звідки

З АСВ за тією самою теоремою для |СВ| знаходимо:

Підставимо останнє значення |СВ| у праву частину виразу для бісектриси , отримаємо:

(х)=

Легко переконатись, що

Розв’язавши рівняння

знаходимо критичні точки функції (х):

Рівняння розв’язку не має. Тільки при к=0 х є (), тому х=. Але тоді також і <CАВ = , а це означає, що АВС – рівнобедрений. Якщо х є (0; ), то і функція зростає, а якщо n є (; ), то і (n)<0 і функція спадає. А це означає, що n = - єдина точка максимуму на (0; ), в якій функція набуває найбільшого значення: . 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.

Розв’язання Якщо а, b, с – довжини сторін трикутника, а 2р – його периметр, то .

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

.

, тоді коли

Функція досягає найбільшого значення тоді, коли його досягає функція . А це квадратична функція, яку можна подати у такому вигляді:

Тоді є єдиною точкою максимуму функції і . Тому функція у точці набуває найбільшого значення: . Але при , а це означає, що 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:

.

Нехай у АВС ; |AB|=c i |AD|=|DB|. Введемо позначення: |AC|=x, 0<x<2p-c. Тоді |CB|=2p-c-x. Підставивши ці значення замість a, b, c у формулу для mc, отримаємо:

Оскільки

,

то розв’язавши рівняння

2р-с-2х = 0,

знаходимо критичну точку функції me(х):

. Легко переконатися, що m/e(х)<0, якщо х є (0; ), і m/e(х)>0, якщо х є (; 2р-с), тому є точкою мінімуму функції me(х), причому me()=. Оскільки - єдина точка мінімуму на (0; 2р-с), то функція me(х) у точці набуває найменшого значення. Але при х = |AC| = = також i |CB| = , а це означає, що 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.

Нехай |AB| = |BC| = |CD| = a, <BAD = x, 0<x<.

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

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

Оскільки

S/(x) = a2(2cos2x + cos x - 1) = a(cos x +1)(2 cos x - 1), S(x): xk = tarccos+2k, k0.

В інтервалі (0; ) лежить тільки одна з них: , причому . Оскільки S/(x)>0, якщо х є (0; ), і S/(x) <0, якщо х є (;), то в точці 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.

Позначимо через х довжину сторони коробки. Тоді довжини сторін вирізаних квадратиків дорівнюють , а об’єм коробки дорівнює .

Зі змістом задачі число х задовольняє нерівність 0<x<a, тобто належить інтервалу (0, а). Отже, задача не звелась до знаходження найбільшого значення функції на інтервалі (0; а).

Знаходимо критичні точки функції:

,

тобто х = 0 або х = .

А через те, що V(o)=0 i V(a)=0, то найбільшою на відрізку значення функція V набуває, коли х = , тобто

Найбільшого значення функція досягає всередині відрізка [0; а], отже, і всередині інтервалу (0; а). Таким чином, сторона основи коробки повинна бути .

Задача 9. Площа поверхні сфери рівна 27. Яка висота циліндра найбільшого об’єму, вписаного в цю сферу?

Розв’язання.

Нехай циліндр утворений обертанням прямокутника АВСD навколо діаметра MN. Нехай AD = x, виразимо об’єм V циліндра 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 F i E, так, щоб при заданому D периметр DEF був найменшим. Нехай D1 i D2 –