Номер 43.21, страница 338 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

43.21. В равнобедренный треугольник вписана окружность радиусом $r$.

Каким должен быть угол при основании треугольника, чтобы его площадь была наименьшей?

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Обозначим угол при основании $\angle BAC = \angle BCA = \alpha$. Тогда угол при вершине $\angle ABC = 180^\circ - 2\alpha$. Так как углы треугольника должны быть положительными, то $2\alpha < 180^\circ$, откуда следует, что $0 < \alpha < 90^\circ$.

Пусть $BH$ — высота, проведенная к основанию $AC$. В равнобедренном треугольнике высота к основанию является также медианой и биссектрисой. Пусть $O$ — центр вписанной окружности радиуса $r$. Центр вписанной окружности является точкой пересечения биссектрис, поэтому точка $O$ лежит на высоте $BH$. Расстояние от центра вписанной окружности до сторон треугольника равно радиусу $r$, следовательно, $OH = r$, так как $OH$ перпендикулярен основанию $AC$.

Обозначим половину основания как $AH = x$. Тогда основание $AC = 2x$. Из прямоугольного треугольника $ABH$ находим высоту: $BH = AH \cdot \tan(\angle BAH) = x \tan(\alpha)$.

Площадь треугольника $S$ выражается формулой:$S = \frac{1}{2} AC \cdot BH = \frac{1}{2} (2x) (x \tan(\alpha)) = x^2 \tan(\alpha)$.

Теперь выразим $x$ через $r$ и $\alpha$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOH$. Поскольку центр вписанной окружности $O$ лежит на биссектрисе угла $A$, то $\angle OAH = \frac{\alpha}{2}$. Из соотношений в прямоугольном треугольнике $AOH$ имеем:$\tan(\angle OAH) = \frac{OH}{AH}$$\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{r}{x}$Отсюда получаем $x = \frac{r}{\tan(\alpha/2)} = r \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Подставим это выражение для $x$ в формулу площади, чтобы получить зависимость площади $S$ от угла $\alpha$:$S(\alpha) = \left(r \cot\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)^2 \tan(\alpha) = r^2 \cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) \tan(\alpha)$.

Для нахождения наименьшей площади необходимо минимизировать функцию $S(\alpha)$. Так как $r$ является константой, задача сводится к минимизации функции $f(\alpha) = \cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) \tan(\alpha)$ на интервале $\alpha \in (0, 90^\circ)$.

Воспользуемся тригонометрическими тождествами. Пусть $t = \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)$. Тогда $\cot\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1}{t}$. Формула тангенса двойного угла: $\tan(\alpha) = \frac{2 \tan(\alpha/2)}{1 - \tan^2(\alpha/2)} = \frac{2t}{1-t^2}$. Из условия $0 < \alpha < 90^\circ$ следует, что $0 < \frac{\alpha}{2} < 45^\circ$, а значит $0 < t < 1$. Перепишем функцию $f$ через переменную $t$:$f(t) = \left(\frac{1}{t}\right)^2 \cdot \frac{2t}{1-t^2} = \frac{1}{t^2} \cdot \frac{2t}{1-t^2} = \frac{2}{t(1-t^2)}$.

Чтобы минимизировать дробь $f(t)$ с положительным числителем, нужно максимизировать ее знаменатель $g(t) = t(1-t^2) = t - t^3$ на интервале $(0, 1)$. Найдем производную функции $g(t)$ для определения точек экстремума:$g'(t) = (t - t^3)' = 1 - 3t^2$.

Приравняем производную к нулю:$1 - 3t^2 = 0 \implies 3t^2 = 1 \implies t^2 = \frac{1}{3}$. Поскольку $t > 0$, получаем $t = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Исследуем знак производной:- при $0 < t < \frac{1}{\sqrt{3}}$, $g'(t) > 0$, функция $g(t)$ возрастает;- при $\frac{1}{\sqrt{3}} < t < 1$, $g'(t) < 0$, функция $g(t)$ убывает. Следовательно, в точке $t = \frac{1}{\sqrt{3}}$ функция $g(t)$ достигает максимума. Это означает, что функция $S(\alpha)$ достигает минимума.

Найдем угол $\alpha$, соответствующий этому значению $t$:$\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$$\frac{\alpha}{2} = 30^\circ$$\alpha = 60^\circ$.

Таким образом, площадь треугольника будет наименьшей, когда угол при основании равен $60^\circ$. В этом случае треугольник является равносторонним, так как все его углы равны $60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.