9012. На высоте конуса как на диаметре построена сфера. Площадь поверхности части сферы, лежащей внутри конуса, равна площади части поверхности конуса, лежащей внутри сферы. Найдите угол в осевом сечении конуса.
Ответ. \arccos(\sqrt{5}-2)
.
Решение. Пусть угол при вершине A
осевого сечения ABC
конуса равен 2\alpha
, O
— центр сферы радиуса R
, построенной на высоте AH
конуса как на диаметре, ED
— лежащий в плоскости ABC
диаметр окружности, по которой пересекаются сфера и боковая поверхность конуса, M
— центр этой окружности. Тогда \angle ADH=90^{\circ}
, \angle HDM=\angle DAH=\alpha
.
Из прямоугольных треугольников ADH
и DMH
находим, что
DH=AH\sin\alpha=2R\sin\alpha,~AD=AH\cos\alpha=2R\cos\alpha,
DM=AD\sin\alpha=2R\cos\alpha\sin\alpha,~MH=DH\sin\alpha=2R\sin^{2}\alpha.
Пусть S_{1}
— площадь поверхности части сферы лежащей внутри конуса, S_{2}
— площади части поверхности конуса, лежащей внутри сферы. Тогда
S_{1}=2\pi R\cdot MH=2\pi R\cdot2R\sin^{2}\alpha=4\pi R^{2}\sin^{2}\alpha,
S_{2}=\pi MD\cdot AD=\pi\cdot2R\cos\alpha\sin\alpha\cdot2R\cos\alpha=4\pi R^{2}\sin\alpha\cos^{2}\alpha.
По условию задачи S_{1}=S_{2}
, т. е. 4\pi R^{2}\sin^{2}\alpha=4\pi R^{2}\sin\alpha\cos^{2}\alpha
, или
\sin\alpha=\cos^{2}\alpha~\Leftrightarrow~\sin\alpha=1-\sin^{2}\alpha.
Из этого уравнения находим, что \sin\alpha=\frac{\sqrt{5}-1}{2}
. Тогда
\cos2\alpha=1-2\sin^{2}\alpha=\sqrt{5}-2.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1975, билет 9, № 2
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 75-9-2, с. 181