Розв’язання.
Нехай циліндр утворений обертанням прямокутника АВСD навколо діаметра MN. Нехай AD = x, виразимо об’єм Vциліндра як функцію від х. Одержали , тобто , звідки . З АОВ отримаємо АВ2=ОВ2-ОА2, тобто АВ2=. Згідно з формулою , де R– радіус циліндра, Н – його висота, запишемо об’єм циліндра
.
За умовою задачі 0<x<2OB, тобто . Отримаємо:
, якщо 9-х2= 0.
Звідси знаходимо х = 3 (оскільки х > 0). Якщо 0<x<3, то , а якщо
, то . Значить, х=3 – точка максимума. Оскільки функція визначена для будь-якого х і на всій числовій прямій має одну критичну точку. Отже, при х = 3 функція 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 FiE, так, щоб при заданому D периметр DEFбув найменшим. Нехай D1iD2 – точки симетріїD 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.
Задача 10. Дано кут величиною (<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 <AMB = 900. Знайти найменше значення довжини відрізка АВ.
Розв’язання.
Нехай М і В – будь-які дві точки на сторонах кута, для яких <AMB = 900 (мал.1). опишемо навколо трикутника АМВ коло. Якщо це коло перетинає сторону кута, на якій розміщується точка М, то довжину відрізка АВ можна зменшити. Справді, нехай М1 - будь-яка точка на хорді, <AM1B> 900. Відповідно, на АВ існує точка В1, для якої <AM1B1 = 900. Ми довели, що якщо мінімальний відрізок АВ існує, то коло. Описане навколо трикутника АМВ, дотикається сторони кута.
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 <AMB< 900, а значить відповідна точка В1 займе положення, для якого АВ1 >АВ.
Знайдемо відрізок АВ, який відповідає цьому положенню точки М. Нехай Р – середина АВ, АВ = 2х, ОР = а-х. МР = х, . Найменше значення довжини відрізка АВ рівне .
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.
Задача 11. Точки А, В, С розміщені по одній на трьох колах з радіусами 1, 3 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).
Нехай АО = 1, ВО = 3, СО = 5. Згідно перетину синусів для трикутника АОВ маємо , для трикутника АОС маємо .
Нехай , тоді , . З рівності А+С = 1800 – В маємо , звідки
,
Один корінь цього рівняння . 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.
Нехай в ΔАВС сторони зв’язані співвідношенням а, тобто АВ=с, ВС=а, АС=b. Візьмемо на СВ точку М так, що <САМ =. Потрібно довести, що СМ. за теоремою синусів для ΔСАМ запишемо:
.
Використаємо тригонометричні формули для перетворення виразу .
За теоремою косинусів для АВ з ΔАВС:
АВ2=ВС2+АС2-2АС*ВС*cos<c;
c2=a2+b2-2ab cos<c;
Використавши вище проведені перетворення, запишемо:
СМ=
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.
Позначимо АВ=ВС=а, АМ=с, МС=b, MB=m, <BMO=, <MBO=. Потрібно довести, що ОВ>ОМ, або > , або . Розглянемо трикутник МВА. Запишемо для сторони АМ за допомогою теореми косинусів рівність:
АМ2=МВ2+АВ2-2МВ*АВ*cos;
c2=m2+a2-2amcos;
Звідси одержимо вираз для косинуса кута :
.
Розглянемо трикутник МВС. Використовуючи теорему косинусів, запишемо для сторони ВС:
ВС2=СМ2+МВ2-2СМ*МВ*cos;
а2=b2+m2-2mbcos;
Одержимо:
.
Запишемо
Оскільки а-с = b-a, за умовою, то
що й потрібно було довести
Задача 14. Довести, що з усіх трикутників зі спільним кутом 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:
Оскільки qi - незмінні, то найменше значення с буде при , 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:
Оскільки b>0 i, то р прийме найбільшого значення при . У даному випадку А=С і ΔАВС 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.
В загальному випадку проекцією куба є шестикутник, протилежні сторони якого попарно паралельні. На малюнку зображена проекція куба і його граней. Площа отриманого шестикутника АА1В1С1СD в два рази більше площі трикутника А1С1D. Але трикутник А1С1Dє проекцією правильного трикутника зі стороною .
При проектуванні його площа може лише зменшитися. В максимальному випадку його площа не зміниться. Це має місце, якщо площина проекції паралельна площині правильного трикутника, який ми розглядаємо. Таким чином, максимальна площа проекції куба рівна
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.
Розв’язання. Розглянемо дві сфери з центром в точці 0 – центрі куба. Перша дотикається до всіх ребер куба. Її радіус рівний . Друга сфера описана навколо куба. Її радіус - . Два даних кола належать цим сферам. Відповідно, відстань між MiN не може бути менше різниці радіусів цих сфер, тобто менше ніж . 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.