Google
Câu hỏi: Cho một mặt cầu và một hình nón nội tiếp trong mặt cầu. Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác nhọn, không đều và diện tích xung quanh của hình nón bằng $\dfrac{3}{8}$ diện tích mặt cầu. Gọi $\alpha $ là góc giữa đường sinh và mặt đáy của hình nón. Biết $\text{cos}\alpha =\dfrac{\sqrt{a}-b}{c}$ với $a$, $b$, $c$ là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Tổng $a+b+c$ bằng
A. $16$.
B. $28$.
C. $26$.
D. $18$.
Cách 1. Gọi $R,r$ lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đáy hình nón, $l$ là độ dài đường sinh của hình nón, $x$ là khoảng cách từ tâm mặt cầu đến đáy của hình nón, $x<R$.
Ta có $r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}$ và $l=\sqrt{{{\left( R+x \right)}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{{{\left( R+x \right)}^{2}}+{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}=\sqrt{2{{R}^{2}}+2xR}$.
Diện tích xung quanh của hình nón ${{S}_{1}}=\pi rl=\pi \sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}.\sqrt{2{{R}^{2}}+2Rx}$.
Diện tích mặt cầu ${{S}_{2}}=4\pi {{R}^{2}}$.
Theo bài ra $\dfrac{3}{8}=\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\dfrac{\pi \sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}.\sqrt{2{{R}^{2}}+2Rx}}{4\pi {{R}^{2}}}=\dfrac{1}{4}\sqrt{1-{{\left( \dfrac{x}{R} \right)}^{2}}}.\sqrt{2+2\dfrac{x}{R}}$.
Đặt $t=\dfrac{x}{R},t<1$ thì ta có $\sqrt{1-{{t}^{2}}}.\sqrt{2+2t}=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow \left( 1-{{t}^{2}} \right)\left( 2+2t \right)=\dfrac{9}{4}\Leftrightarrow 8{{t}^{3}}+8{{t}^{2}}-8t+1=0$
$\Leftrightarrow \left( 2t-1 \right)\left( 4{{t}^{2}}+6t-1 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=\dfrac{1}{2} \\
& t=\dfrac{-3\pm \sqrt{13}}{4} \\
\end{aligned} \right. $. Ta loại trường hợp $ t=\dfrac{-3-\sqrt{13}}{4}$.
Ta có $\text{cos}\alpha =\dfrac{r}{l}=\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}}{\sqrt{2{{R}^{2}}+2xR}}=\sqrt{\dfrac{1-{{t}^{2}}}{2+2t}}$.
Với $t=\dfrac{1}{2}$ thì $\text{cos}\alpha =\dfrac{1}{2}\Rightarrow \alpha ={{60}^{{}^\circ }}$, loại do thiết diện là tam giác không đều.
Với $t=\dfrac{-3+\sqrt{13}}{4}$ thì $\text{cos}\alpha =\sqrt{\dfrac{7-\sqrt{13}}{8}}=\sqrt{\dfrac{14-2\sqrt{13}}{16}}=\sqrt{\dfrac{{{\left( \sqrt{13}-1 \right)}^{2}}}{{{4}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{13}-1}{4}$.
Vậy $a=13,b=1,c=4\Rightarrow a+b+c=18$.
Cách 2. Gọi $2\beta $ là góc ở đỉnh $S$ của hình nón. Xét thiết diện $SAB$ qua trục của hình nón thì $\widehat{ASH}=\beta $ và $\widehat{SAH}=\alpha $, với $H$ là trung điểm $AB$ (hình vẽ). Khi đó, theo giả thiết, ta có
$\pi r\ell =\dfrac{3}{8}4\pi {{R}^{2}}\Rightarrow r\ell =\dfrac{3}{2}{{R}^{2}}.$
Đặt $t=\cos \alpha >0$ thì
$t=\cos \alpha =\dfrac{r}{\ell }=\dfrac{3}{2}{{\left( \dfrac{R}{\ell } \right)}^{2}}.$
Ta lại có $\dfrac{1}{2}{{\ell }^{2}}\sin 2\beta ={{S}_{SAB}}=\dfrac{2r{{\ell }^{2}}}{4R}=\dfrac{r{{\ell }^{2}}}{2R}=\dfrac{\dfrac{3}{2}{{R}^{2}}\ell }{2R}=\dfrac{3}{4}R\ell .$
Để ý $\sin \beta =\cos \alpha $, $\cos \beta =\sin \alpha =\sqrt{1-{{t}^{2}}}$ nên từ đẳng thức trên, ta được
$t\sqrt{1-{{t}^{2}}}=\sin \beta \cos \beta =\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{R}{\ell }=\dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{2}{3}t}$
$\Rightarrow \ {{t}^{3}}-t+\dfrac{3}{8}=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}
t=\dfrac{1}{2} \\
t=\dfrac{-1\pm \sqrt{13}}{4}. \\
\end{array} \right.$
Lưu ý, tam giác $SAB$ không đều nên $t\ne \dfrac{1}{2}$, mà $t>0$ nên $t=\dfrac{\sqrt{13}-1}{4}$.
Vậy $a=13$, $b=1$, $c=4$ và $a+b+c=18$.
A. $16$.
B. $28$.
C. $26$.
D. $18$.
Ta có $r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}$ và $l=\sqrt{{{\left( R+x \right)}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{{{\left( R+x \right)}^{2}}+{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}=\sqrt{2{{R}^{2}}+2xR}$.
Diện tích xung quanh của hình nón ${{S}_{1}}=\pi rl=\pi \sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}.\sqrt{2{{R}^{2}}+2Rx}$.
Diện tích mặt cầu ${{S}_{2}}=4\pi {{R}^{2}}$.
Theo bài ra $\dfrac{3}{8}=\dfrac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\dfrac{\pi \sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}.\sqrt{2{{R}^{2}}+2Rx}}{4\pi {{R}^{2}}}=\dfrac{1}{4}\sqrt{1-{{\left( \dfrac{x}{R} \right)}^{2}}}.\sqrt{2+2\dfrac{x}{R}}$.
Đặt $t=\dfrac{x}{R},t<1$ thì ta có $\sqrt{1-{{t}^{2}}}.\sqrt{2+2t}=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow \left( 1-{{t}^{2}} \right)\left( 2+2t \right)=\dfrac{9}{4}\Leftrightarrow 8{{t}^{3}}+8{{t}^{2}}-8t+1=0$
$\Leftrightarrow \left( 2t-1 \right)\left( 4{{t}^{2}}+6t-1 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=\dfrac{1}{2} \\
& t=\dfrac{-3\pm \sqrt{13}}{4} \\
\end{aligned} \right. $. Ta loại trường hợp $ t=\dfrac{-3-\sqrt{13}}{4}$.
Ta có $\text{cos}\alpha =\dfrac{r}{l}=\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}}{\sqrt{2{{R}^{2}}+2xR}}=\sqrt{\dfrac{1-{{t}^{2}}}{2+2t}}$.
Với $t=\dfrac{1}{2}$ thì $\text{cos}\alpha =\dfrac{1}{2}\Rightarrow \alpha ={{60}^{{}^\circ }}$, loại do thiết diện là tam giác không đều.
Với $t=\dfrac{-3+\sqrt{13}}{4}$ thì $\text{cos}\alpha =\sqrt{\dfrac{7-\sqrt{13}}{8}}=\sqrt{\dfrac{14-2\sqrt{13}}{16}}=\sqrt{\dfrac{{{\left( \sqrt{13}-1 \right)}^{2}}}{{{4}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{13}-1}{4}$.
Vậy $a=13,b=1,c=4\Rightarrow a+b+c=18$.
Cách 2. Gọi $2\beta $ là góc ở đỉnh $S$ của hình nón. Xét thiết diện $SAB$ qua trục của hình nón thì $\widehat{ASH}=\beta $ và $\widehat{SAH}=\alpha $, với $H$ là trung điểm $AB$ (hình vẽ). Khi đó, theo giả thiết, ta có
$\pi r\ell =\dfrac{3}{8}4\pi {{R}^{2}}\Rightarrow r\ell =\dfrac{3}{2}{{R}^{2}}.$
Đặt $t=\cos \alpha >0$ thì
$t=\cos \alpha =\dfrac{r}{\ell }=\dfrac{3}{2}{{\left( \dfrac{R}{\ell } \right)}^{2}}.$
Ta lại có $\dfrac{1}{2}{{\ell }^{2}}\sin 2\beta ={{S}_{SAB}}=\dfrac{2r{{\ell }^{2}}}{4R}=\dfrac{r{{\ell }^{2}}}{2R}=\dfrac{\dfrac{3}{2}{{R}^{2}}\ell }{2R}=\dfrac{3}{4}R\ell .$
Để ý $\sin \beta =\cos \alpha $, $\cos \beta =\sin \alpha =\sqrt{1-{{t}^{2}}}$ nên từ đẳng thức trên, ta được
$t\sqrt{1-{{t}^{2}}}=\sin \beta \cos \beta =\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{R}{\ell }=\dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{2}{3}t}$
$\Rightarrow \ {{t}^{3}}-t+\dfrac{3}{8}=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}
t=\dfrac{1}{2} \\
t=\dfrac{-1\pm \sqrt{13}}{4}. \\
\end{array} \right.$
Lưu ý, tam giác $SAB$ không đều nên $t\ne \dfrac{1}{2}$, mà $t>0$ nên $t=\dfrac{\sqrt{13}-1}{4}$.
Vậy $a=13$, $b=1$, $c=4$ và $a+b+c=18$.
Đáp án D.
