Задачі геометричного змісту

Вступ Багато задач геометричного змісту є типовими задачами на екстремум. У цих задачах при виконанні певних умов треба знайти найбільше або найменше значення певної геометричної величини (периметра, площі, об'єму). Кожній з цих величин можна поставити у відповідність певну формулу (іноді не одну), яка виражає шукану величину як функцію інших величин. Проте сама функція в готовому вигляді не дається. Її треба визначити з умов задачі. Часто за умовами задачі можна побудувати функцію не однієї змінної, а двох. Тоді, застосувавши відомі геометричні теореми, одну з цих змінних виключають.

Є чимало елементарних, досить простих і наочних, іноді штучних, способів розв’язання задачі на екстремум, які враховують її особливість. Проте могутній апарат диференціального розв’язання дає загальний спосіб розв’язання задачі на екстремум. Розв’язуючи задачі цим методом, будемо додержуватись такої послідовності дій:

вибір незалежної змінної і визначення множини її значень;

побудова функції, яка описує ту геометричну величину, оптимальне значення якої треба знайти в задачі;

відшукання критичних точок цієї функції і розгляд тих, які належать області визначення функції;

з’ясування характеру екстремуму функції в цих точках;

обчислення значень функції в цих точках і на кінцях відрізка, що є областю її визначення, і вибір найбільшого або найменшого з них.

Якщо неперервна функція диференційована в інтервалі і має єдиний екстремум. То у випадку максимуму це буде її найбільше значення, а у випадку мінімуму — найменше.

§ 1. Задачі на екстремум в планіметрії.

Розглянемо ряд геометричних задач, розв’язання яких зводиться до відшукання екстремуму певних функцій.

Задача 1 З усіх прямокутних трикутників із заданою гіпотенузою С знайти той, у якого найбільша площа.

і площа трикутника.

Оскільки площа — невід'ємна величина, тому областю визначення функції S (x) є відрізок [0; С]. Функція S (x) набуває найбільшого значення одночасно з функцією f (x)=c2x2-x4. Оскільки.

f/(x)=2x (c2−2×2).

то, розв’язавши рівняння.

.

а це означає, що трикутник рівнобедрений. Отже, з усіх прямокутних трикутників із заданою гіпотенузою рівнобедрений має найбільшу площу.

Зауваження. Розв’язок цієї задачі досить легко знайти геометричним способом. Оскільки вершини прямокутних трикутників з гіпотенузою довжини с лежать на колі, діаметром якого є ця гіпотенуза, то найбільшу площу матиме прямокутний трикутник, у якого найбільша висота. Такою висотою є перпендикуляр до середини гіпотенузи, довжина якого дорівнює половині гіпотенузи.

Задача 2. З усіх прямокутних трикутників із заданою висотою h знайти той, що має найменшу площу.

Розв’язання.

.

0), то для визначення критичних точок функції дістаємо сукупність рівнянь:

sin x = cos x, sin x = - cos x.

Звідси маємо:

функції f (x) i S (x) набувають найменшого значення. Отже, з усіх прямокутних трикутників із заданою висотою рівнобедрений має найменшу площу.

. 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.

і периметр трикутника як функція від х небере вигляду:

Оскільки:

.

то розв’язання рівняння.

= 0,.

функція Р (х) набуває найменшого значення. Отже, з усіх трикутників із заданими площею і основою рівнобедрений має найменший периметр.

при вершині знайти той, що має найбільшу бісектрису.

Розв’язання.

отримаємо:

АСВ за тією самою теоремою для |СВ| знаходимо:

отримаємо:

Розв’язавши рівняння.

(х):

. Отже, з усіх трикутників із заданою основою і протилежним кутом рівнобедрений має найбільшу бісектрису.

Задача 5. З усіх трикутників із заданими основою с і периметром 2р знайти той, у якого опущена на основу висота є найвищою.

.

. Позначимо |AC|= x, тоді |CB|=2p-c-x. Підставимо ці значення замість a i bу формулу для hc, отримаємо функцію:

.

. А це квадратична функція, яку можна подати у такому вигляді:

АВС — рівнобедрений. Отже, з усіх трикутників із даними основою і периметром рівнобедрений має найбільшу висоту.

Задача 6. З усіх трикутників із заданими основою с і периметром 2р знайти той, у якого проведена до основи медіана є найменшою.

Розв’язання. Довжина медіани me трикутника визначається через довжини його сторін а, b, с за такою формулою:

.

; |AB|=c i |AD|=|DB|. Введемо позначення: |AC|=x, 0.

Оскільки.

.

то розв’язавши рівняння.

2р-с-2х = 0,.

знаходимо критичну точку функції me (х):

АВС — рівнобедрений. Отже, з усіх трикутників із заданими основою і периметром рівнобедрений має найменшу медіану.

Задача 7. З усіх рівнобедрених трапецій, три сторони яких мають однакову довжину а, знайти ту, яка має найбільшу площу.

Розв’язання.

.

Тоді |BE| = a sin x, |AE| = a cos x, а площа трапеції:

S (x)=a2sin x (1+cos x),.

Оскільки.

0.

функція S (x) набуває найбільшого значення. Отже, з усіх рівнобедрених трапецій з трьома сторонами однакової довжини найбільшу площу має та, в якої кут при основі дорівнює 600.

Задача 8. З квадратного листа жерсті із стороною, а треба виготовити відкриту зверху коробку, вирізавши по кутах квадратики і загнувши утворені краї. Якою повинна бути сторона основи коробки, щоб її об'єм був максимальним?

Розв’язання.

.

на інтервалі (0; а).

Знаходимо критичні точки функції:

.

.

тобто.

.

. Яка висота циліндра найбільшого об'єму, вписаного в цю сферу?

Розв’язання.

де R — радіус циліндра, Н — його висота, запишемо об'єм циліндра.

.

. Отримаємо:

якщо 9-х2= 0.

а якщо.

досягає найбільшого значення.

Надалі розглянемо кілька суто геометричних прийомів розв’язування екстремальних задач. Один із прийомів — симетрія. Цей прийом дуже часто використовується при знаходженні найкоротших ламаних з вершинами на заданих прямих і не тільки.

Задача 9.1. Довести, що серед всіх трикутників, вписаних в даний гострокутний трикутник, найменший периметр має трикутник з вершинами в основі висот даного.

Розв’язання.

Візьмемо довільну точку D на стороні гострокутного трикутника АВС. Знайдемо на АВ і АС точки F i E, так, щоб при заданому D периметр DEF був найменшим. Нехай D1 i D2 — точки симетрії D відносно сторін АС і АВ. В якості вершин Е і F потрібно взяти точки перетину відрізка D1D2 зі сторонами АC і АВ. Справді, периметр трикутника DEF рівний довжині відрізка D1D2, а периметр будь-якого іншого трикутника DE1F1 рівний довжині ламаної D1E1F1D2 > D1D2.

Залишилось визначити положення точки D, при якому D1D2 є найменшим. Розглянемо трикутник D1AD2. Кут при вершині А фіксований (він рівний 2<�ВАС), D1A = D2A=DA. Значить D1D2 є найменшим, якщо найменшим є відрізок АD, тобто АD — висота трикутника АВС. Оскільки доведено існування і єдність мінімального (по периметру) трикутника AEF, тоді, повторяючи роздуми відносно інших сторін трикутника АВС, прийдемо до висновку, що Е і F також повинні бути основами відповідних висот трикутника АВС.

Інший корисний прийом ілюструє наступна задача.

<900). О-вершина кута. На одній із сторін кута взята точка А, ОА = а. Точка В розміщена на тій же стороні, а М — на протилежній стороні так, що.

Розв’язання.

Нехай М і В — будь-які дві точки на сторонах кута, для яких 900. Відповідно, на АВ існує точка В1, для якої.

Можна зробити й по-іншому, розглянувши М і В, такі, що описане коло дотикається сторони кута, довести, що відрізок АВ, який ми отримали. Має найменшу довжину. Зрозуміло, що В потрібно взяти на відрізку ОА (мал.2). для будь-якої точки М1, відмінної від М, буде < 900, а значить відповідна точка В1 займе положення, для якого АВ1 >АВ.

.

Але не завжди вдається проробити прямі роздуми, які б доводили, що знайдене розміщення. Реалізує шуканий екстремум. Нагадаємо, що при знаходженні найбільших і найменших значень з допомогою математичного аналізу, ми опираємось на ствердження про існування найбільшого або найменшого значення. Дане твердження може бути сформульоване в загальному вигляді. Але звернення до даного ствердження не зовсім знайомі, оскільки доведення загального факту в шкільному курсі відсутнє. З іншої сторони, в кожному конкретному випадку існування найбільшого або найменшого значення достатньо очевидно. Аналогічно даному геометричні погляди, які показують для яких розміщень найбільше чи найменше значення не досягається, доповнені теоремою існування, дають умови, які визначають екстремальне положення.

і 5. Чому дорівнює найбільше значення площі трикутника АВС?

Розв’язання.

Доведемо, що до шуканого трикутника виконується наступна властивість: пряма, яка проходить через довільну його вершину паралельно протилежній стороні, повинна дотикатися до відповідного кола.

Нехай пряма, проведена через С паралельно АВ, перетинає коло (мал.3). тоді. Переміщуючи С по одній з отриманих дуг в положенні С1, отримаємо трикутник АВС1, площа якого більша, ніж площа трикутника АВС.

Доведемо (при умові існування), що точка О — спільний центр кіл — для шуканого трикутника є точкою перетину висот (мал.4).

.

звідки.

.

. Більше дійсних коренів немає.

Отримали, що.

Задача 12. Довести, що медіана, проведена до більшої сторони трикутника, утворює зі сторонами, які її заключають, кути, величиною кожного з них не менше половини найменшого кута трикутника.

Розв’язання.

. за теоремою синусів для x0394САМ запишемо:

.

.

За теоремою косинусів для АВ з x0394АВС:

АВ2=ВС2+АС2−2АС*ВС*cos.

c2=a2+b2−2ab cos.

Використавши вище проведені перетворення, запишемо:

Задача 13. Трикутник АВС і АМС розміщені так, що МС перетинає АВ в точці 0, причому АМ+МС = АВ+ВС. Довести, що АВ = ВС, то ОВ > OМ.

Розв’язання.

. Розглянемо трикутник МВА. Запишемо для сторони АМ за допомогою теореми косинусів рівність:

;

;

:

.

Розглянемо трикутник МВС. Використовуючи теорему косинусів, запишемо для сторони ВС:

;

;

Одержимо:

.

Оскільки а-с = b-a, за умовою, то.

що й потрібно було довести.

при вершині і даній сумі довжини бокових сторін а+b рівнобедрений трикутник має найменшу основу.

Розв’язання Нехай a+b=q; a, b, c — сторони трикутника. За теоремою косинусів запишемо:

тобто при а=b.

Задача 15. З усіх трикутників з однаковою основою і одним і тим же кутом при вершині знайти трикутник з найбільшим периметром Розв’язання.

Розглянемо трикутник АВС з основою АС і позначимо через а, b, c — довжини сторін. Кути, які відповідають сторонам а, b, c позначимо відповідно А, В, С. Покладемо а+b+c=Р.

За теоремою синусів запишемо:

Знайдемо периметр:

. У даному випадку А=С і x0394АВС рівнобедрений.

§ 2. Задачі на екстремум в стереометрії.

Розглянемо два підходи до розв’язку стереометричних задач на знаходження максимумів та мінімумів — геометричний та аналітичний. Геометричні та інші елементарні методи в останній час все більше і більше витісняється методами аналізу, використання яких ми розглянули раніше. Вважають, що оскільки математичний аналіз дозволив за допомогою диференціального числення стандартно розв’язувати задачі на знаходження екстремумів, але немає ніякої необхідності у вивченні геометричних і інших специфічних методів. Необхідно відмітити, що не тільки математичний аналіз використовує різні прийоми для знаходження екстремумів. Можна привести багато прикладів, коли елементарні методи приводять швидше до результату, ніж методи диференціального числення. Наведемо деякі приклади.

Задача 16. Знайти найбільшу площу проекції одиничного куба на площину.

Розв’язання.

.

Задача 17. Дано куб АВСDА1В1С1D1 з ребром 1. Знайти найменшу відстань від точки М, розміщеної на колі, вписаному в АВСD, до точки N, розміщеної на колі, вписаному навколо трикутника А1ВD.

. Залишилось довести, що ця відстань досягається і для кола першого і другого. Для цього спроектуємо з 0 менше коло на більшу сферу.

Отримаємо на більшій сфері коло, яке перетинається з колом, яке проходить через А1, В і D.

Розглянемо задачу, для розв’язання якої використовується аналітичні елементарні методи.

з центром в точці О.

Знайти найменшу довжину відрізка РQ.

Розв’язання.

В правильній піраміді SАВС прямі SА і ВС перпендикулярні. LM — спільний перпендикуляр SА і ВС, розміщений в площині SАH (мал. 5. а)), при цьому точка L — середина ВС. Очевидно, що LM перетинає SH в тій же точці О, що й площину, яка проходить через В перпендикулярно SА. Ця площина є ВСМ.

В трикутнику SLА маємо:

.

.

.

.

Нехай QL = х, РМ = у. Розглянемо прямокутний паралелепіпед з ребрами QL, LM i MP (мал. 5. б)).

.

з центром О).

.

Після перетворення отримаємо х2у2 + 5у2 +2×2 = 6.

.

Маємо у2 = е2 — х2 — 15, тому х2(е2 — х2 — 15) + 5(е2 — х2 — 15) + 2×2 — 6 = 0, або х4 + (18 — е2) х2 + 18 — 5е2 = 0.

Отримане рівняння має розв’язок при е2×2265 (81/5), оскільки при е2 < (81/5) всі доданки лівої частини невід'ємні, а останній доданок додатній.

і є шукане найменше значення PQ.

Задача 19. В основі чотирикутної піраміди лежить прямокутник, одна сторона якого рівна а, бічні ребра піраміди рівні в.

Знайти найбільше значення об'єму піраміди.

Розв’язання.

Позначимо через х — довжину двох інших сторін прямокутника, який лежить в основі піраміди.

Для обчислення об'єму піраміди скористаємось такою формулою V = 1/3 Sосн * H, де Sосн — площа основи піраміди рівна Sосн = х * а. Знайдемо висоту піраміди.

Запишемо АВ = СД = а; АД = ВС = х.

Розглянемо x2206ДSС. Проведемо висоту SK до сторони ДС. Розглянемо x2206СКS, який є прямокутним. Згідно теореми Піфагора SK2 = SC2 — CK2, тобто SK2 = b2 — (a2/4).

Розглянемо x2206КОS, він прямокутний. За теоремою Піфагора запишемо: SO2 = SK2 — OK2, тобто SO2 = b2 — (a2/4) — (x2/4).

Обчислимо об'єм піраміди.

Література.

І.Ф.Шаригін, В.І.Голубєв. Факультативний курс з математики, Москва, 1991. — 253с.

Збірник науково-популярних статей. У світі математики. Київ, 1979. — 312с.

Збірник задач з математики для вступників у ВУЗи. Під редакцією М.І.Сканаві. Москва, 1992. — 432с.

PAGE.

PAGE 22.