Krok 1. Wzór dwumianowy Newtona. Dla $(a+b)^{3}$ wyraz zawierający $a^{1}b^{2}$ ma postać

$$\binom{3}{1}a\,b^{2}=3ab^{2}.$$

Krok 2. Podstawienie. Tutaj $a=2\sqrt{3}\,x$ oraz $b=4y$, a szukany iloczyn $xy^{2}$ odpowiada właśnie $a^{1}b^{2}$:

$$3\cdot\left(2\sqrt{3}\,x\right)\cdot\left(4y\right)^{2}=3\cdot 2\sqrt{3}\,x\cdot 16y^{2}.$$

Krok 3. Obliczenie współczynnika.

$$3\cdot2\cdot16=96,$$

więc wyraz wynosi $96\sqrt{3}\,xy^{2}$, a szukany współczynnik to $96\sqrt{3}$.

Uwaga: pierwiastek występuje w pierwszej potędze (bo $a$ bierzemy raz), dlatego nie znika — to odróżnia poprawną odpowiedź od wariantów bez $\sqrt3$.

Odpowiedź: C

Krok 1. Twierdzenie Bézouta. Wielomian $W(x)$ jest podzielny przez dwumian $x-1$ dokładnie wtedy, gdy

$$W(1)=0.$$

Krok 2. Obliczenie $W(1)$.

$$W(1)=6\cdot1^{3}+3\cdot1^{2}-5\cdot1+p=6+3-5+p=4+p.$$

Krok 3. Równanie na $p$.

$$4+p=0\ \Longrightarrow\ p=-4.$$

Sprawdzenie: dla $p=-4$ mamy $W(1)=6+3-5-4=0$ ✓

Odpowiedź: D

Krok 1. Odczyt asymptot z wykresu. Asymptota pionowa ma równanie $x=3$, a asymptota pozioma (linia przerywana) $y=2$.

Krok 2. Zbiór wartości funkcji. Lewa gałąź maleje od $2$ (gdy $x\to-\infty$) do $-\infty$ (gdy $x\to3^{-}$), więc przyjmuje wszystkie wartości z przedziału $(-\infty,2)$. Prawa gałąź maleje od $+\infty$ do $2$, więc daje wszystkie wartości z $(2,+\infty)$.

$$ZW_f=(-\infty,2)\cup(2,+\infty),$$

przy czym każdą swoją wartość funkcja przyjmuje dokładnie raz, a wartości $2$ nie przyjmuje nigdy.

Krok 3. Analiza równania $|f(x)|=p$.

• $p\lt 0$ — brak rozwiązań (moduł jest nieujemny).

• $p=0$ — równanie sprowadza się do $f(x)=0$. Ponieważ $0\in(-\infty,2)$, istnieje dokładnie jedno rozwiązanie ✓

• $p>0$ — równanie rozpada się na $f(x)=p$ oraz $f(x)=-p$.

Równanie $f(x)=-p$ ma zawsze dokładnie jedno rozwiązanie, bo $-p\lt 0\lt 2$.

Równanie $f(x)=p$ ma jedno rozwiązanie, gdy $p\neq2$, a dla $p=2$ nie ma żadnego.

Zatem dla $p>0$ i $p\neq2$ otrzymujemy dwa rozwiązania, a dla $p=2$ — dokładnie jedno ✓

Krok 4. Wniosek. Dokładnie jedno rozwiązanie zachodzi w dwóch przypadkach: $p=0$ oraz $p=2$.

Odpowiedź: B

Krok 1. Wzór na pochodną ilorazu.

$$\left(\frac{u}{v}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^{2}}.$$

Tutaj $u=3x-1$, $v=x^{2}+4$, więc $u^{\prime}=3$ oraz $v^{\prime}=2x$.

Krok 2. Podstawienie.

$$f^{\prime}(x)=\frac{3\left(x^{2}+4\right)-(3x-1)\cdot 2x}{\left(x^{2}+4\right)^{2}}.$$

Krok 3. Uproszczenie licznika.

$$3x^{2}+12-\left(6x^{2}-2x\right)=3x^{2}+12-6x^{2}+2x=-3x^{2}+2x+12.$$

$$f^{\prime}(x)=\frac{-3x^{2}+2x+12}{\left(x^{2}+4\right)^{2}}.$$

Szybka kontrola: $f^{\prime}(0)=\frac{12}{16}=\frac34$, a bezpośrednio z definicji nachylenia w zerze wychodzi tyle samo ✓

Odpowiedź: A

Krok 1. Stopień licznika. Wyrażenie $\left(pn^{2}+4n\right)^{3}$ po rozwinięciu jest wielomianem stopnia szóstego, a jego wyraz wiodący to

$$\left(pn^{2}\right)^{3}=p^{3}n^{6}.$$

Krok 2. Stopień mianownika. Mianownik $5n^{6}-4$ ma wyraz wiodący $5n^{6}$.

Krok 3. Granica. Stopnie są równe, więc granica to iloraz współczynników wiodących:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\left(pn^{2}+4n\right)^{3}}{5n^{6}-4}=\frac{p^{3}}{5}.$$

Krok 4. Równanie na $p$.

$$\frac{p^{3}}{5}=-\frac{8}{5}\ \Longrightarrow\ p^{3}=-8\ \Longrightarrow\ p=-2.$$

Uwaga: pierwiastek sześcienny z liczby ujemnej jest jednoznaczny, więc $p=-2$ to jedyne rozwiązanie.

Odpowiedź: D

Szukamy prawdopodobieństwa warunkowego $P(A|M)$, gdzie $A$ — osoba popiera budowę, $M$ — osoba jest mężczyzną.

Krok 1. Liczba mężczyzn. Odczytujemy z tabeli:

$$|M|=2260+740=3000.$$

Krok 2. Mężczyźni popierający budowę.

$$|A\cap M|=2260.$$

Krok 3. Prawdopodobieństwo warunkowe.

$$P(A|M)=\frac{|A\cap M|}{|M|}=\frac{2260}{3000}=\frac{113}{150}.$$

Krok 4. Rozwinięcie dziesiętne.

$$\frac{113}{150}=0{,}7533333\ldots$$

Trzy pierwsze cyfry po przecinku to $7$, $5$, $3$.

Uwaga: łączna liczba ankietowanych ($10\,000$) nie jest tu potrzebna — warunek „jest mężczyzną" zawęża przestrzeń do $3000$ osób.

Odpowiedź: 7 5 3

Krok 1. Rozpoznanie ilorazu. Oznaczmy

$$q=\frac{1}{2x-371}.$$

Wtedy $a_n=q^{n}$, czyli ciąg jest geometryczny o pierwszym wyrazie $a_1=q$ i ilorazie $q$.

Krok 2. Warunek dodatniości wyrazów. Wszystkie wyrazy mają być dodatnie, więc

$$q>0\ \Longleftrightarrow\ 2x-371>0\ \Longleftrightarrow\ x>185{,}5.$$

Krok 3. Warunek zbieżności szeregu. Szereg geometryczny jest zbieżny dokładnie wtedy, gdy $|q|\lt 1$. Ponieważ $q>0$, warunek upraszcza się do $q\lt 1$:

$$\frac{1}{2x-371}\lt 1.$$

Mianownik jest dodatni, więc możemy pomnożyć obie strony przez niego bez zmiany znaku:

$$1\lt 2x-371\ \Longrightarrow\ 2x>372\ \Longrightarrow\ x>186.$$

Krok 4. Najmniejsza liczba całkowita.

$$x=187.$$

Sprawdzenie: dla $x=187$ mamy $2x-371=3$, czyli $q=\frac13\in(0,1)$ — szereg zbieżny ✓. Dla $x=186$ otrzymalibyśmy $q=1$ i szereg $1+1+1+\ldots$, który jest rozbieżny ✓

Odpowiedź: $x=187$

Krok 1. Kwadrat sumy. Korzystamy z założenia $x^{2}+y^{2}=2$:

$$(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}=2+2xy.$$

Krok 2. Oszacowanie iloczynu $xy$. Dla dowolnych liczb rzeczywistych kwadrat różnicy jest nieujemny:

$$(x-y)^{2}\ge 0\ \Longrightarrow\ x^{2}-2xy+y^{2}\ge 0\ \Longrightarrow\ x^{2}+y^{2}\ge 2xy.$$

Podstawiamy założenie:

$$2\ge 2xy\ \Longrightarrow\ xy\le 1.$$

Krok 3. Oszacowanie kwadratu sumy.

$$(x+y)^{2}=2+2xy\le 2+2\cdot1=4.$$

Krok 4. Pierwiastkowanie. Liczby $x$ i $y$ są dodatnie, więc $x+y>0$. Z nierówności $(x+y)^{2}\le 4$ i dodatniości sumy wynika

$$x+y\le 2,$$

co należało wykazać. $\blacksquare$

Kiedy zachodzi równość: gdy $(x-y)^{2}=0$, czyli $x=y$. Wtedy $2x^{2}=2$, więc $x=y=1$ i rzeczywiście $x+y=2$.

Oznaczmy $|AB|=a$, $|AD|=b$ oraz $|BD|=d$, przy czym z twierdzenia Pitagorasa $d^{2}=a^{2}+b^{2}$.

Krok 1. Odcinki styczne z wierzchołka $D$. Dla okręgu wpisanego w trójkąt długość odcinka stycznego z danego wierzchołka to połowa różnicy obwodu i podwojonego boku przeciwległego. W trójkącie $ABD$ punkt styczności z bokiem $AD$ to $M$:

$$|DM|=\frac{|DA|+|DB|-|AB|}{2}=\frac{b+d-a}{2}.$$

W trójkącie $BCD$ punkt styczności z przekątną $BD$ to $N$:

$$|DN|=\frac{|DC|+|DB|-|CB|}{2}=\frac{a+d-b}{2}.$$

Krok 2. Kierunek odcinka $MN$. Punkt $S$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABD$, a $M$ — punktem styczności tego okręgu z bokiem $AD$. Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc $SM\perp AD$. Ponieważ $AD\perp AB$, odcinek $SM$ jest równoległy do $AB$.

Z założenia punkt $S$ leży na odcinku $MN$, zatem cały odcinek $MN$ jest równoległy do $AB$.

Krok 3. Podobieństwo trójkątów. Z $MN\parallel AB$ wynika, że trójkąty $DMN$ i $DAB$ są podobne (cecha kąt-kąt), więc

$$\frac{|DN|}{|DB|}=\frac{|DM|}{|DA|}\qquad\text{oraz}\qquad \frac{|MN|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}.$$

Krok 4. Wykorzystanie pierwszej proporcji.

$$\frac{a+d-b}{2d}=\frac{b+d-a}{2b}\ \Longrightarrow\ b(a+d-b)=d(b+d-a).$$

$$ab+bd-b^{2}=bd+d^{2}-ad\ \Longrightarrow\ ab-b^{2}=d^{2}-ad.$$

Podstawiamy $d^{2}=a^{2}+b^{2}$:

$$ab-b^{2}=a^{2}+b^{2}-ad\ \Longrightarrow\ ad=a^{2}+2b^{2}-ab.$$

Krok 5. Obliczenie $|MN|$. Z drugiej proporcji:

$$|MN|=|AB|\cdot\frac{|DM|}{|DA|}=a\cdot\frac{\frac{b+d-a}{2}}{b}=\frac{a(b+d-a)}{2b}=\frac{ab+ad-a^{2}}{2b}.$$

Podstawiamy wynik z Kroku 4:

$$ab+ad-a^{2}=ab+\left(a^{2}+2b^{2}-ab\right)-a^{2}=2b^{2}.$$

$$|MN|=\frac{2b^{2}}{2b}=b=|AD|,$$

co należało wykazać. $\blacksquare$

Uwaga: trójkąty $ABD$ i $CDB$ są przystające (oba prostokątne o przyprostokątnych $a$ i $b$), więc oba okręgi mają ten sam promień $r=\frac{a+b-d}{2}$ — widać to też na rysunku.

Krok 1. Odcięta punktu przecięcia. Przyrównujemy wzory funkcji:

$$x-2=5-ax\ \Longrightarrow\ x+ax=7\ \Longrightarrow\ x(1+a)=7.$$

Dla $a=-1$ równanie przyjmuje postać $0=7$ — wykresy są wtedy równoległe i nie przecinają się. Zakładamy więc $a\neq-1$:

$$x=\frac{7}{1+a}.$$

Krok 2. Rzędna punktu przecięcia.

$$y=x-2=\frac{7}{1+a}-2=\frac{7-2(1+a)}{1+a}=\frac{5-2a}{1+a}.$$

Krok 3. Warunek $x>0$. Licznik $7$ jest dodatni, więc

$$\frac{7}{1+a}>0\ \Longleftrightarrow\ 1+a>0\ \Longleftrightarrow\ a>-1.$$

Krok 4. Warunek $y>0$. Wiemy już, że $1+a>0$, więc znak ułamka zależy tylko od licznika:

$$\frac{5-2a}{1+a}>0\ \Longleftrightarrow\ 5-2a>0\ \Longleftrightarrow\ a\lt \frac{5}{2}.$$

Krok 5. Część wspólna.

$$a\in\left(-1,\ \frac{5}{2}\right).$$

Kontrola: dla $a=0$ punkt przecięcia to $(7,5)$ — obie współrzędne dodatnie ✓; dla $a=3$ mamy $\left(\frac74,-\frac14\right)$ ✗; dla $a=-2$ mamy $(-7,-9)$ ✗

Odpowiedź: $a\in\left(-1,\frac{5}{2}\right)$

Krok 1. Dziedzina. Mianownik nie może być zerem:

$$\cos^{2}x\neq0\ \Longleftrightarrow\ \cos x\neq0\ \Longleftrightarrow\ x\neq\frac{\pi}{2}\ \text{i}\ x\neq\frac{3\pi}{2}.$$

Krok 2. Kluczowa obserwacja. W całej dziedzinie mianownik $\cos^{2}x$ jest dodatni (kwadrat liczby różnej od zera). Znak ułamka zależy więc wyłącznie od licznika:

$$\frac{2\cos x-\sqrt{3}}{\cos^{2}x}\lt 0\ \Longleftrightarrow\ 2\cos x-\sqrt{3}\lt 0\ \Longleftrightarrow\ \cos x\lt \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Krok 3. Rozwiązanie nierówności trygonometrycznej. W przedziale $\langle0,2\pi\rangle$ równość $\cos x=\frac{\sqrt3}{2}$ zachodzi dla

$$x=\frac{\pi}{6}\qquad\text{oraz}\qquad x=\frac{11\pi}{6}.$$

Cosinus jest mniejszy od $\frac{\sqrt3}{2}$ pomiędzy tymi wartościami:

$$x\in\left(\frac{\pi}{6},\ \frac{11\pi}{6}\right).$$

Krok 4. Usunięcie punktów spoza dziedziny. Zarówno $\frac{\pi}{2}$, jak i $\frac{3\pi}{2}$ należą do powyższego przedziału, więc trzeba je wykluczyć:

$$x\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right)\cup\left(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right)\cup\left(\frac{3\pi}{2},\frac{11\pi}{6}\right).$$

Kontrola: dla $x=\pi$ mamy $\frac{2(-1)-\sqrt3}{1}\lt 0$ ✓; dla $x=0$ otrzymujemy $2-\sqrt3>0$, więc $0$ słusznie nie należy do rozwiązania ✓

Odpowiedź: $x\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{11\pi}{6}\right)$ z wyłączeniem $\frac{\pi}{2}$ i $\frac{3\pi}{2}$

Krok 1. Wzory Viète'a i wyróżnik. Współczynnik przy $x^{2}$ równa się $1$, więc

$$x_1+x_2=-2(m+1),\qquad x_1x_2=6m+1.$$

$$\Delta=4(m+1)^{2}-4(6m+1)=4\left(m^{2}+2m+1-6m-1\right)=4\left(m^{2}-4m\right)=4m(m-4).$$

Krok 2. Warunek I — dwa różne pierwiastki.

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m(m-4)>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt 0\ \text{lub}\ m>4.$$

Krok 3. Warunek II — pierwiastki tego samego znaku. Dwie liczby mają ten sam znak dokładnie wtedy, gdy ich iloczyn jest dodatni:

$$x_1x_2>0\ \Longleftrightarrow\ 6m+1>0\ \Longleftrightarrow\ m>-\frac16.$$

Krok 4. Warunek III — odległość pierwiastków. Ponieważ współczynnik wiodący wynosi $1$:

$$\left(x_1-x_2\right)^{2}=\left(x_1+x_2\right)^{2}-4x_1x_2=\Delta.$$

$$|x_1-x_2|\lt 3\ \Longleftrightarrow\ \Delta\lt 9\ \Longleftrightarrow\ 4m^{2}-16m-9\lt 0.$$

$$\Delta^{\prime}=256+144=400,\qquad \sqrt{\Delta^{\prime}}=20,\qquad m=\frac{16\pm20}{8}.$$

$$m_1=-\frac12,\qquad m_2=\frac92\ \Longrightarrow\ m\in\left(-\frac12,\ \frac92\right).$$

Krok 5. Część wspólna wszystkich warunków.

Z warunków I i II: $m\in\left(-\frac16,0\right)\cup(4,+\infty)$.

Po przecięciu z warunkiem III:

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

Kontrola: dla $m=-0{,}1$: $\Delta=1{,}64>0$, $x_1x_2=0{,}4>0$, $\Delta\lt 9$ ✓; dla $m=4{,}2$: $\Delta=3{,}36$, $x_1x_2=26{,}2$ ✓; dla $m=5$: $\Delta=20>9$ — warunek III niespełniony ✓

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

Krok 1. Sprawdzenie położenia $A$. Przekątna $AC$ leży na osi symetrii, więc punkt $A$ musi na niej leżeć:

$$30-32+2=0\ \checkmark$$

Krok 2. Wyznaczenie $D$. Oś symetrii przeprowadza czworokąt na siebie, zamieniając miejscami wierzchołki $B$ i $D$. Zatem $D$ jest obrazem $B=(0,8)$ w symetrii względem prostej $x-y+2=0$.

Wstawiamy współrzędne $B$ do lewej strony równania prostej:

$$0-8+2=-6.$$

Wektor normalny prostej to $[1,-1]$, a jego kwadrat długości wynosi $2$, więc

$$D=B-2\cdot\frac{-6}{2}\cdot[1,-1]=(0,8)+6\cdot[1,-1]=(6,\ 2).$$

Kontrola: środek odcinka $BD$ to $(3,5)$ i leży na osi ($3-5+2=0$ ✓), a wektor $\vec{BD}=[6,-6]$ jest prostopadły do kierunku osi $[1,1]$ ✓

Krok 3. Środek okręgu opisanego. Skoro $B$ i $D$ są symetryczne względem prostej $AC$, to prosta ta jest symetralną odcinka $BD$, a więc środek okręgu opisanego leży właśnie na niej. Zapiszmy go jako $O=(t,\ t+2)$.

Z warunku $|OA|=|OB|$:

$$(t-30)^{2}+(t+2-32)^{2}=t^{2}+(t+2-8)^{2},$$

$$2(t-30)^{2}=t^{2}+(t-6)^{2},$$

$$2t^{2}-120t+1800=2t^{2}-12t+36\ \Longrightarrow\ 1764=108t\ \Longrightarrow\ t=\frac{49}{3}.$$

$$O=\left(\frac{49}{3},\ \frac{55}{3}\right),\qquad r^{2}=|OA|^{2}=2\left(\frac{41}{3}\right)^{2}=\frac{3362}{9}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $C$. Punkt $C$ leży na osi, więc ma postać $(s,\ s+2)$, i leży na okręgu:

$$\left(s-\frac{49}{3}\right)^{2}+\left(s+2-\frac{55}{3}\right)^{2}=\frac{3362}{9}.$$

Oba nawiasy są równe, więc

$$2\left(s-\frac{49}{3}\right)^{2}=\frac{3362}{9}\ \Longrightarrow\ \left(s-\frac{49}{3}\right)^{2}=\frac{1681}{9}\ \Longrightarrow\ s-\frac{49}{3}=\pm\frac{41}{3}.$$

$$s=30\ (\text{to punkt }A)\qquad\text{lub}\qquad s=\frac{8}{3}.$$

$$C=\left(\frac{8}{3},\ \frac{14}{3}\right).$$

Sprawdzenie. Wszystkie cztery wierzchołki leżą na okręgu o środku $O$ i $r^{2}=\frac{3362}{9}$. Ponadto $|AB|=|AD|=\sqrt{1476}$ oraz $|CB|=|CD|=\frac{\sqrt{164}}{3}$ — czworokąt jest deltoidem, co zgadza się z informacją, że ma jedyną oś symetrii ✓

Odpowiedź: $C=\left(\frac{8}{3},\frac{14}{3}\right)$, $\;D=(6,2)$

Krok 1. Struktura liczby. Liczba ma $10$ cyfr, z których dokładnie trzy to jedynki. Pozostałe siedem pozycji zajmują cyfry $2$ lub $3$.

Uwaga: nie trzeba tu osobno wykluczać zera na początku, bo wśród dozwolonych cyfr $1$, $2$, $3$ zera w ogóle nie ma — każda taka liczba jest automatycznie dziesięciocyfrowa.

Krok 2. Wybór pozycji dla jedynek. Spośród $10$ miejsc wybieramy $3$, na których stanie cyfra $1$. Kolejność wyboru nie ma znaczenia, więc liczba sposobów to kombinacja:

$$\binom{10}{3}=\frac{10!}{3!\,7!}=\frac{10\cdot9\cdot8}{3\cdot2\cdot1}=120.$$

Krok 3. Wypełnienie pozostałych pozycji. Na każdym z $7$ wolnych miejsc niezależnie wybieramy jedną z dwóch cyfr ($2$ albo $3$):

$$2^{7}=128.$$

Krok 4. Reguła mnożenia.

$$120\cdot 128=15\,360,$$

co należało uzasadnić. $\blacksquare$

Oznaczmy krawędź podstawy przez $a$, a wysokość ostrosłupa $H=5$.

Krok 1. Jak mierzyć kąt między ścianami bocznymi. Rozważmy sąsiednie ściany $SAB$ i $SBC$ o wspólnej krawędzi $SB$. Z wierzchołków $A$ i $C$ prowadzimy odcinki prostopadłe do $SB$; oba padają w ten sam punkt $K$ (z symetrii), a kąt $\angle AKC$ jest szukanym kątem dwuściennym:

$$\angle AKC=120^\circ,\qquad |AK|=|CK|=d.$$

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AKC$. Odcinek $AC$ to przekątna kwadratu, czyli $|AC|=a\sqrt{2}$:

$$|AC|^{2}=d^{2}+d^{2}-2d^{2}\cos 120^\circ=2d^{2}+d^{2}=3d^{2}.$$

$$2a^{2}=3d^{2}\ \Longrightarrow\ d^{2}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Krok 3. Obliczenie $d$ ze współrzędnych. Przyjmijmy środek podstawy w początku układu:

$$A=\left(-\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad B=\left(\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad S=(0,0,5).$$

Odległość punktu $A$ od prostej $SB$ wyznaczamy z iloczynu wektorowego:

$$\vec{SA}\times\vec{SB}=\left[0,\ -5a,\ \tfrac{a^{2}}{2}\right],\qquad \left|\vec{SA}\times\vec{SB}\right|=a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}.$$

$$\left|\vec{SB}\right|=\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25},\qquad d=\frac{a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}}{\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25}}.$$

Krok 4. Równanie na $a$. Porównujemy oba wyrażenia na $d^{2}$:

$$\frac{a^{2}\left(25+\tfrac{a^{2}}{4}\right)}{\tfrac{a^{2}}{2}+25}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Dzielimy przez $a^{2}>0$ i mnożymy na krzyż:

$$3\left(25+\frac{a^{2}}{4}\right)=2\left(\frac{a^{2}}{2}+25\right)\ \Longrightarrow\ 75+\frac{3a^{2}}{4}=a^{2}+50.$$

$$25=\frac{a^{2}}{4}\ \Longrightarrow\ a^{2}=100\ \Longrightarrow\ a=10.$$

Krok 5. Objętość.

$$V=\frac13\,a^{2}H=\frac13\cdot100\cdot5=\frac{500}{3}.$$

Kontrola: dla $a=10$ mamy $d^{2}=\frac{100\cdot50}{75}=\frac{200}{3}$ oraz $\frac{2a^{2}}{3}=\frac{200}{3}$ — zgadza się ✓

Odpowiedź: $V=\frac{500}{3}$

Krok 1. Współrzędne wierzchołków. Niech $x$ będzie pierwszą współrzędną punktu $C$. Punkt $C$ leży na paraboli, więc

$$C=\left(x,\ 2-\frac{x^{2}}{2}\right).$$

Trapez jest równoramienny i symetryczny względem osi $Oy$, zatem

$$D=\left(-x,\ 2-\frac{x^{2}}{2}\right).$$

Krok 2. Dziedzina. Musi być $x>0$, wysokość trapezu dodatnia ($2-\frac{x^{2}}{2}>0$, czyli $x\lt 2$) oraz $|DC|\lt |AB|$, czyli $2x\lt 4$ — ten sam warunek. Zatem

$$x\in(0,\ 2).$$

Krok 3. Pole trapezu. Podstawy mają długości $|AB|=4$ oraz $|DC|=2x$, a wysokością jest rzędna punktu $C$:

$$P(x)=\frac{|AB|+|DC|}{2}\cdot h=\frac{4+2x}{2}\left(2-\frac{x^{2}}{2}\right)=(2+x)\left(2-\frac{x^{2}}{2}\right).$$

Po wymnożeniu:

$$P(x)=-\frac{x^{3}}{2}-x^{2}+2x+4.$$

Krok 4. Poszukiwanie maksimum.

$$P^{\prime}(x)=-\frac{3x^{2}}{2}-2x+2.$$

$$P^{\prime}(x)=0\ \Big|\cdot(-2)\ \Longrightarrow\ 3x^{2}+4x-4=0.$$

$$\Delta=16+48=64,\qquad \sqrt{\Delta}=8,\qquad x=\frac{-4\pm8}{6}.$$

$$x_1=\frac{2}{3},\qquad x_2=-2\ (\text{odrzucamy, bo }x>0).$$

Dla $x\lt \frac23$ pochodna jest dodatnia, dla $x>\frac23$ ujemna, więc w $x=\frac23$ funkcja osiąga maksimum.

Krok 5. Współrzędne punktu $C$ i największe pole.

$$y_C=2-\frac{1}{2}\left(\frac23\right)^{2}=2-\frac{2}{9}=\frac{16}{9}.$$

$$C=\left(\frac{2}{3},\ \frac{16}{9}\right).$$

$$P\left(\tfrac23\right)=\left(2+\tfrac23\right)\cdot\frac{16}{9}=\frac{8}{3}\cdot\frac{16}{9}=\frac{128}{27}.$$

Odpowiedź: $P(x)=(2+x)\left(2-\frac{x^{2}}{2}\right)$ dla $x\in(0,2)$; największe pole $\frac{128}{27}$ dla $C=\left(\frac{2}{3},\frac{16}{9}\right)$