Номер 43.22, страница 338 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

43.22. Каким должен быть угол при вершине равнобедренного треугольника заданной площади, чтобы радиус вписанной в этот треугольник окружности был наибольшим?

Пусть дан равнобедренный треугольник с площадью $S$. Обозначим угол при вершине через $\alpha$, равные боковые стороны через $b$, а основание через $a$. Радиус вписанной окружности обозначим через $r$.

Площадь треугольника $S$ связана с радиусом вписанной окружности $r$ и полупериметром $p$ формулой:

$S = p \cdot r$

Отсюда можно выразить радиус:

$r = \frac{S}{p}$

Поскольку площадь $S$ задана и является константой, радиус $r$ будет наибольшим, когда полупериметр $p$ (а значит, и периметр $P=2p$) будет наименьшим. Таким образом, задача сводится к нахождению такого угла $\alpha$, при котором периметр равнобедренного треугольника с постоянной площадью $S$ минимален.

Выразим периметр треугольника через площадь $S$ и угол при вершине $\alpha$.

Площадь равнобедренного треугольника можно выразить через боковую сторону $b$ и угол при вершине $\alpha$:

$S = \frac{1}{2} b^2 \sin(\alpha)$

Отсюда выразим боковую сторону $b$:

$b = \sqrt{\frac{2S}{\sin(\alpha)}}$

Основание $a$ можно найти, например, по теореме косинусов или разделив треугольник на два прямоугольных. Проведя высоту к основанию, получим два прямоугольных треугольника с гипотенузой $b$ и углом при вершине $\alpha/2$. Половина основания будет равна $b \sin(\alpha/2)$, тогда все основание:

$a = 2b \sin(\frac{\alpha}{2})$

Теперь запишем периметр $P$ как функцию угла $\alpha$:

$P = a + 2b = 2b \sin(\frac{\alpha}{2}) + 2b = 2b(1 + \sin(\frac{\alpha}{2}))$

Подставим выражение для $b$:

$P(\alpha) = 2\sqrt{\frac{2S}{\sin(\alpha)}} \left(1 + \sin(\frac{\alpha}{2})\right)$

Используя формулу синуса двойного угла $\sin(\alpha) = 2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})$, преобразуем выражение:

$P(\alpha) = 2\sqrt{\frac{2S}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})}} \left(1 + \sin(\frac{\alpha}{2})\right) = 2\sqrt{S} \frac{1 + \sin(\frac{\alpha}{2})}{\sqrt{\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})}}$

Для нахождения минимума этой функции будем исследовать ее производную. Удобнее минимизировать квадрат периметра $P^2$, так как это избавляет от корней и не меняет точку экстремума.

$P^2(\alpha) = 4S \frac{\left(1 + \sin(\frac{\alpha}{2})\right)^2}{\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})}$

Введем замену $x = \frac{\alpha}{2}$. Угол $\alpha$ может изменяться от $0$ до $180^\circ$ ($\pi$ радиан), поэтому $x$ изменяется от $0$ до $90^\circ$ ($\pi/2$ радиан). Нам нужно найти минимум функции:

$f(x) = \frac{(1 + \sin x)^2}{\sin x \cos x}$

Найдем производную $f'(x)$ по правилу дифференцирования частного. Точка экстремума будет там, где числитель производной равен нулю.

$f'(x) = \frac{2(1+\sin x)\cos x (\sin x \cos x) - (1+\sin x)^2(\cos^2 x - \sin^2 x)}{(\sin x \cos x)^2}$

Приравняем числитель к нулю. Поскольку $x \in (0, \pi/2)$, то $1 + \sin x \neq 0$, и на него можно сократить:

$2\cos x (\sin x \cos x) - (1+\sin x)(\cos^2 x - \sin^2 x) = 0$

$2\sin x \cos^2 x - (1+\sin x)(\cos^2 x - \sin^2 x) = 0$

Заменим $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$. Пусть $s = \sin x$.

$2s(1 - s^2) - (1+s)(1 - s^2 - s^2) = 0$

$2s - 2s^3 - (1+s)(1 - 2s^2) = 0$

$2s - 2s^3 - (1 - 2s^2 + s - 2s^3) = 0$

$2s - 2s^3 - 1 + 2s^2 - s + 2s^3 = 0$

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

Решим это квадратное уравнение относительно $s$:

$s = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(2)(-1)}}{2(2)} = \frac{-1 \pm \sqrt{9}}{4} = \frac{-1 \pm 3}{4}$

Получаем два корня: $s_1 = \frac{-1+3}{4} = \frac{1}{2}$ и $s_2 = \frac{-1-3}{4} = -1$.

Поскольку $x = \alpha/2$ и $x \in (0, \pi/2)$, то $\sin x$ должен быть положительным. Следовательно, нам подходит только корень $s = \sin x = 1/2$.

Если $\sin x = 1/2$, то $x = 30^\circ$ (или $\pi/6$ радиан).

Так как $x = \alpha/2$, то угол при вершине $\alpha = 2x = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ$.

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

Исследование знака производной показывает, что при $x < 30^\circ$ производная отрицательна, а при $x > 30^\circ$ — положительна. Это означает, что в точке $x = 30^\circ$ (и, соответственно, $\alpha=60^\circ$) достигается минимум периметра, а значит, максимум радиуса вписанной окружности.

Ответ: Угол при вершине равнобедренного треугольника должен быть равен $60^\circ$.