Matura czerwiec 2023 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Liczba $a$. Zapisujemy $4$ jako $2^2$ i korzystamy z tożsamości $2^{\log_2 x} = x$:

$$a = 4^{\log_2 45} = \left(2^2\right)^{\log_2 45} = \left(2^{\log_2 45}\right)^2,$$

czyli $a = 45^2 = 2025$.

Krok 2. Liczba $b$. Ze wzoru na zamianę podstawy logarytmu (jest w Wybranych wzorach) $\log_9 2023 = \dfrac{\log_3 2023}{\log_3 9} = \dfrac{\log_3 2023}{2}$, więc

$$b = \frac{\log_3 2023}{\frac{1}{2}\log_3 2023} = 2.$$

Krok 3. Różnica. $a - b = 2025 - 2 = 2023$.

Pułapki: $4^{\log_2 45}$ to nie $2 \cdot 45$ ani $\sqrt{45}$ - wykładnik $2$ z rozkładu $4 = 2^2$ podnosi do kwadratu całą liczbę $45$. Przy $b$ łatwo odwrócić ułamek i dostać $\frac{1}{2}$: logarytm o większej podstawie ($9 > 3$) jest mniejszy, więc iloraz musi być większy od $1$.

Odpowiedź: $a - b = 2023$. Zobacz: logarytm - powtórzenie oraz zadania z zamiany podstawy logarytmu.

Krok 1. Wszystkie ustawienia. $n$ osób w kolejce można ustawić na $n!$ sposobów (permutacje).

Krok 2. Ustawienia, w których trójka stoi obok siebie. Ania i jej dwaj znajomi tworzą „blok”, który traktujemy jak jedną osobę. Ustawiamy więc $n - 2$ obiektów (blok i $n - 3$ pozostałe osoby) na $(n - 2)!$ sposobów, a wewnątrz bloku trzy osoby na $3! = 6$ sposobów. Razem $6 \cdot (n - 2)!$ ustawień. (Inaczej: trzy kolejne miejsca wybieramy na $n - 2$ sposoby, trójkę ustawiamy na $3!$, resztę na $(n - 3)!$ - wynik ten sam.)

Krok 3. Równanie. Z treści zadania $n! = 12 \cdot 6 \cdot (n - 2)!$, przy czym $n \ge 3$. Dzielimy obie strony przez $(n - 2)!$, bo $n! = n(n - 1) \cdot (n - 2)!$:

$$n(n - 1) = 72 \iff n^2 - n - 72 = 0,$$

czyli $(n - 9)(n + 8) = 0$. Liczba osób jest dodatnia, więc $n = 9$. Sprawdzenie: $9! = 362\,880$, a $6 \cdot 7! = 30\,240$ i rzeczywiście $362\,880 = 12 \cdot 30\,240$.

Pułapka: zapomnienie o czynniku $3!$ - trójka może stanąć w bloku w dowolnej kolejności. Bez niego wychodzi $n(n - 1) = 12$, czyli $n = 4$, co nie spełnia warunków zadania.

Odpowiedź: $n = 9$. Zobacz: permutacje oraz zadania z permutacji.

Krok 1. Model. Siedem dni to siedem niezależnych prób Bernoullego. Sukcesem jest awaria rano: $p = 0{,}1$, porażką - $q = 1 - p = 0{,}9$. Liczba prób $n = 7$.

Krok 2. „Co najwyżej dwa” to zero, jeden albo dwa sukcesy. Ze wzoru Bernoullego $P(S_n = k) = \binom{n}{k} p^k q^{n-k}$:

$$P(S_7 = 0) = 0{,}9^7 = 0{,}4782969,$$

$$P(S_7 = 1) = \binom{7}{1} \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}9^6 = 0{,}3720087,$$

$$P(S_7 = 2) = \binom{7}{2} \cdot 0{,}1^2 \cdot 0{,}9^5 = 0{,}1240029.$$

Krok 3. Suma i zaokrąglenie. Zdarzenia się wykluczają, więc

$$P(A) = 0{,}4782969 + 0{,}3720087 + 0{,}1240029,$$

$$P(A) = 0{,}9743085 \approx 0{,}97.$$

Ten sam wynik w postaci dokładnej: $P(A) = \dfrac{9^7 + 7 \cdot 9^6 + 21 \cdot 9^5}{10^7} = \dfrac{9\,743\,085}{10\,000\,000}$.

Pułapki: „co najwyżej dwa” obejmuje też zero dni z awarią - pominięcie składnika $0{,}9^7$ daje $0{,}50$. Współczynnik $\binom{7}{2} = 21$ (a nie $14$ ani $7$) liczy, które dwa dni z siedmiu są dniami awarii.

Odpowiedź: $P(A) \approx 0{,}97$. Zobacz: schemat Bernoulliego oraz zadania ze schematu Bernoulliego.

Krok 1. Odcięta punktu $P$. Rozwiązujemy równanie $f(x_0) = 18$ i rozkładamy wielomian przez grupowanie wyrazów:

$$2x_0^3 - 4x_0^2 + 9x_0 - 18 = 0,$$

$$2x_0^2(x_0 - 2) + 9(x_0 - 2) = 0,$$

$$(x_0 - 2)(2x_0^2 + 9) = 0.$$

Czynnik $2x_0^2 + 9$ jest zawsze dodatni, więc jedynym rozwiązaniem jest $x_0 = 2$. Sprawdzenie: $f(2) = 16 - 16 + 18 = 18$.

Krok 2. Pochodna i współczynnik kierunkowy. $f'(x) = 6x^2 - 8x + 9$, więc współczynnik kierunkowy stycznej to

$$a = f'(2) = 24 - 16 + 9 = 17.$$

Krok 3. Równanie stycznej. Styczna przechodzi przez $P = (2, 18)$:

$$y = 17(x - 2) + 18 = 17x - 16.$$

Pułapka: współczynnikiem kierunkowym jest wartość pochodnej w punkcie styczności $f'(2)$, a nie $f(2)$ ani wzór pochodnej. Warto też pokazać, że $2x_0^2 + 9 \ne 0$ - bez tego nie wiadomo, czy $P$ jest jedynym punktem wykresu o rzędnej $18$.

Odpowiedź: $x_0 = 2$, styczna: $y = 17x - 16$. Zobacz: styczna do wykresu funkcji oraz zadania o stycznej.

Krok 1. Pozbywamy się ułamka. Liczba $a$ jest dodatnia, więc mnożenie obu stron przez $a$ nie zmienia kierunku nierówności:

$$a^2 + \frac{16}{a} \ge 12 \iff a^3 + 16 \ge 12a,$$

czyli $a^3 - 12a + 16 \ge 0$.

Krok 2. Rozkład wielomianu. Liczba $2$ jest pierwiastkiem: $8 - 24 + 16 = 0$. Dzielimy przez $a - 2$ (np. schematem Hornera) i rozkładamy trójmian:

$$a^3 - 12a + 16 = (a - 2)(a^2 + 2a - 8),$$

a trójmian $a^2 + 2a - 8$ ma pierwiastki $2$ i $-4$, więc $a^2 + 2a - 8 = (a - 2)(a + 4)$ i

$$a^3 - 12a + 16 = (a - 2)^2(a + 4).$$

Krok 3. Znak iloczynu. Dla $a > 0$ czynnik $(a - 2)^2$ jest nieujemny jako kwadrat, a czynnik $a + 4$ jest dodatni. Iloczyn jest więc nieujemny, czyli $a^3 - 12a + 16 \ge 0$, a stąd - przez równoważności z kroku 1 - $a^2 + \frac{16}{a} \ge 12$. Równość zachodzi tylko dla $a = 2$. To kończy dowód.

Drugi sposób - nierówność między średnimi. Rozbijamy $\frac{16}{a}$ na dwa równe składniki. Dla trzech liczb dodatnich $a^2, \frac{8}{a}, \frac{8}{a}$ średnia arytmetyczna jest nie mniejsza od geometrycznej:

$$\frac{a^2 + \frac{8}{a} + \frac{8}{a}}{3} \ge \sqrt[3]{a^2 \cdot \frac{8}{a} \cdot \frac{8}{a}} = \sqrt[3]{64} = 4,$$

więc $a^2 + \frac{16}{a} \ge 12$. (Trzeci sposób z zasad CKE: funkcja $g(a) = a^2 + \frac{16}{a}$ ma pochodną $g'(a) = \frac{2a^3 - 16}{a^2}$, maleje na $(0, 2]$, rośnie na $[2, +\infty)$, więc jej najmniejsza wartość to $g(2) = 12$.)

Pułapka: sprawdzenie nierówności dla kilku liczb (np. $a = 1$, $a = 2$, $a = 4$) nie jest dowodem. Przy mnożeniu przez $a$ trzeba też powiedzieć, dlaczego znak nierówności się nie zmienia.

Odpowiedź: nierówność jest równoważna $(a - 2)^2(a + 4) \ge 0$, co dla $a > 0$ jest prawdą. Zobacz: rozkładanie wielomianów na czynniki oraz zadania z dowodzenia nierówności.

Całe zadanie opiera się na twierdzeniu o odcinkach stycznych: odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu mają równe długości.

Krok 1. Oznaczenie. Niech $|BP| = x$. Punkt $B$ leży na dwóch stycznych: $BP$ i $BD$, więc $|BD| = |BP| = x$.

Krok 2. Odcinki z punktu $C$. Z założenia $|CD| = 2 \cdot |BD| = 2x$. Punkt $C$ leży na stycznych $CD$ i $CQ$, więc $|CQ| = |CD| = 2x$.

Krok 3. Odcinki z punktu $A$. Z założenia $|AQ| = 5 \cdot |BP| = 5x$, a z twierdzenia o odcinkach stycznych $|AP| = |AQ| = 5x$.

Krok 4. Boki trójkąta $ABC$. Punkt $B$ leży na odcinku $AP$, punkt $C$ na odcinku $AQ$, a punkt $D$ na odcinku $BC$, więc

$$|AC| = |AQ| - |CQ| = 5x - 2x = 3x,$$

$$|BC| = |BD| + |DC| = x + 2x = 3x.$$

Zatem $|AC| = |BC|$, czyli trójkąt $ABC$ jest równoramienny (o podstawie $AB$, bo $|AB| = 5x - x = 4x$). To kończy dowód.

Pułapka: z samego rysunku nie wolno odczytywać długości ani zakładać, że trójkąt jest równoramienny - każda równość odcinków musi wynikać z twierdzenia o odcinkach stycznych albo z założeń. Trzeba też zaznaczyć, że $D$ leży między $B$ i $C$ - dopiero wtedy $|BC| = |BD| + |DC|$.

Odpowiedź: $|AC| = |BC| = 3 \cdot |BP|$, więc trójkąt $ABC$ jest równoramienny. Zobacz: styczna i sieczna oraz zadania o stycznych do okręgu.

Krok 1. Pierwszy wyraz i iloraz. $a_1 = 2x$, a każdy kolejny wyraz powstaje z poprzedniego przez pomnożenie przez

$$q = \frac{-\frac{6x}{x - 1}}{2x} = -\frac{3}{x - 1}.$$

Krok 2. Kiedy suma istnieje. Ponieważ $a_1 = 2x \ne 0$, szereg jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy $|q| < 1$:

$$\left| -\frac{3}{x - 1} \right| < 1 \iff |x - 1| > 3,$$

czyli $x \in (-\infty, -2) \cup (4, +\infty)$.

Krok 3. Suma szeregu. Dla takich $x$ ze wzoru $S = \frac{a_1}{1 - q}$:

$$S = \frac{2x}{1 + \frac{3}{x - 1}} = \frac{2x}{\frac{x + 2}{x - 1}} = \frac{2x(x - 1)}{x + 2}.$$

Krok 4. Równanie. Warunek $S = \frac{15}{2}$ daje

$$\frac{2x(x - 1)}{x + 2} = \frac{15}{2} \iff 4x(x - 1) = 15(x + 2),$$

czyli $4x^2 - 19x - 30 = 0$.

$\Delta = 361 + 480 = 841$, $\sqrt{\Delta} = 29$, więc $x = \frac{19 - 29}{8} = -\frac{5}{4}$ albo $x = \frac{19 + 29}{8} = 6$.

Krok 5. Konfrontacja z warunkiem zbieżności. $-\frac{5}{4} \notin (-\infty, -2) \cup (4, +\infty)$ - dla tej wartości $q = \frac{4}{3}$ i szereg jest rozbieżny. Zostaje $x = 6$. Sprawdzenie: $a_1 = 12$, $q = -\frac{3}{5}$, $S = \frac{12}{8/5} = \frac{15}{2}$.

Pułapka: rozwiązanie równania $S = \frac{15}{2}$ bez warunku $|q| < 1$ daje dwie odpowiedzi, z których jedna jest fałszywa - wzór na sumę „działa” algebraicznie także dla szeregu rozbieżnego.

Odpowiedź: $x = 6$. Zobacz: szereg geometryczny oraz zadania z szeregu geometrycznego.

Krok 1. Jedna funkcja trygonometryczna. Ze wzoru redukcyjnego $\cos x = \sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right)$, a z nieparzystości sinusa $-\sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \sin\left(x - \frac{\pi}{2}\right)$. Równanie przyjmuje postać

$$\sin(5x) = \sin\left(x - \frac{\pi}{2}\right).$$

Krok 2. Równość sinusów. $\sin \alpha = \sin \beta$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\alpha = \beta + 2k\pi$ lub $\alpha = \pi - \beta + 2k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$:

$$5x = x - \frac{\pi}{2} + 2k\pi \iff x = -\frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2},$$

$$5x = \pi - x + \frac{\pi}{2} + 2k\pi \iff x = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{3}.$$

Krok 3. Wybór rozwiązań z przedziału $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$.

• pierwsza seria: $k = 0$ daje $-\frac{\pi}{8}$, $k = 1$ daje $\frac{3\pi}{8}$ (dla $k = -1$ wychodzi $-\frac{5\pi}{8} < -\frac{\pi}{2}$, dla $k = 2$ - $\frac{7\pi}{8} > \frac{\pi}{2}$);
• druga seria: $k = 0$ daje $\frac{\pi}{4}$, $k = -1$ daje $-\frac{\pi}{12}$, $k = -2$ daje $-\frac{5\pi}{12}$ (dla $k = 1$ wychodzi $\frac{7\pi}{12} > \frac{\pi}{2}$, dla $k = -3$ - $-\frac{3\pi}{4} < -\frac{\pi}{2}$).

Sposób alternatywny (też w zasadach CKE): wzór na sumę sinusów zamienia $\sin(5x) + \sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right)$ na iloczyn $2\sin\left(2x + \frac{\pi}{4}\right)\cos\left(3x - \frac{\pi}{4}\right)$ i daje te same dwie serie.

Pułapki: w drugiej serii dzielimy przez $6$, więc okres to $\frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$, a nie $2\pi$ - kto zostawi $2k\pi$, zgubi trzy rozwiązania. Końce przedziału nie są rozwiązaniami: $\sin\frac{5\pi}{2} + \cos\frac{\pi}{2} = 1$.

Odpowiedź: $x \in \left\{-\dfrac{5\pi}{12}, -\dfrac{\pi}{8}, -\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3\pi}{8}\right\}$. Zobacz: równania trygonometryczne oraz zadania z metod rozwiązywania równań trygonometrycznych.

Krok 1. Prosta $AB$ przechodzi przez środek okręgu. Środek okręgu to $S = (1, 2)$, promień $r = 5$. Podstawiamy współrzędne środka do równania prostej: $4 \cdot 1 - 3 \cdot 2 + 2 = 0$. Prosta przechodzi przez $S$, więc cięciwa $AB$ jest średnicą: $|AB| = 2r = 10$.

Krok 2. Kąt prosty. Kąt $ACB$ jest kątem wpisanym opartym na średnicy, więc jest prosty (twierdzenie Talesa). Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, a $CD$ to wysokość opuszczona na przeciwprostokątną.

Krok 3. Odcinki $AD$ i $DB$. W trójkącie prostokątnym spodek wysokości leży na przeciwprostokątnej, więc $|AD| + |DB| = 10$ i $|AD| = 4|DB|$. Stąd $5|DB| = 10$, czyli $|DB| = 2$ i $|AD| = 8$.

Krok 4. Wysokość i pole. Wysokość poprowadzona na przeciwprostokątną spełnia $|CD|^2 = |AD| \cdot |DB|$ (z podobieństwa trójkątów $ADC$ i $CDB$):

$$|CD|^2 = 8 \cdot 2 = 16, \qquad |CD| = 4,$$

$$P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 4 = 20.$$

Sprawdzenie na współrzędnych (sposób II z zasad CKE): prosta przecina okrąg w punktach $(-2, -2)$ i $(4, 6)$; dla $A = (-2, -2)$, $B = (4, 6)$ spodek wysokości to $D = \left(\frac{14}{5}, \frac{22}{5}\right)$, a wierzchołek $C$ wychodzi $(6, 2)$ albo $\left(-\frac{2}{5}, \frac{34}{5}\right)$ - w obu przypadkach $|CD| = 4$.

Pułapka: kto nie sprawdzi, czy prosta przechodzi przez środek okręgu, wpada w długie rachunki na współrzędnych (dwa układy równań z okręgiem), w których łatwo o błąd. Jedno podstawienie $4 \cdot 1 - 3 \cdot 2 + 2 = 0$ skraca zadanie do kilku linijek.

Odpowiedź: pole trójkąta $ABC$ jest równe $20$. Zobacz: równanie okręgu oraz zadania o prostej i okręgu.

Krok 1. Dwa różne rozwiązania. Dla $m = 0$ równanie jest liniowe ($-x + 3 = 0$) i ma jedno rozwiązanie, więc musi być $m \ne 0$ oraz $\Delta > 0$:

$$\Delta = (m + 1)^2 - 4m(-2m + 3) = 9m^2 - 10m + 1,$$

a warunek $\Delta > 0$ to $(9m - 1)(m - 1) > 0$.

Stąd $m \in \left(-\infty, \frac{1}{9}\right) \cup (1, +\infty)$, a po uwzględnieniu $m \ne 0$: $m \in (-\infty, 0) \cup \left(0, \frac{1}{9}\right) \cup (1, +\infty)$.

Krok 2. Pierwiastki różne od zera. $x = 0$ jest pierwiastkiem wtedy, gdy wyraz wolny $-2m + 3 = 0$, czyli dla $m = \frac{3}{2}$. Zatem $m \ne \frac{3}{2}$.

Krok 3. Nierówność przez wzory Viète’a. Sprowadzamy do wspólnego mianownika i korzystamy z $x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2$:

$$\frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_2^2} = \frac{(x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2}{(x_1x_2)^2}.$$

Ze wzorów Viète’a $x_1 + x_2 = \frac{m + 1}{m}$ oraz $x_1x_2 = \frac{3 - 2m}{m}$. Po podstawieniu i pomnożeniu licznika i mianownika przez $m^2 \ne 0$:

$$\frac{(m + 1)^2 - 2m(3 - 2m)}{(3 - 2m)^2} = \frac{5m^2 - 4m + 1}{(3 - 2m)^2}.$$

Krok 4. Rozwiązanie nierówności. Mianownik $(3 - 2m)^2$ jest dodatni (bo $m \ne \frac{3}{2}$), więc mnożymy przez niego bez zmiany znaku:

$$5m^2 - 4m + 1 < 4m^2 - 12m + 9,$$

czyli $m^2 + 8m - 8 < 0$.

Pierwiastki trójmianu: $m = -4 \pm \sqrt{24} = -4 \pm 2\sqrt{6}$, więc $m \in \left(-4 - 2\sqrt{6}, -4 + 2\sqrt{6}\right)$, gdzie $-4 + 2\sqrt{6} \approx 0{,}899$.

Krok 5. Część wspólna warunków. Przedział z kroku 4 kończy się przed liczbą $1$, więc z części $(1, +\infty)$ nic nie zostaje (wypada też $m = \frac{3}{2}$). Ponieważ $-4 - 2\sqrt{6} \approx -8{,}9$ i $\frac{1}{9} < 0{,}899$:

$$m \in \left(-4 - 2\sqrt{6}, 0\right) \cup \left(0, \frac{1}{9}\right).$$

Pułapki: warunek $m \ne 0$ - liczba $0$ leży wewnątrz przedziału z kroku 4, więc bez niego odpowiedź jest błędna; $\Delta > 0$, a nie $\Delta \ge 0$ (dla $m = \frac{1}{9}$ pierwiastek jest podwójny); mnożenie przez $(3 - 2m)^2$ jest bezpieczne tylko dlatego, że to kwadrat różny od zera.

Odpowiedź: $m \in \left(-4 - 2\sqrt{6}, 0\right) \cup \left(0, \dfrac{1}{9}\right)$. Zobacz: zadania z parametrem, wzory Viète’a oraz zadania z wzorów Viète’a.

Krok 1. Warunki zadania jako równania. Z warunku $c - b = 6$ mamy $c = b + 6$. Własność ciągu arytmetycznego (środkowy wyraz to średnia sąsiednich) daje

$$2 \cdot 2b = 2a + (c + 1) \iff 4b = 2a + b + 7,$$

skąd $a = \dfrac{3b - 7}{2}$.

Krok 2. Własność ciągu geometrycznego. Dla ciągu geometrycznego $b^2 = ac$. Podstawiamy $a$ i $c$:

$$b^2 = \frac{3b - 7}{2} \cdot (b + 6) \iff 2b^2 = 3b^2 + 11b - 42,$$

czyli $b^2 + 11b - 42 = 0$.

Krok 3. Rozwiązanie i wybór. $(b - 3)(b + 14) = 0$, więc $b = 3$ albo $b = -14$. Wyrazy ciągu są dodatnie, zatem $b = 3$ (dla $b = -14$ wyszłoby $a = -\frac{49}{2}$ i $c = -8$). Stąd

$$a = \frac{3 \cdot 3 - 7}{2} = 1, \qquad c = 3 + 6 = 9.$$

Krok 4. Sprawdzenie. $(1, 3, 9)$ to ciąg geometryczny o ilorazie $3$ z wyrazami dodatnimi, $(2, 6, 10)$ - ciąg arytmetyczny o różnicy $4$, a $c - b = 9 - 3 = 6$.

Pułapka: pozostawienie drugiego rozwiązania. Zasady oceniania CKE mówią wprost, że kto nie odrzuci trójki z ujemnymi wyrazami i poda dwie odpowiedzi, dostaje co najwyżej $4$ z $5$ punktów.

Odpowiedź: $a = 1$, $b = 3$, $c = 9$. Zobacz: ciąg arytmetyczny i geometryczny w jednym zadaniu oraz zadania z ciągów arytmetycznych i geometrycznych.

Krok 1. Przekątna $BD$ jest średnicą. Kąt wpisany $BAD$ jest prosty, więc jest oparty na średnicy: $|BD| = 2 \cdot 4 = 8$. Z warunków zadania $|DE| = \frac{1}{4}|BD| = 2$, $|BE| = 6$ oraz $|AE| = \frac{1}{2}|BD| = 4$.

Krok 2. Trójkąt $ASE$. Niech $S$ będzie środkiem okręgu (środkiem $BD$). Wtedy $|SA| = 4$ (promień), $|SE| = |SD| - |DE| = 4 - 2 = 2$ i $|AE| = 4$. Trójkąt $ASE$ jest równoramienny ($|AS| = |AE|$), więc spodek $F$ jego wysokości z wierzchołka $A$ jest środkiem podstawy $SE$: $|EF| = |FS| = 1$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AFE$:

$$|AF|^2 = |AE|^2 - |EF|^2 = 16 - 1 = 15.$$

Krok 3. Boki $AD$ i $AB$. Punkt $F$ leży na średnicy $BD$ w odległości $|DF| = 2 + 1 = 3$ od $D$ i $|FB| = 8 - 3 = 5$ od $B$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach $AFD$ i $AFB$:

$$|AD|^2 = 3^2 + 15 = 24, \qquad |AD| = 2\sqrt{6},$$

$$|AB|^2 = 5^2 + 15 = 40, \qquad |AB| = 2\sqrt{10}.$$

Kontrola: $|AD|^2 + |AB|^2 = 64 = |BD|^2$, zgodnie z kątem prostym przy $A$.

Krok 4. Odcinek $EC$. Z twierdzenia o przecinających się cięciwach $|AE| \cdot |EC| = |BE| \cdot |ED|$, czyli $4 \cdot |EC| = 6 \cdot 2$, więc $|EC| = 3$.

Krok 5. Boki $CD$ i $CB$. Niech $G$ będzie rzutem punktu $C$ na $BD$. Trójkąty $AFE$ i $CGE$ są podobne (kąty proste przy $F$ i $G$, kąty wierzchołkowe przy $E$) w skali $\frac{|EC|}{|AE|} = \frac{3}{4}$, więc $|EG| = \frac{3}{4}$ i $|CG|^2 = \frac{9}{16} \cdot 15 = \frac{135}{16}$. Punkt $G$ leży po drugiej stronie $E$ niż $F$, czyli $|DG| = 2 - \frac{3}{4} = \frac{5}{4}$ oraz $|GB| = 8 - \frac{5}{4} = \frac{27}{4}$:

$$|CD|^2 = \frac{25}{16} + \frac{135}{16} = 10, \qquad |CD| = \sqrt{10},$$

$$|CB|^2 = \frac{729}{16} + \frac{135}{16} = 54, \qquad |CB| = 3\sqrt{6}.$$

Kontrola: $10 + 54 = 64 = |BD|^2$ - kąt przy $C$ jest prosty, tak jak w treści.

Krótsza droga do kroku 5 (podobna jest w zasadach CKE): trójkąty $AED$ i $BEC$ są podobne (kąty $CAD$ i $CBD$ są wpisane i oparte na tym samym łuku $CD$, a kąty przy $E$ są wierzchołkowe), więc $\frac{|BC|}{|AD|} = \frac{|BE|}{|AE|} = \frac{6}{4}$, czyli $|BC| = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt{6} = 3\sqrt{6}$. Tak samo z podobieństwa trójkątów $AEB$ i $DEC$: $\frac{|CD|}{|AB|} = \frac{|DE|}{|AE|} = \frac{1}{2}$, czyli $|CD| = \sqrt{10}$. Można też użyć twierdzenia cosinusów z $\cos\angle AEB = \frac{1}{4}$.

Pułapki: $|BD| = 2|AE|$ to nie to samo co „$E$ jest środkiem $AC$” - punkt $E$ dzieli $AC$ w stosunku $4 : 3$. Nie wolno też zakładać, że $AC$ jest średnicą - średnicą jest tylko $BD$ (to jej dotyczą kąty proste przy $A$ i $C$).

Odpowiedź: $|AB| = 2\sqrt{10}$, $|BC| = 3\sqrt{6}$, $|CD| = \sqrt{10}$, $|DA| = 2\sqrt{6}$. Zobacz: okrąg opisany na czworokącie oraz zadania z okręgu opisanego na czworokącie.

Krok 1. Krawędź podstawy w zależności od $h$. Niech $a$ będzie krawędzią podstawy. Wierzchołek $H$ leży nad wierzchołkiem $D$, więc trójkąt $ODH$ jest prostokątny (kąt prosty przy $D$), a $|OD|$ to połowa przekątnej kwadratu: $|OD| = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Z twierdzenia Pitagorasa:

$$d^2 = h^2 + \frac{a^2}{2} \iff a^2 = 2\left(d^2 - h^2\right).$$

Krok 2. Objętość i dziedzina (część a). $V = a^2 \cdot h$, więc

$$V(h) = 2h\left(d^2 - h^2\right) = 2d^2h - 2h^3.$$

Wysokość jest dodatnia, a krawędź podstawy musi istnieć: $a^2 = 2(d^2 - h^2) > 0$, czyli $h < d$. Dziedzina: $h \in (0, d)$.

Krok 3. Pochodna (część b). $V'(h) = 2d^2 - 6h^2 = 2\left(d^2 - 3h^2\right)$. Miejsce zerowe w dziedzinie:

$$d^2 - 3h^2 = 0 \iff h = \frac{d}{\sqrt{3}} = \frac{d\sqrt{3}}{3}.$$

Krok 4. Uzasadnienie maksimum. $V'(h) > 0$ dla $h \in \left(0, \frac{d\sqrt{3}}{3}\right)$ i $V'(h) < 0$ dla $h \in \left(\frac{d\sqrt{3}}{3}, d\right)$. Funkcja $V$ rośnie, a potem maleje, więc w punkcie $h = \frac{d\sqrt{3}}{3}$ osiąga wartość największą. (Ta największa objętość to $V = \frac{4\sqrt{3}}{9}d^3$, a krawędź podstawy wynosi wtedy $a = \frac{2\sqrt{3}}{3}d$ - zadanie o to nie pyta.)

Pułapki: dziedzina to przedział otwarty $(0, d)$ - dla $h = d$ graniastosłup „spłaszcza się” do odcinka ($a = 0$). Samo miejsce zerowe pochodnej nie wystarcza na komplet punktów: trzeba pokazać zmianę znaku pochodnej (albo inaczej uzasadnić, że to maksimum). Odcinek $OH$ biegnie do wierzchołka górnej podstawy, więc w trójkącie prostokątnym przyprostokątnymi są $h$ i połowa przekątnej podstawy, a nie krawędź $a$.

Odpowiedź: a) $V(h) = 2h\left(d^2 - h^2\right)$, $h \in (0, d)$; b) największą objętość ma graniastosłup o wysokości $h = \dfrac{d\sqrt{3}}{3}$. Zobacz: zadania optymalizacyjne z pochodną oraz zadania z optymalizacji.