Matura czerwiec 2026 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Upraszczamy wykładnik w $a$. Z praw logarytmów $\frac{1}{2}\log_4 36 = \log_4 36^{\frac{1}{2}} = \log_4 6$ oraz $2\log_4 3 = \log_4 9$, więc

$$\frac{1}{2}\log_4 36 - 2\log_4 3 = \log_4 6 - \log_4 9$$

$$\log_4 6 - \log_4 9 = \log_4 \frac{6}{9} = \log_4 \frac{2}{3}.$$

Krok 2. Liczymy $a$. Ponieważ $16 = 4^2$, a $4^{\log_4 x} = x$:

$$a = \left(4^2\right)^{\log_4 \frac{2}{3}} = \left(4^{\log_4 \frac{2}{3}}\right)^2$$

$$a = \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}.$$

Krok 3. Liczymy $b$. Iloczyn $\log_3 5 \cdot \log_5 8$ to „łańcuch” logarytmów: ze wzoru na zamianę podstawy $\log_3 5 \cdot \log_5 8 = \log_3 8$. Dalej $\log_2 9 = 2\log_2 3$ i $\log_3 8 = 3\log_3 2$, a $\log_2 3 \cdot \log_3 2 = 1$:

$$b = 2\log_2 3 \cdot 3\log_3 2 = 6 \cdot \log_2 3 \cdot \log_3 2$$

$$b = 6 \cdot 1 = 6.$$

Krok 4. Iloraz.

$$\frac{a}{2b} = \frac{\frac{4}{9}}{12} = \frac{4}{108} = \frac{1}{27} = 3^{-3}.$$

Pułapka: kolejność działań w wykładniku. Czynnik $\frac{1}{2}$ dotyczy tylko $\log_4 36$, a nie całej różnicy - po potraktowaniu go jako wspólnego wychodzi $a = \frac{2}{3}$ i zły wynik.

Odpowiedź: $\frac{a}{2b} = 3^{-3}$, czyli $k = -3$. Zobacz: logarytm - powtórzenie oraz zadania z zamiany podstawy logarytmu.

Krok 1. Co zostaje do ustalenia. Pierwsze miejsce jest zajęte przez $2$. Na pozostałych $8$ miejscach stoją: trzy czwórki, dwie ósemki i $8 - 3 - 2 = 3$ cyfry nieparzyste, parami różne.

Krok 2. Miejsca dla czwórek i ósemek. Trzy miejsca dla czwórek wybieramy spośród $8$, a potem dwa miejsca dla ósemek spośród pozostałych $5$ (kolejność wyboru miejsc nie ma znaczenia):

$$\binom{8}{3} \cdot \binom{5}{2} = 56 \cdot 10 = 560.$$

Krok 3. Cyfry nieparzyste. Na trzech wolnych miejscach (w ustalonej kolejności od lewej) stawiamy różne cyfry ze zbioru $\{1, 3, 5, 7, 9\}$ - to wariacje bez powtórzeń: $5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$.

Krok 4. Reguła mnożenia.

$$560 \cdot 60 = 33\,600.$$

Można też liczyć inaczej: wybrać zestaw trzech cyfr nieparzystych na $\binom{5}{3} = 10$ sposobów, a potem ustawić osiem cyfr (z powtórzeniami $4, 4, 4, 8, 8$) na $\frac{8!}{3! \cdot 2!} = 3360$ sposobów; $10 \cdot 3360 = 33\,600$. Pułapki: liczenie miejsc dla czwórek spośród $9$ (pierwsze miejsce jest zajęte) albo wybór cyfr nieparzystych jako kombinacji, bez ich ustawienia.

Odpowiedź: jest $33\,600$ takich kodów. Zobacz: kombinacje, wariacje oraz zadania z kombinatoryki.

Krok 1. Pochodna ilorazu. Ze wzoru $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$$f'(x) = \frac{(2ax + 1)(x - 1) - \left(ax^2 + x\right)}{(x - 1)^2}$$

$$f'(x) = \frac{ax^2 - 2ax - 1}{(x - 1)^2}.$$

Krok 2. Warunek $f'(a) = -\frac{1}{2}a$. Punkt $x = a$ musi należeć do dziedziny, więc $a \ne 1$. Podstawiamy $x = a$:

$$\frac{a^3 - 2a^2 - 1}{(a - 1)^2} = -\frac{a}{2}.$$

Mnożymy obie strony przez $2(a - 1)^2 > 0$:

$$2a^3 - 4a^2 - 2 = -a(a - 1)^2$$

$$2a^3 - 4a^2 - 2 = -a^3 + 2a^2 - a$$

$$3a^3 - 6a^2 + a - 2 = 0.$$

Krok 3. Rozkład na czynniki. Grupujemy wyrazy:

$$3a^2(a - 2) + (a - 2) = 0$$

$$(a - 2)\left(3a^2 + 1\right) = 0.$$

Czynnik $3a^2 + 1$ jest zawsze dodatni, więc jedynym rozwiązaniem jest $a = 2$ (i $2 \ne 1$, więc warunek dziedziny jest spełniony).

Sprawdzenie: dla $a = 2$ mamy $f'(2) = \frac{8 - 8 - 1}{1} = -1 = -\frac{1}{2} \cdot 2$. Pułapka: w liczniku pochodnej łatwo zgubić $-1$ z iloczynu $(2ax + 1)(x - 1)$.

Odpowiedź: $a = 2$. Zobacz: funkcja pochodna oraz zadania z obliczania pochodnych.

Krok 1. Przenosimy wszystko na jedną stronę. Nierówność jest równoważna nierówności

$$x^2 + y^2 + 1 - xy - x - y \ge 0.$$

Krok 2. Mnożymy przez $2$ (liczbę dodatnią, więc zwrot się nie zmienia) i grupujemy wyrazy w trzy kwadraty:

$$2x^2 + 2y^2 + 2 - 2xy - 2x - 2y \ge 0$$

$$\left(x^2 - 2xy + y^2\right) + \left(x^2 - 2x + 1\right)$$

$${} + \left(y^2 - 2y + 1\right) \ge 0$$

$$(x - y)^2 + (x - 1)^2 + (y - 1)^2 \ge 0.$$

Krok 3. Wniosek. Każdy z trzech składników jest kwadratem liczby rzeczywistej, więc jest nieujemny, a suma liczb nieujemnych jest nieujemna. Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla wszystkich $x, y$, a przekształcenia były równoważne - zatem prawdziwa jest też nierówność wyjściowa. Równość zachodzi tylko dla $x = y = 1$. To należało wykazać.

Inna droga (też w zasadach oceniania): potraktować wyrażenie jako trójmian kwadratowy zmiennej $x$: $x^2 - (y + 1)x + \left(y^2 - y + 1\right)$. Jego wyróżnik $\Delta = (y + 1)^2 - 4\left(y^2 - y + 1\right) = -3(y - 1)^2 \le 0$, a współczynnik przy $x^2$ jest dodatni, więc trójmian nie przyjmuje wartości ujemnych. Pułapka: „sprawdzenie” nierówności na kilku liczbach - to nie jest dowód dla każdego $x$ i $y$.

Odpowiedź: nierówność jest równoważna $(x - y)^2 + (x - 1)^2 + (y - 1)^2 \ge 0$, co jest prawdą. Zobacz: wzory skróconego mnożenia oraz dowodzenie nierówności.

Krok 1. Symetria trójkąta. Trójkąt $ABC$ jest równoramienny, więc wysokość $CD$ leży na jego osi symetrii, a $D$ jest środkiem podstawy $AB$. Punkt $K$ leży na tej osi, zatem trójkąty $ADK$ i $BDK$ są symetryczne względem prostej $CD$. Stąd

$$|\sphericalangle KAC| = |\sphericalangle KBC|.$$

Krok 2. Okrąg na czworokącie $DBLK$. Kąt $KDB$ jest prosty (bo $CD \perp AB$), a kąt $KLB$ jest prosty (bo $p \perp BC$). Oba kąty są oparte na odcinku $KB$, więc punkty $D$ i $L$ leżą na okręgu o średnicy $KB$. Inaczej: w czworokącie $DBLK$ kąty przeciwległe przy $D$ i $L$ sumują się do $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, więc da się na nim opisać okrąg.

Krok 3. Kąty wpisane oparte na tym samym łuku. Kąty $KDL$ i $KBL$ są kątami wpisanymi w ten okrąg, opartymi na tym samym łuku $KL$ (wierzchołki $D$ i $B$ leżą po tej samej stronie prostej $KL$), więc

$$|\sphericalangle KDL| = |\sphericalangle KBL| = |\sphericalangle KBC|.$$

Krok 4. Łączymy. Z kroków 1 i 3: $|\sphericalangle CAK| = |\sphericalangle KBC| = |\sphericalangle KDL|$. To należało wykazać.

Zasady oceniania podają też drugi sposób - przez okręgi opisane na czworokątach $MDLC$ i $MAKC$, gdzie $M$ to punkt przecięcia prostej $p$ z bokiem $AC$. Warunek „w punkcie różnym od $A$” gwarantuje, że prosta $p$ nie jest wysokością poprowadzoną z wierzchołka $A$. Pułapka: zapisanie, że na czworokącie $DBLK$ „można opisać okrąg”, bez uzasadnienia - punktowane jest właśnie to uzasadnienie (dwa kąty proste).

Odpowiedź: czworokąt $DBLK$ jest wpisany w okrąg o średnicy $KB$, więc $|\sphericalangle KDL| = |\sphericalangle KBC| = |\sphericalangle CAK|$. Zobacz: okrąg opisany na czworokącie, dowody z czworokątem wpisanym i opisanym oraz zadania z dowodami w czworokątach.

Krok 1. Prawdopodobieństwa pochodzenia. Stosunek $2 : 3 : 4$ daje łącznie $9$ części, więc losowo wybrany bochenek pochodzi z $\mathcal{P}_1$, $\mathcal{P}_2$, $\mathcal{P}_3$ z prawdopodobieństwami $\frac{2}{9}$, $\frac{3}{9}$, $\frac{4}{9}$. Niech $R$ oznacza zdarzenie „bochenek jest razowy”.

Krok 2. Prawdopodobieństwo całkowite. Bochenek razowy może pochodzić z każdej z trzech piekarni:

$$P(R) = \frac{2}{9} \cdot 0{,}1 + \frac{3}{9} \cdot 0{,}12 + \frac{4}{9} \cdot 0{,}15$$

$$P(R) = \frac{1{,}16}{9} = \frac{29}{225}.$$

Krok 3. Wzór Bayesa. Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego $P(\mathcal{P}_1 \mid R)$:

$$P(\mathcal{P}_1 \mid R) = \frac{P(\mathcal{P}_1 \cap R)}{P(R)} = \frac{\frac{0{,}2}{9}}{\frac{1{,}16}{9}}$$

$$P(\mathcal{P}_1 \mid R) = \frac{0{,}2}{1{,}16} = \frac{20}{116} = \frac{5}{29}.$$

Interpretacja: z każdych $900$ bochenków $200$ pochodzi z $\mathcal{P}_1$ (w tym $20$ razowych), $300$ z $\mathcal{P}_2$ ($36$ razowych) i $400$ z $\mathcal{P}_3$ ($60$ razowych); spośród $116$ razowych $20$ jest z pierwszej piekarni. Pułapka: podanie $P(\mathcal{P}_1 \cap R) = \frac{1}{45}$ albo $P(R \mid \mathcal{P}_1) = 0{,}1$ zamiast prawdopodobieństwa warunkowego, o które pyta zadanie.

Odpowiedź: $P(\mathcal{P}_1 \mid R) = \frac{5}{29}$. Zobacz: prawdopodobieństwo całkowite i wzór Bayesa oraz zadania z prawdopodobieństwa całkowitego i wzoru Bayesa.

Krok 1. Dwa szeregi. Niech $a_1$ to pierwszy wyraz, a $q$ iloraz ciągu. Suma wszystkich wyrazów istnieje tylko dla $|q| < 1$ i wynosi $\frac{a_1}{1 - q}$. Sześciany wyrazów $a_1^3, a_1^3q^3, a_1^3q^6, \ldots$ tworzą ciąg geometryczny o ilorazie $q^3$ (też $|q^3| < 1$), więc

$$\frac{a_1}{1 - q} = 14, \qquad \frac{a_1^3}{1 - q^3} = 392.$$

Krok 2. Eliminujemy $a_1$. Z pierwszego równania $a_1 = 14(1 - q)$; wstawiamy do drugiego i korzystamy ze wzoru $1 - q^3 = (1 - q)\left(1 + q + q^2\right)$:

$$\frac{14^3 (1 - q)^3}{(1 - q)\left(1 + q + q^2\right)} = 392$$

$$\frac{2744(1 - q)^2}{1 + q + q^2} = 392.$$

Dzielimy przez $392$ (bo $2744 = 7 \cdot 392$):

$$7(1 - q)^2 = 1 + q + q^2$$

$$6q^2 - 15q + 6 = 0,$$

czyli po podzieleniu przez $3$:

$$2q^2 - 5q + 2 = 0.$$

Krok 3. Wybieramy iloraz. $\Delta = 25 - 16 = 9$, więc $q = 2$ lub $q = \frac{1}{2}$. Warunek $|q| < 1$ spełnia tylko $q = \frac{1}{2}$; wtedy $a_1 = 14 \cdot \frac{1}{2} = 7$.

Sprawdzenie: $\frac{7}{1 - \frac{1}{2}} = 14$ oraz $\frac{343}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{343 \cdot 8}{7} = 392$. Pułapka: pozostawienie $q = 2$ - dla niego suma wszystkich wyrazów w ogóle nie istnieje.

Odpowiedź: $a_n = 7 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$ dla $n \ge 1$. Zobacz: szereg geometryczny oraz zadania z szeregu geometrycznego.

Krok 1. Trzy warunki. Ciąg $(x, y, z)$ jest geometryczny, ciąg $(x, y, z - 4)$ arytmetyczny, a ciąg $(x, y - 1, z - 5)$ znów geometryczny:

$$y^2 = xz,$$

$$2y = x + z - 4,$$

$$(y - 1)^2 = x(z - 5).$$

Krok 2. Odejmujemy pierwszy warunek od trzeciego. Rozpisujemy $(y - 1)^2 = y^2 - 2y + 1$ i $x(z - 5) = xz - 5x$; wyrazy $y^2$ i $xz$ się redukują (bo $y^2 = xz$):

$$-2y + 1 = -5x \quad\Longleftrightarrow\quad y = \frac{5x + 1}{2}.$$

Krok 3. Wyrażamy $z$ przez $x$ z warunku arytmetycznego: $z = 2y - x + 4 = 5x + 1 - x + 4 = 4x + 5$.

Krok 4. Równanie z jedną niewiadomą. Wstawiamy do $y^2 = xz$:

$$\frac{(5x + 1)^2}{4} = x(4x + 5)$$

$$25x^2 + 10x + 1 = 16x^2 + 20x$$

$$9x^2 - 10x + 1 = 0$$

Stąd $\Delta = 100 - 36 = 64$, więc $x = 1$ lub $x = \frac{1}{9}$.

Krok 5. Dwie trójki i sprawdzenie.

• $x = 1$: $y = 3$, $z = 9$. Ciąg $(1, 3, 9)$ jest geometryczny ($q = 3$), $(1, 3, 5)$ arytmetyczny ($r = 2$), a $(1, 2, 4)$ geometryczny ($q = 2$).
• $x = \frac{1}{9}$: $y = \frac{7}{9}$, $z = \frac{49}{9}$. Ciąg $\left(\frac{1}{9}, \frac{7}{9}, \frac{49}{9}\right)$ jest geometryczny ($q = 7$), $\left(\frac{1}{9}, \frac{7}{9}, \frac{13}{9}\right)$ arytmetyczny ($r = \frac{2}{3}$), a $\left(\frac{1}{9}, -\frac{2}{9}, \frac{4}{9}\right)$ geometryczny ($q = -2$).

Pułapka: odrzucenie drugiej trójki „bo ma ujemny wyraz” albo nie z liczb całkowitych - treść niczego takiego nie zakłada, a zasady oceniania wymagają obu rozwiązań.

Odpowiedź: $(x, y, z) = (1, 3, 9)$ lub $(x, y, z) = \left(\frac{1}{9}, \frac{7}{9}, \frac{49}{9}\right)$. Zobacz: ciąg arytmetyczny i geometryczny oraz zadania łączące ciąg arytmetyczny i geometryczny.

Krok 1. Przekątna $AC$ jest średnicą. Kąt wpisany $ABC$ jest prosty, więc jest oparty na półokręgu: $AC$ to średnica okręgu. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABC$:

$$|AC|^2 = 4^2 + 7^2 = 65.$$

W czworokącie wpisanym w okrąg kąty przeciwległe sumują się do $180^\circ$, więc kąt $ADC$ też jest prosty. Oznaczmy $x = |AD|$, $y = |CD|$. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ADC$: $x^2 + y^2 = 65$.

Krok 2. Pole trójkąta $ACD$. Pole trójkąta $ABC$ to $\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 7 = 14$, więc trójkąt $ACD$ ma pole $18 - 14 = 4$:

$$\frac{1}{2}xy = 4 \quad\Longleftrightarrow\quad xy = 8.$$

Krok 3. Suma $x + y$ bez liczenia $x$ i $y$.

$$(x + y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy$$

$$(x + y)^2 = 65 + 16 = 81,$$

a $x + y > 0$, więc $x + y = 9$. (Pojedyncze boki to pierwiastki równania $t^2 - 9t + 8 = 0$, czyli $1$ i $8$ - taki czworokąt rzeczywiście istnieje.)

Krok 4. Obwód.

$$|AB| + |BC| + |CD| + |DA|$$

$$4 + 7 + 9 = 20.$$

Pułapka: przyjęcie, że trójkąt $ACD$ jest przystający do $ABC$ albo równoramienny - wtedy pole całego czworokąta byłoby równe $28$ albo $30{,}25$, a nie $18$.

Odpowiedź: obwód czworokąta $ABCD$ jest równy $20$. Zobacz: okrąg opisany na czworokącie oraz zadania z okręgiem opisanym na czworokącie.

Krok 1. Wzór na sinus podwojonego kąta. Ponieważ $\sin(2x) = 2\sin x\cos x$, równanie mnożymy przez $2$ i przenosimy wszystko na lewą stronę:

$$4\sin x\cos x + 2\sin x - 2\cos x - 1 = 0.$$

Krok 2. Grupowanie. Wyłączamy $2\sin x$ z dwóch pierwszych wyrazów:

$$2\sin x\,(2\cos x + 1) - (2\cos x + 1) = 0$$

$$(2\sin x - 1)(2\cos x + 1) = 0.$$

Iloczyn jest zerem, gdy $\sin x = \frac{1}{2}$ lub $\cos x = -\frac{1}{2}$.

Krok 3. Pierwsza para serii. $\sin x = \frac{1}{2}$ dla

$$x = \frac{\pi}{6} + 2k\pi \;\text{ lub }\; x = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi.$$

Krok 4. Druga para serii. $\cos x = -\frac{1}{2}$ dla

$$x = \frac{2\pi}{3} + 2k\pi \;\text{ lub }\; x = -\frac{2\pi}{3} + 2k\pi.$$

Sprawdzenie dla $x = \frac{\pi}{6}$: $\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2}$. Ten sam wynik daje podstawienie $t = \sin x - \cos x$, bo wtedy $\sin(2x) = 1 - t^2$ - wychodzi równanie $t^2 - t - \frac{1}{2} = 0$, ale dalsza droga jest dłuższa. Pułapka: zgubienie jednej z dwóch serii przy $\sin x = \frac{1}{2}$ albo przy $\cos x = -\frac{1}{2}$ - każde z tych równań ma na okresie po dwa rozwiązania.

Odpowiedź: $x = \frac{\pi}{6} + 2k\pi$ lub $x = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$ lub $x = \frac{2\pi}{3} + 2k\pi$ lub $x = -\frac{2\pi}{3} + 2k\pi$, gdzie $k \in \mathbb{Z}$. Zobacz: wzory na sin 2x i cos 2x, równania trygonometryczne oraz zadania z metod rozwiązywania równań trygonometrycznych.

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

$$\Delta = m^2 - 4m = m(m - 4) > 0$$

$$m \in (-\infty, 0) \cup (4, +\infty).$$

Krok 2. Wzory Viète’a. $x_1 + x_2 = -m$ oraz $x_1 x_2 = m$. Sumę czwartych potęg wyrażamy przez sumę kwadratów:

$$x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2$$

$$x_1^2 + x_2^2 = m^2 - 2m,$$

$$x_1^4 + x_2^4 = \left(x_1^2 + x_2^2\right)^2 - 2(x_1x_2)^2$$

$$x_1^4 + x_2^4 = \left(m^2 - 2m\right)^2 - 2m^2.$$

Do tego $4x_1^3x_2^3 = 4(x_1x_2)^3 = 4m^3$.

Krok 3. Nierówność z jedną niewiadomą $m$.

$$\left(m^2 - 2m\right)^2 - 2m^2 + 4m^3 \ge 3$$

$$m^4 - 4m^3 + 4m^2 - 2m^2 + 4m^3 - 3 \ge 0$$

$$m^4 + 2m^2 - 3 \ge 0.$$

Lewa strona to wyrażenie dwukwadratowe: $m^4 + 2m^2 - 3 = \left(m^2 + 3\right)\left(m^2 - 1\right)$. Czynnik $m^2 + 3$ jest dodatni, więc wystarczy $m^2 \ge 1$, czyli $m \in (-\infty, -1] \cup [1, +\infty)$.

Krok 4. Część wspólna z warunkiem $\Delta > 0$. Bierzemy część wspólną zbiorów $(-\infty, 0) \cup (4, +\infty)$ oraz $(-\infty, -1] \cup [1, +\infty)$:

$$m \in (-\infty, -1] \cup (4, +\infty).$$

Sprawdzenie dla $m = -1$: równanie $x^2 - x - 1 = 0$ ma dwa pierwiastki, a $x_1^4 + x_2^4 = 7$ i $4(x_1x_2)^3 = -4$, więc lewa strona to dokładnie $3$ - końca $-1$ nie odrzucamy. Pułapki: warunek $\Delta \ge 0$ zamiast $\Delta > 0$ (treść mówi o dwóch różnych rozwiązaniach - wtedy do wyniku błędnie wpada $m = 4$) oraz $x_1^4 + x_2^4 = (x_1 + x_2)^4 - \ldots$ bez porządnego rozpisania.

Odpowiedź: $m \in (-\infty, -1] \cup (4, +\infty)$. Zobacz: wzory Viète’a, zadania z parametrem oraz zadania ze wzorów Viète’a.

Oznaczenia. $a$ - długość krawędzi podstawy, $H$ - wysokość ostrosłupa, $P$ - środek odcinka $KL$ (czyli środek kwadratu $ABCD$, spodek wysokości), $Q$ - środek krawędzi $CD$, $R$ - środek odcinka $MN$. Wtedy $|PQ| = \frac{a}{2}$, a $SQ$ to wysokość ściany bocznej $CDS$.

Krok 1. Jaki trójkąt tworzą $P$, $Q$ i $R$. Odcinek $KL$ jest równoległy do $CD$, więc i $MN \parallel CD$. Płaszczyzna $SPQ$ jest prostopadła do $KL$, $CD$ i $MN$, dlatego kąty między płaszczyznami mierzymy w niej:

• kąt między $\gamma$ a podstawą to $|\sphericalangle RPQ| = 30^\circ$ (krawędź tego kąta dwuściennego to $KL$),
• płaszczyzna $\gamma$ jest prostopadła do ściany $CDS$, więc $|\sphericalangle PRQ| = 90^\circ$.

Z sumy kątów w trójkącie $PQR$: $|\sphericalangle PQR| = 60^\circ$ - to kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.

Krok 2. Krawędź podstawy z objętości. W trójkącie prostokątnym $SPQ$:

$$H = |PQ| \cdot \operatorname{tg} 60^\circ = \frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

$$V = \frac{1}{3}a^2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^3\sqrt{3}}{6} = 36\sqrt{3}.$$

Stąd $a^3 = 216$, czyli $a = 6$, $|PQ| = 3$ i $H = 3\sqrt{3}$.

Krok 3. Wysokość trapezu. Odcinek $PR$ łączy środki podstaw $KL$ i $MN$ i jest do nich prostopadły, więc jest wysokością trapezu. W trójkącie $PQR$ (kąt prosty przy $R$):

$$|PR| = |PQ| \cos 30^\circ = \frac{3\sqrt{3}}{2},$$

$$|QR| = |PQ| \sin 30^\circ = \frac{3}{2}.$$

Krok 4. Krótsza podstawa $MN$. Wysokość ściany $|SQ| = \frac{|PQ|}{\cos 60^\circ} = 6$, więc $|SR| = 6 - \frac{3}{2} = \frac{9}{2}$. Trójkąty $SMN$ i $SCD$ są podobne (bo $MN \parallel CD$) w skali $\frac{|SR|}{|SQ|} = \frac{3}{4}$:

$$|MN| = \frac{3}{4} \cdot 6 = \frac{9}{2}.$$

Krok 5. Pole trapezu. Dłuższa podstawa $|KL| = a = 6$:

$$P_{KLMN} = \frac{|KL| + |MN|}{2} \cdot |PR|$$

$$P_{KLMN} = \frac{6 + \frac{9}{2}}{2} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{63\sqrt{3}}{8}.$$

Pułapki: wzięcie $30^\circ$ jako kąta nachylenia ściany bocznej (to kąt płaszczyzny $\gamma$; ściana jest nachylona pod kątem $60^\circ$) oraz przyjęcie, że $M$ i $N$ to środki krawędzi bocznych - wtedy $|MN|$ byłoby równe $3$, a nie $\frac{9}{2}$.

Odpowiedź: pole trapezu $KLMN$ jest równe $\frac{63\sqrt{3}}{8}$. Zobacz: przekroje wielościanów - zadania, kąt między prostą a płaszczyzną i kąt dwuścienny oraz zadania z przekrojów brył.

Krok 1. Równanie prostej $AB$. Prosta o współczynniku kierunkowym $a$ przechodząca przez $K = (1, 2)$:

$$y = a(x - 1) + 2.$$

Krok 2. Wierzchołki $A$ i $B$. Dla $x = 0$ dostajemy $B = (0, 2 - a)$. Dla $y = 0$: $a(x - 1) = -2$, więc $A = \left(1 - \frac{2}{a}, 0\right)$ (dla $a = 0$ prosta jest pozioma i nie przecina osi $Ox$).

Krok 3. Dodatnie półosie wymuszają $a < 0$. Potrzeba $2 - a > 0$ oraz $1 - \frac{2}{a} > 0$. Dla $a > 0$ drugi warunek daje $a > 2$, co przeczy pierwszemu ($a < 2$). Dla $a < 0$ oba warunki są spełnione: $2 - a > 2$ i $1 - \frac{2}{a} > 1$. Zatem $a < 0$.

Krok 4. Pole trójkąta prostokątnego. Przyprostokątne leżą na osiach, więc

$$P(a) = \frac{1}{2} \cdot |CA| \cdot |CB|$$

$$P(a) = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{2}{a}\right)(2 - a)$$

$$P(a) = \frac{1}{2} \cdot \frac{a - 2}{a} \cdot (2 - a)$$

$$P(a) = \frac{-(a - 2)^2}{2a} = \frac{-a^2 + 4a - 4}{2a}.$$

Wzór obowiązuje dla $a < 0$.

To należało wykazać. Pułapka: pominięcie uzasadnienia, dlaczego $a < 0$ - bez niego nie wiadomo, że długości przyprostokątnych to $1 - \frac{2}{a}$ i $2 - a$, a nie ich wartości bezwzględne.

Odpowiedź: $A = \left(1 - \frac{2}{a}, 0\right)$, $B = (0, 2 - a)$ przy $a < 0$, więc $P(a) = \frac{-a^2 + 4a - 4}{2a}$. Zobacz: współczynnik kierunkowy prostej oraz zadania z optymalizacji w układzie współrzędnych.

Krok 1. Upraszczamy wzór. Dzielimy licznik przez $2a$:

$$P(a) = -\frac{a}{2} + 2 - \frac{2}{a}, \quad a \in (-\infty, 0).$$

Krok 2. Pochodna.

$$P'(a) = -\frac{1}{2} + \frac{2}{a^2} = \frac{4 - a^2}{2a^2}.$$

Mianownik jest dodatni, więc znak pochodnej zależy od $4 - a^2$. W przedziale $(-\infty, 0)$ pochodna zeruje się tylko dla $a = -2$; dla $a < -2$ jest ujemna, a dla $-2 < a < 0$ dodatnia.

Krok 3. Minimum. Funkcja $P$ maleje w przedziale $(-\infty, -2]$ i rośnie w przedziale $[-2, 0)$, więc najmniejszą wartość przyjmuje dla $a = -2$:

$$P(-2) = 1 + 2 + 1 = 4.$$

Krok 4. Równanie prostej. Dla $a = -2$ prosta przez $K = (1, 2)$ ma równanie $y = -2(x - 1) + 2 = -2x + 4$. Wtedy $A = (2, 0)$, $B = (0, 4)$, a $K$ jest środkiem przeciwprostokątnej.