Номер 251, страница 310 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Колмогоров Андрей Николаевич, Абрамов Александр Михайлович, Дудницын Юрий Павлович, издательство Просвещение, Москва, 2008, зелёного цвета

Авторы: Колмогоров А. Н., Абрамов А. М., Дудницын Ю. П.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2008 - 2025

Цвет обложки: зелёный, чёрный

ISBN: 978-5-09-019513-3

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Алгебра и начала математического анализа

Популярные ГДЗ в 10 классе

Параграф 5. Производная, первообразная, интеграл и их применения. Глава 5. Задачи на повторение - номер 251, страница 310.

№251 (с. 310)
Условие. №251 (с. 310)
скриншот условия
Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Колмогоров Андрей Николаевич, Абрамов Александр Михайлович, Дудницын Юрий Павлович, издательство Просвещение, Москва, 2008, зелёного цвета, страница 310, номер 251, Условие

251. Каков должен быть угол при вершине равнобедренного треугольника заданной площади, чтобы радиус вписанного в этот треугольник круга был наибольшим?

Решение 1. №251 (с. 310)
Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Колмогоров Андрей Николаевич, Абрамов Александр Михайлович, Дудницын Юрий Павлович, издательство Просвещение, Москва, 2008, зелёного цвета, страница 310, номер 251, Решение 1
Решение 5. №251 (с. 310)

Для решения этой задачи нам необходимо выразить радиус вписанного круга $r$ как функцию угла при вершине $\alpha$ и заданной площади $S$, а затем найти максимум этой функции.

Пусть дан равнобедренный треугольник с боковыми сторонами $a$, основанием $b$, углом при вершине $\alpha$ и постоянной площадью $S$.

Площадь треугольника можно выразить через боковую сторону и угол при вершине: $S = \frac{1}{2} a^2 \sin(\alpha)$. Отсюда мы можем выразить боковую сторону $a$: $a = \sqrt{\frac{2S}{\sin(\alpha)}}$.

Радиус вписанной в треугольник окружности $r$ находится по формуле $r = \frac{S}{p}$, где $p$ — полупериметр треугольника.

Найдем полупериметр $p$. Периметр $P = 2a + b$. Основание $b$ можно выразить через боковую сторону $a$ и угол $\alpha$ с помощью теоремы косинусов или разделив треугольник на два прямоугольных: $\sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{b/2}{a}$, откуда $b = 2a \sin(\frac{\alpha}{2})$.

Тогда периметр $P = 2a + 2a \sin(\frac{\alpha}{2}) = 2a(1 + \sin(\frac{\alpha}{2}))$. А полупериметр $p = \frac{P}{2} = a(1 + \sin(\frac{\alpha}{2}))$.

Теперь подставим выражение для $a$ в формулу для полупериметра: $p = \sqrt{\frac{2S}{\sin(\alpha)}} \left(1 + \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)$.

Подставим полученный полупериметр в формулу для радиуса вписанной окружности: $r = \frac{S}{p} = \frac{S}{\sqrt{\frac{2S}{\sin(\alpha)}} \left(1 + \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)} = \sqrt{\frac{S^2 \sin(\alpha)}{2S \left(1 + \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^2}} = \sqrt{\frac{S}{2}} \cdot \sqrt{\frac{\sin(\alpha)}{\left(1 + \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^2}}$.

Так как площадь $S$ — заданная константа, для максимизации радиуса $r$ нам нужно максимизировать выражение, зависящее от угла $\alpha$: $f(\alpha) = \frac{\sin(\alpha)}{\left(1 + \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^2}$.

Используем формулу синуса двойного угла $\sin(\alpha) = 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})$ и сделаем замену $x = \frac{\alpha}{2}$. Угол $\alpha$ может изменяться в пределах от $0$ до $\pi$ (не включая), поэтому $x$ изменяется в пределах от $0$ до $\frac{\pi}{2}$. Функция принимает вид: $g(x) = \frac{2\sin(x)\cos(x)}{(1 + \sin(x))^2}$.

Для нахождения максимума найдем производную $g'(x)$ и приравняем ее к нулю. Используем правило дифференцирования частного: $g'(x) = \frac{(2\cos^2(x) - 2\sin^2(x))(1+\sin(x))^2 - 2\sin(x)\cos(x) \cdot 2(1+\sin(x))\cos(x)}{(1+\sin(x))^4}$.

Приравняем числитель к нулю. Так как $x \in (0, \frac{\pi}{2})$, то $(1+\sin(x)) > 0$, и мы можем сократить на $2(1+\sin(x))$: $(\cos^2(x) - \sin^2(x))(1+\sin(x)) - 2\sin(x)\cos^2(x) = 0$. Раскроем скобки и используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2(x) = 1 - \sin^2(x)$: $(1-2\sin^2(x))(1+\sin(x)) - 2\sin(x)(1-\sin^2(x)) = 0$. $(1-2\sin^2(x))(1+\sin(x)) - 2\sin(x)(1-\sin(x))(1+\sin(x)) = 0$. Вынесем общий множитель $(1+\sin(x))$: $(1+\sin(x)) \cdot [ (1-2\sin^2(x)) - 2\sin(x)(1-\sin(x)) ] = 0$. $(1+\sin(x)) \cdot [ 1-2\sin^2(x) - 2\sin(x)+2\sin^2(x) ] = 0$. $(1+\sin(x)) \cdot (1 - 2\sin(x)) = 0$.

Поскольку $1+\sin(x) \neq 0$ в нашем интервале, то остается уравнение: $1 - 2\sin(x) = 0 \implies \sin(x) = \frac{1}{2}$.

Для интервала $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ единственным решением является $x = \frac{\pi}{6}$, или $30^\circ$.

Возвращаемся к исходной переменной $\alpha$: $\alpha = 2x = 2 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$, или $60^\circ$.

Если угол при вершине равнобедренного треугольника равен $60^\circ$, то углы при основании также равны $(180^\circ - 60^\circ)/2 = 60^\circ$. Следовательно, треугольник является равносторонним.

Ответ: Угол при вершине равнобедренного треугольника должен быть равен $60^\circ$ (или $\frac{\pi}{3}$ радиан). Это означает, что для заданной площади наибольший радиус вписанной окружности будет у равностороннего треугольника.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 251 расположенного на странице 310 к учебнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №251 (с. 310), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.