Krok 1. Zamiana pierwiastka na potęgę.

$$\sqrt[4]{8}=8^{\frac14}=\left(2^{3}\right)^{\frac14}=2^{\frac34}.$$

Krok 2. Sprowadzenie każdej liczby do potęgi dwójki.

$$a=\frac{2^{\frac34}}{2}=2^{\frac34-1}=2^{-\frac14},$$

$$b=\frac{1}{2\cdot2^{\frac34}}=\frac{1}{2^{\frac74}}=2^{-\frac74},$$

$$c=2^{\frac34},\qquad d=\frac{2}{2^{\frac34}}=2^{1-\frac34}=2^{\frac14}.$$

Krok 3. Porównanie z $k$. Ponieważ $k=2^{-\frac14}$, jedyną pasującą liczbą jest $a$.

Odpowiedź: A

Krok 1. Podstawienie. Niech $t=|x|$, przy czym $t\ge 0$. Równanie przyjmuje postać

$$|t-2|=t+2.$$

Krok 2. Przypadek $t\ge 2$. Wtedy $|t-2|=t-2$:

$$t-2=t+2\ \Longrightarrow\ -2=2,$$

co jest fałszem — brak rozwiązań w tym przypadku.

Krok 3. Przypadek $0\le t\lt 2$. Wtedy $|t-2|=2-t$:

$$2-t=t+2\ \Longrightarrow\ 0=2t\ \Longrightarrow\ t=0.$$

Wartość $t=0$ spełnia warunek $0\le t\lt 2$.

Krok 4. Powrót do $x$.

$$|x|=0\ \Longrightarrow\ x=0.$$

Sprawdzenie: $\bigl||0|-2\bigr|=2$ oraz $|0|+2=2$ ✓

Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Odpowiedź: B

Krok 1. Odwrotność logarytmu. Korzystamy z tożsamości $\frac{1}{\log_{a}b}=\log_{b}a$:

$$\frac{1}{\log_{20}5}=\log_{5}20.$$

Krok 2. Pierwszy składnik. Ze wzoru na logarytm potęgi:

$$2\log_{5}10=\log_{5}10^{2}=\log_{5}100.$$

Krok 3. Różnica logarytmów.

$$\log_{5}100-\log_{5}20=\log_{5}\frac{100}{20}=\log_{5}5=1.$$

Odpowiedź: C

Krok 1. Rozkład mianownika.

$$x^{2}-5x+6=(x-2)(x-3).$$

Krok 2. Zachowanie licznika. Dla $x\to3$ licznik dąży do

$$-3+2=-1,$$

czyli jest ujemny i różny od zera.

Krok 3. Zachowanie mianownika przy $x\to3^{-}$. Zbliżamy się do $3$ od lewej strony, więc

$$x-3\to 0^{-}\ (\text{ujemne}),\qquad x-2\to 1^{+}\ (\text{dodatnie}).$$

Iloczyn $(x-2)(x-3)$ dąży zatem do zera od strony wartości ujemnych.

Krok 4. Znak ilorazu. Liczba ujemna dzielona przez wartość ujemną bliską zeru daje wartości dodatnie, coraz większe co do modułu:

$$\frac{-1}{0^{-}}=+\infty.$$

Kontrola liczbowa: dla $x=2{,}99$ mamy $\frac{-0{,}99}{0{,}99\cdot(-0{,}01)}=\frac{-0{,}99}{-0{,}0099}\approx 100$ — wartość dodatnia i rosnąca ✓

Odpowiedź: D

Krok 1. Asymptoty funkcji homograficznej. Dla wzoru $f(x)=\frac{ax+7}{x+d}$ mianownik zeruje się przy $x=-d$, więc asymptota pionowa ma równanie

$$x=-d.$$

Licznik i mianownik są stopnia pierwszego, a współczynnik przy $x$ w mianowniku wynosi $1$, więc asymptota pozioma to

$$y=a.$$

Krok 2. Środek symetrii. Środkiem symetrii hiperboli jest punkt przecięcia asymptot:

$$S=(-d,\ a).$$

Krok 3. Porównanie z danym punktem.

$$(-d,\ a)=(-5,\ 3)\ \Longrightarrow\ d=5,\qquad a=3.$$

Krok 4. Szukany iloraz.

$$\frac{d}{a}=\frac{5}{3}=1{,}666\ldots$$

Cyfra jedności to $1$, a pierwsze dwie cyfry po przecinku to $6$ i $6$.

Odpowiedź: 1 6 6

Krok 1. Współczynnik kierunkowy stycznej. Kąt nachylenia prostej do osi $Ox$ wiąże się ze współczynnikiem kierunkowym wzorem $m=\tg\alpha$:

$$m=\tg 30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{3}.$$

Krok 2. Pochodna funkcji.

$$y^{\prime}=2\sqrt{3}\,x.$$

Krok 3. Wyznaczenie odciętej. Pochodna w punkcie styczności równa się współczynnikowi kierunkowemu stycznej:

$$2\sqrt{3}\,x_0=\frac{\sqrt{3}}{3}\ \Longrightarrow\ x_0=\frac{\sqrt{3}}{3\cdot 2\sqrt{3}}=\frac{1}{6}.$$

Krok 4. Wyznaczenie rzędnej. Podstawiamy do wzoru paraboli:

$$y_0=\sqrt{3}\cdot\left(\frac16\right)^{2}-1=\frac{\sqrt{3}}{36}-1.$$

Sprawdzenie: $y^{\prime}\left(\tfrac16\right)=2\sqrt3\cdot\tfrac16=\tfrac{\sqrt3}{3}=\tg30^\circ$ ✓

Odpowiedź: $P=\left(\frac{1}{6},\ \frac{\sqrt{3}}{36}-1\right)$

Krok 1. Wspólny punkt dwusiecznych. Dwusieczne kątów wewnętrznych trójkąta przecinają się w jednym punkcie — środku okręgu wpisanego. Oznaczmy go przez $I$. Zatem

$$I\in d_A,\qquad I\in d_B,\qquad I\in d_C.$$

Krok 2. Własność symetrii osiowej. Symetria osiowa jest izometrią, więc zachowuje odległości. W szczególności, jeśli oś symetrii przechodzi przez pewien punkt, to odległość dowolnego punktu od tego punktu nie zmienia się po odbiciu.

Formalnie: jeśli $X^{\prime}$ jest obrazem punktu $X$ w symetrii względem prostej $\ell$ oraz $I\in\ell$, to

$$|IX^{\prime}|=|IX|,$$

bo punkt $I$ jest swoim własnym obrazem (leży na osi), a izometria zachowuje odległość między obrazami.

Krok 3. Zastosowanie do kolejnych odbić. Każda z trzech użytych osi przechodzi przez $I$, więc:

$$|IL|=|IK|\quad(\text{symetria względem }d_A),$$

$$|IM|=|IL|\quad(\text{symetria względem }d_C),$$

$$|IN|=|IM|\quad(\text{symetria względem }d_B).$$

Krok 4. Wniosek. Łącząc powyższe równości:

$$|IK|=|IL|=|IM|=|IN|.$$

Wszystkie cztery punkty $K$, $N$, $M$, $L$ są więc jednakowo oddalone od punktu $I$, czyli leżą na okręgu o środku $I$ i promieniu $|IK|$.

Oznacza to, że na czworokącie $KNML$ można opisać okrąg. $\blacksquare$

Uwaga: założenie $|AC|>|BC|$ gwarantuje jedynie, że punkty układają się tak jak na rysunku (czworokąt nie degeneruje się) — sam dowód opiera się wyłącznie na tym, że osie odbić przechodzą przez środek okręgu wpisanego.

Krok 1. Rozkład na czynniki.

$$k^{3}m-km^{3}=km\left(k^{2}-m^{2}\right)=km(k-m)(k+m).$$

Ponieważ $6=2\cdot3$, a liczby $2$ i $3$ są względnie pierwsze, wystarczy pokazać, że iloczyn dzieli się osobno przez $2$ i przez $3$.

Krok 2. Podzielność przez 2. Rozważmy dwa przypadki:

• jeśli co najmniej jedna z liczb $k$, $m$ jest parzysta, to iloczyn $km$ jest parzysty;

• jeśli obie są nieparzyste, to ich różnica $k-m$ jest parzysta.

W obu przypadkach iloczyn $km(k-m)(k+m)$ zawiera czynnik parzysty, więc dzieli się przez $2$.

Krok 3. Podzielność przez 3. Rozważmy reszty z dzielenia przez $3$:

• jeśli $k$ lub $m$ dzieli się przez $3$, to $km$ dzieli się przez $3$;

• jeśli $k$ i $m$ dają tę samą niezerową resztę, to $3\mid k-m$;

• jeśli dają różne niezerowe reszty, czyli $1$ i $2$, to ich suma daje resztę $1+2=3$, więc $3\mid k+m$.

W każdym przypadku iloczyn zawiera czynnik podzielny przez $3$.

Krok 4. Wniosek. Iloczyn $km(k-m)(k+m)$ dzieli się jednocześnie przez $2$ i przez $3$, a te liczby są względnie pierwsze, więc dzieli się przez $6$. $\blacksquare$

Krótsze uzasadnienie: dla każdej liczby całkowitej zachodzi $k^{3}\equiv k\pmod 6$, więc $k^{3}m-km^{3}\equiv km-km=0\pmod 6$.

Krok 1. Analiza zbioru. W zbiorze $Z$ mamy:

liczby parzyste: $2,\,4,\,6$ — jest ich $3$;
liczby nieparzyste: $1,\,3,\,5,\,7,\,9$ — jest ich $5$.

Krok 2. Wszystkie możliwe ciągi. Ciąg ośmiowyrazowy bez powtórzeń to permutacja ośmiu elementów:

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

Krok 3. Zdarzenia sprzyjające — metoda przerw. Najpierw ustawiamy w dowolnej kolejności $5$ liczb nieparzystych:

$$5!=120\ \text{sposobów}.$$

Takie ustawienie tworzy $6$ „przerw", w które można wstawić liczby parzyste (przed pierwszą liczbą, między kolejnymi oraz po ostatniej):

$$\_\ n_1\ \_\ n_2\ \_\ n_3\ \_\ n_4\ \_\ n_5\ \_$$

Aby żadne dwie liczby parzyste nie sąsiadowały, każda musi trafić do innej przerwy. Wybieramy $3$ przerwy z $6$ i rozmieszczamy w nich trzy różne liczby parzyste:

$$\binom{6}{3}\cdot 3!=20\cdot 6=120\ \text{sposobów}.$$

Krok 4. Liczba zdarzeń sprzyjających.

$$|A|=5!\cdot\binom{6}{3}\cdot 3!=120\cdot 20\cdot 6=14\,400.$$

Krok 5. Prawdopodobieństwo.

$$P(A)=\frac{14\,400}{40\,320}=\frac{5}{14}.$$

Sprawdzenie skrócenia: $14\,400\cdot 14=201\,600$ oraz $40\,320\cdot 5=201\,600$ ✓

Odpowiedź: $P=\frac{5}{14}$

Krok 1. Wyznaczenie promienia $R$. Podstawiamy dane do wzoru na objętość:

$$\frac13\pi\cdot 10\cdot\left(6^{2}+6R+R^{2}\right)=840\pi.$$

Dzielimy obie strony przez $\pi$ i mnożymy przez $\frac{3}{10}$:

$$R^{2}+6R+36=252\ \Longrightarrow\ R^{2}+6R-216=0.$$

$$\Delta=36+864=900,\qquad \sqrt{\Delta}=30.$$

$$R=\frac{-6+30}{2}=12\qquad(\text{drugi pierwiastek }-18\text{ odrzucamy, bo }R>0).$$

Sprawdzenie: $\frac{10}{3}(36+72+144)=\frac{10}{3}\cdot252=840$ ✓ oraz $r=6\lt 12=R$ ✓

Krok 2. Przekrój osiowy. Przekrojem osiowym stożka ściętego jest trapez równoramienny o podstawach

$$2R=24\quad\text{(dolna)},\qquad 2r=12\quad\text{(górna)},$$

i wysokości $H=10$.

Krok 3. Rzut przekątnej na podstawę. Umieśćmy trapez w układzie współrzędnych: dolna podstawa od $(-12,0)$ do $(12,0)$, górna od $(-6,10)$ do $(6,10)$. Przekątna łączy $(-12,0)$ z $(6,10)$, więc jej rzut poziomy wynosi

$$\Delta x=6-(-12)=18,$$

a rzut pionowy to $\Delta y=10$.

Krok 4. Długość przekątnej.

$$d=\sqrt{18^{2}+10^{2}}=\sqrt{324+100}=\sqrt{424}=2\sqrt{106}.$$

Krok 5. Cosinus kąta nachylenia. Kąt $\alpha$ między przekątną a podstawą jest kątem w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej $18$ i przeciwprostokątnej $d$:

$$\cos\alpha=\frac{18}{2\sqrt{106}}=\frac{9}{\sqrt{106}}=\frac{9\sqrt{106}}{106}\approx 0{,}874.$$

Uwaga: podstawy są równoległe, więc kąt nachylenia przekątnej do górnej podstawy jest taki sam (kąty naprzemianległe).

Odpowiedź: $\cos\alpha=\frac{9\sqrt{106}}{106}$

Krok 1. Sprowadzenie do jednego argumentu. Korzystamy ze wzoru na sinus podwojonego kąta, traktując $6x$ jako podwojone $3x$:

$$\sin 6x=2\sin 3x\cos 3x.$$

Równanie przyjmuje postać

$$2\sin 3x\cos 3x+\cos 3x=2\sin 3x+1.$$

Krok 2. Grupowanie. Po lewej stronie wyłączamy $\cos 3x$:

$$\cos 3x\left(2\sin 3x+1\right)=2\sin 3x+1.$$

$$\cos 3x\left(2\sin 3x+1\right)-\left(2\sin 3x+1\right)=0,$$

$$\left(2\sin 3x+1\right)\left(\cos 3x-1\right)=0.$$

Krok 3. Pierwszy czynnik: $\cos 3x=1$.

$$3x=2k\pi\ \Longrightarrow\ x=\frac{2k\pi}{3},\qquad k\in\mathbb{Z}.$$

W przedziale $\langle0,\pi\rangle$ otrzymujemy $x=0$ oraz $x=\frac{2\pi}{3}$ (kolejna wartość $\frac{4\pi}{3}$ jest już poza przedziałem).

Krok 4. Drugi czynnik: $\sin 3x=-\frac12$. Dla $x\in\langle0,\pi\rangle$ mamy $3x\in\langle0,3\pi\rangle$. W tym przedziale sinus jest ujemny tylko na $(\pi,2\pi)$, a $\sin\theta=-\frac12$ zachodzi dla

$$3x=\frac{7\pi}{6}\qquad\text{lub}\qquad 3x=\frac{11\pi}{6}.$$

$$x=\frac{7\pi}{18}\qquad\text{lub}\qquad x=\frac{11\pi}{18}.$$

Sprawdzenie dla $x=\frac{7\pi}{18}$: $\sin\frac{7\pi}{3}=\frac{\sqrt3}{2}$, $\cos\frac{7\pi}{6}=-\frac{\sqrt3}{2}$, więc lewa strona $=0$; prawa $=2\cdot\left(-\frac12\right)+1=0$ ✓

Odpowiedź: $x\in\left\{0,\ \frac{7\pi}{18},\ \frac{11\pi}{18},\ \frac{2\pi}{3}\right\}$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=-(m+1),\qquad P=x_1x_2=1-m^{2}.$$

Krok 2. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=(m+1)^{2}-4\left(1-m^{2}\right)=m^{2}+2m+1-4+4m^{2}=5m^{2}+2m-3.$$

Miejsca zerowe: $\Delta^{\prime}=4+60=64$, $\sqrt{\Delta^{\prime}}=8$, więc $m=\frac{-2\pm8}{10}$, czyli $m=-1$ lub $m=\frac35$.

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt -1\ \ \text{lub}\ \ m>\frac{3}{5}.$$

Krok 3. Przekształcenie warunku. Korzystamy ze wzoru

$$x_1^{3}+x_2^{3}=S^{3}-3PS.$$

Warunek $x_1^{3}+x_2^{3}>-7x_1x_2$ przyjmuje postać

$$S^{3}-3PS+7P>0.$$

Krok 4. Podstawienie i rozkład. Zauważmy, że $P=1-m^{2}=(1-m)(1+m)$ oraz $S=-(m+1)$:

$$-(m+1)^{3}+3(1-m)(m+1)^{2}+7(1-m)(m+1)>0.$$

Wyłączamy wspólny czynnik $(m+1)$:

$$(m+1)\Bigl[-(m+1)^{2}+3\left(1-m^{2}\right)+7(1-m)\Bigr]>0.$$

Upraszczamy nawias:

$$-m^{2}-2m-1+3-3m^{2}+7-7m=-4m^{2}-9m+9.$$

$$(m+1)\left(-4m^{2}-9m+9\right)>0\ \Longleftrightarrow\ (m+1)\left(4m^{2}+9m-9\right)\lt 0.$$

Krok 5. Rozkład trójmianu. $\Delta=81+144=225$, $\sqrt{\Delta}=15$, pierwiastki $m=\frac{-9\pm15}{8}$, czyli $\frac34$ i $-3$:

$$4m^{2}+9m-9=(4m-3)(m+3).$$

$$(m+1)(4m-3)(m+3)\lt 0.$$

Krok 6. Analiza znaku. Miejsca zerowe: $-3,\ -1,\ \frac34$; współczynnik wiodący dodatni. Iloczyn jest ujemny na

$$m\in(-\infty,-3)\cup\left(-1,\ \frac34\right).$$

Krok 7. Część wspólna z warunkiem $\Delta>0$.

$$\left[(-\infty,-3)\cup\left(-1,\tfrac34\right)\right]\cap\left[(-\infty,-1)\cup\left(\tfrac35,+\infty\right)\right]=(-\infty,-3)\cup\left(\frac35,\ \frac34\right).$$

Kontrola: dla $m=-4$: $x_1^{3}+x_2^{3}=162>105=-7P$ ✓; dla $m=0{,}7$: $-2{,}312>-3{,}57$ ✓; dla $m=-2$: $10>21$ — fałsz ✓; dla $m=0{,}8$: $-3{,}888>-2{,}52$ — fałsz ✓

Odpowiedź: $m\in(-\infty,-3)\cup\left(\frac{3}{5},\frac{3}{4}\right)$

Krok 1. Wyznaczenie ilorazu. Zauważmy, że $a_4=a_3q$ oraz $a_7=a_6q$, więc

$$a_4+a_7=q\left(a_3+a_6\right).$$

Podstawiamy dane:

$$168=q\cdot(-84)\ \Longrightarrow\ q=-2.$$

Krok 2. Wyznaczenie $a_3$. Ponieważ $a_6=a_3q^{3}$:

$$a_3+a_3q^{3}=a_3\left(1+q^{3}\right)=a_3\left(1+(-8)\right)=-7a_3.$$

$$-7a_3=-84\ \Longrightarrow\ a_3=12.$$

Krok 3. Wyznaczenie $a_1$.

$$a_3=a_1q^{2}=a_1\cdot 4=12\ \Longrightarrow\ a_1=3.$$

Krok 4. Wzór na sumę. Dla $q\neq1$:

$$S_n=a_1\cdot\frac{1-q^{n}}{1-q}=3\cdot\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=3\cdot\frac{1-(-2)^{n}}{3}=1-(-2)^{n}.$$

Krok 5. Rozwiązanie równania.

$$1-(-2)^{n}=32769\ \Longrightarrow\ (-2)^{n}=-32768.$$

Ponieważ $32768=2^{15}$, a wynik ma być ujemny, wykładnik musi być nieparzysty:

$$(-2)^{n}=-2^{15}\ \Longrightarrow\ n=15.$$

Sprawdzenie: $(-2)^{15}=-32768$, więc $S_{15}=1-(-32768)=32769$ ✓

Odpowiedź: $n=15$

Środek okręgu wpisanego to $I=(0,0)$, a promień $r=\sqrt{10}$.

Krok 1. Punkty styczności stycznych z $A$. Leżą one na prostej biegunowej punktu $A$ względem okręgu:

$$7x-y=10.$$

Podstawiamy $y=7x-10$ do równania okręgu:

$$x^{2}+(7x-10)^{2}=10\ \Longrightarrow\ 50x^{2}-140x+90=0\ \Longrightarrow\ 5x^{2}-14x+9=0.$$

$$\Delta=16,\qquad x=\frac{14\pm4}{10}\ \Longrightarrow\ x=\frac95\ \text{lub}\ x=1.$$

$$T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),\qquad T_2=(1,\,-3).$$

Krok 2. Który punkt leży na podstawie $AB$. W trójkącie równoramiennym o wierzchołku $C$ oś symetrii przechodzi przez $C$, przez $I$ oraz przez środek podstawy $AB$, który jest zarazem punktem styczności okręgu z $AB$.

Gdyby to $T_2=(1,-3)$ był środkiem $AB$, oś miałaby kierunek $[1,-3]$ i punkt $C=t\cdot[1,-3]$ nigdy nie miałby obu współrzędnych ujemnych. Zatem środkiem podstawy jest

$$M=T_1=\left(\frac95,\ \frac{13}{5}\right),$$

a $C$ leży po przeciwnej stronie $I$, czyli w kierunku $[-9,-13]$ — wtedy obie współrzędne są ujemne ✓

Krok 3. Wierzchołek $B$. Punkt $M$ jest środkiem odcinka $AB$:

$$B=2M-A=\left(\frac{18}{5}-7,\ \frac{26}{5}+1\right)=\left(-\frac{17}{5},\ \frac{31}{5}\right).$$

Kontrola: $|AM|=\frac15\sqrt{26^{2}+18^{2}}=\frac15\sqrt{1000}=2\sqrt{10}$, a $|IA|^{2}=50=10+40$ ✓

Krok 4. Odległość $|CI|$. Oznaczmy $u=|CI|$. Wysokość z $C$ to $|CM|=u+\sqrt{10}$, a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AMC$:

$$|AC|^{2}=40+\left(u+\sqrt{10}\right)^{2}.$$

Z drugiej strony $|AC|$ to suma odcinków stycznych z $A$ i z $C$:

$$|AC|=2\sqrt{10}+\sqrt{u^{2}-10}.$$

Porównanie i uproszczenie prowadzi do równania

$$3u^{2}-2\sqrt{10}\,u-50=0,\qquad \Delta=640,\qquad \sqrt{\Delta}=8\sqrt{10},$$

$$u=\frac{2\sqrt{10}+8\sqrt{10}}{6}=\frac{5\sqrt{10}}{3}\qquad(\text{drugi pierwiastek ujemny odrzucamy}).$$

Krok 5. Wierzchołek $C$. Wektor jednostkowy kierunku $[9,13]$ ma długość $\sqrt{250}=5\sqrt{10}$, więc

$$C=-\frac{[9,13]}{5\sqrt{10}}\cdot\frac{5\sqrt{10}}{3}=\left(-3,\ -\frac{13}{3}\right).$$

Sprawdzenie styczności. Prosta $AC$: $x-3y-10=0$, odległość od $(0,0)$ to $\frac{10}{\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Prosta $AB$: $9x+13y-50=0$, odległość $\frac{50}{5\sqrt{10}}=\sqrt{10}$ ✓. Ponadto $|AC|=|BC|=\frac{10\sqrt{10}}{3}$ ✓

Odpowiedź: $B=\left(-\frac{17}{5},\frac{31}{5}\right)$, $\;C=\left(-3,-\frac{13}{3}\right)$

Oznaczmy: $a$ — dłuższa podstawa, $b$ — krótsza podstawa, $c$ — ramię, $h$ — wysokość. Z warunku zadania $h=2-a$.

Krok 1. Warunek wpisania okręgu. W czworokąt można wpisać okrąg, gdy sumy przeciwległych boków są równe. Dla trapezu równoramiennego:

$$a+b=c+c=2c.$$

Krok 2. Ramię z twierdzenia Pitagorasa. Rzut ramienia na podstawę ma długość $\frac{a-b}{2}$, więc

$$c^{2}=h^{2}+\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2}.$$

Z Kroku 1 mamy $b=2c-a$, zatem $\frac{a-b}{2}=\frac{2a-2c}{2}=a-c$ i

$$c^{2}=h^{2}+(a-c)^{2}=h^{2}+a^{2}-2ac+c^{2}\ \Longrightarrow\ 2ac=h^{2}+a^{2}.$$

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

b) Wzór na obwód. Ponieważ $a+b=2c$, obwód wynosi

$$L=a+b+2c=2c+2c=4c=\frac{4\left(a^{2}-2a+2\right)}{a}=\frac{4a^{2}-8a+8}{a}. \qquad\blacksquare$$

a) Dziedzina. Muszą zachodzić jednocześnie:

• $h=2-a>0\ \Longrightarrow\ a\lt 2$;

• $b>0$: z $b=2c-a$ otrzymujemy $b=\frac{2\left(a^{2}-2a+2\right)-a^{2}}{a}=\frac{(a-2)^{2}}{a}$, co jest dodatnie dla $0\lt a\lt 2$;

• $a>b$ (podstawa $a$ ma być dłuższa):

$$a>\frac{(a-2)^{2}}{a}\ \Longleftrightarrow\ a^{2}>a^{2}-4a+4\ \Longleftrightarrow\ 4a>4\ \Longleftrightarrow\ a>1.$$

$$a\in(1,\ 2).$$

c) Najmniejszy obwód. Zapiszmy $L(a)=4a-8+\frac{8}{a}$ i policzmy pochodną:

$$L^{\prime}(a)=4-\frac{8}{a^{2}}.$$

$$L^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ a^{2}=2\ \Longleftrightarrow\ a=\sqrt{2}\in(1,2).$$

Dla $a\lt \sqrt2$ pochodna jest ujemna, dla $a>\sqrt2$ dodatnia — w $a=\sqrt2$ jest minimum.

Krok 3. Tangens kąta ostrego. Dla $a=\sqrt2$:

$$h=2-\sqrt{2},\qquad b=\frac{\left(\sqrt2-2\right)^{2}}{\sqrt2}=3\sqrt{2}-4.$$

$$\frac{a-b}{2}=\frac{\sqrt2-\left(3\sqrt2-4\right)}{2}=\frac{4-2\sqrt2}{2}=2-\sqrt{2}.$$

Kąt ostry przy dłuższej podstawie spełnia

$$\tg\alpha=\frac{h}{\frac{a-b}{2}}=\frac{2-\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}=1.$$

Kąt ten ma więc miarę $45^\circ$.

Odpowiedź: a) $a\in(1,2)$;   c) $\tg\alpha=1$