Номер 11.27, страница 109 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

11.27. Высота правильной четырёхугольной пирамиды равна $h$, а боковое ребро образует с плоскостью основания угол $\alpha$. В пирамиду вписан конус. Через вершину конуса проведена плоскость. Найдите площадь сечения конуса этой плоскостью, если известно, что эта площадь принимает наибольшее значение.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и центром основания $O$. Высота пирамиды $SO = h$. Боковое ребро, например $SA$, образует с плоскостью основания угол $\alpha$, то есть $\angle SAO = \alpha$. В конус, вписанный в пирамиду, имеет ту же вершину $S$ и высоту $H = h$. Его основание — это круг, вписанный в квадратное основание пирамиды $ABCD$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SAO$. Проекция бокового ребра $SA$ на плоскость основания — это отрезок $AO$. Из определения котангенса:$AO = SO \cdot \cot(\angle SAO) = h \cot(\alpha)$.$AO$ — это половина диагонали квадрата $ABCD$. Если сторона квадрата равна $a$, то $AO = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Приравнивая выражения для $AO$, находим $a$:$\frac{a\sqrt{2}}{2} = h \cot(\alpha) \implies a = \sqrt{2} h \cot(\alpha)$.

Радиус основания конуса $R$ равен радиусу окружности, вписанной в квадрат со стороной $a$, то есть $R = \frac{a}{2}$.$R = \frac{\sqrt{2} h \cot(\alpha)}{2} = \frac{h \cot(\alpha)}{\sqrt{2}}$. Образующая конуса $L$ находится по теореме Пифагора для треугольника, образованного высотой $H$, радиусом $R$ и образующей $L$:$L^2 = H^2 + R^2 = h^2 + \left(\frac{h \cot(\alpha)}{\sqrt{2}}\right)^2 = h^2 \left(1 + \frac{\cot^2(\alpha)}{2}\right)$.

Сечение конуса плоскостью, проходящей через его вершину, является равнобедренным треугольником. Боковые стороны этого треугольника равны образующей конуса $L$. Площадь сечения $S_{сеч}$ зависит от угла $\gamma$ между образующими в сечении:$S_{сеч} = \frac{1}{2} L^2 \sin(\gamma)$. Наибольшая площадь сечения соответствует наибольшему возможному значению $\sin(\gamma)$. Максимальный угол $\gamma$ между двумя образующими конуса — это угол при вершине его осевого сечения. Обозначим этот угол $2\beta$. Таким образом, угол $\gamma$ в любом сечении изменяется в пределах $0 \le \gamma \le 2\beta$.

В прямоугольном треугольнике, являющемся половиной осевого сечения, с катетами $H$ и $R$, тангенс угла $\beta$ при вершине равен:$\tan(\beta) = \frac{R}{H} = \frac{h \cot(\alpha)/\sqrt{2}}{h} = \frac{\cot(\alpha)}{\sqrt{2}}$.

Задача сводится к нахождению максимума функции $S_{сеч}(\gamma) = \frac{1}{2} L^2 \sin(\gamma)$ на отрезке $\gamma \in [0, 2\beta]$. Решение зависит от величины $2\beta$.

1. Если $2\beta \ge 90^\circ$. Это условие равносильно $\beta \ge 45^\circ$. Поскольку $\beta$ — острый угол, это эквивалентно $\tan(\beta) \ge \tan(45^\circ) = 1$.$\frac{\cot(\alpha)}{\sqrt{2}} \ge 1 \implies \cot(\alpha) \ge \sqrt{2}$. В этом случае максимальное значение $\sin(\gamma)$ на отрезке $[0, 2\beta]$ равно 1 и достигается при $\gamma = 90^\circ$. Это означает, что можно провести сечение с прямым углом при вершине, и его площадь будет наибольшей.$S_{max} = \frac{1}{2} L^2 \sin(90^\circ) = \frac{1}{2} L^2 = \frac{1}{2} h^2 \left(1 + \frac{\cot^2(\alpha)}{2}\right) = \frac{h^2(2+\cot^2(\alpha))}{4}$.

2. Если $2\beta < 90^\circ$. Это условие равносильно $\beta < 45^\circ$, или $\tan(\beta) < 1$.$\frac{\cot(\alpha)}{\sqrt{2}} < 1 \implies \cot(\alpha) < \sqrt{2}$. В этом случае на отрезке $[0, 2\beta]$ функция $\sin(\gamma)$ монотонно возрастает, и её максимум достигается при $\gamma = 2\beta$. Следовательно, сечение с наибольшей площадью — это осевое сечение конуса. Площадь осевого сечения равна $S_{max} = R \cdot H$.$S_{max} = \left(\frac{h \cot(\alpha)}{\sqrt{2}}\right) \cdot h = \frac{h^2 \cot(\alpha)}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} h^2 \cot(\alpha)}{2}$.

Ответ:Если $\cot(\alpha) \ge \sqrt{2}$, то площадь наибольшего сечения равна $\frac{h^2(2+\cot^2(\alpha))}{4}$.
Если $\cot(\alpha) < \sqrt{2}$, то площадь наибольшего сечения равна $\frac{\sqrt{2} h^2 \cot(\alpha)}{2}$.