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:

• $h=2-a>0\ \Longrightarrow\ a<2$;

• $b>0$: 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

• $a>b$ (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 $a<\sqrt2$ 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) $\tg\alpha=1$