥的轴截面的所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．B． C．D．
【答案】D
【分析】首先求出内切球的半径，依题意可得圆锥的内切球和外接球的球心是同一个点，且球的半径为该等边三角形外接圆的半径，设球的半径为，则，最后根据球的表面积公式计算可得.
【详解】解：设该圆锥内切球的半径为，则，所以.
因为该圆锥的轴截面是等边三角形，所以其内切球和外接球的球心是同一个点，
即该等边三角形的中心，则球的半径为该等边三角形外接圆的半径，
设球的半径为，则，所以球的表面积为.
故选：D.
2．（2023·广东广州·统考一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
3．（2023秋·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）将菱形沿对角线折起，当四面体体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当平面平面时，四面体的高最大，并利用导函数讨论体积的最大值，构造长方体求外接球的半径，利用等体积法求内切球的半径，进而可求解.
【详解】不妨设菱形的边长为，，，
外接球半径为，内切球半径为，
取中点为，连接，
因为，所以，
当平面平面时，平面平面，
平面，所以平面，
此时四面体的高最大为，
因为，所以
所以，
，
令解得，
令解得，
所以在单调递增，单调递减，
所以当时最大，最大体积为，
此时，
以四面体的顶点构造长方体，长宽高为，
则有解得，所以，
所以外接球的表面积为，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
所以，所以内切球的表面积为，
所以内切球和外接球表面积之比为，
故选:C.
4．（2023秋·浙江湖州·高三安吉县高级中学校考期末）如图所示的多面体由正四棱锥和三棱锥组成，其中.若该多面体有外接球且外接球的体积是，则该多面体体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据求得体积可得其半径，分析可得四棱锥的外接球的球心为底面中心，根据等体积法可求得点到平面的距离，进而分析可得三棱锥的高的最大值为，进而可求多面体体积的最大值.
【详解】设正四棱锥的外接球的半径为，则，解得，
连接交于点，连接，
∵正方形的边长为2，则，
∴为四棱锥的外接球的球心，
则，故的是以边长为2的等边三角形，
过作平面的垂线，垂足为，连接，
由三棱锥的体积可得：，解得，
由题意可知：点在四棱锥的外接球的球面上，则，
∵，即，
当且仅当三点共线，则面时等号成立，
可得三棱锥的高的最大值为，
∴三棱锥的体积，
故该多面体体积.
故选：D.
【点睛】关键点定睛：
（1）求出球的半径结合正方形的边长分析得球心为底面中心；
（2）根据几何性质，分析可得三棱锥的高的最大值.
5．（2023·浙江·模拟预测）在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵中，，鳖臑的外接球的体积为，则阳马体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】B
【分析】设的外接球半径为r，根据鳖臑的外接球的体积即可求得r，再根据的外接球的半径与三棱柱的外接球的半径相同可得到x，y的关系式，再根据四棱锥的体积公式结合基本不等式即可求解．
【详解】设的外接球半径为r，
则的外接球的体积为．
．
又阳马的体积为，
所以阳马体积的最大值为．
故选：B．
6．（2023春·安徽阜阳·高三阜阳市第二中学校考阶段练习）如图1，四边形中，，，，将沿翻折至，使二面角的正切值等于，如图2，四面体的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取中点，连接，进而证明是二面角的平面角，再结合题意得，进而根据余弦定理得，再求几何体的外接球的半径，表面积即可.
【详解】解：如图，取中点，连接，
因为，在图1中，，，，
所以，，为等边三角形，
所以，
所以，是二面角的平面角，
因为二面角的正切值等于，即，
所以，
所以，在中，，，即，
所以，，
所以，，，
所以两两垂直且相等，
所以，四面体的外接球的半径即为以为棱的正方体的外接球半径，
所以四面体的外接球的半径满足，
所以，该球的表面积为
故选：B
7．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知六棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，当六棱锥的体积最大时，其侧棱长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合球和正六棱锥的性质求出体积的表达式，令，求导，利用函数的单调性求得取最值时的条件，进而求解即可.
【详解】由题意可知：六棱锥的底面六边形的顶点在同一个截面圆上.
易知当六边形为正六边形时，其面积最大.要使六棱锥的体积最大，则该六棱锥为正六棱锥.
不妨设正六边形的边长为，六棱锥的高为，
则正六边形的外接圆的半径为.由球的性质可知：，则，
所以正六棱锥的体积，
设，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取最大值，
即时，取最大值，此时，所以正六棱锥的侧棱长，
故选：.
8．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）我们把轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为直角圆锥.在直角圆锥中，点与底面圆都在同一个球面上，若球的表面积为，则圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，可判断得圆锥底面圆的半径等于圆锥的高等于球的半径，由球的表面积公式求解球的半径，结合圆锥的侧面积公式求解即可.
【详解】由题意，设直角圆锥的底面圆的半径为，
则直角圆锥的高，又在直角圆锥中，
点与底面圆都在同一个球面上，所以球心为圆锥的底面圆心，
设球的半径为，则，又因为球的的表面积为，
则，得，即.
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：C
9．（2023·辽宁·校联考模拟预测）在平面中，若正内切圆的面积为，内切圆与外接圆之间的圆环面积为，则在空间中，若正四面体内切球的体积为，内切球之外与外接球之内的几何体的体积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设正四面体的内切球与外接球的半径分别为，，点到底面的距离为，底面的面积为，先利用等体积法求出，再结合勾股定理求出，再根据球的体积公式即可得出答案.
【详解】设正四面体的内切球与外接球的半径分别为，，点到底面的距离为，底面的面积为，
由等体积法得，
设，正的中心为，
则，，
由，得，
故
故选：B.
10．（2023秋·江苏扬州·高三校联考期末）一球的表面积为，它的内接圆锥的母线长为l，且，则该内接圆锥体积的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用球的表面积公式求球的半径，根据圆锥的高的大小分情况利用圆锥的母线长表示圆锥的底面半径和高，根据圆锥体积公式求其体积，可得体积的函数表达式，再利用导数求其范围.
【详解】设球的半径为，圆锥的底面半径为，高为，
因为球的表面积为，所以，故，
当时，过圆锥的轴作球和圆锥的截面可得截面图如下：
所以，，
所以，，
又，，所以，，
所以圆锥的体积，，
当时，过圆锥的轴作球和圆锥的截面可得截面图如下：
所以，，
所以，，
因为，，所以，
所以圆锥的体积，，
当时，，，也满足，
所以圆锥的体积，，
所以，
令，可得或(舍去)，
当时，，函数在区间上单调递增，
当时，，函数在区间上单调递减，
所以当时，函数取最大值，
又当时，，当时，，
所以当时，函数取最小值，
所以内接圆锥体积的取值范围是
同理可得内接圆锥体积的取值范围是，
故选：B.
11．（2023春·福建泉州·高三校联考阶段练习）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，若，，球O的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用球的表面积公式及直角三角形的外接圆的圆心在斜边的中点，结合勾股定理及重要不等式，再利用棱锥的体积公式即可求解.
【详解】设球的半径为,则，所以，
因为，，
所以的外接圆的半径为，
所以点到平面的距离为，
设，则，所以，当且仅当成立
所以三棱锥的体积为.
故选：D.
12．（2023·福建福州·统考二模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，， ，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作平面，垂足为，结合可得为的外心，则，则，可得，进而可得，设为球心，为球的半径，结合勾股定理可得，进而求解.
【详解】过点作平面，垂足为，
因为，
所以为的外心，
则（为的外接圆半径），
则，所以，
,
设为球心，为球的半径，则，
因为，
解得，
所以球的体积为.
故选：C.
13．（2023·湖南·模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，，则三棱锥的外接球的表面积与三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】证明,为直角三角形后可得的中点为外接球的球心，为半径,分别计算外接球的表面积与三棱锥的体积即可.
【详解】
取的中点,连接，
因为面 面面
所以，
所以，
所以，，
因为面 面
所以面，
又因为面，
所以，
所以，所以，
所以为三棱锥的外接球的圆心,半径，
所以球的表面积为，
三棱锥的体积为，
故.
故选：D
14．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.
【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.
故选：A.
15．（2023·山东济宁·统考一模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．πC．D．
【答案】B
【分析】计算，，过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，点为三棱取的外接球球心，计算，，再利用勾股定理得到，计算表面积得到答案.
【详解】如图，为线段的中点，，平面，平面，
故，，平面，故平面，
平面，故，
故，
因为为线段的中点且过的内切圆圆心，
故，即.
所以.
取的中点，连接、，
分别在、上取 、的外接圆圆心、.
过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，
则点为三棱取的外接球球心.
在中由余弦定理得：，
所以.
设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.
，解得，同理，
所以，，
所以三㥄锥的外接球表面积为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面垂直，三棱锥的外接球表面积，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中，确定过圆心的垂线交点是球心再利用勾股定理求解是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.
16．（2023·广东梅州·统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.
【详解】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故选：C.
17．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
【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.
二、填空题
18．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为__________.
【答案】
【分析】分析出球心的位置，得出半正多面体所在的正四面体的高，求出点到正六边形所在平面的距离，到正三角形所在平面的距离，即可求出当球的表面积最大时，该球的半径，进而得出表面积.
【详解】由题意，
半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，
当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为.
在中， ，,
该半正多面体所在的正四面体的高为：
，
设点到正六边形所在平面的距离为，
过点作于，
由几何知识得，
∴，即，
解得：，
∴当球的表面积最大时，该球的半径为，表面积为.
故答案为：.
19．（2023·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）在三棱锥中，.若三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________.
【答案】
【分析】根据勾股定理可得是等腰直角三角形，从而求出，在中利用余弦定理求出，根据勾股定理可判断，从而得知平面，从而可将三棱锥补为直三棱柱，外接球球心为的中点，根据几何关系即可求解.
【详解】由题意得，所以，且，
所以.
在中，由余弦定理得，
所以，
所以.
又，平面，所以平面，
故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，
则直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.
设外接圆圆心为，的外接圆圆心为，
则直三棱柱的外接球球心为的中点，连接，
则即为外接球的半径.
在中，根据正弦定理可得，
所以，
所以，
所以该外接球的表面积为.
故答案为：.
20．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考开学考试）如图，在梯形ABCD中，，将沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且，则三棱锥外接球的表面积是___________.
【答案】
【分析】先证明出面，作出的外心，过作，判断出三棱锥外接球的球心必在直线上，设外接球的半径为，利用球的性质列方程
求出，即可求出三棱锥外接球的表面积.
【详解】在梯形ABCD中，，
所以梯形ABCD为等腰梯形，.
因为，所以，所以，即.
所以，.
因为,所以，所以.
又面,面,,
所以面.
在中，作出其外心如图所示：
所以,.
过作，由球的性质可知，三棱锥外接球的球心必在直线上.
设外接球的半径为，由球的性质可得：，即，解得：.
所以三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：.
21．（2023·安徽·校联考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，是边长为的等边三角形，的面积为，则球的体积为______．
【答案】
【分析】取的中点，连接，，根据题干所给条件求出，再由勾股定理求出、，即可得到，从而得到平面， 将三棱锥补成正三棱柱，三棱锥的外接球即正三棱柱的外接球，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的体积.
【详解】解：取的中点，连接，，，，的面积为，
则，解得，，，
又，，
所以，即，又，，平面，
可得平面，
将三棱锥补成正三棱柱，三棱锥的外接球即正三棱柱的外接球，
外接球的球心为上、下底面的外接圆圆心的连线的中点，连接，，
设外接球的半径为，下底面外接圆的半径为，，则，所以，
所求外接球的体积为；
故答案为：
22．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知三棱锥的体积为，各顶点均在以为直径的球面上，，则该球的体积为______.
【答案】
【分析】利用余弦定理求出，设为外接圆半径，利用正弦定理求出，再根据三棱锥的体积，求出到平面的距离，即可得到球心到平面的距离，再由勾股定理求出外接球的半径，即可得解.
【详解】解：由，，，
所以，即，所以，
又，所以，设为外接圆半径，
，解得，所以，
则，，
即到平面的距离为2
外接球球心的中点到平面的距离为，
外接球半径，，
.
故答案为：
23．（2023·辽宁·校联考一模）正四面体的棱中点为O，平面截球所得半径为的圆与相切，则球的表面积为______.
【答案】
【分析】中点为，依题意为球O的半径，设正四面体的棱长为a，，由平面截球所得的圆半径为，求出a，可解球的表面积.
【详解】中点为，连接，如图所示：
由和为等腰三角形，所以OE为AB和CD的公垂线段；
设正四面体的棱长为a，中， ，
中，，即球O的半径，
设中心为，由对称性可知球截平面所得圆的圆心在上，
平面且平面，则为的中点，所以.
因为，由可得.
于是球的半径，球的表面积为.
故答案为：.
24．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.
【答案】##
【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径，
如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，，
要使正三棱锥体积最大，则底面与在圆心的异侧，
因为是正三棱锥，所以D是的中心，
所以，
又因为，所以，
，
所以，
令，
解得或，
当，；当，，
所以在递增，在递减，
故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为，
故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.
故答案为：
25．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，，则三棱锥的外接球的体积为______.
【答案】
【分析】根据棱锥的性质，证明的中点就是三棱锥的外接球球心，得出半径后可求体积．
【详解】取中点，中点，连接，则，
因为底面，所以平面，
因为四边形是菱形，则，所以是的外心，
又底面，平面，所以，
所以到四点距离相等，即为三棱锥的外接球球心．
又，，所以，
所以，
所以三棱锥的外接球体积为．
故答案为：．
26．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，则该鞠（球）的表面积为__________.
【答案】
【分析】画出图形，做出辅助线，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.
【详解】
如图，取AB的中点M，连接MP，由
得：
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则
球的表面积为
故答案为：.
三、双空题
27．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为________，内切球表面积为________.
【答案】 ##
【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥的外接球半径，计算出的表面积与体积，利用等体积法可求得该三棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.
【详解】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，
设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示：
则，，，解得，，
外接球直径，其半径为，
三棱锥的体积，
在中，，，取的中点，连接，如下图所示：
则，且，所以，，
因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，
所以，三棱锥的表面积为，
设三棱锥的内切球半径为，则，可得，
所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.
故答案为：；.
28．（2023·辽宁沈阳·统考一模）三棱锥中，，，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．
【答案】 ## ##
【分析】设平面，垂足为，可证得在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为，，从而可求得，利用三角形面积公式可求得，结合已知条件与余弦定理，勾股定理可证得，从而为外接球直径，利用球的体积计算即可．
【详解】设平面，垂足为，如图，
过作于点，过作于，连接，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
平面，得，同理，
从而均为直角三角形，
∵，，
∴，则在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为．
∵，
∴，
又，
，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，
又，解得，
又，
，
，同理，
，为外接球直径，
三棱锥外接球的体积为．
故答案为：，.
29．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）已知圆锥的顶点为，轴截面为锐角，，则当________时，圆锥的内切球与外接球的表面积的比值最大，最大值为__________．
【答案】 ## ##
【分析】作出图形，设，，为线段的中点，连接，设圆锥的内切球和外接球的半径分别为、，计算出、关于的表达式，结合二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值，即可得解.
【详解】如下图所示：
不妨设，，为线段的中点，
连接，圆锥的内切球球心为，半径为；外接球球心为，半径为.
圆锥的内切球与外接球的表面积之比为，
在中，，，
，
在中，，，，
即，所以，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，圆锥的内切球与外接球的表面积的比值的最大值为.
故答案为：；.
30．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨三中校考阶段练习）中，，沿将折起到位置，点不在面内，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球半径是__________；当时，三棱锥的外接球表面积是__________.
【答案】
【分析】根据图形，得出面外接圆的半径为，而后利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径；结合余弦定理，二倍角公式以及同角关系，求出，再由勾股定理得出，进而求出三棱锥的外接球表面积.
【详解】由题知，取中点，连接，，
设的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，半径为，
连接，如图所示，
要使三棱锥的体积最大时，即要使得点到平面的距离最大，只有当平面平面时，体积最大，即点到的距离最大，三棱锥体积最大.
此时，四边形是正方形，假设外接圆的半径为，
则在中，由勾股定理得：，
解得，所以，
.
当时，由上述可知，结合余弦定理，
由二倍角公式，
，，
，三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：；.