Matura 2026 rozszerzona matematyka - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Upraszczamy symbol Newtona. Ponieważ $\binom{k}{j} = \binom{k}{k-j}$, a $(n + 2) - (n - 1) = 3$,

$$\binom{n+2}{n-1} = \binom{n+2}{3} = \frac{(n+2)!}{3! \cdot (n-1)!} = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}.$$

Krok 2. Liczymy granicę. W liczniku i mianowniku stoją wielomiany trzeciego stopnia, więc dzielimy oba przez $n^3$:

$$\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{n(n+1)(n+2)}{6}}{\frac{1}{2}n^3 - 4n + 7} = \lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{1}{6}\left(1 + \frac{1}{n}\right)\left(1 + \frac{2}{n}\right)}{\frac{1}{2} - \frac{4}{n^2} + \frac{7}{n^3}} = \frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3}.$$

Granica ilorazu wielomianów tego samego stopnia to iloraz ich współczynników przy najwyższej potędze: $\frac{1}{6} : \frac{1}{2}$. Typowy błąd to zapisanie symbolu Newtona jako $\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$ (zgubione $3! = 6$) - wtedy wychodzi $\frac{2}{3}$.

Odpowiedź: granica jest równa $\frac{1}{3}$. Zobacz: obliczanie granic ciągów oraz symbol Newtona.

Krok 1. Zdarzenia elementarne. Losując bez zwracania wszystkie osiem liczb, ustawiamy je w ciąg - każdy wynik to permutacja zbioru ośmioelementowego. Wszystkie są jednakowo prawdopodobne (model klasyczny), więc

$$|\Omega| = 8! = 40\,320.$$

Krok 2. Kiedy iloczyn trzech kolejnych wyrazów dzieli się przez 3? Iloczyn dzieli się przez $3$ wtedy i tylko wtedy, gdy co najmniej jeden czynnik dzieli się przez $3$ (bo $3$ jest liczbą pierwszą). W zbiorze są tylko dwie wielokrotności trójki: $3$ i $6$. Każda trójka kolejnych miejsc - $(1, 2, 3)$, $(2, 3, 4)$, …, $(6, 7, 8)$ - musi zawierać miejsce zajęte przez $3$ lub $6$.

Krok 3. Na których miejscach mogą stać 3 i 6? Niech zajmują miejsca $p < q$.

• Trójka $(1, 2, 3)$ musi zawierać jedno z nich, więc $p \le 3$.
• Trójka $(6, 7, 8)$ też, więc $q \ge 6$.
• Między $p$ i $q$ nie mogą stać trzy liczby niepodzielne przez $3$ z rzędu, więc $q - p \le 3$.

Z $p \le 3$, $q \ge 6$ i $q - p \le 3$ wynika $p = 3$ i $q = 6$ - jest jeden układ miejsc. Sprawdzenie: wtedy każda trójka kolejnych miejsc zawiera miejsce $3$ albo $6$.

Krok 4. Zdarzenia sprzyjające. Liczby $3$ i $6$ ustawiamy na miejscach $3$ i $6$ na $2! = 2$ sposoby, a pozostałe sześć liczb na sześciu wolnych miejscach na $6!$ sposobów:

$$|A| = 2 \cdot 6! = 1440, \qquad P(A) = \frac{2 \cdot 6!}{8!} = \frac{2}{7 \cdot 8} = \frac{1}{28}.$$

Pułapki: liczenie tylko wyboru miejsc jako $\binom{8}{2}$ bez permutacji całego ciągu (zasady oceniania dają za to $0$ punktów, jeśli nie ma komentarza) albo zapomnienie, że $3$ i $6$ mogą zamienić się miejscami ($|A| = 6!$ daje fałszywe $\frac{1}{56}$).

Odpowiedź: $P(A) = \frac{1}{28}$. Zobacz: obliczanie prawdopodobieństwa oraz permutacje.

Krok 1. Pozbywamy się mianowników. Liczby $x$ i $y$ są dodatnie, więc $x^2y^2 > 0$ i mnożenie obu stron przez $x^2y^2$ nie zmienia kierunku nierówności:

$$xy^2 + x^2y \le x^3 + y^3 \quad\Longleftrightarrow\quad x^3 + y^3 - x^2y - xy^2 \ge 0.$$

Krok 2. Rozkładamy na czynniki (grupujemy wyrazy parami):

$$x^3 - x^2y + y^3 - xy^2 = x^2(x - y) - y^2(x - y) = (x - y)(x^2 - y^2) = (x - y)^2(x + y).$$

Krok 3. Wniosek. Czynnik $(x - y)^2$ jest nieujemny jako kwadrat, a $x + y > 0$, bo obie liczby są dodatnie. Iloczyn jest więc nieujemny, czyli $x^3 + y^3 - x^2y - xy^2 \ge 0$. Wszystkie przekształcenia były równoważne, więc wyjściowa nierówność jest prawdziwa. Równość zachodzi tylko dla $x = y$.

W dowodzie trzeba napisać, dlaczego wolno pomnożyć przez $x^2y^2$ (dodatniość) i dlaczego otrzymany iloczyn jest nieujemny - bez tych dwóch zdań rozumowanie jest niepełne.

Odpowiedź: nierówność jest równoważna $(x - y)^2(x + y) \ge 0$, co dla dodatnich $x$, $y$ jest prawdą. Zobacz: definicja, twierdzenie, dowód oraz wzory skróconego mnożenia.

Krok 1. Odcinki $AL$ i $DK$ są prostopadłe, więc $AL \parallel KM$. Trójkąty prostokątne $DAK$ i $ABL$ mają przyprostokątne $|AD| = |AB| = a$ oraz $|AK| = |BL| = \frac{a}{2}$, więc są przystające. Stąd $|\sphericalangle ADK| = |\sphericalangle BAL|$. Ponieważ $|\sphericalangle ADK| + |\sphericalangle AKD| = 90^\circ$, również $|\sphericalangle BAL| + |\sphericalangle AKD| = 90^\circ$ - w trójkącie $AKP$ kąt przy $P$ jest prosty, czyli $AL \perp DK$. Proste $AL$ i $KM$ są prostopadłe do tej samej prostej $DK$, więc są równoległe.

Krok 2. Długość $KM$. Kąty $AKD$ i $BKM$ dopełniają się do $90^\circ$ (bo $|\sphericalangle DKM| = 90^\circ$), więc $|\sphericalangle BKM| = |\sphericalangle ADK|$ i trójkąty prostokątne $DAK$ oraz $KBM$ są podobne:

$$\frac{|BM|}{|BK|} = \frac{|AK|}{|AD|} = \frac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad |BM| = \frac{a}{4}, \qquad |KM| = \sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{4}\right)^2} = \frac{\sqrt{5}}{4}a.$$

Krok 3. W jakim stosunku $P$ dzieli $DK$? Odcinek $AP$ jest wysokością trójkąta prostokątnego $DAK$ poprowadzoną na przeciwprostokątną. Mamy $|DK| = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2}a$, a z podobieństwa trójkątów $DPA$ i $DAK$ wynika $|DP| \cdot |DK| = |AD|^2$:

$$|DP| = \frac{a^2}{\frac{\sqrt{5}}{2}a} = \frac{2a}{\sqrt{5}}, \qquad \frac{|DP|}{|DK|} = \frac{\frac{2a}{\sqrt{5}}}{\frac{\sqrt{5}}{2}a} = \frac{4}{5}.$$

Krok 4. Twierdzenie Talesa w trójkącie $DKM$. Odcinek $PQ$ leży na prostej $AL$, równoległej do $KM$, więc trójkąty $DPQ$ i $DKM$ są podobne w skali $\frac{|DP|}{|DK|} = \frac{4}{5}$:

$$|PQ| = \frac{4}{5} \cdot |KM| = \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{5}}{4}a = \frac{\sqrt{5}}{5}a.$$

To kończy dowód. Ten sam wynik daje układ współrzędnych z $A = (0, 0)$, $B = (a, 0)$, $D = (0, a)$ - tak rozwiązują to zasady oceniania CKE: $M = \left(a, \frac{1}{4}a\right)$, $P = \left(\frac{2}{5}a, \frac{1}{5}a\right)$, $Q = \left(\frac{4}{5}a, \frac{2}{5}a\right)$ i $|PQ| = \sqrt{\frac{4}{25}a^2 + \frac{1}{25}a^2} = \frac{\sqrt{5}}{5}a$.

Odpowiedź: $|PQ| = \frac{4}{5}|KM| = \frac{\sqrt{5}}{5}a$, co należało wykazać. Zobacz: podobieństwo trójkątów oraz twierdzenie Talesa.

Krok 1. Wspólny czynnik. Obie wartości bezwzględne zawierają czynnik $x - 3$:

$$|2x - 6| = 2|x - 3|, \qquad \left|x^2 - 9\right| = |x - 3| \cdot |x + 3|.$$

Nierówność przyjmuje postać

$$|x - 3| \cdot \bigl(2 - |x + 3|\bigr) < 0.$$

Krok 2. Przypadek $x = 3$. Wtedy lewa strona jest równa $0$, a $0 < 0$ jest fałszem - liczba $3$nie jest rozwiązaniem.

Krok 3. Przypadek $x \ne 3$. Wtedy $|x - 3| > 0$ i możemy przez ten czynnik podzielić, nie zmieniając kierunku nierówności:

$$2 - |x + 3| < 0 \quad\Longleftrightarrow\quad |x + 3| > 2 \quad\Longleftrightarrow\quad x + 3 < -2 \;\text{ lub }\; x + 3 > 2 \quad\Longleftrightarrow\quad x < -5 \;\text{ lub }\; x > -1.$$

Krok 4. Łączymy. Ze zbioru $(-\infty, -5) \cup (-1, +\infty)$ usuwamy liczbę $3$.

Można też tradycyjnie rozpisać trzy przedziały $(-\infty, -3)$, $[-3, 3)$ i $[3, +\infty)$ i opuścić wartości bezwzględne w każdym z nich - tak opisują to zasady oceniania; wynik jest ten sam. Najczęstszy błąd to zostawienie $x = 3$ w odpowiedzi, czyli napisanie $(-1, +\infty)$ zamiast $(-1, 3) \cup (3, +\infty)$.

Odpowiedź: $x \in (-\infty, -5) \cup (-1, 3) \cup (3, +\infty)$. Zobacz: nierówności z wartością bezwzględną oraz zadania z wartości bezwzględnej.

Krok 1. Warunek ciągu geometrycznego. Niech $r$ oznacza różnicę ciągu. Wtedy $a_2 = 1 + r$, $a_3 = 1 + 2r$, $a_6 = 1 + 5r$. Trzy liczby tworzą ciąg geometryczny, gdy kwadrat środkowej jest równy iloczynowi skrajnych:

$$(1 + 2r)^2 = (1 + r)(1 + 5r) \quad\Longleftrightarrow\quad 1 + 4r + 4r^2 = 1 + 6r + 5r^2 \quad\Longleftrightarrow\quad r^2 + 2r = 0.$$

Stąd $r = 0$ lub $r = -2$.

Krok 2. Odrzucamy $r = 0$. Ciąg stały miałby wszystkie wyrazy równe $1$, a ostatni wyraz ma być równy $-2025$. Zostaje $r = -2$; wtedy $a_2 = -1$, $a_3 = -3$, $a_6 = -9$ i rzeczywiście $(-1, -3, -9)$ jest ciągiem geometrycznym o ilorazie $3$.

Krok 3. Liczba wyrazów. Ostatni wyraz to $a_n = 1 + (n - 1)(-2) = -2025$, więc $n - 1 = 1013$ i $n = 1014$ - więcej niż $6$, zgodnie z treścią.

Krok 4. Suma.

$$S_{1014} = \frac{a_1 + a_{1014}}{2} \cdot 1014 = \frac{1 + (-2025)}{2} \cdot 1014 = -1012 \cdot 1014 = -1\,026\,168.$$

Pułapka: pozostawienie obu wartości $r$ bez sprawdzenia warunków zadania. Przypadek $r = 0$ spełnia warunek geometryczny (ciąg $1, 1, 1$), ale przeczy temu, że ostatni wyraz to $-2025$.

Odpowiedź: suma wszystkich wyrazów ciągu wynosi $-1\,026\,168$. Zobacz: ciąg arytmetyczny i geometryczny, suma ciągu arytmetycznego oraz zadania z ciągów.

Krok 1. Podstawienie. Niech $t = 2x$. Równanie ma postać $\sin(3t) - 2\sin t = 0$. Rozpisujemy $\sin(3t) = \sin(2t + t)$ wzorem na sinus sumy:

$$\sin(3t) = \sin(2t)\cos t + \cos(2t)\sin t = 2\sin t\cos^2 t + \left(1 - 2\sin^2 t\right)\sin t = 3\sin t - 4\sin^3 t,$$

bo $\cos^2 t = 1 - \sin^2 t$.

Krok 2. Wyłączamy $\sin t$ przed nawias (nie dzielimy przez niego - zgubilibyśmy rozwiązania):

$$3\sin t - 4\sin^3 t - 2\sin t = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sin t\left(1 - 4\sin^2 t\right) = 0.$$

Zatem $\sin t = 0$ lub $\sin^2 t = \frac{1}{4}$.

Krok 3. Pierwsza seria. $\sin(2x) = 0 \iff 2x = k\pi \iff x = \frac{k\pi}{2}$, gdzie $k \in \mathbb{Z}$.

Krok 4. Druga seria. Warunek $\sin^2(2x) = \frac{1}{4}$ obejmuje oba przypadki $\sin(2x) = \frac{1}{2}$ i $\sin(2x) = -\frac{1}{2}$. Najkrócej przejść na cosinus podwojonego kąta: $\cos(4x) = 1 - 2\sin^2(2x) = \frac{1}{2}$, więc

$$4x = -\frac{\pi}{3} + 2k\pi \;\text{ lub }\; 4x = \frac{\pi}{3} + 2k\pi \quad\Longleftrightarrow\quad x = -\frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{2} \;\text{ lub }\; x = \frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{2}.$$

To samo dają cztery serie z równań $\sin(2x) = \pm\frac{1}{2}$: $x = \frac{\pi}{12} + k\pi$, $x = \frac{5\pi}{12} + k\pi$, $x = -\frac{\pi}{12} + k\pi$, $x = \frac{7\pi}{12} + k\pi$. Najczęstszy błąd to rozwiązanie tylko $\sin(2x) = \frac{1}{2}$ i zgubienie połowy rozwiązań.

Odpowiedź: $x = \frac{k\pi}{2}$ lub $x = -\frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{2}$ lub $x = \frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{2}$, gdzie $k \in \mathbb{Z}$. Zobacz: sinus i cosinus sumy i różnicy, równania trygonometryczne oraz zadania z równań trygonometrycznych.

Krok 1. Krawędź podstawy. Z długości okręgu: $2\pi R = 6\sqrt{2}\pi$, więc $R = 3\sqrt{2}$. W trójkącie równobocznym o boku $a$ promień okręgu opisanego to $R = \frac{a\sqrt{3}}{3}$:

$$\frac{a\sqrt{3}}{3} = 3\sqrt{2} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{9\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = 3\sqrt{6}.$$

Krok 2. Krawędź boczna. Niech $b = |SB| = |SC|$. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $SBC$:

$$a^2 = b^2 + b^2 - 2b^2 \cdot \frac{5}{9} = \frac{8}{9}b^2 \quad\Longrightarrow\quad b^2 = \frac{9}{8} \cdot 54 = \frac{243}{4}, \qquad b = \frac{9\sqrt{3}}{2}.$$

Krok 3. Kąt między ścianami. Ściany $SAC$ i $SBC$ mają wspólną krawędź $SC$. Prowadzimy w ścianie $SBC$ wysokość $BE$ na krawędź $SC$. Ściany są przystające (ostrosłup prawidłowy), więc także $AE \perp SC$ i $|AE| = |BE|$. Kąt $\beta = |\sphericalangle AEB|$ jest szukanym kątem między ścianami. (Punkt $E$ leży wewnątrz krawędzi $SC$, bo trójkąt $SBC$ ma wszystkie kąty ostre.)

Z pola trójkąta $SBC$ liczonego na dwa sposoby: $\frac{1}{2}b^2\sin\sphericalangle BSC = \frac{1}{2}b \cdot |BE|$, gdzie $\sin\sphericalangle BSC = \sqrt{1 - \frac{25}{81}} = \frac{2\sqrt{14}}{9}$. Stąd

$$|BE| = b \cdot \frac{2\sqrt{14}}{9} = \frac{9\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2\sqrt{14}}{9} = \sqrt{42}.$$

Krok 4. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AEB$ ($|AE| = |BE| = \sqrt{42}$, $|AB| = 3\sqrt{6}$):

$$\cos\beta = \frac{|AE|^2 + |BE|^2 - |AB|^2}{2 \cdot |AE| \cdot |BE|} = \frac{42 + 42 - 54}{2 \cdot 42} = \frac{30}{84} = \frac{5}{14}.$$

Pułapka: kąt między ścianami bocznymi nie jest kątem między wysokościami ścian opuszczonymi z $S$ na krawędzie podstawy - ramiona kąta dwuściennego muszą być prostopadłe do wspólnej krawędzi $SC$ i wychodzić z tego samego punktu $E$.

Odpowiedź: $|AB| = 3\sqrt{6}$, a cosinus kąta między ścianami $SAC$ i $SBC$ jest równy $\frac{5}{14}$. Zobacz: kąt dwuścienny, ostrosłupy oraz zadania z graniastosłupów i ostrosłupów.

Krok 1. Które ramię leży na prostej? Ramiona to $CA$ i $CB$. Podstawiamy punkty do równania prostej: dla $A$: $1 + 2 \cdot (-1) - 4 = -5 \ne 0$, dla $B$: $4 + 0 - 4 = 0$. Prosta przechodzi przez $B$, a nie przez $A$, więc zawiera ramię $BC$, a $C$ leży na tej prostej.

Krok 2. Symetralna podstawy $AB$. Skoro $|CA| = |CB|$, punkt $C$ leży na symetralnej odcinka $AB$. Środek $AB$ to $\left(\frac{5}{2}, -\frac{1}{2}\right)$, a wektor $\overrightarrow{AB} = [3, 1]$ jest prostopadły do symetralnej:

$$3\left(x - \frac{5}{2}\right) + 1 \cdot \left(y + \frac{1}{2}\right) = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad 3x + y - 7 = 0.$$

Krok 3. Punkt $C$ to przecięcie obu prostych. Z pierwszej $x = 4 - 2y$, więc $3(4 - 2y) + y - 7 = 0$, czyli $5 - 5y = 0$: $y = 1$, $x = 2$. Zatem $C = (2, 1)$. Kontrola: $|CA|^2 = 1 + 4 = 5$ i $|CB|^2 = 4 + 1 = 5$.

Krok 4. Punkt $M$. Z $|AM| : |MC| = 1 : 4$ wynika $\overrightarrow{AM} = \frac{1}{5}\overrightarrow{AC}$, a $\overrightarrow{AC} = [1, 2]$:

$$M = A + \frac{1}{5}\overrightarrow{AC} = \left(1 + \frac{1}{5}, \; -1 + \frac{2}{5}\right) = \left(\frac{6}{5}, -\frac{3}{5}\right).$$

Krok 5. Promień i równanie okręgu. $r = |MC| = \frac{4}{5}|AC| = \frac{4}{5}\sqrt{5} = \frac{4\sqrt{5}}{5}$, więc $r^2 = \frac{16}{5}$:

$$\left(x - \frac{6}{5}\right)^2 + \left(y + \frac{3}{5}\right)^2 = \frac{16}{5}.$$

Pułapka: $M$ dzieli bok w stosunku $1 : 4$, więc $|AM| = \frac{1}{5}|AC|$, a nie $\frac{1}{4}|AC|$. Druga: przyjęcie bez sprawdzenia, że na danej prostej leży ramię $AC$ - punkt $A$ do niej nie należy.

Odpowiedź: $\left(x - \frac{6}{5}\right)^2 + \left(y + \frac{3}{5}\right)^2 = \frac{16}{5}$. Zobacz: podział odcinka w danym stosunku oraz zadania z podziału odcinka.

Współczynnik przy $x^2$ to $m^2 > 0$, więc parabola ma ramiona skierowane w górę. Oba miejsca zerowe leżą w przedziale $(-2, 2)$ wtedy i tylko wtedy, gdy jednocześnie:

1. $\Delta > 0$ (dwa różne miejsca zerowe),
2. wierzchołek leży między $-2$ i $2$: $-2 < x_w < 2$,
3. $f(-2) > 0$ oraz $f(2) > 0$ (na końcach przedziału parabola jest nad osią).

Warunek 1. $\Delta = (-2m)^2 - 4m^2(1 - m) = 4m^2 - 4m^2 + 4m^3 = 4m^3 > 0 \iff m > 0$.

Warunek 2. $x_w = \frac{2m}{2m^2} = \frac{1}{m}$. Dla $m > 0$ nierówność $-2 < \frac{1}{m}$ jest zawsze prawdziwa, a $\frac{1}{m} < 2 \iff m > \frac{1}{2}$.

Warunek 3.

$$f(2) = 4m^2 - 4m - m + 1 = 4m^2 - 5m + 1 = (4m - 1)(m - 1) > 0 \iff m < \frac{1}{4} \;\text{ lub }\; m > 1,$$

$$f(-2) = 4m^2 + 4m - m + 1 = 4m^2 + 3m + 1 > 0 \;\text{ dla każdego } m,$$

bo wyróżnik trójmianu $4m^2 + 3m + 1$ jest ujemny: $9 - 16 = -7 < 0$.

Część wspólna. $m > 0$ i $m > \frac{1}{2}$ i ($m < \frac{1}{4}$ lub $m > 1$) daje $m > 1$.

Sprawdzenie dla $m = 2$: $f(x) = 4x^2 - 4x - 1$ ma miejsca zerowe $\frac{1 \pm \sqrt{2}}{2} \approx -0{,}21$ i $1{,}21$ - oba w $(-2, 2)$. A dla $m = \frac{1}{8}$ ($\Delta > 0$, $f(\pm 2) > 0$) wierzchołek $x_w = 8$ leży poza przedziałem i miejsca zerowe też - dlatego warunek 2 jest niezbędny.

Odpowiedź: $m \in (1, +\infty)$. Zobacz: funkcja kwadratowa - zadania z parametrem oraz zadania z funkcji kwadratowej.

Krok 1. Przekątna $BD$ z twierdzenia cosinusów w trójkącie $ABD$:

$$|BD|^2 = 9^2 + 10^2 - 2 \cdot 9 \cdot 10 \cdot \cos 60^\circ = 81 + 100 - 90 = 91.$$

Krok 2. Czworokąt opisany na okręgu. Sumy przeciwległych boków są równe: $|AB| + |CD| = |BC| + |AD|$, czyli $9 + |CD| = |BC| + 10$. Oznaczmy $|BC| = x$; wtedy $|CD| = x + 1$.

Krok 3. Czworokąt wpisany w okrąg. Przeciwległe kąty sumują się do $180^\circ$, więc $|\sphericalangle BCD| = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$ i $\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}$.

Krok 4. Równanie z jedną niewiadomą - twierdzenie cosinusów w trójkącie $BCD$:

$$91 = x^2 + (x + 1)^2 - 2x(x + 1) \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 3x^2 + 3x + 1 \quad\Longleftrightarrow\quad x^2 + x - 30 = 0.$$

Stąd $x = 5$ lub $x = -6$; długość boku jest dodatnia, więc $|BC| = 5$ i $|CD| = 6$.

Krok 5. Pole jako suma pól trójkątów $ABD$ i $BCD$ ($\sin 60^\circ = \sin 120^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$):

$$P = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{45\sqrt{3}}{2} + \frac{15\sqrt{3}}{2} = 30\sqrt{3}.$$

Kontrola wzorem Brahmagupty dla czworokąta wpisanego (półobwód $p = 15$): $\sqrt{(15 - 9)(15 - 5)(15 - 6)(15 - 10)} = \sqrt{2700} = 30\sqrt{3}$. Pułapka: przyjęcie $\cos 120^\circ = \frac{1}{2}$ (bez minusa) prowadzi do równania $x^2 + x - 90 = 0$ bez całkowitych rozwiązań - to sygnał, że coś jest nie tak.

Odpowiedź: $|BC| = 5$, $|CD| = 6$, pole czworokąta $ABCD$ jest równe $30\sqrt{3}$. Zobacz: okrąg wpisany w czworokąt, okrąg opisany na czworokącie oraz twierdzenie cosinusów.

Krok 1. Oznaczenia. Trójkąt $ABC$ ma podstawę $|AB| = x$ i wysokość $|CS| = h$, gdzie $S$ to środek $AB$. Fontanna jest kołem wpisanym w trójkąt: promień $r = 2$, a środek $O$ leży na wysokości $CS$, w odległości $2$ od podstawy, czyli $|CO| = h - 2$. Niech $E$ będzie punktem styczności okręgu z ramieniem $BC$; wtedy $OE \perp BC$ i $|OE| = 2$.

Krok 2. Podobieństwo. Trójkąty prostokątne $CEO$ i $CSB$ mają wspólny kąt przy wierzchołku $C$, więc są podobne:

$$\frac{|OE|}{|SB|} = \frac{|CO|}{|CB|} \quad\Longrightarrow\quad \frac{2}{\frac{x}{2}} = \frac{h - 2}{\sqrt{h^2 + \frac{x^2}{4}}}.$$

Krok 3. Wyznaczamy $h$. Po podniesieniu do kwadratu (obie strony dodatnie):

$$\frac{16}{x^2}\left(h^2 + \frac{x^2}{4}\right) = (h - 2)^2 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{16h^2}{x^2} + 4 = h^2 - 4h + 4 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{16h^2}{x^2} = h^2 - 4h.$$

Dzielimy przez $h > 0$: $\frac{16h}{x^2} = h - 4$, czyli $h\left(x^2 - 16\right) = 4x^2$ i

$$h = \frac{4x^2}{x^2 - 16}.$$

Wysokość jest dodatnia tylko dla $x > 4$ - stąd dziedzina $x \in (4, 10]$ w kolejnej części zadania (dla $x \le 4$ koło o średnicy $4$ nie zmieści się w trójkącie stycznie do wszystkich boków).

Krok 4. Pole.

$$P(x) = \frac{1}{2} \cdot x \cdot h = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{4x^2}{x^2 - 16} = \frac{2x^3}{x^2 - 16}.$$

To kończy dowód. Inna droga: pole trójkąta to $P = r \cdot p$, gdzie $p$ to połowa obwodu - z $r = 2$ dostajemy $\frac{xh}{2} = 2 \cdot \frac{x + 2|BC|}{2}$ i to samo równanie na $h$.

Odpowiedź: $h = \frac{4x^2}{x^2 - 16}$, więc $P(x) = \frac{2x^3}{x^2 - 16}$, co należało wykazać. Zobacz: podobieństwo trójkątów oraz okrąg wpisany w trójkąt.

Krok 1. Pochodna ze wzoru na pochodną ilorazu:

$$P'(x) = \frac{6x^2\left(x^2 - 16\right) - 2x^3 \cdot 2x}{\left(x^2 - 16\right)^2} = \frac{2x^4 - 96x^2}{\left(x^2 - 16\right)^2} = \frac{2x^2\left(x^2 - 48\right)}{\left(x^2 - 16\right)^2}.$$

Krok 2. Miejsce zerowe i znak pochodnej. Mianownik i czynnik $2x^2$ są dodatnie dla $x \in (4, 10]$, więc znak $P'$ zależy tylko od $x^2 - 48$. Pochodna zeruje się dla $x = \sqrt{48} = 4\sqrt{3} \approx 6{,}93$ - ta liczba należy do przedziału $(4, 10]$.

• dla $x \in \left(4, 4\sqrt{3}\right)$: $P'(x) < 0$, funkcja $P$ maleje,
• dla $x \in \left(4\sqrt{3}, 10\right)$: $P'(x) > 0$, funkcja $P$ rośnie.

Zatem w punkcie $x = 4\sqrt{3}$ funkcja ma minimum lokalne, które jest jednocześnie jej najmniejszą wartością w całej dziedzinie (najpierw maleje, potem rośnie).

Krok 3. Najmniejsze pole.

$$P\left(4\sqrt{3}\right) = \frac{2 \cdot \left(4\sqrt{3}\right)^3}{48 - 16} = \frac{2 \cdot 192\sqrt{3}}{32} = 12\sqrt{3} \approx 20{,}78.$$

Ciekawostka: wtedy $h = \frac{4 \cdot 48}{32} = 6$, a ramię ma długość $\sqrt{12 + 36} = 4\sqrt{3}$ - najmniejszy kwietnik jest trójkątem równobocznym. Pułapka, za którą zasady oceniania odbierają wszystkie punkty: liczenie pochodnej ilorazu jako ilorazu pochodnych. Trzeba też uzasadnić, że minimum lokalne jest najmniejszą wartością (monotoniczność), a nie tylko wskazać miejsce zerowe pochodnej.

Odpowiedź: pole jest najmniejsze dla podstawy $x = 4\sqrt{3}$ m i wynosi $12\sqrt{3}$ m². Zobacz: zadania optymalizacyjne z pochodną, pochodna a monotoniczność oraz zadania optymalizacyjne z rozwiązaniami.