Упр.972 ГДЗ Алимов 10-11 класс (Алгебра)
Решение #1
Решение #2
Решение #3ИИ
Варианты решения:
Найти наибольший по площади треугольник при сумме катета и гипотенузы lС пояснением
1) Обозначим через a катет, входящий в сумму, через b — второй катет, через c — гипотенузу. Тогда
Кратко Пусть a — катет, входящий в сумму, c — гипотенуза, x = c − a. Тогда
\[a + c = l.\]
Пусть x = c − a, где \(0 < x < l\). Получаем:\[c + a = l,\]
\[c - a = x,\]
откуда\[a = \frac{l - x}{2},\]
\[c = \frac{l + x}{2}.\]
2) По теореме Пифагора:\[b^2 = c^2 - a^2 = (c - a)(c + a) = lx,\]
поэтому \(b = \sqrt{lx}\).3) Площадь треугольника:\[S = \frac{ab}{2} = \frac{(l - x)\sqrt{lx}}{4}.\]
Так как S > 0, достаточно найти максимум квадрата площади:\[S^2 = \frac{l\cdot x(l - x)^2}{16}.\]
Рассмотрим функцию \(f(x) = x(l − x)²\). Тогда\[f'(x) = (l - x)(l - 3x).\]
На промежутке (0; l) функция возрастает при x < \(l/3\) и убывает при x > \(l/3\). Следовательно, максимум достигается при x = \(l/3\).4) Найдём стороны треугольника:\[a = \frac{l - l/3}{2} = \frac{l}{3},\]
\[c = \frac{l + l/3}{2} = \frac{2l}{3},\]
\[b = \sqrt{l \cdot \frac{l}{3}} = \frac{l}{\sqrt{3}}.\]
Наибольшая площадь:\[S_{\max} = \frac{1}{2} \cdot \frac{l}{3} \cdot \frac{l}{\sqrt{3}} = \frac{l^2}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}l^2}{18}.\]
Ответ: катеты равны \(l/3\) и \(l/√3\), гипотенуза равна \(2l/3\); наибольшая площадь равна \(√3l²/18\).Кратко Пусть a — катет, входящий в сумму, c — гипотенуза, x = c − a. Тогда
\[a + c = l,\]
\[a = \frac{l - x}{2},\]
\[c = \frac{l + x}{2}.\]
Второй катет:\[b = \sqrt{c^2 - a^2} = \sqrt{lx}.\]
\[S = \frac{(l - x)\sqrt{lx}}{4}.\]
Максимизируем \(f(x) = x(l − x)²\):\[f'(x) = (l - x)(l - 3x) = 0,\]
откуда внутри промежутка \(0 < x < l\) получаем \(x = l/3\). Поэтому\[a = \frac{l}{3},\]
\[b = \frac{l}{\sqrt{3}},\]
\[c = \frac{2l}{3},\]
Smax = √3l²/18.Ответ: катеты \(l/3\) и \(l/√3\), гипотенуза \(2l/3\); \(Smax = √3l²/18\).Обозначим через \(a\) катет, входящий в сумму, через \(c\) — гипотенузу, а через \(α\) — угол между ними. Тогда \(0 < α < π/2\) и
\[a = c\cos α, \quad b = c\sin α.\]
Из условия\[a + c = c(1 + \cos α) = l,\]
поэтому\[c = \frac{l}{1 + \cos α}.\]
Площадь равна\[S = \frac{ab}{2} = \frac{c^2\sin α\cos α}{2} = \frac{l^2\sin α\cos α}{2(1 + \cos α)^2}.\]
Положим \(t = \tan(α/2)\). Поскольку 0 < α < π/2, имеем 0 < t < 1. Используем формулы\[\sin α = \frac{2t}{1 + t^2}, \quad \cos α = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}, \quad 1 + \cos α = \frac{2}{1 + t^2}.\]
Тогда\[S = \frac{l^2t(1 - t^2)}{4}.\]
Исследуем функцию \(g(t) = t(1 - t^2)\) на промежутке (0; 1):\[g'(t) = 1 - 3t^2.\]
Производная положительна при \(0 < t < 1/\sqrt{3}\) и отрицательна при \(1/\sqrt{3} < t < 1\). Поэтому площадь наибольшая при\[t = \frac{1}{\sqrt{3}}.\]
Следовательно,\[α/2 = \pi/6, \quad α = \pi/3.\]
Значит,\[a = c\cos(\pi/3) = \frac{c}{2}.\]
Из \(a + c = l\) получаем\[\frac{c}{2} + c = l,\]
откуда\[c = \frac{2l}{3}, \quad a = \frac{l}{3}.\]
Второй катет:\[b = c\sin(\pi/3) = \frac{2l}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{l}{\sqrt{3}}.\]
Наибольшая площадь:\[S_{\max} = \frac{ab}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{l}{3}\cdot\frac{l}{\sqrt{3}} = \frac{l^2}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}l^2}{18}.\]
Ответ: катеты равны \(l/3\) и \(l/\sqrt{3}\), гипотенуза равна \(2l/3\); наибольшая площадь равна \(\sqrt{3}l²/18\).
Рассмотрим вариант решения задания из учебника
Алимов, Колягин, Ткачёва 10-11 класс, Просвещение:
Из всех прямоугольных треугольников, у которых сумма одного катета и гипотенузы равна l, найти треугольник с наибольшей площадью.
