Страница 109 номер 11.27, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

Дано:
\(KABCD\) — правильная пирамида, \(O\) — центр основания
\(KO = h\) — высота пирамиды
угол между боковым ребром и плоскостью основания — \(\alpha\)
конус вписан в пирамиду

Найти: площадь сечения конуса плоскостью, проходящей через его вершину, если эта площадь наибольшая.

Решение: Конус вписан в пирамиду: основание пирамиды описано около основания конуса, а вершина \(K\) пирамиды — вершина конуса. Окружность, вписанная в квадрат \(ABCD\), имеет центр \(O\) и касается сторон квадрата в их серединах; пусть \(M\) — середина стороны \(AB\). Значит, \(O\) — центр основания конуса, \(KO = h\) — его высота, \(r = OM\) — радиус основания, \(l = KM\) — образующая.

Прямая \(KO\) перпендикулярна плоскости основания, поэтому \(OA\) — проекция бокового ребра \(KA\) на эту плоскость и \(\angle KAO = \alpha\). Из прямоугольного треугольника \(KOA\): \(OA = h\operatorname{ctg}\alpha\). Половина диагонали квадрата в \(\sqrt{2}\) раз больше половины его стороны, поэтому

\[r = OM = \frac{OA}{\sqrt{2}} = \frac{h\sqrt{2}\operatorname{ctg}\alpha}{2}.\]

Плоскость, проходящая через вершину \(K\), пересекает конус по треугольнику, только если она пересекает основание по хорде (иначе сечение — образующая или точка \(K\), и его площадь равна нулю). Пусть плоскость пересекает окружность основания в точках \(E\) и \(F\). Отрезки \(KE\) и \(KF\) — образующие, поэтому сечение \(KEF\) — равнобедренный треугольник с боковыми сторонами \(l\); обозначим \(\psi = \angle EKF\). Тогда \(S_{KEF} = \frac{1}{2}l^2\sin\psi\).

В равнобедренном треугольнике \(KEF\) основание \(EF = 2l\sin\frac{\psi}{2}\), поэтому чем длиннее хорда \(EF\), тем больше угол \(\psi\). Длина хорды принимает все значения, большие 0 и не большие диаметра \(2r\), поэтому \(\psi\) принимает все значения из промежутка \((0^\circ; \varphi]\), где \(\varphi\) — угол при вершине осевого сечения (у него \(EF = 2r\)). Высота \(KO\) осевого сечения, проходящего через точку \(M\), — его биссектриса, поэтому \(\varphi = 2\angle OKM\), где \(\operatorname{tg}\angle OKM = \frac{OM}{KO} = \frac{r}{h}\).

На промежутке \((0^\circ; 90^\circ]\) синус возрастает, а на \([90^\circ; 180^\circ)\) убывает. Если \(\varphi \leqslant 90^\circ\), то есть \(\angle OKM \leqslant 45^\circ\) и \(r \leqslant h\), то наибольшую площадь имеет осевое сечение: \(\frac{1}{2} \cdot 2r \cdot h = rh\). Если \(\varphi > 90^\circ\), то есть \(r > h\), то угол \(\psi = 90^\circ\) достигается и наибольшая площадь сечения равна \(\frac{1}{2}l^2\).

Условие \(r \leqslant h\) означает \(\frac{h\sqrt{2}\operatorname{ctg}\alpha}{2} \leqslant h\), то есть \(\operatorname{ctg}\alpha \leqslant \sqrt{2}\), \(\operatorname{tg}\alpha \geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}\). Угол \(\alpha\) острый, а на промежутке \(\left(0; \frac{\pi}{2}\right)\) тангенс возрастает, поэтому \(r \leqslant h\) при \(\operatorname{arctg}\frac{\sqrt{2}}{2} \leqslant \alpha < \frac{\pi}{2}\); в этом случае наибольшая площадь сечения равна \(rh = \frac{h^2\sqrt{2}\operatorname{ctg}\alpha}{2}\).

При \(0 < \alpha < \operatorname{arctg}\frac{\sqrt{2}}{2}\) из прямоугольного треугольника \(KOM\)

\[\begin{aligned} &l^2 = KO^2 + OM^2 = h^2 + \frac{h^2\operatorname{ctg}^2\alpha}{2} = {} \\ &= \frac{h^2(2\sin^2\alpha + \cos^2\alpha)}{2\sin^2\alpha} = \frac{h^2(1 + \sin^2\alpha)}{2\sin^2\alpha}. \end{aligned}\]

Значит, в этом случае наибольшая площадь сечения равна \(\frac{1}{2}l^2 = \frac{h^2(1 + \sin^2\alpha)}{4\sin^2\alpha}\).

Ответ: если \(0 < \alpha < \operatorname{arctg}\frac{\sqrt{2}}{2}\), то \(\frac{h^2(1 + \sin^2\alpha)}{4\sin^2\alpha}\); если \(\operatorname{arctg}\frac{\sqrt{2}}{2} \leqslant \alpha < \frac{\pi}{2}\), то \(\frac{h^2\sqrt{2}\operatorname{ctg}\alpha}{2}\).