Номер 1082, страница 350 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Параграф 7. Упражнения. Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа - номер 1082, страница 350.

Условие.

1082. На координатной плоскости даны точки A(3; -1) и D(4; -1).

Рассматриваются трапеции, у которых отрезок AD является одним из оснований, а вершины другого основания лежат на параболе $y = 1 - x^2$, заданной на отрезке [-1; 1].

Среди этих трапеций выбрана та, которая имеет наибольшую площадь. Найти эту площадь.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Даны точки $A(3; -1)$ и $D(4; -1)$. Отрезок $AD$ является одним из оснований трапеции. Так как ординаты точек $A$ и $D$ равны, основание $AD$ лежит на горизонтальной прямой $y = -1$. Длина этого основания, обозначим ее $a$, равна $a = |4 - 3| = 1$.

Вершины другого основания, назовем их $B$ и $C$, лежат на параболе $y = 1 - x^2$ на отрезке, где $x \in [-1; 1]$. Поскольку основания трапеции по определению параллельны, второе основание $BC$ также должно быть параллельно оси $Ox$, то есть лежать на горизонтальной прямой. Это означает, что ординаты точек $B$ и $C$ должны быть равны.

Пусть координаты вершин $B(x_B, y_B)$ и $C(x_C, y_C)$. Из условия $y_B = y_C$ и того, что обе точки лежат на параболе, следует $1 - x_B^2 = 1 - x_C^2$, откуда $x_B^2 = x_C^2$. Так как $B$ и $C$ — разные вершины ($B \ne C$), то $x_B \ne x_C$, следовательно, $x_B = -x_C$.

Пусть $x_C = x_0$, тогда $x_B = -x_0$. Из условия, что вершины лежат на параболе для $x \in [-1; 1]$, следует, что $x_0 \in [-1; 1]$ и $-x_0 \in [-1; 1]$. Мы можем без ограничения общности считать, что $x_0 \in [0; 1]$ (так как при $x_0 < 0$ мы просто поменяем местами точки $B$ и $C$).

Координаты вершин второго основания: $B(-x_0, 1 - x_0^2)$ и $C(x_0, 1 - x_0^2)$. Длина этого основания, обозначим ее $b$, равна $b = |x_0 - (-x_0)| = |2x_0| = 2x_0$ (поскольку $x_0 \ge 0$).

Высота трапеции $h$ — это расстояние между параллельными прямыми $y = -1$ и $y = 1 - x_0^2$.$h = |(1 - x_0^2) - (-1)| = |2 - x_0^2|$. Так как $x_0 \in [0; 1]$, то $x_0^2 \in [0; 1]$, и выражение $2 - x_0^2$ всегда положительно. Таким образом, $h = 2 - x_0^2$.

Площадь трапеции $S$ вычисляется по формуле $S = \frac{a+b}{2}h$. Подставим найденные выражения для $a$, $b$ и $h$ как функции от $x_0$:$S(x_0) = \frac{1 + 2x_0}{2}(2 - x_0^2)$.Нам нужно найти наибольшее значение этой функции на отрезке $x_0 \in [0; 1]$.

Раскроем скобки в выражении для площади:$S(x_0) = \frac{1}{2}(2 - x_0^2 + 4x_0 - 2x_0^3) = -x_0^3 - \frac{1}{2}x_0^2 + 2x_0 + 1$.

Для нахождения точки максимума найдем производную функции $S(x_0)$ по $x_0$:$S'(x_0) = \frac{d}{dx_0}(-x_0^3 - \frac{1}{2}x_0^2 + 2x_0 + 1) = -3x_0^2 - x_0 + 2$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:$-3x_0^2 - x_0 + 2 = 0$$3x_0^2 + x_0 - 2 = 0$Решим это квадратное уравнение. Дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-2) = 1 + 24 = 25$.Корни уравнения:$x_{0,1} = \frac{-1 - \sqrt{25}}{2 \cdot 3} = \frac{-1 - 5}{6} = -1$.$x_{0,2} = \frac{-1 + \sqrt{25}}{2 \cdot 3} = \frac{-1 + 5}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

Рассматриваемому отрезку $[0; 1]$ принадлежит только одна критическая точка $x_0 = \frac{2}{3}$.Чтобы найти наибольшее значение функции на отрезке, нужно вычислить ее значения в этой критической точке и на концах отрезка $[0; 1]$:

• При $x_0 = 0$: $S(0) = \frac{1 + 2 \cdot 0}{2}(2 - 0^2) = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$.
• При $x_0 = 1$: $S(1) = \frac{1 + 2 \cdot 1}{2}(2 - 1^2) = \frac{3}{2} \cdot 1 = 1.5 = \frac{3}{2}$.
• При $x_0 = \frac{2}{3}$: $S(\frac{2}{3}) = \frac{1 + 2 \cdot \frac{2}{3}}{2}(2 - (\frac{2}{3})^2) = \frac{1 + \frac{4}{3}}{2}(2 - \frac{4}{9}) = \frac{\frac{7}{3}}{2}(\frac{18-4}{9}) = \frac{7}{6} \cdot \frac{14}{9} = \frac{98}{54} = \frac{49}{27}$.

Сравним полученные значения: $1$, $\frac{3}{2}$ и $\frac{49}{27}$.$1 = \frac{27}{27}$.$\frac{3}{2} = 1.5 = \frac{40.5}{27}$.$\frac{49}{27} \approx 1.815$.Наибольшее значение равно $\frac{49}{27}$, и оно достигается при $x_0 = \frac{2}{3}$.

Таким образом, наибольшая площадь трапеции равна $\frac{49}{27}$.

Ответ: $\frac{49}{27}$.