{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/40","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"40","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 40. (0-4)\nW graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do\npłaszczyzny podstawy pod kątem  takim, że sin\n0,2\n\n. Wyznacz objętość tego\ngraniastosłupa.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 61\nRozwiązanie I\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nTrójkąt BDH jest prostokątny, więc\nsin\nh\nd\n\n, czyli 1\n5\nh\nd\n\n. Stąd\n1\n5\nh\nd\n\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDH otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n24\n5\n25\nBD\nd\nh\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPole podstawy graniastosłupa jest więc równe\n2\n2\n2\n1\n1 24\n12\n2\n2 25\n25\nABCD\nP\nBD\nd\nd\n\n\n\n\n\nZatem objętość tego graniastosłupa jest równa\n2\n3\n12\n1\n12\n25\n5\n125\nABCD\nV\nP\nh\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\nRozwiązanie II\nPrzyjmijmy oznaczenia jak w rozwiązaniu I.\nTrójkąt BDH jest prostokątny, więc sin\nh\nd\n\n, czyli\nsin\nh\nd\n\n\n. Stąd\n0,2\nh\nd\n\nW trójkącie BDH mamy również\n2\ncos\na\nd\n\n, czyli\n2\n2\ncos\n1 (0,2)\n0,96 .\na\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\nStąd\n2\n2\n3\n1 0,96\n0,2\n0,096\n2\nV\na h\nd\nd\nd\n\n\n\n\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"W graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α takim, że sin α = 0,2. Wyznaczamy objętość tego graniastosłupa.\n\nRozwiązanie I\nPrzyjmijmy oznaczenia: h — wysokość graniastosłupa, a — krawędź podstawy, d — przekątna graniastosłupa (od wierzchołka podstawy do przeciwległego wierzchołka górnej podstawy), BD — przekątna podstawy.\n\nTrójkąt BDH (H — rzut na górną podstawę) jest prostokątny, więc sin α = h/d, czyli 1/5 = h/d. Stąd h = d/5.\n\nZ twierdzenia Pitagorasa: |BD|² = d² − h² = d² − (d/5)² = (24/25)d².\n\nPole podstawy graniastosłupa (kwadrat o przekątnej BD): P = (1/2)|BD|² = (1/2)·(24/25)d² = (12/25)d².\n\nZatem objętość graniastosłupa: V = P·h = (12/25)d² · (1/5)d = (12/125)d³.\n\nRozwiązanie II\nh = d·sin α = 0,2d.\n\nZ zależności cos α = a√2/d otrzymujemy a√2 = d·cos α = d·√(1−0,04) = √0,96·d.\n\nStąd V = a²h = (1/2)·0,96d²·0,2d = 0,096d³.\n\n(Obie postacie są równoważne: 12/125 = 0,096.)","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-40.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":60,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny","text_html":"<p>Zadanie 40. (0-4)<br>W graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do<br>płaszczyzny podstawy pod kątem  takim, że sin<br>0,2<br><br>. Wyznacz objętość tego<br>graniastosłupa.<br>Wymagania ogólne<br>III. Modelowanie matematyczne.<br>Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.<br>Wymagania szczegółowe<br>9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól<br>powierzchni i objętości.<br>Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 61<br>Rozwiązanie I<br>Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.<br>Trójkąt BDH jest prostokątny, więc<br>sin<br>h<br>d<br><br>, czyli 1<br>5<br>h<br>d<br><br>. Stąd<br>1<br>5<br>h<br>d<br><br>Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDH otrzymujemy<br>2<br>2<br>2<br>2<br>2<br>2<br>1<br>24<br>5<br>25<br>BD<br>d<br>h<br>d<br>d<br>d<br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br><br>Pole podstawy graniastosłupa jest więc równe<br>2<br>2<br>2<br>1<br>1 24<br>12<br>2<br>2 25<br>25<br>ABCD<br>P<br>BD<br>d<br>d<br><br><br><br><br><br>Zatem objętość tego graniastosłupa jest równa<br>2<br>3<br>12<br>1<br>12<br>25<br>5<br>125<br>ABCD<br>V<br>P<br>h<br>d<br>d<br>d<br><br><br><br><br><br>Rozwiązanie II<br>Przyjmijmy oznaczenia jak w rozwiązaniu I.<br>Trójkąt BDH jest prostokątny, więc sin<br>h<br>d<br><br>, czyli<br>sin<br>h<br>d<br><br><br>. Stąd<br>0,2<br>h<br>d<br><br>W trójkącie BDH mamy również<br>2<br>cos<br>a<br>d<br><br>, czyli<br>2<br>2<br>cos<br>1 (0,2)<br>0,96 .<br>a<br>d<br>d<br>d<br><br><br><br><br><br>Stąd<br>2<br>2<br>3<br>1 0,96<br>0,2<br>0,096<br>2<br>V<br>a h<br>d<br>d<br>d<br><br><br><br><br></p>","solutions":[{"source":"ai","label":"AI","kind":"text","html":"<p>W graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α takim, że sin α = 0,2. Wyznaczamy objętość tego graniastosłupa.</p>\n<p>Rozwiązanie I<br>Przyjmijmy oznaczenia: h — wysokość graniastosłupa, a — krawędź podstawy, d — przekątna graniastosłupa (od wierzchołka podstawy do przeciwległego wierzchołka górnej podstawy), BD — przekątna podstawy.</p>\n<p>Trójkąt BDH (H — rzut na górną podstawę) jest prostokątny, więc sin α = h/d, czyli 1/5 = h/d. Stąd h = d/5.</p>\n<p>Z twierdzenia Pitagorasa: |BD|² = d² − h² = d² − (d/5)² = (24/25)d².</p>\n<p>Pole podstawy graniastosłupa (kwadrat o przekątnej BD): P = (1/2)|BD|² = (1/2)·(24/25)d² = (12/25)d².</p>\n<p>Zatem objętość graniastosłupa: V = P·h = (12/25)d² · (1/5)d = (12/125)d³.</p>\n<p>Rozwiązanie II<br>h = d·sin α = 0,2d.</p>\n<p>Z zależności cos α = a√2/d otrzymujemy a√2 = d·cos α = d·√(1−0,04) = √0,96·d.</p>\n<p>Stąd V = a²h = (1/2)·0,96d²·0,2d = 0,096d³.</p>\n<p>(Obie postacie są równoważne: 12/125 = 0,096.)</p>"}]}