Номер 36, страница 145, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

36. 1) Найдите наибольшую площадь трапеции, три стороны которой равны $a$.

Рис. 2

Рис. 3

2) Найдите координаты точки $M$ параболы $y = x^2$, ближайшей к точке $A(-1; 2)$.

1) Пусть дана трапеция, у которой три стороны равны $a$. Для того чтобы площадь была наибольшей, трапеция должна быть равнобедренной. Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Боковые стороны и меньшее основание равны $a$.

Пусть меньшее основание $CD = a$ и боковые стороны $AD = BC = a$. Обозначим угол при большем основании $\angle DAB = \alpha$. Высота трапеции $h$ равна $a \cdot \sin(\alpha)$. Проекция боковой стороны на большее основание равна $a \cdot \cos(\alpha)$.

Тогда большее основание $AB$ равно $a + 2a \cdot \cos(\alpha)$.

Площадь трапеции $S$ вычисляется по формуле:

$S = \frac{AB + CD}{2} \cdot h = \frac{(a + 2a \cos \alpha) + a}{2} \cdot a \sin \alpha = \frac{2a(1 + \cos \alpha)}{2} \cdot a \sin \alpha = a^2(1 + \cos \alpha)\sin \alpha$.

Чтобы найти наибольшую площадь, исследуем функцию $S(\alpha) = a^2(\sin \alpha + \sin \alpha \cos \alpha) = a^2(\sin \alpha + \frac{1}{2}\sin(2\alpha))$ на максимум. Найдем производную по $\alpha$:

$S'(\alpha) = a^2(\cos \alpha + \cos(2\alpha))$.

Приравняем производную к нулю:

$\cos \alpha + \cos(2\alpha) = 0$

$\cos \alpha + 2\cos^2 \alpha - 1 = 0$

Пусть $t = \cos \alpha$. Так как $\alpha$ - острый угол в трапеции ($0 < \alpha < \pi/2$), то $0 < t < 1$.

$2t^2 + t - 1 = 0$

Корни этого квадратного уравнения: $t_1 = \frac{-1 + \sqrt{1 - 4 \cdot 2 \cdot (-1)}}{4} = \frac{-1+3}{4} = \frac{1}{2}$ и $t_2 = \frac{-1-3}{4} = -1$.

Условию $0 < t < 1$ удовлетворяет только $t = 1/2$.

Значит, $\cos \alpha = 1/2$, откуда $\alpha = \pi/3 = 60^\circ$.

Это точка максимума, так как вторая производная $S''(\alpha) = a^2(-\sin \alpha - 2\sin(2\alpha))$ при $\alpha=\pi/3$ отрицательна.

Найдем максимальную площадь для этого случая, подставив $\alpha = \pi/3$:

$\sin(\pi/3) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $\cos(\pi/3) = \frac{1}{2}$.

$S_{max1} = a^2(1 + \frac{1}{2})\frac{\sqrt{3}}{2} = a^2 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$.

Случай 2: Боковые стороны и большее основание равны $a$.

Пусть большее основание $AB = a$ и боковые стороны $AD = BC = a$. Обозначим угол при основании $\angle DAB = \alpha$. Высота трапеции $h = a \sin \alpha$. Проекция боковой стороны на основание равна $a \cos \alpha$.

Меньшее основание $CD = a - 2a \cos \alpha$. Для существования трапеции необходимо, чтобы $CD > 0$, то есть $1 - 2\cos\alpha > 0$, откуда $\cos\alpha < 1/2$, что означает $\alpha > \pi/3$.

Площадь трапеции:

$S = \frac{a + (a - 2a \cos \alpha)}{2} \cdot a \sin \alpha = \frac{2a(1 - \cos \alpha)}{2} \cdot a \sin \alpha = a^2(1 - \cos \alpha)\sin \alpha$.

Исследуем функцию $S(\alpha) = a^2(\sin \alpha - \sin \alpha \cos \alpha) = a^2(\sin \alpha - \frac{1}{2}\sin(2\alpha))$ на интервале $(\pi/3, \pi/2)$.

$S'(\alpha) = a^2(\cos \alpha - \cos(2\alpha))$.

На интервале $(\pi/3, \pi/2)$ имеем $\cos \alpha < \cos(\pi/3) = 1/2$ и $\cos(2\alpha) < \cos(2\pi/3) = -1/2$. Таким образом, $\cos \alpha > \cos(2\alpha)$, и $S'(\alpha) > 0$.

Это означает, что функция $S(\alpha)$ возрастает на всем интервале. Максимальное значение достигается при $\alpha \to \pi/2$. В этом пределе трапеция вырождается в прямоугольник со сторонами $a$ и $a$, и ее площадь стремится к $a^2$.

Сравнение результатов.

Сравниваем максимальные площади, полученные в двух случаях: $S_{max1} = \frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$ и $S_{max2} = a^2$.

Так как $\sqrt{3} \approx 1.732$, то $\frac{3\sqrt{3}}{4} \approx \frac{3 \cdot 1.732}{4} = \frac{5.196}{4} \approx 1.299$.

Поскольку $\frac{3\sqrt{3}}{4} > 1$, то $S_{max1} > S_{max2}$.

Следовательно, наибольшая площадь трапеции равна $\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$.

2) Требуется найти координаты точки $M$ на параболе $y = x^2$, которая находится на наименьшем расстоянии от точки $A(-1; 2)$.

Координаты точки $M$ можно записать как $(x; x^2)$.

Квадрат расстояния $d^2$ между точками $A(x_A, y_A)$ и $M(x_M, y_M)$ равен $d^2 = (x_M - x_A)^2 + (y_M - y_A)^2$. Минимизация расстояния $d$ эквивалентна минимизации его квадрата $d^2$.

Пусть $f(x) = d^2 = (x - (-1))^2 + (x^2 - 2)^2 = (x + 1)^2 + (x^2 - 2)^2$.

Раскроем скобки:

$f(x) = (x^2 + 2x + 1) + (x^4 - 4x^2 + 4) = x^4 - 3x^2 + 2x + 5$.

Для нахождения минимума функции найдем ее производную и приравняем к нулю:

$f'(x) = 4x^3 - 6x + 2$.

$4x^3 - 6x + 2 = 0$.

Разделим уравнение на 2:

$2x^3 - 3x + 1 = 0$.

Заметим, что $x=1$ является корнем уравнения, так как $2(1)^3 - 3(1) + 1 = 2 - 3 + 1 = 0$.

Разделим многочлен $2x^3 - 3x + 1$ на $(x - 1)$:

$(2x^3 - 3x + 1) : (x - 1) = 2x^2 + 2x - 1$.

Таким образом, уравнение можно записать в виде:

$(x - 1)(2x^2 + 2x - 1) = 0$.

Отсюда получаем корни: $x_1 = 1$ и корни уравнения $2x^2 + 2x - 1 = 0$.

Решим квадратное уравнение:

$x = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1)}}{2 \cdot 2} = \frac{-2 \pm \sqrt{12}}{4} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{3}}{4} = \frac{-1 \pm \sqrt{3}}{2}$.

Получили три критические точки: $x_1 = 1$, $x_2 = \frac{-1 + \sqrt{3}}{2}$, $x_3 = \frac{-1 - \sqrt{3}}{2}$.

Чтобы определить, какая из них соответствует минимуму, используем вторую производную:

$f''(x) = (4x^3 - 6x + 2)' = 12x^2 - 6$.

Проверим знаки второй производной в критических точках:

$f''(1) = 12(1)^2 - 6 = 6 > 0$, следовательно, в точке $x=1$ находится локальный минимум.

Для $x_2 = \frac{-1 + \sqrt{3}}{2}$, $x_2^2 = (\frac{-1 + \sqrt{3}}{2})^2 = \frac{1 - 2\sqrt{3} + 3}{4} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{4} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2} < 1$.$f''(x_2) = 12(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}) - 6 = 12 - 6\sqrt{3} - 6 = 6 - 6\sqrt{3} = 6(1 - \sqrt{3}) < 0$, следовательно, в точке $x_2$ находится локальный максимум.

Для $x_3 = \frac{-1 - \sqrt{3}}{2}$, $x_3^2 = (\frac{-1 - \sqrt{3}}{2})^2 = \frac{1 + 2\sqrt{3} + 3}{4} = \frac{4 + 2\sqrt{3}}{4} = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} > 1$.$f''(x_3) = 12(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}) - 6 = 12 + 6\sqrt{3} - 6 = 6 + 6\sqrt{3} > 0$, следовательно, в точке $x_3$ находится локальный минимум.

Теперь сравним значения функции $f(x)$ в точках локальных минимумов:

$f(1) = (1+1)^2 + (1^2-2)^2 = 2^2 + (-1)^2 = 5$.

$f(\frac{-1 - \sqrt{3}}{2}) = (\frac{-1 - \sqrt{3}}{2} + 1)^2 + ((\frac{-1 - \sqrt{3}}{2})^2 - 2)^2 = (\frac{1 - \sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{1 + 2\sqrt{3} + 3}{4} - 2)^2$

$= \frac{1 - 2\sqrt{3} + 3}{4} + (\frac{4 + 2\sqrt{3}}{4} - \frac{8}{4})^2 = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{4} + (\frac{-4 + 2\sqrt{3}}{4})^2 = \frac{2 - \sqrt{3}}{2} + \frac{16 - 16\sqrt{3} + 12}{16}$

$= \frac{2 - \sqrt{3}}{2} + \frac{28 - 16\sqrt{3}}{16} = \frac{2 - \sqrt{3}}{2} + \frac{7 - 4\sqrt{3}}{4} = \frac{4 - 2\sqrt{3} + 7 - 4\sqrt{3}}{4} = \frac{11 - 6\sqrt{3}}{4}$.

Так как $6\sqrt{3} = \sqrt{108}$, а $11 = \sqrt{121}$, то $11 - 6\sqrt{3} > 0$. $11 - 6\sqrt{3} \approx 11 - 6 \cdot 1.732 = 11 - 10.392 = 0.608$.$f(x_3) \approx 0.608 / 4 = 0.152$.

Поскольку $\frac{11 - 6\sqrt{3}}{4} < 5$, то глобальный минимум достигается при $x = \frac{-1 - \sqrt{3}}{2}$.

Теперь найдем координаты точки $M$:

$x_M = \frac{-1 - \sqrt{3}}{2}$.

$y_M = x_M^2 = (\frac{-1 - \sqrt{3}}{2})^2 = \frac{1 + 2\sqrt{3} + 3}{4} = \frac{4 + 2\sqrt{3}}{4} = \frac{2 + \sqrt{3}}{2}$.

Координаты точки $M$: $(\frac{-1 - \sqrt{3}}{2}; \frac{2 + \sqrt{3}}{2})$.

Ответ: $M(\frac{-1 - \sqrt{3}}{2}; \frac{2 + \sqrt{3}}{2})$.