Mamy dany kwadrat ABCD o boku 2.  Sporządzamy rysunek pomocniczy. Przyjmujemy oznaczenia takie jak na rysunku.

Rysunek:

Z treści zadania wiemy, że

$\left|BE\right|=x,x\in \left[0;2\right]$

Wiemy, że trójkąt AEF jest równoramienny i |AE|=|EF|. 

Oznaczmy 

$\left|DF\right|=y$

Wtedy

$\left|CF\right|=2-y$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ADF otrzymujemy:

$2^2+y^2={\left|AF\right|}^2$

Czyli

${\left|AF\right|}^2=y^2+4$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie CEF mamy:

${\left|CF\right|}^2+{\left|CE\right|}^2={\left|EF\right|}^2$

${\left(2-y\right)}^2+{\left(2-x\right)}^2={\left|EF\right|}^2$

Czyli

${\left|EF\right|}^2=4-4y+y^2+4-4x+x^2$

${\left|EF\right|}^2=x^2+y^2-4x-4y+8$

Wiemy, że

${\left|AF\right|}^2={\left|EF\right|}^2$

Stąd

$\underset{|AF{|}^2}{\underbrace{y^2+4}}=\underset{|EF{|}^2}{\underbrace{x^2+y^2-4x-4y+8}}$

$4y=x^2-4x+4$

Czyli

$y=\frac{1}{4}{x}^2-x+1$

Odcinek CF ma długość

$\left|CF\right|=2-y=2-\left(\frac{1}{4}{x}^2-x+1\right)=2-\frac{1}{4}{x}^2+x-1=x-\frac{1}{4}{x}^2+1$

---

Pole trójkąt AEF obliczamy jako różnicę pola kwadratu ABCD i pól trójkątów ADF, ABE i CEF. 

Zapisujemy w zależności od x pola trójkątów  ADF, ABE i CEF.  

$P_{△ADF}=\frac{2\cdot y}{2}=y=\frac{1}{4}{x}^2-x+1$

$P_{△ABE}=\frac{2\cdot x}{2}=x$

$P_{△CEF}=\frac{\left(2-x\right)\cdot \left|CF\right|}{2}=\frac{\left(2-x\right)\left(x-\frac{1}{4}{x}^2+1\right)}{2}=\frac{2x-\frac{1}{2}{x}^2+2-x^2+\frac{1}{4}{x}^3-x}{2}=$

$=\frac{\frac{1}{4}{x}^3-\frac{3}{2}{x}^2+x+2}{2}=\frac{1}{8}{x}^3-\frac{3}{4}{x}^2+\frac{1}{2}x+1$

Pole kwadratu ABCD jest równe

$P_{\text{ABCD}}=2\cdot 2=4$

Stąd pole trójkąta AEF jest równe

$P_{△\text{AEF}}=P_{\text{ABCD}}-\left(P_{△ADF}+P_{△ABE}+P_{△CEF}\right)=4-\left(\frac{1}{4}{x}^2-x+1+x+\frac{1}{8}{x}^3-\frac{3}{4}{x}^2+\frac{1}{2}x+1\right)=$

$=4-\left(\frac{1}{8}{x}^3-\frac{2}{4}{x}^2+\frac{1}{2}x+2\right)=4-\frac{1}{8}{x}^3+\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x-2=2-\frac{1}{8}x\left(x^2-4x+4\right)=$

$=2-\frac{1}{8}x{\left(x-2\right)}^2$

co należało wykazać.

---

Znajdziemy teraz najmniejszą i największą wartość funkcji P dla 

$x\in [0;2]$

Doprowadzamy wzór funkcji do postaci uporządkowanej.

$P\left(x\right)=2-\frac{1}{8}x\left(x^2-4x+4\right)=2-\frac{1}{8}{x}^3+\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x$

Obliczamy pochodną funkcji P.

$P^{\prime }\left(x\right)=-\frac{3}{8}{x}^2+x-\frac{1}{2}$

Obliczamy miejsca zerowe pochodnej.

$P^{\prime }\left(x\right)=0⟺-\frac{3}{8}{x}^2+x-\frac{1}{2}=0|\cdot \left(-8\right)$

$3x^2-8x+4=0$

$\Delta ={\left(-8\right)}^2-4\cdot 3\cdot 4=64-48=16$

$\sqrt{\Delta }=4$

$x_1=\frac{8-4}{2\cdot 3}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$

$x_2=\frac{8+4}{6}=\frac{12}{6}=2$

---

Sporządzamy szkic znakowy pochodnej. Wykresem pochodnej jest parabola o ramionach skierowanych ku dołowi. Uwzględniamy dziedzinę funkcji.

Rysunek:

Z rysunku odczytujemy, że 

$P^{\prime }\left(x\right)<0\text{dla}x\in \left[0;\frac{2}{3}\right)$

$P^{\prime }\left(x\right)>0\text{dla}x\in \left(\frac{2}{3};2\right]$

To oznacza, że funkcja P jest malejąca na przedziale [0; ²/₃] i rosnąca na przedziale [²/₃; 2]. To oznacza, ze funkcja P osiąga minimum lokalne dla x=²/₃.  To minimum lokalne jest jednocześnie wartością najmniejszą funkcji.

Obliczamy tę najmniejszą wartość:

$P_{\min }=P\left(\frac{2}{3}\right)=2-\frac{1}{8}\cdot \frac{2}{3}{\left(\frac{2}{3}-2\right)}^2=2-\frac{1}{8}\cdot \frac{2}{3}{\left(-\frac{4}{3}\right)}^2=$

$=2-\frac{1}{\cancel{12_3}}\cdot \frac{\cancel{16^4}}{9}=2-\frac{4}{27}=\frac{54-4}{27}=\underline{\underline{\frac{50}{27}}}$

Największą wartość funkcja P osiąga na krańcu dziedziny. Obliczamy wartość funkcji dla x=0 i x=2. 

$P\left(0\right)=2-\frac{1}{8}\cdot 0{\left(0-2\right)}^2=2$

$P\left(2\right)=2-\frac{1}{8}\cdot 2\cdot {\left(2-2\right)}^2=2$

Zatem największą wartością funkcji P jest 2. 

---

Odp.  Największe i najmniejsze możliwe pole trójkąta jest równe:

$P_{\min }=\underline{\underline{\frac{50}{27}}},P_{\max }=\underline{\underline{2}}$