Номер 326, страница 134 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Колягин Ю. М., Ткачева М. В., Федорова Н. Е., Шабунин М. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой, розовый

ISBN: 978-5-09-087603-2

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Популярные ГДЗ в 11 классе

Упражнения к главе III. Глава 3. Применение производной к исследованию функций - номер 326, страница 134.

№326 (с. 134)
Условие. №326 (с. 134)
скриншот условия
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 134, номер 326, Условие

326. Доказать, что из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данный круг, наибольший периметр имеет равносторонний треугольник.

Решение 1. №326 (с. 134)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 134, номер 326, Решение 1
Решение 2. №326 (с. 134)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 134, номер 326, Решение 2
Решение 3. №326 (с. 134)

Пусть дан круг радиуса $R$ с центром в точке $O$. Рассмотрим вписанный в него равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $BC=a$ и равными боковыми сторонами $AB=AC=b$. Периметр такого треугольника равен $P = a + 2b$.

Наша задача — найти, при каких условиях этот периметр будет максимальным. Выразим стороны треугольника через радиус $R$ и один независимый параметр. В качестве такого параметра удобно взять половину угла при вершине $A$, противолежащей основанию. Пусть $\angle OAC = \angle OAB = \alpha$. Тогда угол при вершине $\angle BAC = 2\alpha$.

Поскольку треугольник $ABC$ вписан в окружность, его стороны можно выразить через радиус описанной окружности $R$ и противолежащие углы по теореме синусов.

Углы при основании равны: $\angle ABC = \angle ACB = \frac{180^\circ - 2\alpha}{2} = 90^\circ - \alpha$, или в радианах $\frac{\pi - 2\alpha}{2} = \frac{\pi}{2} - \alpha$.

По теореме синусов для треугольника $ABC$:
$\frac{a}{\sin(2\alpha)} = 2R \implies a = 2R \sin(2\alpha)$
$\frac{b}{\sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)} = 2R \implies b = 2R \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha) = 2R \cos(\alpha)$

Теперь запишем периметр $P$ как функцию от угла $\alpha$:
$P(\alpha) = a + 2b = 2R \sin(2\alpha) + 2(2R \cos(\alpha)) = 2R(\sin(2\alpha) + 2\cos(\alpha))$

Используя формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$, получим:
$P(\alpha) = 2R(2\sin(\alpha)\cos(\alpha) + 2\cos(\alpha)) = 4R\cos(\alpha)(1 + \sin(\alpha))$

Угол $\alpha$ может изменяться в пределах $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ (чтобы треугольник был невырожденным). Для нахождения максимального значения функции $P(\alpha)$ на этом интервале найдем ее производную по $\alpha$ и приравняем к нулю.

$P'(\alpha) = \frac{d}{d\alpha} [4R(\cos(\alpha) + 2\sin(\alpha)\cos(\alpha))] = 4R\frac{d}{d\alpha} [\cos(\alpha) + \sin(2\alpha)]$
$P'(\alpha) = 4R(-\sin(\alpha) + 2\cos(2\alpha))$

Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек:
$4R(-\sin(\alpha) + 2\cos(2\alpha)) = 0$
$2\cos(2\alpha) = \sin(\alpha)$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2(\alpha)$:
$2(1 - 2\sin^2(\alpha)) = \sin(\alpha)$
$2 - 4\sin^2(\alpha) = \sin(\alpha)$
$4\sin^2(\alpha) + \sin(\alpha) - 2 = 0$

Сделаем замену $t = \sin(\alpha)$. Так как $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$, то $0 < t < 1$.
$4t^2 + t - 2 = 0$
Решим квадратное уравнение:
$D = 1^2 - 4(4)(-2) = 1 + 32 = 33$
$t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{33}}{8}$

Так как $t = \sin(\alpha)$ должно быть положительным, нам подходит только корень $t = \frac{-1 + \sqrt{33}}{8}$. Этот корень удовлетворяет условию $0 < t < 1$, так как $5 < \sqrt{33} < 6$, следовательно $4 < -1 + \sqrt{33} < 5$, и $0.5 < \frac{-1 + \sqrt{33}}{8} < 0.625$.

Значение $\sin(\alpha) = \frac{-1 + \sqrt{33}}{8}$ соответствует единственной критической точке в нашем интервале. Чтобы убедиться, что это точка максимума, можно проверить знак производной.
$P'(\alpha) = 4R(4\sin^2(\alpha) + \sin(\alpha) - 2)$. При переходе через корень $\frac{-1 + \sqrt{33}}{8}$ знак параболы $4t^2+t-2$ меняется с плюса на минус, значит, это точка максимума.

Давайте проверим, не соответствует ли этот результат равностороннему треугольнику. Для равностороннего треугольника все углы равны $60^\circ$ или $\frac{\pi}{3}$.
Угол при вершине $2\alpha = \frac{\pi}{3}$, значит $\alpha = \frac{\pi}{6}$.
Найдем значение $\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$.

Подставим $t = \frac{1}{2}$ в уравнение $4t^2 + t - 2 = 0$:
$4(\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{2} - 2 = 4(\frac{1}{4}) + \frac{1}{2} - 2 = 1 + \frac{1}{2} - 2 = -\frac{1}{2} \neq 0$.
Это означает, что в вычислениях производной допущена ошибка. Вернемся к более простому виду производной.

$P'(\alpha) = 4R(-\sin(\alpha) + \cos(2\alpha))$
Приравняем к нулю:
$\cos(2\alpha) = \sin(\alpha)$
Используем тождество $\sin(\alpha) = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha)$:
$\cos(2\alpha) = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha)$
В интервале $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$, это равенство выполняется, когда аргументы равны:
$2\alpha = \frac{\pi}{2} - \alpha$
$3\alpha = \frac{\pi}{2}$
$\alpha = \frac{\pi}{6}$

Это значение $\alpha$ соответствует единственной критической точке. Проверим, что это максимум, с помощью второй производной:
$P''(\alpha) = \frac{d}{d\alpha}[4R(-\sin(\alpha) + \cos(2\alpha))] = 4R(-\cos(\alpha) - 2\sin(2\alpha))$
При $\alpha = \frac{\pi}{6}$:
$P''(\frac{\pi}{6}) = 4R(-\cos(\frac{\pi}{6}) - 2\sin(\frac{\pi}{3})) = 4R(-\frac{\sqrt{3}}{2} - 2\frac{\sqrt{3}}{2}) = 4R(-\frac{3\sqrt{3}}{2}) = -6R\sqrt{3}$

Поскольку $R > 0$, вторая производная $P''(\frac{\pi}{6}) < 0$, что подтверждает, что при $\alpha = \frac{\pi}{6}$ периметр достигает своего максимального значения.

Найдем углы треугольника при $\alpha = \frac{\pi}{6}$:
Угол при вершине: $\angle BAC = 2\alpha = 2 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$.
Углы при основании: $\angle ABC = \angle ACB = \frac{\pi}{2} - \alpha = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$.

Все углы треугольника равны $60^\circ$, следовательно, треугольник является равносторонним. Таким образом, из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данный круг, наибольший периметр имеет равносторонний треугольник.

Ответ:Доказано, что периметр $P(\alpha)$ равнобедренного треугольника, вписанного в окружность радиуса $R$, является функцией от половины угла при вершине $\alpha$, и эта функция достигает своего единственного максимума на интервале $(0, \pi/2)$ при $\alpha=\pi/6$. Это значение соответствует треугольнику, у которого все углы равны $60^\circ$, то есть равностороннему треугольнику.

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 11 класс, для упражнения номер 326 расположенного на странице 134 к учебнику 2014 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 №326 (с. 134), авторов: Колягин (Юрий Михайлович), Ткачева (Мария Владимировна), Федорова (Надежда Евгеньевна), Шабунин (Михаил Иванович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.