Номер 527, страница 79 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

527. Наибольшая площадь сечения конуса, проходящего через его вершину, вдвое больше площади осевого сечения (рис. 178). Найдите угол между образующей и плоскостью основания.

Рис. 178

Пусть $L$ — образующая конуса, $R$ — радиус его основания, $H$ — высота. Угол между образующей и плоскостью основания обозначим через $\phi$. Из прямоугольного треугольника, образованного высотой, радиусом основания и образующей, имеем следующие соотношения:$L^2 = R^2 + H^2$, $\cos \phi = \frac{R}{L}$, $\sin \phi = \frac{H}{L}$.

Осевое сечение конуса — это равнобедренный треугольник с основанием $2R$ и высотой $H$. Его площадь $S_{ос}$ равна:$S_{ос} = \frac{1}{2} \cdot 2R \cdot H = RH$.

Любое сечение, проходящее через вершину конуса, является равнобедренным треугольником с боковыми сторонами, равными $L$. Площадь такого сечения равна $S = \frac{1}{2} L^2 \sin \gamma$, где $\gamma$ — угол между образующими в плоскости сечения. Площадь максимальна, когда $\sin \gamma$ максимален, то есть при $\gamma = 90^\circ$ (если такое сечение возможно). В этом случае сечение является прямоугольным равнобедренным треугольником, и его площадь $S_{наиб}$ составляет:$S_{наиб} = \frac{1}{2} L^2$.

Такое сечение возможно, только если хорда, служащая его основанием (гипотенузой), не превышает диаметр основания конуса. Длина этой хорды равна $L\sqrt{2}$. Условие $L\sqrt{2} \le 2R$ равносильно $L/R \le \sqrt{2}$, или $\frac{1}{\cos\phi} \le \sqrt{2}$, что означает $\cos\phi \ge \frac{1}{\sqrt{2}}$, то есть $\phi \le 45^\circ$. Если $\phi > 45^\circ$, то наибольшую площадь имеет осевое сечение. Но по условию задачи $S_{наиб} = 2 S_{ос}$, что исключает случай $S_{наиб} = S_{ос}$. Следовательно, мы рассматриваем случай, когда $\phi \le 45^\circ$ и $S_{наиб} = \frac{1}{2}L^2$.

Согласно условию задачи, $S_{наиб} = 2 S_{ос}$. Подставим найденные выражения для площадей:$\frac{1}{2} L^2 = 2 (RH)$$L^2 = 4RH$

Заменим $L^2$ на $R^2 + H^2$:$R^2 + H^2 = 4RH$

Для нахождения угла $\phi$ удобно разделить обе части уравнения на $L^2$:$\frac{R^2}{L^2} + \frac{H^2}{L^2} = \frac{4RH}{L^2}$$(\frac{R}{L})^2 + (\frac{H}{L})^2 = 4 (\frac{R}{L}) (\frac{H}{L})$

Подставим тригонометрические функции угла $\phi$:$\cos^2 \phi + \sin^2 \phi = 4 \cos \phi \sin \phi$

Используя основное тригонометрическое тождество ($\cos^2 \phi + \sin^2 \phi = 1$) и формулу синуса двойного угла ($2 \sin \phi \cos \phi = \sin(2\phi)$), получаем:$1 = 2 \cdot (2 \sin \phi \cos \phi)$$1 = 2 \sin(2\phi)$$\sin(2\phi) = \frac{1}{2}$

Поскольку $0^\circ < \phi < 90^\circ$, то $0^\circ < 2\phi < 180^\circ$. Возможные решения для $2\phi$:$2\phi = 30^\circ$ или $2\phi = 150^\circ$. Отсюда, $\phi = 15^\circ$ или $\phi = 75^\circ$.

Как было установлено ранее, для выполнения условия задачи необходимо, чтобы $\phi \le 45^\circ$. Этому условию удовлетворяет только $\phi = 15^\circ$.

Ответ: $15^\circ$.