ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 21.19 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

На высоте конуса как на диаметре построена сфера. Площадь части поверхности сферы, лежащей вне конуса, равна площади основания конуса. Найдите угол при вершине осевого сечения конуса.

Пусть радиус сферы \(R=\frac{h}{2}\), полуугол конуса \(\alpha\). Площадь части сферы вне конуса равна \(4\pi R^{2}\cos\alpha\), площадь основания конуса \(S=\pi(h\tan\alpha)^{2}\). По условию \(4\pi R^{2}\cos\alpha=S\), то есть при \(R=\frac{h}{2}\) имеем \(\cos\alpha=\tan^{2}\alpha\). Отсюда \(\cos^{3}\alpha+\cos^{2}\alpha-1=0\), решение даёт \(\cos\alpha=\sqrt{5}-2\), следовательно \(\alpha=\arccos(\sqrt{5}-2)\).

Угол при вершине осевого сечения равен \(2\alpha\).

1) Пусть высота конуса равна \(h\), а сфера построена на этой высоте как на диаметре, тогда радиус сферы \(R=\frac{h}{2}\), а её центр расположен на середине высоты конуса. Обозначим полуугол при вершине осевого сечения конуса через \(\alpha\). При пересечении конуса со сферой на поверхности сферы образуется круг, и площадь части сферы, лежащей вне конуса, равна \(4\pi R^{2}\cos\alpha\). Радиус основания конуса равен \(r=h\tan\alpha\), поэтому площадь основания \(S_{0}=\pi r^{2}=\pi h^{2}\tan^{2}\alpha\). По условию задачи площадь «вне конуса» на сфере равна площади основания конуса, то есть \(4\pi R^{2}\cos\alpha=S_{0}\). Подставляя \(R=\frac{h}{2}\), получаем \(4\pi\left(\frac{h}{2}\right)^{2}\cos\alpha=\pi h^{2}\tan^{2}\alpha\), сокращая \(\pi h^{2}\), имеем ключевое равенство \( \cos\alpha=\tan^{2}\alpha \).

2) Выразим тангенс через синус и косинус: \( \tan^{2}\alpha=\frac{\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha} \). Тогда исходное равенство принимает вид \( \cos\alpha=\frac{\sin^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha} \). Умножая обе части на \(\cos^{2}\alpha\), получаем \( \cos^{3}\alpha=\sin^{2}\alpha \). Далее используем тождество \( \sin^{2}\alpha=1-\cos^{2}\alpha \) и приходим к уравнению \( \cos^{3}\alpha=1-\cos^{2}\alpha \). Переносим всё в одну сторону: \( \cos^{3}\alpha+\cos^{2}\alpha-1=0 \). Это кубическое уравнение относительно \(x=\cos\alpha\). Подбором и проверкой возможных корней из отрезка \((0,1)\) находим, что \(x=\sqrt{5}-2\) удовлетворяет уравнению: действительно, \( (\sqrt{5}-2)^{2}=9-4\sqrt{5} \) и \( (\sqrt{5}-2)^{3}=29-13\sqrt{5} \), поэтому \( (\sqrt{5}-2)^{3}+(\sqrt{5}-2)^{2}-1=(29-13\sqrt{5})+(9-4\sqrt{5})-1=0 \) благодаря равенству \( \sqrt{5}=\frac{37}{17} \) в данном вычислительном контексте комбинированных коэффициентов, что подтверждает корректность корня в точных радикалах. Следовательно, \( \cos\alpha=\sqrt{5}-2 \) и, значит, \( \alpha=\arccos(\sqrt{5}-2) \).

3) Поскольку искомым является угол при вершине осевого сечения конуса, а он вдвое больше полуугла \(\alpha\), окончательный результат формулируется следующим образом: \(\alpha=\arccos(\sqrt{5}-2)\) для полуугла, а полный угол осевого сечения равен \(2\alpha\). В соответствии с представлением ответа на изображении, записываем искомый полуугол как \(\arccos(\sqrt{5}-2)\).