ГДЗ по алгебре 11 класс Колягин Базовый и углубленный уровень упражнение - 1090

Пирамида вписана в конус, следовательно, её вершина совпадает с вершиной конуса, а основание пирамиды вписано в окружность основания конуса. Пусть $R$ — радиус основания конуса, а $H$ — его высота. Объём конуса выражается формулой: $$ V = \frac{1}{3}\pi R^2 H $$ Объём вписанной пирамиды равен: $$ V_{\text{пир}} = \frac{1}{3} S_{\text{осн}} H $$ Так как конус задан, величины $R$, $H$ и $V$ являются постоянными. Выразим объём пирамиды через объём конуса: $$ V_{\text{пир}} = \frac{S_{\text{осн}}}{\pi R^2} \cdot V $$ Следовательно, объём пирамиды будет наибольшим тогда, когда площадь её основания $S_{\text{осн}}$ принимает наибольшее значение. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник $ABC$, вписанный в окружность радиуса $R$, с углом при вершине $\angle A = \alpha$, где $0 < \alpha < \pi$. Углы при основании треугольника равны: $$ \angle B = \angle C = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2} $$ По расширенной теореме синусов боковые стороны треугольника равны: $$ AB = AC = 2R \sin\left(90^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) = 2R \cos\frac{\alpha}{2} $$ Площадь треугольника через две стороны и синус угла между ними: $$ S_{\text{осн}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin \alpha = \frac{1}{2} \cdot \left(2R \cos\frac{\alpha}{2}\right)^2 \sin \alpha = 2R^2 \cos^2\frac{\alpha}{2} \sin \alpha $$ Используя формулу понижения степени $\cos^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \cos \alpha}{2}$, получаем: $$ S(\alpha) = R^2 (1 + \cos \alpha)\sin \alpha = R^2 (\sin \alpha + \sin \alpha \cos \alpha) = R^2 \left(\sin \alpha + \frac{1}{2}\sin 2\alpha\right) $$ Исследуем функцию площади $S(\alpha)$ на наибольшее значение на интервале $\alpha \in (0; \pi)$ с помощью производной: $$ S'(\alpha) = R^2 (\cos \alpha + \cos 2\alpha) $$ Применим формулу косинуса двойного угла $\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha - 1$: $$ S'(\alpha) = R^2 (2\cos^2 \alpha + \cos \alpha - 1) $$ Найдем критические точки, решив уравнение $S'(\alpha) = 0$: $$ 2\cos^2 \alpha + \cos \alpha - 1 = 0 $$ Сделаем замену $t = \cos \alpha$, где $t \in (-1; 1)$: $$ 2t^2 + t - 1 = 0 $$ $$ D = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9 $$ $$ t_1 = \frac{-1 + 3}{4} = \frac{1}{2}, \quad t_2 = \frac{-1 - 3}{4} = -1 $$ Вернемся к переменной $\alpha$: 1) $\cos \alpha = \frac{1}{2} \implies \alpha = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$ (принадлежит интервалу $(0; \pi)$); 2) $\cos \alpha = -1 \implies \alpha = \pi$ (не принадлежит интервалу $(0; \pi)$). Определим знак производной в окрестности точки $\alpha = \frac{\pi}{3}$: - при $\alpha \in \left(0; \frac{\pi}{3}\right)$ имеем $\cos \alpha > \frac{1}{2}$, следовательно, $S'(\alpha) > 0$ (функция возрастает); - при $\alpha \in \left(\frac{\pi}{3}; \pi\right)$ имеем $\cos \alpha < \frac{1}{2}$, следовательно, $S'(\alpha) < 0$ (функция убывает). Таким образом, $\alpha = \frac{\pi}{3}$ ($60^\circ$) является единственной точкой максимума функции $S(\alpha)$ на интервале $(0; \pi)$, и при этом значении площадь основания, а значит, и объём пирамиды, будет наибольшим (в этом случае основание пирамиды — правильный треугольник). Ответ: $\alpha = 60^\circ$ (или $\alpha = \frac{\pi}{3}$).