'= х + 80, х + 80=0, х=200.
Знайдене значення х виходить з проміжку зміни х. Тому всередині цього проміжку стаціонарних точок немає. Значить, найбільше значення S приймає в одному з кінців проміжку, а саме при х=100 мм, а тоді у=60 мм і S=6000 мм2.
1.4 Приклади геометричних екстремумів
Якщо звернутися до геометричних завданням на екстремуми, що розв'язуються за допомогою геометричних засобів, то виявиться, що використовувані тут прийоми особливо різноманітні. Для знаходження екстремумів геометричних величин можуть бути використані багато теореми геометрії.
Малюнок 4
Завдання 1. Дан кут ABC і всередині нього точка D. Потрібно побудувати трикутник, дві вершини якого лежали б відповідно на сторонах даного кута, а третьою вершиною була б точка D, і який мав би найменший периметр.
Візьмемо довільний трикутник DKL, дві вершини якого лежать відповідно на сторонах ВА і нд, а третьою вершиною служить точка D (рис. 3). Побудуємо точки Е і F симетричні точці D відносно сторін кута ВА і нд, і з'єднаємо відрізками прямої ці точки відповідно з вершинами К і L трикутника. Так як КЕ=KD і LF=LD, то довжина ламаної EKLF дорівнює периметру трикутника DKL. Але нас цікавить трикутник з найменшим периметром, а найменшим буде периметр, рівний довжині відрізка EF. Тому вершини К1 і L2 шуканого трикутника визначаються як точки перетину прямої EF зі сторонами даного кута (рис. 4).
Завдання 2. Який з трикутників з двома даними сторонами має найбільшу площу?
Малюнок 5
Побудуємо відрізок АС, що дорівнює одній з даних сторін. З кінця його Л, як з центру, радіусом, рівним другою цієї стороні, опишемо коло. На цієї окружності візьмемо довільну точку В (не лежить на прямій АС). Поєднавши цю точку В відрізками з точками Л і С, отримаємо трикутник з двома даними сторонами (рис. 4). З усіх таких трикутників найбільшу площу матиме той, у якого висота hb буде найбільшою. Але найбільше можливе значення висоти дорівнює довжині радіуса кола (АВ1). Тому найбільшу площу з усіх трикутників з двома даними сторонами має такий, в якому ці сторони утворюють прямий кут.
Завдання 3. Усередині кута А дана точка О. Потрібно провести пряму через точку О так, щоб вона відтяла від у?? ла А трикутник з найменшим периметром. Впишемо в даний кут коло, що проходить через дану точку О (з двох таких кіл візьмемо ту, радіус якої більше, рис. 5). Через точку Про проведемо дотичну MN до цієї окружності. Ця дотична і відсіче трикутник найменшого периметра. Доведемо це. Проведемо через О якусь іншу пряму ED, що перетинає сторони кута (вона перетне і дугу ВОС). Порівняємо периметр трикутника AED з периметром трикутника AMN.
Малюнок 6
Для цього побудуємо ще дотичну KL до дуги ВОС, паралельну ЈD. Порівняємо периметри трикутників AMN і AKL. Вони рівні, так як кожен з них дорівнює сумі відрізків АВ і АС. Але периметр трикутника AED більше периметра трикутника AKL, а значить, більше і периметра трикутника AMN.
Завдання 4. Усередині кута А дана точка О. Потрібно провести через О пряму так, щоб вона відтяла від кута трикутник найменшою площі.
Малюнок 7
шуканий прямої буде така пряма НД, відрізок якої, укладений між сторонами кута, ділиться точкою про Поділля (рис. 6). Для доказу побудуємо ще якусь пряму, що проходить через О і перетинає сторони кута. Порівняємо площі трикутників ABC і AED, Якщо через С провести пряму, паралельну ЕВ, то отримаємо трикутник OCF, рівний трикутнику ЄВО, Тому площа трикутника OCD більше площі трикутника ОЕВУ і, значить, площа трикутника ABC менше площі трикутника AED.
Завдання 5. Дан трикутник ABC і всередині нього дві точки D і Е (рис. 7). Як найкоротшим шляхом пройти з однієї точки в іншу, побувавши на кожній стороні трикутника?
Виконаємо наступну побудову. Побудуємо точки D1 ??і Е1 симетричні D і Е щодо АС і НД
Малюнок 8
Побудуємо також точку D2, симетричну D1 щодо АВ. Проведемо відрізок D2E1 і побудуємо ламану DMKLE. Довжина її дорівнює довжині відрізка D2E1. Легко здогадатися, що всякий інший шлях з D в Е, з тим же порядком заходу на сторони даного трикутника, буде довшим. Але можна було б порядок заходу на сторони трикутника обрати інший (виконавши такі ж побудови). Усього таких ламаних ліній, як DMKLE, вийде три. Залишиться вибрати з них має найменшу довжину, для чого достатньо порівняти три таких відрізка, як D2E1.
Завдання 6. Розглянемо ще задачу про економне витрачання матеріалів. Спробуємо вст...
