这个问题想必是大家都知道了，我一开始看到也是：欸，这个怎么这么简单？
这个是我最初的想法，圆锥的一个面在正方体的一个面上，
那么半径就是 2÷2=12÷2=12÷2=1，
套入公式一算， V=13×12×π×h=23πV= \frac{1}{3} ×1^2×π×h=\frac{2}{3}πV=31 ×12×π×h=32 π (cm3)(cm^3)(cm3)
这题目不就解出来了吗？
不！正着放只是我们的第一感而已，如果，圆锥是斜着放的呢？
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为了最好地利用空间，我们可以猜测\color{red}\mathcal{猜测}猜测圆锥的高与体对角线重合
在这种情况下，当圆锥的底面圆与正方体被该体对角线的中垂面所截得的正六边形相切时该圆锥体积最大，根据勾股定理求出该正六边形的边长为 2\sqrt{2}2 ，通过等边三角形和圆的性质得到其内切圆的半径为 62\frac{\sqrt{6}}{2}26 ，而圆锥的高则为正方体体对角线的 12\frac{1}{2}21 ，即 3\sqrt{3}3 ，于是我们便可以求出，
该圆锥的体积为
V=13πr2h=32πV=\frac{1}{3}πr^2h=\frac{\sqrt{3}}{2}πV=31 πr2h=23 π
与一开始的圆锥体积相比，确实要稍微大一点，但是这并不能说明该圆锥体积最大
为了证明这个圆锥体积最大，我们可以从 底面圆的位置\color{green}\mathcal{底面圆的位置}底面圆的位置 入手
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第一步：定义圆的外接正方形，并探究其性质
下面证明，在空间直角坐标系中，若一圆被包含在一长宽高均与坐标轴平行且军最短的长方体内（以下均称“外接长方体”），则该长方体的顶点与圆心的距离为圆的半径的 2\sqrt{2}2 倍，
设一圆心为坐标原点的单位圆所在的平面的法向量为
n=(cosn=(cosn=(cos ααα coscoscos βββ ,,, sinsinsin ααα coscoscos βββ ,,, sinsinsin β)β)β) (α(α(α ∈[0,2π),β∈[0,π2])∈[0,2π),β∈[0,\frac{π}{2}])∈[0,2π),β∈[0,2π ])
设该外接长方体在第一卦限的顶点的坐标为 (xm,ym,zm)(x_m,y_m,z_m)(xm ,ym ,zm )
①当 α=0α=0α=0 时：
易得该园存在一条直径与 yyy 轴重合
设圆上一点(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)
易得xxx的取值范围为[−xm,xm][-x_m,x_m][−xm ,xm ] ，yyy 和 zzz 也类似
设其到 yyy 轴的距离为 x′x'x′
根据圆面法向量易得圆面与 xOyxOyxOy 平面所成角为 π2−β\frac{π}{2}-β2π −β
∴∣z∣=x′sin(π2−β)∴ |z|=x'sin(\frac{π}{2}-β)∴∣z∣=x′sin(2π −β)
化简得
zm=cosz_m=coszm =cos βββ
所以，当 α=0α=0α=0 时：zm=cosz_m=coszm =cos βββ
根据园的定义可得 x′2+y2=1x'^2 + y^2 = 1x′2+y2=1
则该点在平面 xOyxOyxOy 上的投影与 yyy 轴之间的距离为 x′sinx'sinx′sin βββ
∴∣x∣=x′sin∴ |x|=x'sin∴∣x∣=x′sin βββ
化简后得
(xsinβ)2+y2=1(\frac{x}{sinβ})^2 + y^2=1(sinβx )2+y2=1
所以，当 α=0α=0α=0 时：zm=cosz_m=coszm =cos βββ ， 且(xsinβ)2+y2=1(\frac{x}{sinβ})^2 + y^2=1(sinβx )2+y2=1
②当 a≠0a≠0a=0 时：
易得将圆绕 zzz 轴顺时针旋转 ααα 可得 α=0α=0α=0 时的情况
而在旋转过程中 zzz 的取值范围不变，所以 zmz_mzm 也不变
而显然，圆在 xOyxOyxOy 平面上的投影也是如此
∵(x+iy)(cosα−isinα)=xcosα+ysinα+i(−xsinα+ycosα)∵(x+iy)(cosα-isinα) =xcosα+ysinα+i(-xsinα+ycosα)∵(x+iy)(cosα−isinα)=xcosα+ysinα+i(−xsinα+ycosα)
