Элементарная математика. Геометрия.

Задача S107

Определите угол при вершине осевого сечения конуса, если его объём в три раза больше объёма вписанного в него шара.

Решение:

Введем следующие обозначения: $B$ — вершина конуса, $AC$ — диаметр его основания. Очевидно, что осевое сечение — это равнобедренный $\triangle ABC$, у которого $\angle BAC = \angle BCA$. Пусть $O$ — центр основания конуса, а $O_1$ — центр вписанного в конус шара. Примем, что радиус основания конуса $OA = R$, высота конуса $OB = H$ , радиус шара $OO_1 = r$ .

В сечении $ABC$ шар оставляет след в виде вписанной окружности радиуса $r$, центр которого лежит в точке $O_1$ — точке пересечения биссектрис $\triangle ABC$ .

Пусть $\angle ABC = \beta$ и $\angle BAC = \alpha$. Тогда $\angle BAO_1 = \angle O_1AO = \frac{\alpha}{2}$.

Выразим объемы шара и конуса через радиус основания конуса и угол $\alpha$.

Для прямоугольного $\triangle AO_1O$ справедливо равенство
$\text{tg} \frac{\alpha}{2} = \frac{O_1O}{AO} = \frac{r}{R}$
или
$r = R \cdot \text{tg} \frac{\alpha}{2}.$

Аналогично для прямоугольного $\triangle ABO$ имеем

$H = R \cdot \text{tg} \alpha.$

Подставим эти значения в в формулы объёмов конуса и шара:

$V_{к} = \frac{1}{3} \pi R^2 H = \frac{1}{3} \pi R^3 \text{tg} \alpha;$

$V_{ш} = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi \left( R \cdot \text{tg} \frac{\alpha}{2} \right)^3.$

Так как $V_к = 3V_ш$, получим:

$\frac{1}{3} \pi R^3 \text{tg} \alpha = 3 \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 \text{tg}^3 \frac{\alpha}{2} \Rightarrow \text{tg} \alpha = 12 \text{tg}^3 \frac{\alpha}{2}.$

Воспользуемся тригонометрической формулой

$\text{tg} \alpha = \frac{2\text{tg} \frac{\alpha}{2}}{1 - \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2}},$

тогда:

$\frac{2\text{tg} \frac{\alpha}{2}}{1 - \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2}} = 12 \text{tg}^3 \frac{\alpha}{2} \Rightarrow \frac{\text{tg} \frac{\alpha}{2}}{1 - \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2}} = 6 \text{tg}^3 \frac{\alpha}{2}.$

Пусть $\text{tg} \frac{\alpha}{2} = a\neq 0$, тогда:

$\frac{1}{1 - a^2} = 6a^2.$
После элементарных преобразований получим биквадратное уравнение $6a^4 - 6a^2 + 1 = 0$, решая которое находим
$a_{1,2}^2 = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6}.$

Перепишем это равенство так

$\text{tg}^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}= \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6}$.

Отсюда элементарными преобразованиями получаем

$\cos \alpha = \dfrac{- \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} +1 }{ \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} + 1 } =\dfrac{ (-3 \mp \sqrt{3} + 6) }{ (3 \pm \sqrt{3} + 6) }=\dfrac{ 3 \mp \sqrt{3} }{ 9 \pm \sqrt{3} }$.

Домножим числитель и знаменатель на сопряжённое выражение:

$\cos \alpha = \dfrac{3 \mp \sqrt{3} }{ 9 \pm \sqrt{3} } \cdot \dfrac{ 9 \mp \sqrt{3} }{ 9 \mp \sqrt{3} }=\dfrac{ (3 \mp\sqrt{3})(9 \mp \sqrt{3}) }{ (9 + \sqrt{3})(9 - \sqrt{3}) }=\dfrac{ 27 \mp 9\sqrt{3} \mp 3\sqrt{3} +3 }{ 81 - 3 }=\dfrac{30 \pm 12\sqrt{3} }{ 78 }=\dfrac{5 \pm 2\sqrt{3} }{ 13 }$.

Следовательно:

$\alpha = \arccos \left( \dfrac{ 5 \pm 2\sqrt{3} }{ 13 } \right)$

и искомый

$\angle ABC = \beta = \pi - 2 \arccos \left( \dfrac{ 5 \pm 2\sqrt{3} }{ 13 } \right)$.

Ответ:

$\pi - 2 \arccos \left( \dfrac{ 5 \pm 2\sqrt{3} }{ 13 } \right)$.