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

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

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)

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.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы 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.