Matura 2025 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Wyznaczamy stałą $k$. Mamy $N_0 = 10\,000$ i $N(2) = 15\,625$, więc

$$15\,625 = 10\,000 \cdot k^2 \quad\Longrightarrow\quad k^2 = \frac{15\,625}{10\,000} = \frac{25}{16}.$$

Stała $k$ jest dodatnia, zatem $k = \frac{5}{4} = 1{,}25$.

Krok 2. Interpretujemy $k$. W ciągu każdej godziny liczebność mnoży się przez $k$: $N(t + 1) = N(t) \cdot 1{,}25$. Pomnożenie przez $1{,}25$ to wzrost o $0{,}25$, czyli o $25\%$ dotychczasowej liczebności.

Pułapka: przez dwie godziny populacja urosła o $56{,}25\%$, ale nie wynika z tego wzrost o $56{,}25\% : 2 \approx 28{,}1\%$ na godzinę - procenty w zależności wykładniczej się nie dodają, tylko składają ($1{,}25 \cdot 1{,}25 = 1{,}5625$).

Odpowiedź: liczebność populacji wzrastała o $25\%$ w ciągu każdej godziny. Zobacz: zastosowania funkcji wykładniczej oraz zadania z funkcji wykładniczej.

Krok 1. Rozwijamy sześcian sumy. Ze wzoru $(x + y)^3 = x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3$:

$$(a + 2b)^3 = a^3 + 6a^2b + 12ab^2 + 8b^3.$$

Krok 2. Przenosimy wszystko na lewą stronę. Nierówność jest równoważna nierówności

$$a^3 + 6a^2b + 12ab^2 + 8b^3 - 8a^2b - 16ab^2 > 0 \quad\Longleftrightarrow\quad a^3 - 2a^2b - 4ab^2 + 8b^3 > 0.$$

Krok 3. Rozkładamy lewą stronę na czynniki (grupowanie wyrazów):

$$a^3 - 2a^2b - 4ab^2 + 8b^3 = a^2(a - 2b) - 4b^2(a - 2b) = (a - 2b)(a^2 - 4b^2) = (a - 2b)^2(a + 2b).$$

Krok 4. Badamy znak czynników. Warunek $b \ne \frac{1}{2}a$ oznacza $a \ne 2b$, czyli $a - 2b \ne 0$, więc $(a - 2b)^2 > 0$. Liczby $a$ i $b$ są dodatnie, więc $a + 2b > 0$. Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni:

$$(a - 2b)^2(a + 2b) > 0.$$

Przekształcaliśmy nierówność równoważnie, więc nierówność z treści zadania też jest prawdziwa, co kończy dowód.

Dlaczego założenie $b \ne \frac{1}{2}a$ jest potrzebne: dla $a = 2b$ obie strony są równe (np. $a = 2$, $b = 1$: $(2 + 2)^3 = 64$ oraz $8 \cdot 4 \cdot 1 + 16 \cdot 2 \cdot 1 = 64$) - nierówność ostra przestaje zachodzić.

Odpowiedź: nierówność zachodzi, bo jest równoważna nierówności $(a - 2b)^2(a + 2b) > 0$. Zobacz: wzory skróconego mnożenia oraz zadania z wzorów skróconego mnożenia.

Niech $a$ będzie długością boku trójkąta, a $\alpha = |\sphericalangle DAC|$.

Krok 1. Stosunek pól zamieniamy na stosunek odcinków. Trójkąty $ABD$ i $ADC$ mają wspólną wysokość poprowadzoną z wierzchołka $A$, więc ich pola mają się do siebie tak jak podstawy:

$$\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}.$$

Zapisujemy $|BD| = (\sqrt{3} - 1)t$ i $|DC| = 2t$. Z $|BD| + |DC| = a$ dostajemy $(\sqrt{3} + 1)t = a$, czyli

$$|DC| = \frac{2a}{\sqrt{3} + 1} = \frac{2a(\sqrt{3} - 1)}{2} = (\sqrt{3} - 1)a, \qquad |BD| = a - |DC| = (2 - \sqrt{3})a.$$

Krok 2. Twierdzenie sinusów w trójkącie $ADC$. Kąt $ACD$ ma $60°$, więc $|\sphericalangle ADC| = 180° - 60° - \alpha = 120° - \alpha$. Z twierdzenia sinusów:

$$\frac{|DC|}{\sin\alpha} = \frac{|AC|}{\sin(120° - \alpha)} \quad\Longrightarrow\quad (\sqrt{3} - 1)\sin(120° - \alpha) = \sin\alpha.$$

Krok 3. Rozwiązujemy równanie. Ze wzoru na sinus różnicy $\sin(120° - \alpha) = \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha + \frac{1}{2}\sin\alpha$, więc

$$\frac{(\sqrt{3} - 1)\sqrt{3}}{2}\cos\alpha + \frac{\sqrt{3} - 1}{2}\sin\alpha = \sin\alpha \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{3 - \sqrt{3}}{2}\cos\alpha = \frac{3 - \sqrt{3}}{2}\sin\alpha.$$

Współczynnik $\frac{3 - \sqrt{3}}{2}$ jest różny od zera, więc $\sin\alpha = \cos\alpha$, czyli $\operatorname{tg}\alpha = 1$. Kąt $\alpha$ leży w przedziale $(0°, 60°)$, zatem $\alpha = 45°$.

Sposób II (wysokość trójkąta). Niech $H$ będzie spodkiem wysokości z wierzchołka $A$ - to środek boku $BC$, więc $|BH| = \frac{a}{2}$ i $|AH| = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Punkt $D$ leży między $B$ a $H$, bo $|BD| = (2 - \sqrt{3})a \approx 0{,}27a < 0{,}5a$. Wtedy

$$|DH| = \frac{a}{2} - (2 - \sqrt{3})a = \frac{(2\sqrt{3} - 3)a}{2}, \qquad \operatorname{tg}|\sphericalangle DAH| = \frac{|DH|}{|AH|} = \frac{2\sqrt{3} - 3}{\sqrt{3}} = 2 - \sqrt{3}.$$

Ponieważ $\operatorname{tg}15° = 2 - \sqrt{3}$, kąt $DAH$ ma $15°$, a wysokość $AH$ dzieli kąt $BAC$ na połowy po $30°$. Stąd $|\sphericalangle DAC| = 15° + 30° = 45°$.

Odpowiedź: $|\sphericalangle DAC| = 45°$. Zobacz: twierdzenie sinusów oraz zadania z twierdzenia sinusów i cosinusów.

Wynikiem doświadczenia jest ciąg czterech liczb ze zbioru $\{1, 2, \ldots, 6\}$, więc $|\Omega| = 6^4$ i wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne. Oznaczamy:

• $B$ - dokładnie dwa razy wypadło pięć oczek,
• $A$ - co najmniej raz wypadło sześć oczek.

Szukamy $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{|A \cap B|}{|B|}$.

Krok 1. Liczymy $|B|$. Wybieramy dwa z czterech rzutów, w których wypadnie piątka ($\binom{4}{2} = 6$ sposobów), a w pozostałych dwóch rzutach wypada dowolny wynik różny od pięciu ($5 \cdot 5$ możliwości):

$$|B| = \binom{4}{2} \cdot 5 \cdot 5 = 150.$$

Krok 2. Liczymy $|A \cap B|$. Dwie piątki ustawiamy jak wyżej, a w dwóch pozostałych rzutach ma się pojawić co najmniej jedna szóstka. Tych dwóch rzutów (bez piątek) jest $5 \cdot 5 = 25$, z czego bez żadnej szóstki - $4 \cdot 4 = 16$. Zatem z szóstką: $25 - 16 = 9$, i

$$|A \cap B| = \binom{4}{2} \cdot 9 = 54.$$

Krok 3. Prawdopodobieństwo warunkowe.

$$P(A \mid B) = \frac{54}{150} = \frac{9}{25}.$$

Pułapki: $1 - \left(\frac{5}{6}\right)^4$ to prawdopodobieństwo szóstki bez warunku; a liczenie pozostałych rzutów jako $6 \cdot 6$ zamiast $5 \cdot 5$ dopuszcza trzecią piątkę, a wtedy nie byłoby „dokładnie dwóch” piątek.

Odpowiedź: $P(A \mid B) = \frac{9}{25}$. Zobacz: prawdopodobieństwo warunkowe oraz zadania z rachunku prawdopodobieństwa.

Wyrażenia pod wartościami bezwzględnymi zerują się w punktach $x = -3$ i $x = 2$, więc rozważamy trzy przedziały.

Przypadek 1: $x \in (-\infty, -3)$. Wtedy $|x - 2| = -x + 2$ i $|x + 3| = -x - 3$:

$$-x + 2 - 2(-x - 3) < -2 \quad\Longleftrightarrow\quad x + 8 < -2 \quad\Longleftrightarrow\quad x < -10.$$

Część wspólna z przedziałem: $x \in (-\infty, -10)$.

Przypadek 2: $x \in [-3, 2)$. Wtedy $|x - 2| = -x + 2$ i $|x + 3| = x + 3$:

$$-x + 2 - 2(x + 3) < -2 \quad\Longleftrightarrow\quad -3x - 4 < -2 \quad\Longleftrightarrow\quad x > -\frac{2}{3}.$$

Część wspólna z przedziałem: $x \in \left(-\frac{2}{3}, 2\right)$.

Przypadek 3: $x \in [2, +\infty)$. Wtedy $|x - 2| = x - 2$ i $|x + 3| = x + 3$:

$$x - 2 - 2(x + 3) < -2 \quad\Longleftrightarrow\quad -x - 8 < -2 \quad\Longleftrightarrow\quad x > -6.$$

Każda liczba z przedziału $[2, +\infty)$ spełnia ten warunek: $x \in [2, +\infty)$.

Krok 4. Suma rozwiązań z trzech przypadków:

$$x \in (-\infty, -10) \cup \left(-\frac{2}{3}, 2\right) \cup [2, +\infty) = (-\infty, -10) \cup \left(-\frac{2}{3}, +\infty\right).$$

Sprawdzenie końców: dla $x = -10$ lewa strona to $12 - 14 = -2$, a dla $x = -\frac{2}{3}$ to $\frac{8}{3} - \frac{14}{3} = -2$ - w obu przypadkach nierówność ostra nie zachodzi, więc końce są otwarte. Pułapka: przy zmianie znaku przez $-3$ w przypadku 2 trzeba odwrócić zwrot nierówności.

Odpowiedź: $x \in (-\infty, -10) \cup \left(-\frac{2}{3}, +\infty\right)$. Zobacz: nierówności z wartością bezwzględną oraz zadania z wartości bezwzględnej.

Krok 1. Wyznaczamy $a_1$ i $a_3$. Z wzoru $(a_1 + a_3)^2 = a_1^2 + 2a_1a_3 + a_3^2$:

$$400 = 328 + 2a_1a_3 \quad\Longrightarrow\quad a_1a_3 = 36.$$

Liczby $a_1$ i $a_3$ mają sumę $20$ i iloczyn $36$, więc są pierwiastkami równania $t^2 - 20t + 36 = 0$, czyli $(t - 2)(t - 18) = 0$. Stąd $(a_1, a_3) = (2, 18)$ albo $(a_1, a_3) = (18, 2)$.

Krok 2. Wyznaczamy iloraz. W ciągu geometrycznym $a_3 = a_1q^2$, więc $q^2 = \frac{a_3}{a_1}$.

• Dla $a_1 = 2$, $a_3 = 18$: $q^2 = 9$, czyli $|q| = 3$. Szereg geometryczny jest zbieżny tylko dla $|q| < 1$ - ten przypadek odrzucamy.
• Dla $a_1 = 18$, $a_3 = 2$: $q^2 = \frac{1}{9}$, czyli $q = \frac{1}{3}$ albo $q = -\frac{1}{3}$. Oba ilorazy spełniają warunek $|q| < 1$.

Krok 3. Suma szeregu $S = \dfrac{a_1}{1 - q}$:

$$q = \frac{1}{3}: \quad S = \frac{18}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{18}{\frac{2}{3}} = 27, \qquad q = -\frac{1}{3}: \quad S = \frac{18}{1 + \frac{1}{3}} = \frac{18}{\frac{4}{3}} = \frac{27}{2}.$$

Pułapka: polecenie „rozważ wszystkie przypadki” podpowiada, że wynik nie jest jeden. Z $q^2 = \frac{1}{9}$ łatwo zgubić ujemny iloraz $q = -\frac{1}{3}$ - ciąg $18, -6, 2, -\frac{2}{3}, \ldots$ też spełnia oba warunki zadania.

Odpowiedź: $S = 27$ (dla $q = \frac{1}{3}$) lub $S = \frac{27}{2}$ (dla $q = -\frac{1}{3}$). Zobacz: szereg geometryczny oraz zadania z ciągów.

Oznaczamy $|AB| = a$, $|CD| = b$, a wysokość trapezu $ABCD$ - przez $h$.

Krok 1. Odcinek $EF$. Odcinek łączący środki ramion trapezu jest równoległy do podstaw, a jego długość to średnia arytmetyczna podstaw:

$$|EF| = \frac{a + b}{2}.$$

Odcinek $EF$ dzieli wysokość trapezu na połowy (twierdzenie Talesa - $E$ jest środkiem $AD$), więc oba trapezy $EFCD$ i $ABFE$ mają wysokość $\frac{h}{2}$.

Krok 2. Pola obu trapezów.

$$P_{EFCD} = \frac{1}{2}\left(b + \frac{a + b}{2}\right) \cdot \frac{h}{2} = \frac{(a + 3b)h}{8}, \qquad P_{ABFE} = \frac{1}{2}\left(a + \frac{a + b}{2}\right) \cdot \frac{h}{2} = \frac{(3a + b)h}{8}.$$

Krok 3. Warunek z treści.

$$\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}} = \frac{a + 3b}{3a + b} = \frac{1}{2} \quad\Longleftrightarrow\quad 2a + 6b = 3a + b \quad\Longleftrightarrow\quad a = 5b.$$

Zatem $\dfrac{|CD|}{|AB|} = \dfrac{b}{a} = \dfrac{b}{5b} = \dfrac{1}{5}$, co kończy dowód.

Pułapka: z treści nie wiadomo, która podstawa jest dłuższa, więc nie zakładamy tego - wynika to dopiero z rachunku ($a = 5b > b$). Rysunek z krótszą podstawą u góry jest tylko ilustracją.

Odpowiedź: $|CD| : |AB| = 1 : 5$, co należało wykazać. Zobacz: pole trapezu oraz zadania z czworokątów.

Krok 1. Równania okręgów w postaci ogólnej. Po rozwinięciu kwadratów:

$$\mathcal{O}_1\colon\ x^2 + y^2 - 2x + 6y + 5 = 0, \qquad \mathcal{O}_2\colon\ x^2 + y^2 - 4x - 8y - 25 = 0.$$

Krok 2. Prosta $AB$. Odejmujemy stronami drugie równanie od pierwszego - wyrazy kwadratowe się redukują i zostaje równanie prostej przechodzącej przez oba punkty wspólne:

$$2x + 14y + 30 = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad x = -7y - 15.$$

Krok 3. Punkty wspólne. Wstawiamy $x = -7y - 15$ do równania okręgu $\mathcal{O}_1$:

$$(-7y - 16)^2 + (y + 3)^2 = 5 \quad\Longleftrightarrow\quad 50y^2 + 230y + 260 = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 5y^2 + 23y + 26 = 0.$$

$\Delta = 23^2 - 4 \cdot 5 \cdot 26 = 529 - 520 = 9$, więc $y = \frac{-23 - 3}{10} = -\frac{13}{5}$ albo $y = \frac{-23 + 3}{10} = -2$. Odpowiednio $x = -7 \cdot \left(-\frac{13}{5}\right) - 15 = \frac{16}{5}$ oraz $x = 14 - 15 = -1$.

Punkt $A$ ma dodatnią pierwszą współrzędną, więc $A = \left(\frac{16}{5}, -\frac{13}{5}\right)$ i $B = (-1, -2)$. Sprawdzenie dla $B$: $(-2)^2 + 1^2 = 5$ oraz $(-3)^2 + (-6)^2 = 45$.

Krok 4. Punkt $M$. Niech $M = (x, y)$. Warunek $\overrightarrow{AM} = -2 \cdot \overrightarrow{BM}$ zapisany we współrzędnych:

$$\left[x - \frac{16}{5},\ y + \frac{13}{5}\right] = -2 \cdot [x + 1,\ y + 2].$$

Z pierwszej współrzędnej: $x - \frac{16}{5} = -2x - 2$, czyli $3x = \frac{6}{5}$ i $x = \frac{2}{5}$. Z drugiej: $y + \frac{13}{5} = -2y - 4$, czyli $3y = -\frac{33}{5}$ i $y = -\frac{11}{5}$.

Wektory $\overrightarrow{AM}$ i $\overrightarrow{BM}$ mają przeciwne zwroty, więc $M$ leży na odcinku $AB$ i dzieli go w stosunku $|AM| : |MB| = 2 : 1$ - stąd też $M = \frac{A + 2B}{3}$.

Pułapka: warunek $\overrightarrow{AM} = -2 \cdot \overrightarrow{BM}$ to nie to samo co $\overrightarrow{AM} = -2 \cdot \overrightarrow{MB}$ - przy pomyleniu kolejności liter wychodzi punkt leżący poza odcinkiem $AB$.

Odpowiedź: $A = \left(\frac{16}{5}, -\frac{13}{5}\right)$, $B = (-1, -2)$, $M = \left(\frac{2}{5}, -\frac{11}{5}\right)$. Zobacz: dwa okręgi w układzie współrzędnych, wektory w zadaniach z geometrii analitycznej oraz zadania z geometrii analitycznej.

Krok 1. Czy $\cos x$ może być równy zero? Jeśli $\cos x = 0$, to $\sin(2x) = 2\sin x\cos x = 0$ i $\sin^2 x = 1$, więc lewa strona równa się $-3 \ne 0$. Zatem żadne rozwiązanie nie ma $\cos x = 0$ i możemy dzielić przez $\cos^2 x$.

Krok 2. Równanie kwadratowe względem $\operatorname{tg} x$. Piszemy $\sin(2x) = 2\sin x\cos x$ i dzielimy obie strony przez $\cos^2 x$:

$$3 + 2\sqrt{3}\operatorname{tg} x - 3\operatorname{tg}^2 x = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 3\operatorname{tg}^2 x - 2\sqrt{3}\operatorname{tg} x - 3 = 0.$$

Dla $u = \operatorname{tg} x$: $\Delta = 12 + 36 = 48$, $\sqrt{\Delta} = 4\sqrt{3}$, więc

$$u = \frac{2\sqrt{3} + 4\sqrt{3}}{6} = \sqrt{3} \qquad\text{lub}\qquad u = \frac{2\sqrt{3} - 4\sqrt{3}}{6} = -\frac{\sqrt{3}}{3}.$$

Krok 3. Rozwiązania w przedziale $[-\pi, \pi]$. Tangens ma okres $\pi$:

• $\operatorname{tg} x = \sqrt{3}$: $x = \frac{\pi}{3} + k\pi$, czyli w przedziale $x = -\frac{2\pi}{3}$ lub $x = \frac{\pi}{3}$;
• $\operatorname{tg} x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$: $x = -\frac{\pi}{6} + k\pi$, czyli w przedziale $x = -\frac{\pi}{6}$ lub $x = \frac{5\pi}{6}$.

Sposób II (wzory na kąt podwojony). Ponieważ $\cos^2 x - \sin^2 x = \cos(2x)$, równanie ma postać $3\cos(2x) + \sqrt{3}\sin(2x) = 0$. Po podzieleniu przez $2\sqrt{3}$:

$$\frac{\sqrt{3}}{2}\cos(2x) + \frac{1}{2}\sin(2x) = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) = 0,$$

skąd $2x + \frac{\pi}{3} = k\pi$, czyli $x = -\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2}$. W przedziale $[-\pi, \pi]$ leżą wartości dla $k = -1, 0, 1, 2$: $-\frac{2\pi}{3}, -\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{6}$ - te same cztery liczby.

Pułapka: dzielenie przez $\cos^2 x$ bez sprawdzenia, czy $\cos x = 0$ nie daje rozwiązania - zasady oceniania wymagają jawnego zapisania tego założenia. Druga pułapka to zgubienie rozwiązań ujemnych: przedział $[-\pi, \pi]$ zawiera po dwa rozwiązania każdego z równań.

Odpowiedź: $x \in \left\{-\frac{2\pi}{3}, -\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{6}\right\}$. Zobacz: równania trygonometryczne, wzory na sin 2x i cos 2x oraz zadania z równań trygonometrycznych.

Oznaczamy $a = |AB| = 3\sqrt{34}$ (wtedy $a^2 = 306$) i $H = |SA|$.

Krok 1. Kąt między ścianami. Ściany $BCS$ i $CDS$ mają wspólną krawędź $SC$. Ostrosłup jest symetryczny względem płaszczyzny $ACS$, więc spodki wysokości poprowadzonych z $B$ w trójkącie $BCS$ i z $D$ w trójkącie $CDS$ na krawędź $SC$ to ten sam punkt $K$, a $|BK| = |DK|$. Kąt $\beta$ to kąt $BKD$.

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $BKD$. Niech $x = |BK| = |DK|$. Przekątna kwadratu ma długość $|BD| = a\sqrt{2}$, więc $|BD|^2 = 612$:

$$612 = x^2 + x^2 - 2x^2 \cdot \left(-\frac{9}{25}\right) = 2x^2 \cdot \frac{34}{25} \quad\Longrightarrow\quad x^2 = \frac{612 \cdot 25}{68} = 225, \quad x = 15.$$

Krok 3. Trójkąt $BCS$ jest prostokątny. Krawędź $BC$ jest prostopadła do $AB$ (kwadrat) i do $SA$ (wysokość ostrosłupa), więc jest prostopadła do płaszczyzny $ABS$, a zatem do $SB$. Kąt $SBC$ jest prosty, a $BK$ to wysokość opuszczona na przeciwprostokątną $SC$. Z trójkąta $BKC$:

$$|CK|^2 = |BC|^2 - |BK|^2 = 306 - 225 = 81, \quad |CK| = 9.$$

W trójkącie prostokątnym przyprostokątna jest średnią geometryczną przeciwprostokątnej i swojego rzutu: $|BC|^2 = |CK| \cdot |SC|$, więc $|SC| = \frac{306}{9} = 34$. Dalej

$$|SB|^2 = |SC|^2 - |BC|^2 = 1156 - 306 = 850, \quad |SB| = 5\sqrt{34}, \qquad H^2 = |SB|^2 - |AB|^2 = 850 - 306 = 544, \quad H = 4\sqrt{34}.$$

Krok 4. Pole powierzchni bocznej. Wszystkie cztery ściany boczne są trójkątami prostokątnymi: $SAB$ i $SAD$ - z kątem prostym przy $A$, a $SBC$ i $SDC$ - przy $B$ i $D$ (z tego samego powodu co w kroku 3). Ściany są parami przystające:

$$P_{SAB} = P_{SAD} = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{34} \cdot 4\sqrt{34} = 204, \qquad P_{SBC} = P_{SDC} = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{34} \cdot 5\sqrt{34} = 255.$$

$$P_b = 2 \cdot 204 + 2 \cdot 255 = 918.$$

Pułapki: kąt $\beta$ jest rozwarty i to nie jest błąd w treści. Z kroku 2 wynika $\cos\beta = 1 - \frac{|BD|^2}{2|BK|^2} = 1 - \frac{a^2}{|BK|^2}$, a $|BK| < |BC| = a$ (wysokość jest krótsza od przyprostokątnej), więc w tym ostrosłupie $\cos\beta$ jest zawsze ujemny - nie wolno go „poprawiać” na dodatni. Drugi błąd to traktowanie $SBC$ jako trójkąta bez kąta prostego i liczenie jego pola ze wzoru Herona - da się, ale rachunek jest znacznie dłuższy.

Odpowiedź: pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe $918$. Zobacz: kąt dwuścienny, twierdzenie o trzech prostych prostopadłych oraz zadania z graniastosłupów i ostrosłupów.

Dla $m \ne 2$ funkcja $f$ jest kwadratowa: $a = 2 - m$, $b = -2(2m + 1)$, $c = m + 8$. Rozwiązanie składa się z trzech warunków, które na końcu łączymy.

Krok 1. Dwa miejsca zerowe: $\Delta > 0$.

$$\Delta = 4(2m + 1)^2 - 4(2 - m)(m + 8) = 4\left(4m^2 + 4m + 1 + m^2 + 6m - 16\right) = 20\left(m^2 + 2m - 3\right) = 20(m + 3)(m - 1).$$

$\Delta > 0 \iff m \in (-\infty, -3) \cup (1, +\infty)$. Musi to być nierówność ostra - przy $\Delta = 0$ funkcja ma tylko jedno miejsce zerowe.

Krok 2. Miejsca zerowe tego samego znaku: $x_1x_2 > 0$. Ze wzoru Viète’a:

$$x_1x_2 = \frac{c}{a} = \frac{m + 8}{2 - m} > 0 \quad\Longleftrightarrow\quad (m + 8)(2 - m) > 0 \quad\Longleftrightarrow\quad m \in (-8, 2).$$

Nierówność jest ostra, bo zero nie ma znaku - pierwiastek $x = 0$ wykluczałby „ten sam znak”.

Krok 3. Warunek $(x_1 - x_2)^2 \le 180$. Ze wzorów Viète’a $(x_1 - x_2)^2 = (x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2 = \frac{b^2 - 4ac}{a^2} = \frac{\Delta}{a^2}$, więc

$$\frac{20(m^2 + 2m - 3)}{(2 - m)^2} \le 180 \quad\Longleftrightarrow\quad m^2 + 2m - 3 \le 9(2 - m)^2.$$

(Mnożymy przez $(2 - m)^2 > 0$, więc zwrot się nie zmienia.) Po uporządkowaniu:

$$m^2 + 2m - 3 \le 9m^2 - 36m + 36 \quad\Longleftrightarrow\quad 8m^2 - 38m + 39 \ge 0.$$

$\Delta_m = 38^2 - 4 \cdot 8 \cdot 39 = 1444 - 1248 = 196$, więc pierwiastki to $m = \frac{38 - 14}{16} = \frac{3}{2}$ i $m = \frac{38 + 14}{16} = \frac{13}{4}$. Parabola ma ramiona w górę:

$$m \in \left(-\infty, \frac{3}{2}\right] \cup \left[\frac{13}{4}, +\infty\right).$$

Krok 4. Część wspólna warunków (z uwzględnieniem $m \ne 2$):

• z kroków 1 i 2: $m \in (-8, -3) \cup (1, 2)$,
• po dołożeniu kroku 3: z przedziału $(1, 2)$ zostaje $\left(1, \frac{3}{2}\right]$, a przedział $(-8, -3)$ zostaje w całości, bo leży na lewo od $\frac{3}{2}$.

Sprawdzenie dla $m = -4$: $f(x) = 6x^2 + 14x + 4$, pierwiastki $-2$ i $-\frac{1}{3}$ (oba ujemne), $(x_1 - x_2)^2 = \frac{25}{9} \le 180$. Dla $m = \frac{3}{2}$ mamy równość: $(x_1 - x_2)^2 = 180$.

Odpowiedź: $m \in (-8, -3) \cup \left(1, \frac{3}{2}\right]$. Zobacz: zadania z parametrem, wzory Viète’a oraz zadania z funkcji kwadratowej.

Niech $r$ będzie promieniem podstawy, $l$ - tworzącą, $O$ - środkiem podstawy, $W$ - wierzchołkiem stożka, a $P$ - spodkiem prostopadłej poprowadzonej z $O$ na tworzącą. W przekroju osiowym trójkąt $WOR$ jest prostokątny (kąt prosty przy $O$), ma przyprostokątne $h$ i $r$ oraz przeciwprostokątną $l = \sqrt{r^2 + h^2}$, a $|OP| = 5$ to jego wysokość opuszczona na przeciwprostokątną.

Krok 1. Pole trójkąta $WOR$ na dwa sposoby:

$$\frac{1}{2} r h = \frac{1}{2} l \cdot 5 \quad\Longrightarrow\quad rh = 5\sqrt{r^2 + h^2}.$$

Krok 2. Wyznaczamy $r^2$. Podnosimy do kwadratu (obie strony są dodatnie):

$$r^2h^2 = 25r^2 + 25h^2 \quad\Longleftrightarrow\quad r^2\left(h^2 - 25\right) = 25h^2 \quad\Longleftrightarrow\quad r^2 = \frac{25h^2}{h^2 - 25}.$$

Dzielenie przez $h^2 - 25$ jest dozwolone, bo $h > 5$.

Krok 3. Objętość.

$$V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{25h^2}{h^2 - 25} \cdot h = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{25h^3}{h^2 - 25},$$

co należało wykazać. (Warunek $h > 5$ jest konieczny: odległość $|OP|$ jest mniejsza od każdej przyprostokątnej, więc $h > 5$ i $r > 5$.)

Odpowiedź: $r^2 = \frac{25h^2}{h^2 - 25}$, skąd $V(h) = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{25h^3}{h^2 - 25}$. Zobacz: stożek oraz zadania z brył obrotowych.

Krok 1. Pochodna. Ze wzoru na pochodną ilorazu:

$$V'(h) = \frac{25\pi}{3} \cdot \frac{3h^2\left(h^2 - 25\right) - h^3 \cdot 2h}{\left(h^2 - 25\right)^2} = \frac{25\pi}{3} \cdot \frac{h^2\left(h^2 - 75\right)}{\left(h^2 - 25\right)^2}.$$

Krok 2. Znak pochodnej. W dziedzinie $(5, +\infty)$ czynniki $\frac{25\pi}{3}$, $h^2$ i $\left(h^2 - 25\right)^2$ są dodatnie, więc znak $V'(h)$ to znak $h^2 - 75$:

• $V'(h) < 0$ dla $h \in \left(5, 5\sqrt{3}\right)$ - funkcja $V$ maleje,
• $V'\left(5\sqrt{3}\right) = 0$,
• $V'(h) > 0$ dla $h \in \left(5\sqrt{3}, +\infty\right)$ - funkcja $V$ rośnie.

Funkcja maleje do $h = 5\sqrt{3}$, a potem rośnie, więc w tym punkcie przyjmuje wartość najmniejszą (nie tylko minimum lokalne - to jedyny punkt krytyczny w całej dziedzinie).

Krok 3. Najmniejsza objętość. Dla $h = 5\sqrt{3}$: $h^2 = 75$, $h^3 = 375\sqrt{3}$, więc

$$V\left(5\sqrt{3}\right) = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 \cdot 375\sqrt{3}}{75 - 25} = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{375\sqrt{3}}{2} = \frac{125\sqrt{3}\,\pi}{2}.$$