Matura czerwiec 2025 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Rozpoznajemy schemat Bernoulliego. Wysłanie każdej z $10$ pralek to osobna, niezależna próba o dwóch wynikach. Za sukces przyjmujemy uszkodzenie pralki, więc

$$n = 10, \qquad p = 0{,}02, \qquad q = 1 - p = 0{,}98.$$

Krok 2. „Co najwyżej jedna” to zero albo jedna. Zdarzenie $A$ zachodzi, gdy liczba sukcesów $k$ wynosi $0$ lub $1$, a te przypadki się wykluczają, więc prawdopodobieństwa dodajemy:

$$P(A) = P_{10}(0) + P_{10}(1),$$

$$P(A) = \binom{10}{0} \cdot 0{,}02^0 \cdot 0{,}98^{10} + \binom{10}{1} \cdot 0{,}02 \cdot 0{,}98^9.$$

Krok 3. Liczymy. Wyłączamy wspólny czynnik $0{,}98^9$:

$$P(A) = 0{,}98^9 \cdot (0{,}98 + 10 \cdot 0{,}02) = 0{,}98^9 \cdot 1{,}18.$$

Ponieważ $0{,}98^9 \approx 0{,}83375$, otrzymujemy $P(A) \approx 0{,}98382$, czyli po zaokrągleniu do części tysięcznych $0{,}984$.

Pułapki: współczynnik $\binom{10}{1} = 10$ jest konieczny - uszkodzona może być którakolwiek z dziesięciu pralek, a nie jedna konkretna. Druga pułapka to pomylenie ról: jeśli za sukces przyjmiesz dotarcie pralki w całości ($p = 0{,}98$), to „co najwyżej jedna uszkodzona” oznacza co najmniej $9$ sukcesów, a nie co najwyżej jeden.

Odpowiedź: $P(A) \approx 0{,}984$. Zobacz: schemat Bernoulliego oraz zadania z rachunku prawdopodobieństwa.

Wszystkie trzy logarytmy sprowadzamy do jednej podstawy - do liczby $2$, bo w tej podstawie dane są $a$ i $b$.

Krok 1. Wyrażamy $\log_2 7$ przez $a$. Ponieważ $14 = 2 \cdot 7$, ze wzoru na logarytm iloczynu

$$a = \log_2 14 = \log_2 2 + \log_2 7 = 1 + \log_2 7, \qquad \text{więc} \qquad \log_2 7 = a - 1.$$

Krok 2. Wyrażamy $\log_2 27$ przez $b$. Ze wzoru na zamianę podstawy logarytmu i z równości $\log_2 \sqrt{2} = \frac{1}{2}$:

$$b = \log_{\sqrt{2}} 27 = \frac{\log_2 27}{\log_2 \sqrt{2}} = 2\log_2 27, \qquad \text{więc} \qquad \log_2 27 = \frac{b}{2}.$$

Krok 3. Przekształcamy lewą stronę tezy. Znowu zamiana podstawy, a potem $54 = 2 \cdot 27$:

$$\log_7 54 = \frac{\log_2 54}{\log_2 7} = \frac{\log_2 2 + \log_2 27}{\log_2 7} = \frac{1 + \frac{b}{2}}{a - 1}.$$

Mnożymy licznik i mianownik przez $2$ (mianownik jest niezerowy, bo $a - 1 = \log_2 7 > 0$):

$$\log_7 54 = \frac{2 + b}{2a - 2} = \frac{b + 2}{2a - 2},$$

co kończy dowód.

Pułapka: $\log_{\sqrt{2}} 27$ to dwa razy $\log_2 27$, a nie połowa - im mniejsza podstawa (większa od $1$), tym większy logarytm. Kontrola: $\sqrt{2}^{\,2x} = 2^x$, więc wykładnik przy podstawie $\sqrt{2}$ musi być dwa razy większy.

Odpowiedź: teza zachodzi, bo $\log_7 54 = \frac{1 + \log_2 27}{\log_2 7}$, gdzie $\log_2 7 = a - 1$ i $\log_2 27 = \frac{b}{2}$. Zobacz: logarytm - definicja i wzory oraz zadania z logarytmów.

Krok 1. Jakie wartości może mieć iloczyn? Iloczyn cyfr jest liczbą całkowitą nieujemną, więc liczby parzyste mniejsze od $5$ to $0$, $2$ i $4$. Każdy przypadek liczymy osobno i wyniki dodajemy (przypadki się wykluczają).

Krok 2. Iloczyn równy $0$. Iloczyn jest zerem dokładnie wtedy, gdy wśród cyfr jest co najmniej jedno zero. Najprościej przez dopełnienie: wszystkich liczb sześciocyfrowych jest $9 \cdot 10^5$ (pierwsza cyfra od $1$ do $9$), a takich bez żadnego zera - $9^6$. Zatem

$$9 \cdot 10^5 - 9^6 = 900\,000 - 531\,441 = 368\,559.$$

Krok 3. Iloczyn równy $2$. Jedyny rozkład na cyfry niezerowe: jedna dwójka i pięć jedynek. Dwójkę stawiamy na jednym z $6$ miejsc - jest $6$ takich liczb.

Krok 4. Iloczyn równy $4$. Są dwa rozkłady na cyfry:

• jedna czwórka i pięć jedynek - $6$ liczb (wybór miejsca czwórki);
• dwie dwójki i cztery jedynki - $\binom{6}{2} = 15$ liczb (wybór dwóch miejsc dla dwójek).

Razem $6 + 15 = 21$ liczb.

Krok 5. Sumujemy.

$$368\,559 + 6 + 21 = 368\,586.$$

Pułapka: zero jest liczbą parzystą i jest mniejsze od $5$. Kto pominie iloczyn równy $0$, dostanie tylko $27$ liczb - a to właśnie przypadek zera daje prawie cały wynik. Druga pułapka: w kroku 2 pierwsza cyfra nie może być zerem, dlatego wszystkich liczb jest $9 \cdot 10^5$, a nie $10^6$.

Odpowiedź: jest $368\,586$ takich liczb. Zobacz: reguła mnożenia i reguła dodawania oraz zadania z kombinatoryki.

Oznaczmy $|AD| = |BC| = a$, wtedy $|AB| = |CD| = 2a$. Kąty trapezu przy $M$ i $L$ są proste ($LM$ to wysokość), więc $MN \perp LM$ i $KL \perp LM$. Niech $\alpha = |\sphericalangle CML|$.

Krok 1. Trójkąt $MCL$. Prosta $LM$ jest równoległa do $BD$, więc kąty $CML$ i $CDB$ są odpowiadające: $|\sphericalangle CDB| = \alpha$. W prostokątnym trójkącie $BCD$ mamy $\operatorname{tg}\alpha = \frac{|BC|}{|CD|} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$, a w prostokątnym trójkącie $MCL$:

$$\frac{|CL|}{|CM|} = \operatorname{tg}\alpha = \frac{1}{2}.$$

Krok 2. Trójkąt $MDN$. Punkty $D$, $M$, $C$ leżą na jednej prostej i $|\sphericalangle NML| = 90°$, więc $|\sphericalangle DMN| = 180° - 90° - \alpha = 90° - \alpha$. W trójkącie $MDN$ (kąt prosty przy $D$) trzeci kąt ma zatem miarę $|\sphericalangle DNM| = \alpha$ i

$$\frac{|DM|}{|DN|} = \operatorname{tg}\alpha = \frac{1}{2}, \qquad |DN| = 2|DM|.$$

Krok 3. Trójkąt $KBL$. Tak samo na prostej $BC$: $|\sphericalangle CLM| = 90° - \alpha$ i $|\sphericalangle MLK| = 90°$, więc $|\sphericalangle KLB| = \alpha$. W trójkącie $KBL$ (kąt prosty przy $B$)

$$\frac{|BK|}{|BL|} = \operatorname{tg}\alpha = \frac{1}{2}, \qquad |BL| = 2|BK|.$$

Krok 4. Wiążemy długości. Niech $|BK| = t$. Wtedy $|BL| = 2t$, $|CL| = a - 2t$, a z kroku 1 $|CM| = 2|CL| = 2a - 4t$. Stąd

$$|DM| = |CD| - |CM| = 2a - (2a - 4t) = 4t = 4|BK|.$$

Krok 5. Stosunek pól. Oba trójkąty są prostokątne, a przyprostokątne każdego z nich mają się do siebie jak $1 : 2$ - są więc podobne w skali $\frac{|DM|}{|BK|} = 4$. Pola figur podobnych mają się jak kwadrat skali:

$$\frac{P_{MDN}}{P_{KBL}} = \frac{\frac{1}{2} \cdot |DM| \cdot |DN|}{\frac{1}{2} \cdot |BK| \cdot |BL|} = \frac{4t \cdot 8t}{t \cdot 2t} = 16.$$

To kończy dowód. Zauważ, że wynik nie zależy od położenia trapezu (od $t$) ani od wielkości prostokąta - liczy się tylko stosunek boków $2 : 1$.

Pułapka: kąt $\alpha$ pojawia się w trzech trójkątach w różnych miejscach (przy $M$, przy $N$, przy $L$) - przy każdym przejściu trzeba uzasadnić, skąd równość kątów (kąty odpowiadające przy równoległych, suma kątów na prostej, suma kątów trójkąta).

Odpowiedź: $|DM| = 4|BK|$ i trójkąty $MDN$ oraz $KBL$ są podobne w skali $4$, więc stosunek ich pól wynosi $16$. Zobacz: podobieństwo trójkątów, pola figur podobnych oraz zadania z pól figur.

Krok 1. Dwa różne rozwiązania: $\Delta > 0$.

$$\Delta = (2m)^2 - 4(2m - 1) = 4m^2 - 8m + 4 = 4(m - 1)^2.$$

Kwadrat jest dodatni dla każdego $m \ne 1$, więc pierwszy warunek to $m \in (-\infty, 1) \cup (1, +\infty)$. Dla $m = 1$ równanie ma pierwiastek podwójny $x = -1$.

Krok 2. Wzory Viète’a. $x_1 + x_2 = -2m$ oraz $x_1 x_2 = 2m - 1$, a sumę kwadratów zapisujemy przez nie:

$$x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2 = 4m^2 - 4m + 2.$$

Krok 3. Równanie z parametrem. Wstawiamy do warunku:

$$m(4m^2 - 4m + 2) = 3m(2m - 1) + 2 \quad\Longleftrightarrow\quad 4m^3 - 10m^2 + 5m - 2 = 0.$$

Krok 4. Rozwiązujemy równanie trzeciego stopnia. Szukamy pierwiastka wymiernego wśród dzielników wyrazu wolnego podzielonych przez dzielniki $4$: dla $m = 2$ mamy $32 - 40 + 10 - 2 = 0$. Grupujemy wyrazy:

$$4m^3 - 8m^2 - 2m^2 + 4m + m - 2 = (m - 2)(4m^2 - 2m + 1) = 0.$$

Trójmian $4m^2 - 2m + 1$ ma wyróżnik $4 - 16 = -12 < 0$, więc nie ma pierwiastków. Jedynym rozwiązaniem jest $m = 2$.

Krok 5. Część wspólna warunków. $m = 2 \ne 1$, więc spełnia też warunek z kroku 1. Sprawdzenie: dla $m = 2$ równanie $x^2 + 4x + 3 = 0$ ma pierwiastki $-1$ i $-3$; lewa strona warunku to $2 \cdot (1 + 9) = 20$, prawa $3 \cdot 2 \cdot 3 + 2 = 20$.

Sposób II (pierwiastki wprost). Liczba $-1$ spełnia równanie dla każdego $m$, bo $1 - 2m + 2m - 1 = 0$. Z $x_1 + x_2 = -2m$ drugi pierwiastek to $1 - 2m$; pierwiastki są różne, gdy $m \ne 1$. Podstawienie $x_1 = -1$, $x_2 = 1 - 2m$ do warunku daje to samo równanie $4m^3 - 10m^2 + 5m - 2 = 0$.

Pułapki: warunek $\Delta > 0$ (ostra nierówność - „dwa różne rozwiązania”), który tu wyklucza tylko $m = 1$, oraz błąd $x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2$ - za takie uproszczenie zasady oceniania dają najwyżej $2$ punkty.

Odpowiedź: $m = 2$. Zobacz: wzory Viète’a, zadania z parametrem oraz zadania z funkcji kwadratowej.

Krok 1. Sumę cosinusów zamieniamy na iloczyn. Ze wzoru $\cos\alpha + \cos\beta = 2\cos\frac{\alpha + \beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2}$ i parzystości cosinusa:

$$\cos(4x) + \cos(2x) = 2\cos(3x)\cos x.$$

Równanie przyjmuje postać

$$2\cos(3x)\cos x + 2\cos^2(3x) = 0,$$

a po wyłączeniu wspólnego czynnika

$$2\cos(3x)\left(\cos x + \cos(3x)\right) = 0.$$

Krok 2. Drugi nawias też zamieniamy na iloczyn. Tym samym wzorem $\cos(3x) + \cos x = 2\cos(2x)\cos x$, więc

$$4\cos(3x)\cos(2x)\cos x = 0.$$

Iloczyn jest zerem, gdy zeruje się któryś czynnik.

Krok 3. Rozwiązujemy trzy równania elementarne w $[0, \pi]$.

• $\cos(3x) = 0 \iff 3x = \frac{\pi}{2} + k\pi \iff x = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{3}$: w przedziale leżą $\frac{\pi}{6}$, $\frac{\pi}{2}$, $\frac{5\pi}{6}$;
• $\cos(2x) = 0 \iff x = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}$: w przedziale leżą $\frac{\pi}{4}$ i $\frac{3\pi}{4}$;
• $\cos x = 0$: w przedziale leży $\frac{\pi}{2}$ (już ją mamy).

Krok 4. Zbieramy rozwiązania (każde liczymy raz):

$$x \in \left\{\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{6}\right\}.$$

Pułapka: nie dziel przez $\cos(3x)$ - tracisz wtedy rozwiązania $\frac{\pi}{6}$ i $\frac{5\pi}{6}$. Wspólny czynnik wyłączamy przed nawias. Druga pułapka to wypisanie $\frac{\pi}{2}$ dwa razy (jest rozwiązaniem i $\cos(3x) = 0$, i $\cos x = 0$) - zbiór rozwiązań ma pięć, a nie sześć elementów.

Odpowiedź: $x \in \left\{\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{6}\right\}$. Zobacz: sumy i różnice funkcji trygonometrycznych oraz zadania z równań trygonometrycznych.

Niech $d = |BD|$, $\alpha = |\sphericalangle DAB|$ i $\gamma = |\sphericalangle BCD|$. Przekątna $BD$ dzieli czworokąt na trójkąty $ABD$ i $CBD$, w których znamy po dwa boki.

Krok 1. Twierdzenie cosinusów w obu trójkątach.

$$d^2 = 3^2 + 8^2 - 2 \cdot 3 \cdot 8\cos\alpha = 73 - 48\cos\alpha,$$

$$d^2 = 3^2 + 5^2 - 2 \cdot 3 \cdot 5\cos\gamma = 34 - 30\cos\gamma.$$

Krok 2. Własność czworokąta wpisanego w okrąg. Przeciwległe kąty sumują się do $180°$, więc $\gamma = 180° - \alpha$ i $\cos\gamma = -\cos\alpha$. Przyrównujemy oba wyrażenia na $d^2$:

$$73 - 48\cos\alpha = 34 + 30\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad 78\cos\alpha = 39 \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac{1}{2}.$$

Zatem $\alpha = 60°$, $\gamma = 120°$ oraz $d^2 = 73 - 48 \cdot \frac{1}{2} = 49$, czyli $d = 7$.

Krok 3. Twierdzenie sinusów. Okrąg opisany na czworokącie jest też okręgiem opisanym na trójkącie $ABD$, więc

$$2R = \frac{d}{\sin\alpha} = \frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{14}{\sqrt{3}} \quad\Longrightarrow\quad R = \frac{7}{\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{3}}{3}.$$

Ciekawostka z rysunku: w trójkącie $ABD$ kąt przy $B$ jest rozwarty ($\cos\sphericalangle ABD = \frac{9 + 49 - 64}{2 \cdot 3 \cdot 7} = -\frac{1}{7}$), więc środek okręgu leży poza czworokątem, a bok $DA = 8$ jest niewiele krótszy od średnicy $2R \approx 8{,}08$. Na wynik nie ma to wpływu - twierdzenie sinusów działa w każdym trójkącie.

Pułapka: bez warunku $\alpha + \gamma = 180°$ układ z kroku 1 ma za dużo niewiadomych. To właśnie „okrąg opisany na czworokącie” daje brakujące równanie. Uwaga też na wzór redukcyjny: $\cos(180° - \alpha) = -\cos\alpha$, stąd plus przed $30\cos\alpha$.

Odpowiedź: $R = \frac{7\sqrt{3}}{3}$. Zobacz: okrąg opisany na czworokącie, twierdzenie cosinusów oraz zadania z twierdzenia sinusów i cosinusów.

Krok 1. Współczynnik kierunkowy stycznej. Liczba $-2$ jest miejscem zerowym, więc $A = (-2, 0)$. Styczna przechodzi przez $A$ i $P = (1, 9)$, więc jej współczynnik kierunkowy to

$$k = \frac{9 - 0}{1 - (-2)} = 3,$$

a z interpretacji geometrycznej pochodnej $f'(-2) = 3$.

Krok 2. Trzy warunki - trzy równania. Mamy $f'(x) = 3x^2 + 2ax + b$, więc

$$f'(-2) = 3: \quad 12 - 4a + b = 3 \quad\Longrightarrow\quad b = 4a - 9,$$

$$f(-2) = 0: \quad -8 + 4a - 2b + c = 0 \quad\Longrightarrow\quad c = 2b - 4a + 8 = 4a - 10,$$

$$f(1) = 9: \quad 1 + a + b + c = 9.$$

Krok 3. Rozwiązujemy. Podstawiamy $b$ i $c$ do ostatniego równania: $1 + a + (4a - 9) + (4a - 10) = 9$, czyli $9a - 18 = 9$ i $a = 3$. Stąd $b = 3$, $c = 2$:

$$f(x) = x^3 + 3x^2 + 3x + 2.$$

Sposób II (pierwiastek podwójny). Styczna ma równanie $y = 3(x + 2)$. Różnica $g(x) = f(x) - 3(x + 2)$ to wielomian stopnia $3$ o współczynniku $1$ przy $x^3$, dla którego $g(-2) = 0$ i $g'(-2) = f'(-2) - 3 = 0$, czyli $-2$ jest pierwiastkiem podwójnym; ponadto $g(1) = 9 - 9 = 0$. Zatem $g(x) = (x - 1)(x + 2)^2$ i

$$f(x) = (x - 1)(x + 2)^2 + 3(x + 2) = (x + 2)(x^2 + x + 1),$$

czyli po wymnożeniu $f(x) = x^3 + 3x^2 + 3x + 2$.

Sprawdzenie: $f(-2) = -8 + 12 - 6 + 2 = 0$, $f(1) = 9$, $f'(-2) = 12 - 12 + 3 = 3$.

Pułapka: punkt $P$ nie jest punktem styczności - nie wolno pisać $f'(1) = 3$. Warunek „przecina wykres w $P$” daje tylko $f(1) = 9$.

Odpowiedź: $f(x) = x^3 + 3x^2 + 3x + 2$. Zobacz: styczna do wykresu funkcji oraz zadania z pochodnej funkcji.

Krok 1. Wyrażamy wyrazy przez $a_6$ i różnicę $r$. W ciągu arytmetycznym $a_n = a_6 + (n - 6)r$, więc $a_{15} = 15 + 9r$, $a_3 = 15 - 3r$, $a_8 = 15 + 2r$. Warunek z treści:

$$15 + 9r = (15 - 3r)(15 + 2r - 6) = (15 - 3r)(9 + 2r).$$

Krok 2. Rozwiązujemy równanie kwadratowe. Po wymnożeniu $15 + 9r = 135 + 3r - 6r^2$, czyli

$$6r^2 + 6r - 120 = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad r^2 + r - 20 = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad (r + 5)(r - 4) = 0.$$

Ciąg jest rosnący, więc $r > 0$ i $r = 4$ (wartość $r = -5$ odrzucamy).

Krok 3. Ciąg geometryczny. $b_1 = a_{11} = 15 + 5 \cdot 4 = 35$, $b_2 = a_6 = 15$, więc iloraz

$$q = \frac{b_2}{b_1} = \frac{15}{35} = \frac{3}{7}.$$

Krok 4. Suma wszystkich wyrazów to suma szeregu geometrycznego. Istnieje, bo $|q| = \frac{3}{7} < 1$:

$$S = \frac{b_1}{1 - q} = \frac{35}{1 - \frac{3}{7}} = \frac{35}{\frac{4}{7}} = \frac{245}{4} = 61{,}25.$$

Pułapki: „suma wszystkich wyrazów” ciągu nieskończonego to suma szeregu - przed użyciem wzoru trzeba napisać, że $|q| < 1$. Gdyby nie odrzucić $r = -5$, dostalibyśmy $b_1 = a_{11} = -10$ i $q = -\frac{3}{2}$ - szereg byłby rozbieżny, a wzór $\frac{b_1}{1 - q}$ dałby liczbę, która nie jest żadną sumą.

Odpowiedź: $S = \frac{245}{4}$. Zobacz: szereg geometryczny, ciąg arytmetyczny oraz zadania z ciągów.

Ostrosłup jest prawidłowy, więc podstawa $ABC$ jest trójkątem równobocznym o boku $a$, a wszystkie krawędzie boczne są równe. Z proporcji przyjmujemy $|CE| = 3k$, $|DE| = 11k$ dla pewnego $k > 0$, więc $|CD| = |AD| = |BD| = 14k$.

Krok 1. Odcinek $AE$. Płaszczyzna $ABE$ jest prostopadła do $CD$, więc $AE \perp CD$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $AED$:

$$|AE|^2 = |AD|^2 - |DE|^2 = 196k^2 - 121k^2 = 75k^2.$$

Krok 2. Krawędź podstawy. W trójkącie prostokątnym $AEC$:

$$a^2 = |AC|^2 = |AE|^2 + |CE|^2 = 75k^2 + 9k^2 = 84k^2, \qquad a = 2\sqrt{21}\,k.$$

Krok 3. Wysokość ściany bocznej. Ściana $ACD$ to trójkąt równoramienny o ramionach $14k$ i podstawie $a$; jego wysokość $h$ opuszczona z $D$ dzieli podstawę na połowy:

$$h^2 = (14k)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = 196k^2 - 21k^2 = 175k^2, \qquad h = 5\sqrt{7}\,k.$$

Krok 4. Pola. Powierzchnia boczna to trzy przystające trójkąty:

$$P_b = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt{21}\,k \cdot 5\sqrt{7}\,k = 15\sqrt{147}\,k^2 = 105\sqrt{3}\,k^2,$$

$$P_p = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{84\sqrt{3}\,k^2}{4} = 21\sqrt{3}\,k^2.$$

Krok 5. Stosunek.

$$\frac{P_c}{P_p} = \frac{P_p + P_b}{P_p} = \frac{21\sqrt{3} + 105\sqrt{3}}{21\sqrt{3}} = \frac{126}{21} = 6.$$

Kontrola innym sposobem: $\frac{P_b}{P_p} = 5$ oznacza, że rzut każdej ściany bocznej na podstawę ma $\frac{1}{5}$ jej pola, czyli cosinus kąta nachylenia ściany do podstawy jest równy $\frac{1}{5}$. Rzeczywiście: $\frac{r}{h} = \frac{a\sqrt{3}/6}{5\sqrt{7}\,k} = \frac{\sqrt{7}\,k}{5\sqrt{7}\,k} = \frac{1}{5}$, gdzie $r$ to promień okręgu wpisanego w podstawę.

Pułapka: odcinek $AE$ nie jest wysokością ściany bocznej poprowadzoną z $D$ - to wysokość poprowadzona z wierzchołka $A$ na ramię $CD$. Do pola ściany potrzebna jest wysokość $h$ na podstawę $AC$ (krok 3), a $AE$ służy tylko do wyznaczenia $a$.

Odpowiedź: stosunek pola powierzchni całkowitej do pola podstawy jest równy $6$. Zobacz: ostrosłupy, przekroje wielościanów oraz zadania z graniastosłupów i ostrosłupów.

Krok 1. Brakujące wierzchołki. Środek symetrii równoległoboku jest środkiem obu przekątnych, więc $C = 2M - A$ i $B = 2M - D$:

$$C = (-9 + 8,\ 2 + 1) = (-1, 3), \qquad B = (-9 + 13,\ 2 - 9) = (4, -7).$$

Krok 2. Proste $AB$ i $BC$. Prosta $AB$ ma współczynnik kierunkowy $\frac{-7 - (-1)}{4 - (-8)} = -\frac{1}{2}$, a prosta $BC$ - współczynnik $\frac{3 - (-7)}{-1 - 4} = -2$. W postaci ogólnej:

$$AB: \ x + 2y + 10 = 0, \qquad BC: \ 2x + y - 1 = 0.$$

Krok 3. Warunki na środek $S = (p, q)$. Okrąg jest styczny do obu prostych, więc $S$ jest od nich równo odległy, a ta odległość to promień - równy odległości $S$ od początku układu $O = (0, 0)$:

$$\frac{|p + 2q + 10|}{\sqrt{5}} = \frac{|2p + q - 1|}{\sqrt{5}} = \sqrt{p^2 + q^2}.$$

Krok 4. Dwusieczne. Pierwsza równość oznacza, że $S$ leży na jednej z dwóch dwusiecznych kątów między prostymi $AB$ i $BC$:

$$p + 2q + 10 = -(2p + q - 1) \iff q = -p - 3,$$

albo

$$p + 2q + 10 = 2p + q - 1 \iff q = p - 11.$$

Pierwsza z nich, $y = -x - 3$, to dwusieczna kąta $ABC$ równoległoboku (przechodzi przez $B$ i biegnie do wnętrza równoległoboku: dla jej punktów leżących w kącie $ABC$, tak jak dla środka $M$, wyrażenia $x + 2y + 10$ i $2x + y - 1$ mają przeciwne znaki).

Krok 5. Przypadek $q = -p - 3$. Wtedy $p + 2q + 10 = 4 - p$ i drugi warunek po podniesieniu do kwadratu ma postać

$$\frac{(4 - p)^2}{5} = p^2 + (p + 3)^2 \iff p^2 - 8p + 16 = 10p^2 + 30p + 45,$$

czyli

$$9p^2 + 38p + 29 = 0.$$

$\Delta = 38^2 - 4 \cdot 9 \cdot 29 = 1444 - 1044 = 400$, więc $p = \frac{-38 \pm 20}{18}$, czyli $p = -1$ albo $p = -\frac{29}{9}$. Odpowiednio $q = -2$ albo $q = \frac{29}{9} - 3 = \frac{2}{9}$. Druga współrzędna środka ma być ujemna, więc zostaje $S = (-1, -2)$.

Krok 6. Przypadek $q = p - 11$ (druga dwusieczna). Wtedy $p + 2q + 10 = 3p - 12$ i

$$\frac{(3p - 12)^2}{5} = p^2 + (p - 11)^2 \iff p^2 - 38p + 461 = 0,$$

a wyróżnik tego równania jest ujemny: $\Delta = 1444 - 1844 = -400 < 0$, czyli na tej dwusiecznej nie ma żadnego okręgu przechodzącego przez $O$. Rozwiązanie z kroku 5 jest jedyne.

Krok 7. Promień i równanie. $r^2 = |SO|^2 = (-1)^2 + (-2)^2 = 5$. Kontrola: odległość $S$ od prostej $AB$ to $\frac{|-1 - 4 + 10|}{\sqrt{5}} = \frac{5}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}$, od prostej $BC$: $\frac{|-2 - 2 - 1|}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}$. Punkty styczności $(-2, -4)$ i $(1, -1)$ leżą nawet na samych bokach $AB$ i $BC$, nie tylko na ich przedłużeniach.

Pułapki: wartości bezwzględne we wzorze na odległość punktu od prostej - opuszczenie ich bez rozważenia znaku gubi jedną z dwusiecznych; oraz warunek $q < 0$, który odrzuca drugi okrąg o środku $\left(-\frac{29}{9}, \frac{2}{9}\right)$ - ten też przechodzi przez $O$ i jest styczny do obu prostych.

Odpowiedź: $(x + 1)^2 + (y + 2)^2 = 5$. Zobacz: dwusieczne kątów i okrąg wpisany, równanie okręgu oraz zadania z geometrii analitycznej.

Niech $H$ będzie wysokością graniastosłupa. Podstawy są trójkątami równobocznymi o boku $a$, a ściany boczne - trzema prostokątami $a \times H$.

Krok 1. Wysokość z pola powierzchni.

$$2 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} + 3aH = 24\sqrt{3} \quad\Longrightarrow\quad H = \frac{24\sqrt{3} - \frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{3a} = \frac{\sqrt{3}\,(48 - a^2)}{6a}.$$

Krok 2. Objętość.

$$V = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot H = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sqrt{3}\,(48 - a^2)}{6a} = \frac{3a(48 - a^2)}{24} = \frac{a(48 - a^2)}{8}.$$

Zatem $V(a) = 6a - \frac{1}{8}a^3$, co należało wykazać. Przy okazji widać dziedzinę z zadania 12.2: $H > 0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $a^2 < 48$, czyli $a \in (0, 4\sqrt{3})$.

Pułapka: pole całkowite to dwie podstawy i trzy ściany boczne - pominięcie dwójki przed polem podstawy daje inny wzór na $H$ i dowód się nie domyka.

Odpowiedź: $H = \frac{\sqrt{3}(48 - a^2)}{6a}$, więc $V(a) = 6a - \frac{1}{8}a^3$. Zobacz: graniastosłupy oraz zadania z graniastosłupów i ostrosłupów.

Krok 1. Pochodna.

$$V'(a) = 6 - \frac{3}{8}a^2 \quad \text{dla} \quad a \in \left(0, 4\sqrt{3}\right).$$

Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej. $6 - \frac{3}{8}a^2 = 0 \iff a^2 = 16$, czyli $a = 4$ albo $a = -4$; do dziedziny należy tylko $a = 4$ (bo $4 < 4\sqrt{3} \approx 6{,}93$).

Krok 3. Znak pochodnej i monotoniczność. $V'(a) > 0$ dla $a \in (0, 4)$ i $V'(a) < 0$ dla $a \in \left(4, 4\sqrt{3}\right)$, więc funkcja $V$ rośnie w przedziale $(0, 4]$ i maleje w przedziale $\left[4, 4\sqrt{3}\right)$. Największą wartość przyjmuje zatem dla $a = 4$.

Krok 4. Największa objętość.

$$V(4) = 6 \cdot 4 - \frac{1}{8} \cdot 64 = 24 - 8 = 16.$$

Ten graniastosłup ma wysokość $H = \frac{\sqrt{3}(48 - 16)}{24} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Pułapka: samo $V'(4) = 0$ nie wystarcza - zasady oceniania wymagają uzasadnienia, że w $a = 4$ jest wartość największa (znak pochodnej i monotoniczność albo jedyne ekstremum będące maksimum). Bez tego można dostać najwyżej $2$ punkty.

Odpowiedź: największą objętość ma graniastosłup o krawędzi podstawy $a = 4$; wynosi ona $V = 16$. Zobacz: zadania optymalizacyjne z pochodną oraz zadania z pochodnej funkcji.