Задачі з геометрії
Задача 2. З усіх прямокутних трикутників із заданою висотою h знайти той, що має найменшу площу.
Розв’язання.
Нехай АВС – прямокутний,
Оскільки f/(x)= -
(за умовою задачі х 0 і х= , тобто sin x 0 i cos 0), то для визначення критичних точок функції дістаємо сукупність рівнянь:
sin x = cos x, sin x = - cos x
Звідси маємо:
В інтервалі (0, ) лежить лише одна точка: , якій відповідає
Зауваження. У щойно наведеному розв’язанні за належну змінну взято величину одного з прилеглих до гіпотенузи кутів. Можна дати інше розв’язання, взявши за належну змінну довжину проекції одного з катетів на гіпотенузу. Нехай, наприклад, |AD|=x, тоді |DB|=|AB| - x. Оскільки h2 = x(|AB|-x), то |AB|=x+ . Тоді площа трикутника як функція від х набере вигляду:
.
Оскільки
,
то критичними точками функції S(x) є: x1=h, x2= -h. Умову задачі задовольняє тільки одна точка: h. Але при х=h гіпотенуза трикутника АВС має довжину 2h, а це і означає, що трикутник рівнобедрений. Легко переконатись, що його площа є найменшою.
Задача 3. З усіх трикутників із заданою площею S і заданою основою С знайти той, що має найменший периметр.
Розв’язання.
Нехай АВС |AB|=C i CD – його висота, тоді . Оскільки площа і основа трикутника одночасно визначають висоту трикутника, то позначатимемо надалі |CD|=h. Якщо позначати |AD|=x, 0
Оскільки:
,
то розв’язання рівняння
= 0,знайдемо критичну точку функції P(x): . Тоді і |BD|= , а значить АВС – рівнобедрений, його периметр . Легко переконатися, що х= - єдина точка мінімуму на (0; С), бо Р/(х) <0, якщо х є (0; ) і Р/(х) > 0, якщо х є ( ; 0). Тому в точці х = функція Р(х) набуває найменшого значення. Отже, з усіх трикутників із заданими площею і основою рівнобедрений має найменший периметр.
Задача 4. З усіх трикутників із заданими основою С і кутом при вершині знайти той, що має найбільшу бісектрису.