2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義專題四　微重點8　立體幾何中的動態(tài)問題1

2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義微重點8立體幾何中的動態(tài)問題“動態(tài)”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些“動態(tài)”的點、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎．同時，由于“動態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉化．考點一動點軌跡問題例1(多選)(2023·寧波聯(lián)考)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則下列說法正確的有()A．若λ＋μ＝1，則A1P⊥AD1B．若λ＋μ＝1，則三棱錐A1－PDC1的體積為定值C．若點P總滿足PA⊥BD1，則動點P的軌跡是一條直線D．若點P到點A的距離為eq\r(3)，則動點P的軌跡是一個面積為π的圓規(guī)律方法解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質進行判定．(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數(shù)法進行計算．(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．跟蹤演練1在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，P為空間中的動點，PA＝PB＝AB＝2，E為PD的中點，則動點E的軌跡長度為()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\r(2)πD.eq\r(3)π考點二折疊、展開問題例2(多選)已知菱形ABCD的邊長為2，∠ADC＝60°，將△ACD沿AC翻折，使點D與點B重合，如圖所示．記點P為翻折過程中點D的位置(不包含在點B處的位置)，則下列結論正確的是()A．無論點P在何位置，總有AC⊥PBB．存在點P，使得AB⊥PCC．當PB＝2時，M為PB上一點，則AM＋CM的最小值為2eq\r(2)D．當三棱錐P－ABC的體積最大時，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5)規(guī)律方法畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個關鍵點：不變的線線關系、不變的數(shù)量關系．跟蹤演練2(2023·邵陽模擬)如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，點E為線段CD(除端點外)上的動點，沿直線AE將△DAE翻折到△D′AE，則下列說法中正確的是()A．當點E固定在線段CD的某位置時，點D′的運動軌跡為球面B．存在點E，使AB⊥平面D′AEC．點A到平面BCF的距離為eq\f(\r(3),2)D．異面直線EF與BC所成角的余弦值的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))考點三最值、范圍問題例3(多選)(2023·梅州模擬)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，動點P在體對角線BD1上(含端點)，則下列結論正確的有()A．當P為BD1的中點時，∠APC為銳角B．存在點P，使得BD1⊥平面APCC．AP＋PC的最小值為2eq\r(5)D．頂點B到平面APC的最大距離為eq\f(\r(2),2)規(guī)律方法在動態(tài)變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的解題思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、最小值．(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉化為目標函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標函數(shù)的最值．跟蹤演練3(多選)(2023·鞍山模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，P是線段BC1上的動點，則下列結論正確的是()A．四面體PA1D1A的體積為定值B．AP＋PC的最小值為2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直線A1P與AC所成的角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))微重點9截面、交線問題“截面、交線”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些動態(tài)的線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力．求截面、交線問題，一是與解三角形、多邊形面積、扇形弧長、面積等相結合求解，二是利用空間向量的坐標運算求解．考點一截面問題考向1多面體中的截面問題例1(多選)在立體幾何中，用一個平面去截一個幾何體得到的平面圖形叫截面．平面α以任意角度截正方體，所截得的截面圖形可能為()A．等腰梯形 B．非矩形的平行四邊形C．正五邊形 D．正六邊形考向2球的截面問題例2(多選)(2023·淮南模擬)如圖，棱長為2的正四面體ABCD中，M，N分別為棱AD，BC的中點，O為線段MN的中點，球O的表面正好經過點M，則下列結論中正確的是()A．AO⊥平面BCDB．球O的體積為eq\f(\r(2)π,3)C．球O被平面BCD截得的截面面積為eq\f(4π,3)D．球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長為eq\f(8\r(3)π,3)規(guī)律方法作幾何體截面的方法(1)利用平行直線找截面．(2)利用相交直線找截面．跟蹤演練1(1)(多選)(2023·山西聯(lián)考)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，其外接球的球心為O，點P滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(0<λ<1)，過點P的平面α平行于AD和A1B，則()A．平面α∥平面A1BCD1B．平面α⊥平面ABB1A1C．當λ＝eq\f(1,2)時，平面α截球O所得截面的周長為eq\r(10)πD．平面α截正方體所得截面的面積為定值(2)(2023·蕪湖模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長均為2，D為棱AB的中點，則過點D的平面截該三棱柱外接球所得截面面積的取值范圍為________．考點二交線問題考向1多面體中的交線問題例3在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分別是AB，AD，B1C1的中點，設過P，Q，R的截面與平面AD1以及平面AB1的交線分別為l，m，則l，m所成的角為()A．90°B．30°C．45°D．60°考向2與球有關的交線問題例4(2023·鞍山模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，點O在棱AA1上，且AO＝4，P為正方體表面上的動點，若PO＝5，則點P的軌跡長度為()A.eq\f(15π,2) B．(4＋3eq\r(2))πC.eq\f(17π,2) D．(4＋3eq\r(3))π規(guī)律方法找交線的方法(1)線面交點法：各棱線與截平面的交點．(2)面面交點法：各棱面與截平面的交線．跟蹤演練2(1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中點M為球心，4為半徑的球面與側面ABB1A1的交線長為()A．2πB．3πC．4πD．8π(2)(2023·廣安模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長是2，S是A1B1的中點，P是A1D1的中點，點Q在正方形DCC1D1及其內部運動，若PQ∥平面SBC1，則點Q的軌跡的長度是________．微重點8立體幾何中的動態(tài)問題例1ABC[對于A，因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知，點B1，C，P共線，如圖，連接AD1，A1C，BC1，B1C，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，A1B1⊥平面BB1C1C，因為BC1?平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，在BC1上任取一點P，連接A1P，則A1P?平面A1B1C，所以BC1⊥A1P，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為AB∥D1C1，且AB＝D1C1，所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以AD1∥BC1，則AD1⊥A1P，故選項A正確；對于B，如圖，連接A1C1，C1D，A1D，B1C，因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知點B1，C，P共線，即點P在直線B1C上，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為A1B1∥DC，且A1B1＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，所以A1D∥B1C，A1D?平面A1C1D，BC1?平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，則直線B1C上任意一點到平面A1C1D的距離相等，又因為△A1C1D的面積為一定值，所以三棱錐A1－PDC1的體積為定值，故選項B正確；對于C，如圖，連接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，因為AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，BD1?平面BB1D1D，所以AC⊥BD1，同理AB1⊥BD1，又AB1∩AC＝A，所以BD1⊥平面AB1C，因為點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，所以點P在側面BB1C1C所在的平面上運動，且PA⊥BD1，所以動點P的軌跡就是直線B1C，故選項C正確；對于D，因為點P到點A的距離為eq\r(3)，所以點P的軌跡是以A為球心，eq\r(3)為半徑的球面與平面BB1C1C的交線，即點P的軌跡為小圓，設小圓半徑為r，因為球心A到平面BB1C1C的距離為1，則r＝eq\r(\r(3)2－1)＝eq\r(2)，所以小圓的面積S＝πr2＝2π，故選項D錯誤．]跟蹤演練1D例2ABD[如圖，連接PB，依題意，△ABC，△APC都是等邊三角形，取AC的中點E，則BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE?平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB?平面PBE，因此AC⊥PB，A正確；P的軌跡是以AC為軸的兩個同底的圓錐底面半圓弧，顯然圓錐軸截面的頂角為∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，則存在兩條母線互相垂直，即存在點P，使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在點P，使得AB⊥PC，B正確；當PB＝2時，三棱錐P－ABC為正四面體，將△PAB，△PCB展開在同一平面內，如圖，顯然四邊形ABCP為菱形，∠BAP＝60°，當A，M，C三點共線時，AM＋CM取得最小值2eq\r(3)，C錯誤；由選項A知，AC⊥平面PBE，BE＝PE＝eq\r(3)，∠PEB是二面角P－AC－B的平面角，三棱錐P－ABC的體積VP－ABC＝eq\f(1,3)S△PEB·AC＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)BE·PEsin∠PEB·AC＝sin∠PEB≤1，當且僅當∠PEB＝90°時取等號，此時PE⊥平面ABC，PB＝eq\r(PE2＋BE2)＝eq\r(6)，等腰△PBC的面積S＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),2)，設點A到平面PBC的距離為d，由VA－PBC＝VP－ABC，得eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)×d＝1，解得d＝eq\f(2\r(15),5)，設直線AB與平面PBC所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(d,AB)＝eq\f(\r(15),5)，D正確．]跟蹤演練2D[選項A，當點E固定在線段CD的某位置時，線段AE的長度為定值，AD′⊥D′E，過D′作D′H⊥AE于點H，H為定點，D′H的長度為定值，且D′H在過點H與AE垂直的平面內，故D′的軌跡是以H為圓心，D′H為半徑的圓，故A錯誤；選項B，無論E在CD(端點除外)的哪個位置，AB均不與AE垂直，故AB不與平面AD′E垂直，故B錯誤；選項C，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))分別為x，y，z軸的方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，設平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝y(tǒng)＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋3z＝0，))取n＝(eq\r(3)，0,1)，則點A到平面BCF的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(3,2)，故C錯誤；選項D，設E(eq\r(3)λ，1,0)，λ∈(0,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)λ，－1，3))，設EF與BC所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(3λ2＋10))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))，故D正確．]例3ABD[如圖，以點D為原點建立空間直角坐標系，設eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，則eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，故eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－λ，－λ，2λ)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)．對于A，當P為BD1中點時，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，則eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，所以cos∠APC＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))||\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,3)>0，所以∠APC為銳角，故A正確；當BD1⊥平面APC時，因為AP，CP?平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))＝λ＋λ－1＋4λ＝0，,\o(BD1,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→))＝λ－1＋λ＋4λ＝0，))解得λ＝eq\f(1,6)，故存在點P，使得BD1⊥平面APC，故B正確；對于C，當BD1⊥AP，BD1⊥CP時，AP＋PC取得最小值，由B得此時λ＝eq\f(1,6)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3)))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3)))，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝|eq\o(CP,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(30),6)，即AP＋PC的最小值為eq\f(\r(30),3)，故C錯誤；對于D，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，設平面APC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝－λx＋1－λy＋2λz＝0，))可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，則點B到平面APC的距離為|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))，當λ＝0時，點B到平面APC的距離為0，當0<λ≤1，即1≤eq\f(1,λ)時，有eq\f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))＝eq\f(1,\r(3－\f(1,λ)＋\f(1,4λ2)))＝eq\f(1,\r(2＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－2))2))≤eq\f(\r(2),2)，當且僅當λ＝eq\f(1,2)時，取等號，所以點B到平面APC的最大距離為eq\f(\r(2),2)，故D正確．]跟蹤演練3ACD[對于A，由正方體可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以點B到平面DAA1D1的距離等于點P到平面DAA1D1的距離，所以四面體PA1D1A的體積VP－A1D1A＝VB－A1D1A＝eq\f(1,3)S△A1D1A×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，所以四面體PA1D1A的體積為定值，故A正確；對于B，當P與B重合時，AP＋PC＝AB＋BC＝2<2eq\r(2)，所以AP＋PC的最小值不為2eq\r(2)，故B錯誤；對于C，連接A1C1，A1B，由正方體可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形，所以AC∥A1C1，因為AC?平面ACD1，A1C1?平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1因為A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1?平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因為A1P?平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正確；對于D，因為AC∥A1C1，所以∠PA1C1(或其補角)為直線A1P與AC所成的角，由圖可得當P與B重合時，此時∠PA1C1最大為eq\f(π,3)，當P與C1重合時，此時∠PA1C1最小為0，所以直線A1P與AC所成的角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故D正確．]微重點9截面、交線問題例1ABD[畫出截面圖形如圖，可以畫出等腰梯形，故A正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分別于點E，F(xiàn)，G，H，根據(jù)平面平行的性質定理可得四邊形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四邊形EFGH是平行四邊形，此四邊形不一定是矩形，故B正確；經過正方體的一個頂點去切就可得到五邊形，但此時不可能是正五邊形，故C錯誤；正方體有六個面，用平面去截正方體時最多與六個面相交得六邊形，且可以畫出正六邊形，故D正確．]例2ABD[設E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，連接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，則EM∥BD，NF∥BD，EM＝eq\f(1,2)BD，NF＝eq\f(1,2)BD，故EM∥NF，EM＝NF，則四邊形MENF為平行四邊形，故EF，MN交于一點，且互相平分，即O點也為EF的中點，又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN＝N，AN，DN?平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN?平面AND，則AO?平面AND，故BC⊥AO，結合O點為EF的中點，同理可證DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC?平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正確；又球O的表面正好經過點M，則球O的半徑為OM，棱長為2的正四面體ABCD中，AN＝DN＝eq\r(3)，M為AD的中點，則MN⊥AD，故MN＝eq\r(ND2－MD2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，則OM＝eq\f(\r(2),2)，所以球O的體積為eq\f(4,3)π×OM3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2)π,3)，B正確；由BC⊥平面AND，BC?平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延長AO交平面BCD于G點，則OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G為正△BCD的中心，故NG＝eq\f(1,3)ND＝eq\f(\r(3),3)，所以OG＝eq\r(ON2－NG2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6)，故球O被平面BCD截得的截面圓的半徑為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(3),3)，則球O被平面BCD截得的截面圓的面積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(π,3)，C錯誤；由A的分析可知，O也為棱AC，BD中點連線的中點，則球O與每條棱都交于棱的中點，結合C的分析可知，球O被正四面體ABCD的每個面截得的截面都為圓，且圓的半徑都為eq\f(\r(3),3)，故球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長為4×2π×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(8\r(3)π,3)，D正確．]跟蹤演練1(1)ABC(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3)))解析正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O為上、下底面的外接圓圓心的連線O1O2的中點，連接AO2，AO，OD，如圖所示，設外接球的半徑為R，下底面外接圓的半徑為r，r＝AO2＝eq\f(2\r(3),3)，則R2＝r2＋1＝eq\f(7,3).①當過點D的平面過球心時，截得的截面圓最大，截面圓的半徑即為球的半徑，所以截面圓的面積最大為πR2＝eq\f(7π,3)；②當過點D的平面垂直O(jiān)D時，截面圓的面積最小，OD2＝OA2－AD2＝eq\f(7,3)－1＝eq\f(4,3)，截面圓的半徑為eq\r(R2－OD2)＝eq\r(\f(7,3)－\f(4,3))＝1，所以截面圓的面積最小為π×12＝π，