Zadanie 27. (0-4)
Tomek i Marek chcą wejść docelowo na szczyt 𝑆
pewnej góry. W chwili początkowej znajdują się
w punkcie 𝑃 położonym na stoku góry dokładnie
na północ od szczytu na wysokości 𝐻0 metrów
n.p.m. Tomek i Marek chcą dotrzeć do bazy 𝐵
znajdującej się dokładnie na południe od szczytu na
przeciwległym południowym stoku góry na
wysokości 𝐻1 metrów n.p.m., a następnie z bazy
wejść na szczyt leżący na wysokości 𝐻2 metrów
n.p.m. (zobacz rysunek 1.).
Oblicz długość najkrótszej drogi, jaką muszą
pokonać, aby dotrzeć do bazy. Zapisz
obliczenia.
Przyjmij, że góra jest stożkiem o kącie rozwarcia 𝛼.
Wskazówka: Powierzchnia boczna stożka po rozcięciu
wzdłuż tworzącej i rozłożeniu jest wycinkiem koła.
Najkrótsza droga do bazy odpowiada najkrótszej drodze
z punktu 𝑃 do 𝐵 na wycinku koła.
𝑆
𝛼
𝐵
𝑃
Rys. 1.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
93
Wymagania ogólne
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
2.
Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów
praktycznych i teoretycznych.
3.
Tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących,
w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu.
IV. Rozumowanie i argumentacja.
4.
Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Wymagania szczegółowe
VII. Trygonometria. Zdający:
1R) stosuje miarę łukową […].
VIII. Planimetria. Zdający:
2)
[…] stosuje twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa i twierdzenie
cosinusów […];
6)
stosuje wzory na pole wycinka koła i długość łuku okręgu.
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
3 pkt - obliczenie miary łukowej kąta 𝐵𝑆𝑃 na siatce stożka i obliczenie długości odcinków
𝐵𝑆 oraz 𝑃𝑆.
2 pkt - obliczenie miary łukowej kąta 𝐵𝑆𝑃 na siatce stożka
ALBO
1 pkt - zapisanie, że najkrótsza droga jest równa długości odcinka 𝑃𝐵 na siatce stożka.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
94
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Przykładowe pełne rozwiązanie
Niech 𝑙 będzie długością tworzącej stożka, a 𝑅 - długością promienia podstawy stożka.
Rozwiniemy powierzchnię boczną stożka, na której zaznaczymy kluczowe punkty 𝑃, 𝐵 i 𝑆.
Długość odcinka 𝑃𝐵 oznaczymy jako 𝑑. Jest to długość najkrótszej trasy z punktu 𝑃 do
bazy (zobacz rys. 1.).
Powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu jest wycinkiem koła o promieniu długości 𝑙.
Wyznaczymy miarę 𝛽 kąta środkowego tego wycinka.
Ze wzorów na pole powierzchni bocznej stożka oraz pole wycinka koła otrzymujemy
𝜋⋅𝑅⋅𝑙= 𝛽
2𝜋⋅𝜋⋅𝑙2
𝛽= 2𝜋⋅𝑅
𝑙
Zatem
|∡𝐵𝑆𝑃| = 1
2 𝛽= 𝜋⋅𝑅
𝑙
Kąt rozwarcia stożka jest równy 𝛼, więc 𝑅
𝑙= sin 𝛼
2 , co prowadzi do
|∡𝐵𝑆𝑃| = 𝜋⋅sin 𝛼
2
Wyrazimy długości odcinków 𝐵𝑆 oraz 𝑃𝑆 w zależności od danych podanych w treści
zadania.
Rozważmy przekrój osiowy stożka zawierający punkty 𝐵, 𝑃 oraz 𝑆 (zobacz rys. 2.). Punkt
𝑆′ na rysunku 2. jest rzutem prostokątnym punktu 𝑆 na podstawę stożka, natomiast punkt
𝑄 - punktem przecięcia tworzącej 𝑆𝐵 z podstawą stożka.
𝑆
𝐵
𝑃
𝑑
Rysunek 1.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
95
Z trójkątów 𝑆𝑆′𝑄 oraz 𝑆𝑇𝐵 otrzymujemy
|𝐵𝑆| = |𝑆𝑇|
cos 𝛼
2
oraz |𝑆𝑄| = |𝑆𝑆′|
cos 𝛼
2
Z treści zadania |𝑆𝑇| = 𝐻2 -𝐻1 oraz |𝑆𝑆′| = 𝐻2 -𝐻0, więc
|𝐵𝑆| = 𝐻2 -𝐻1
cos 𝛼
2
oraz |𝑃𝑆| = |𝑆𝑄| = 𝐻2 -𝐻0
cos 𝛼
2
Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐵𝑆𝑃 i obliczamy |𝑃𝐵|:
|𝑃𝐵|2 = |𝑃𝑆|2 + |𝐵𝑆|2 -2 ⋅|𝑃𝑆| ⋅|𝐵𝑆| ⋅cos |∡𝐵𝑆𝑃|
𝑑= √(𝐻2 -𝐻0
cos 𝛼
2
)
2
cos 𝛼
2
)
2
-2(𝐻2 -𝐻0)(𝐻2 -𝐻1)
(cos 𝛼
2)
2
⋅cos (𝜋⋅sin 𝛼
2)
𝑑=
√(𝐻2 -𝐻0)2 + (𝐻2 -𝐻1)2 -2(𝐻2 -𝐻0)(𝐻2 -𝐻1) cos (𝜋⋅sin 𝛼
2)
cos 𝛼
2
𝛼
2
𝑆
𝑃
𝐵
𝑄
Rys. 2.
𝑆'
𝑇
96
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
KOMBINATORYKA, RACHUNEK PRAWDOPODOBIEŃSTWA I STATYSTYKA
Niech l będzie długością tworzącej stożka, a R promieniem jego podstawy. Rozwijamy powierzchnię boczną stożka w wycinek koła o promieniu l i kącie środkowym β. Porównując pole powierzchni bocznej πRl z polem wycinka (β/2π)·πl², otrzymujemy β = 2πR/l. Punkty P i B leżą na dwóch przeciwległych tworzących (północ-południe), więc kąt między odcinkami SP i SB na siatce wynosi |∡BSP| = ½β = πR/l. Ponieważ kąt rozwarcia stożka jest równy α, mamy R/l = sin(α/2), zatem |∡BSP| = π·sin(α/2). Najkrótsza droga z P do B na rozwiniętej powierzchni to odcinek PB. Z przekroju osiowego: |PS| = (H₂ - H₀)/cos(α/2) oraz |BS| = (H₂ - H₁)/cos(α/2). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie BSP: d² = |PS|² + |BS|² - 2|PS||BS|cos|∡BSP|, czyli d = √[(H₂-H₀)² + (H₂-H₁)² - 2(H₂-H₀)(H₂-H₁)·cos(π·sin(α/2))] / cos(α/2). Odpowiedź: d = √[(H₂-H₀)² + (H₂-H₁)² - 2(H₂-H₀)(H₂-H₁)cos(π sin(α/2))] / cos(α/2).
"}]}