{"id":"matematyka-2008-maj-matura-podstawowa/zad/11","paper_id":"matematyka-2008-maj-matura-podstawowa","number":"11","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2008,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Zadanie 11. (5 pkt)\nPole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego równa się\n2 15\n4\na\n, gdzie\na oznacza długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa. Zaznacz na poniższym rysunku kąt\nnachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. Miarę tego kąta oznacz\nsymbolem β . Oblicz cos β i korzystając z tablic funkcji trygonometrycznych odczytaj\nprzybliżoną wartość β z dokładnością do 1°.\n\nPoziom podstawowy\n17\nNr zadania\n11.1\n11.2\n11.3\n11.4\n11.5\nMaks. liczba pkt\n1\n1\n1\n1\n1\nWypełnia\negzaminator! Uzyskana liczba pkt\n\nPoziom podstawowy\n18\nPole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego równa się a^2sqrt{15}/4, gdzie a oznacza długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa. Zaznacz na poniższym rysunku kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. Miarę tego kąta oznacz symbolem beta. Oblicz cos beta i korzystając z tablic funkcji trygonometrycznych odczytaj przybliżoną wartość beta z dokładnością do 1 stopnia. Matura 2008.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11. (5 pkt)\nPole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego równa się\n2 15\n4\na\n, gdzie\na oznacza długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa. Zaznacz na poniższym rysunku kąt\nnachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. Miarę tego kąta oznacz\nsymbolem β . Oblicz cos β i korzystając z tablic funkcji trygonometrycznych odczytaj\nprzybliżoną wartość β z dokładnością do 1°.\nNa rysunku zaznaczam kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny\npodstawy - β (punkt D jest środkiem odcinka BC).\nβ\nh\nx\nh\nx\nA\nB\nC\nS\nO\nD\na\nPoziom podstawowy\n13\nWprowadzam oznaczenie: h - wysokość ściany bocznej.\nZapisuję równanie opisujące pole powierzchni bocznej ostrosłupa:\n2\n1\n15\n3 2\n4\na\na h\n⋅\n⋅\n, z którego wyznaczam wysokość ściany bocznej ostrosłupa\n15\n6\na\nh =\nZ trójkąta prostokątnego SOD, w którym\n3\n6\na\nx\nOD\n- długość promienia\nokręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa otrzymuję: cos\nx\nh\nβ =\n3\n5\n6\ncos\n0,4472\n5\n15\n6\n≈\na\nx\nh\na\nβ\nZ tablicy wartości funkcji trygonometrycznych odczytuję miarę kąta:\n63\nβ =\nD .\nPoziom podstawowy\n14","solution":"## Poprawna odpowiedź: \\(\\cos\\beta = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}4472\\), \\(\\beta \\approx 63°\\)\n\n## Sposób 1 - wyznaczenie \\(\\cos\\beta\\) wprost przez apotemy\n\n**Krok 1: Wyznacz apotema ściany bocznej \\(l\\) z pola powierzchni bocznej**\n\nOstrosłup prawidłowy trójkątny ma **3 ściany boczne** - każda to trójkąt równoramienny o podstawie \\(a\\) i wysokości \\(l\\) (apotema ściany bocznej = odległość od wierzchołka ostrosłupa do środka krawędzi podstawy).\n\nPole powierzchni bocznej:\n\\[P_b = 3 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot l = \\frac{3al}{2}\\]\n\nPrzyrównujemy do danego wyrażenia:\n\\[\\frac{3al}{2} = \\frac{a^2\\sqrt{15}}{4}\\]\n\\[l = \\frac{a^2\\sqrt{15}}{4} \\cdot \\frac{2}{3a} = \\frac{a\\sqrt{15}}{6}\\]\n\n**Krok 2: Wyznacz apotema podstawy \\(r\\)**\n\nPodstawa to trójkąt równoboczny o boku \\(a\\). Z karty wzorów (Dział 10):\n\\[h_{\\text{trójkąta}} = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\]\n\nApotema (promień okręgu wpisanego) podstawy:\n\\[r = \\frac{h_{\\text{trójkąta}}}{3} = \\frac{a\\sqrt{3}}{6}\\]\n\n**Krok 3: Zidentyfikuj kąt \\(\\beta\\)**\n\nKąt nachylenia ściany bocznej do podstawy to **kąt dwuścienny** wzdłuż krawędzi podstawy. Mierzymy go w przekroju prostopadłym do tej krawędzi, przechodzącej przez środek \\(M\\) krawędzi podstawy.\n\nW trójkącie prostokątnym \\(OMS\\) (kąt prosty przy \\(O\\)):\n- \\(OM = r\\) - apotema podstawy (od środka \\(O\\) do środka krawędzi \\(M\\))\n- \\(SM = l\\) - apotema ściany bocznej (od wierzchołka \\(S\\) do środka krawędzi \\(M\\))\n- \\(\\beta = \\angle OMS\\)\n\n\\[\\cos\\beta = \\frac{OM}{SM} = \\frac{r}{l} = \\frac{\\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}}{\\dfrac{a\\sqrt{15}}{6}} = \\frac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{15}} = \\sqrt{\\frac{3}{15}} = \\sqrt{\\frac{1}{5}} = \\frac{1}{\\sqrt{5}}\\]\n\n\\[\\boxed{\\cos\\beta = \\frac{\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}4472}\\]\n\nZ tablic trygonometrycznych (s. 34 karty): \\(\\cos 63° \\approx 0{,}4540\\), \\(\\cos 64° \\approx 0{,}4384\\) - bliżej \\(63°\\).\n\n\\[\\boxed{\\beta \\approx 63°}\\]\n\n## Sposób 2 - przez wysokość ostrosłupa i \\(\\operatorname{tg}\\beta\\)\n\nZ trójkąta prostokątnego \\(OMS\\) (twierdzenie Pitagorasa):\n\\[H^2 = l^2 - r^2 = \\frac{15a^2}{36} - \\frac{3a^2}{36} = \\frac{12a^2}{36} = \\frac{a^2}{3}\\]\n\\[H = \\frac{a}{\\sqrt{3}} = \\frac{a\\sqrt{3}}{3}\\]\n\nKąt \\(\\beta\\) to kąt przy \\(M\\) w trójkącie prostokątnym, więc:\n\\[\\operatorname{tg}\\beta = \\frac{H}{r} = \\frac{\\dfrac{a\\sqrt{3}}{3}}{\\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}} = \\frac{a\\sqrt{3}}{3} \\cdot \\frac{6}{a\\sqrt{3}} = 2\\]\n\nNastępnie:\n\\[\\cos\\beta = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\operatorname{tg}^2\\beta}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 4}} = \\frac{1}{\\sqrt{5}} = \\frac{\\sqrt{5}}{5}\\]\n\nWynik identyczny - **potwierdzone**.\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria - Trójkąt równoboczny, s. 15-16)**:\n\\[h = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}, \\quad r = \\frac{h}{3} = \\frac{a\\sqrt{3}}{6}\\]\nUżyliśmy do wyznaczenia apotemy podstawy ostrosłupa.\n\n**Dział 12 (Stereometria - Ostrosłup, s. 26-28)**:\n\\[P_b = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{obwód podstawy} \\cdot l\\]\n- gdzie \\(l\\) to apotema boczna. Użyliśmy do wyznaczenia \\(l\\) z danego pola \\(P_b\\).\n\n**Dział 10 (Planimetria - Twierdzenie Pitagorasa, s. 15)**:\n\\[a^2 + b^2 = c^2\\]\nUżyliśmy w trójkącie \\(OMS\\) do wyznaczenia \\(H\\) (Sposób 2).\n\n**Dział 17 (Tablice funkcji trygonometrycznych, s. 34)**:\nOdczyt \\(\\beta\\) z wartości \\(\\cos\\beta \\approx 0{,}4472\\).\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Apotema ściany bocznej \\(l\\) (slant height = odległość od wierzchołka do środka krawędzi podstawy) to **nie** to samo co krawędź boczna \\(e\\) (odległość od wierzchołka do narożnika). Kąt \\(\\beta\\) mierzymy właśnie przez \\(l\\), nie przez \\(e\\)!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Kąt \\(\\beta\\) to kąt przy \\(M\\) (środku krawędzi podstawy), czyli \\(\\angle OMS\\), nie kąt przy \\(O\\). Łatwo pomylić, co jest przyprostokątną, a co jest przeciwprostokątną - tu \\(l = SM\\) to przeciwprostokątna, \\(r = OM\\) to przyprostokątna.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Apotema podstawy \\(r = \\frac{a\\sqrt{3}}{6}\\) (inradius), a nie \\(R = \\frac{a\\sqrt{3}}{3}\\) (circumradius). Mylenie \\(r\\) z \\(R\\) da błędną wartość \\(\\cos\\beta\\).\n\n**Poprawne odpowiedzi:** \\(\\cos\\beta = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}4472\\); \\(\\beta \\approx 63^{\\circ}\\).\n\n### Sposób 1 - Wykorzystanie pola powierzchni bocznej i promienia okręgu wpisanego\n**Oznaczenia:**\n- \\(a\\) - długość krawędzi podstawy (trójkąt równoboczny),\n- \\(h\\) - wysokość ściany bocznej (apotema ostrosłupa),\n- \\(O\\) - spodek wysokości ostrosłupa, \\(D\\) - środek krawędzi \\(BC\\),\n- \\(x = |OD|\\) - promień okręgu wpisanego w podstawę,\n- \\(\\beta = \\angle SDO\\) - kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.\n\n**Krok 1 - wysokość ściany bocznej (\\(h\\)).**\nPole powierzchni bocznej = suma 3 ścian bocznych:\n\\[P_b = 3\\cdot\\dfrac{1}{2}\\cdot a\\cdot h = \\dfrac{3ah}{2}.\\]\n\nZ warunku \\(P_b = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4}\\):\n\\[\\dfrac{3ah}{2} = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4}\\]\n\\[h = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4}\\cdot\\dfrac{2}{3a} = \\dfrac{a\\sqrt{15}}{6}.\\]\n\n**Krok 2 - promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny:**\n\\[x = |OD| = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}.\\]\n\n**Krok 3 - cosinus kąta \\(\\beta\\).**\nW trójkącie prostokątnym \\(SOD\\) z przeciwprostokątną \\(SD = h\\) i przyprostokątną \\(OD = x\\):\n\\[\\cos\\beta = \\dfrac{x}{h} = \\dfrac{\\tfrac{a\\sqrt{3}}{6}}{\\tfrac{a\\sqrt{15}}{6}} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{15}} = \\sqrt{\\dfrac{3}{15}} = \\sqrt{\\dfrac{1}{5}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}.\\]\n\n**Krok 4 - wartość liczbowa.**\n\\[\\cos\\beta = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5} \\approx \\dfrac{2{,}2361}{5} \\approx 0{,}4472.\\]\n\nZ tablic: \\(\\cos 63^{\\circ} \\approx 0{,}4540\\), \\(\\cos 64^{\\circ} \\approx 0{,}4384\\). Wartość \\(0{,}4472\\) leży między nimi, bliżej \\(63^{\\circ}\\), więc:\n\\[\\beta \\approx 63^{\\circ}.\\]\n\n### Sposób 2 - Wyznaczenie \\(\\beta\\) przez pole ściany\nPole jednej ściany bocznej: \\(P_{\\text{ściana}} = \\dfrac{1}{3}\\cdot\\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4} = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{12}\\).\n\nZ drugiej strony \\(P_{\\text{ściana}} = \\dfrac{1}{2}\\cdot a\\cdot h\\), stąd \\(h = \\dfrac{a\\sqrt{15}}{6}\\) (jak w Sposób 1).\n\n### Weryfikacja trójkąta \\(SOD\\)\nSprawdzamy, czy \\(h^{2} = x^{2} + H^{2}\\), gdzie \\(H\\) - wysokość ostrosłupa:\n\\[H^{2} = h^{2} - x^{2} = \\dfrac{15a^{2}}{36} - \\dfrac{3a^{2}}{36} = \\dfrac{12a^{2}}{36} = \\dfrac{a^{2}}{3}.\\]\n\\[H = \\dfrac{a}{\\sqrt{3}} = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{3}.\\]\n\nDodatkowo \\(\\sin\\beta = \\dfrac{H}{h} = \\dfrac{a\\sqrt{3}/3}{a\\sqrt{15}/6} = \\dfrac{2\\sqrt{3}}{\\sqrt{15}} = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{2\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}8944\\).\n\nSprawdzenie: \\(\\sin^{2}\\beta + \\cos^{2}\\beta = \\dfrac{4}{5} + \\dfrac{1}{5} = 1\\) ✓.\n\n### Komentarz dydaktyczny\nKąt nachylenia ściany bocznej do podstawy to kąt między **wysokością ściany** (apotemą) a **jej rzutem na podstawę** (promień okręgu wpisanego). Niezbędne fakty dla trójkąta równobocznego o boku \\(a\\): wysokość \\(\\tfrac{a\\sqrt{3}}{2}\\), promień okręgu wpisanego \\(\\tfrac{a\\sqrt{3}}{6}\\), okręgu opisanego \\(\\tfrac{a\\sqrt{3}}{3}\\).","image":"img/matematyka-2008-maj-matura-podstawowa/zad-11.webp","solution_image":"img/matematyka-2008-maj-matura-podstawowa/sol-11.svg","topics":"stereometria","page_from":16,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2008 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 11. (5 pkt)
Pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego równa się
2 15
4
a
, gdzie
a oznacza długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa. Zaznacz na poniższym rysunku kąt
nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. Miarę tego kąta oznacz
symbolem β . Oblicz cos β i korzystając z tablic funkcji trygonometrycznych odczytaj
przybliżoną wartość β z dokładnością do 1°.

\n

Poziom podstawowy
17
Nr zadania
11.1
11.2
11.3
11.4
11.5
Maks. liczba pkt
1
1
1
1
1
Wypełnia
egzaminator! Uzyskana liczba pkt

\n

Poziom podstawowy
18
Pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego równa się a^2sqrt{15}/4, gdzie a oznacza długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa. Zaznacz na poniższym rysunku kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. Miarę tego kąta oznacz symbolem beta. Oblicz cos beta i korzystając z tablic funkcji trygonometrycznych odczytaj przybliżoną wartość beta z dokładnością do 1 stopnia. Matura 2008.

","answer_text_html":"

Zadanie 11. (5 pkt)
Pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego równa się
2 15
4
a
, gdzie
a oznacza długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa. Zaznacz na poniższym rysunku kąt
nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. Miarę tego kąta oznacz
symbolem β . Oblicz cos β i korzystając z tablic funkcji trygonometrycznych odczytaj
przybliżoną wartość β z dokładnością do 1°.
Na rysunku zaznaczam kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny
podstawy - β (punkt D jest środkiem odcinka BC).
β
h
x
h
x
A
B
C
S
O
D
a
Poziom podstawowy
13
Wprowadzam oznaczenie: h - wysokość ściany bocznej.
Zapisuję równanie opisujące pole powierzchni bocznej ostrosłupa:
2
1
15
3 2
4
a
a h
⋅
⋅
, z którego wyznaczam wysokość ściany bocznej ostrosłupa
15
6
a
h =
Z trójkąta prostokątnego SOD, w którym
3
6
a
x
OD

\n\n

okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa otrzymuję: cos
x
h
β =
3
5
6
cos
0,4472
5
15
6
≈
a
x
h
a
β
Z tablicy wartości funkcji trygonometrycznych odczytuję miarę kąta:
63
β =
D .
Poziom podstawowy
14

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2008-maj-matura-podstawowa/sol-11.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: \\(\\cos\\beta = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}4472\\), \\(\\beta \\approx 63°\\)

\n

Sposób 1 - wyznaczenie \\(\\cos\\beta\\) wprost przez apotemy

\n

Krok 1: Wyznacz apotema ściany bocznej \\(l\\) z pola powierzchni bocznej

\n

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma 3 ściany boczne - każda to trójkąt równoramienny o podstawie \\(a\\) i wysokości \\(l\\) (apotema ściany bocznej = odległość od wierzchołka ostrosłupa do środka krawędzi podstawy).

\n

Pole powierzchni bocznej:
\\[P_b = 3 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot l = \\frac{3al}{2}\\]

\n

Przyrównujemy do danego wyrażenia:
\\[\\frac{3al}{2} = \\frac{a^2\\sqrt{15}}{4}\\]
\\[l = \\frac{a^2\\sqrt{15}}{4} \\cdot \\frac{2}{3a} = \\frac{a\\sqrt{15}}{6}\\]

\n

Krok 2: Wyznacz apotema podstawy \\(r\\)

\n

Podstawa to trójkąt równoboczny o boku \\(a\\). Z karty wzorów (Dział 10):
\\[h_{\\text{trójkąta}} = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\]

\n

Apotema (promień okręgu wpisanego) podstawy:
\\[r = \\frac{h_{\\text{trójkąta}}}{3} = \\frac{a\\sqrt{3}}{6}\\]

\n

Krok 3: Zidentyfikuj kąt \\(\\beta\\)

\n

Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy to kąt dwuścienny wzdłuż krawędzi podstawy. Mierzymy go w przekroju prostopadłym do tej krawędzi, przechodzącej przez środek \\(M\\) krawędzi podstawy.

\n

W trójkącie prostokątnym \\(OMS\\) (kąt prosty przy \\(O\\)):

\n\n

\\[\\cos\\beta = \\frac{OM}{SM} = \\frac{r}{l} = \\frac{\\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}}{\\dfrac{a\\sqrt{15}}{6}} = \\frac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{15}} = \\sqrt{\\frac{3}{15}} = \\sqrt{\\frac{1}{5}} = \\frac{1}{\\sqrt{5}}\\]

\n

\\[\\boxed{\\cos\\beta = \\frac{\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}4472}\\]

\n

Z tablic trygonometrycznych (s. 34 karty): \\(\\cos 63° \\approx 0{,}4540\\), \\(\\cos 64° \\approx 0{,}4384\\) - bliżej \\(63°\\).

\n

\\[\\boxed{\\beta \\approx 63°}\\]

\n

Sposób 2 - przez wysokość ostrosłupa i \\(\\operatorname{tg}\\beta\\)

\n

Z trójkąta prostokątnego \\(OMS\\) (twierdzenie Pitagorasa):
\\[H^2 = l^2 - r^2 = \\frac{15a^2}{36} - \\frac{3a^2}{36} = \\frac{12a^2}{36} = \\frac{a^2}{3}\\]
\\[H = \\frac{a}{\\sqrt{3}} = \\frac{a\\sqrt{3}}{3}\\]

\n

Kąt \\(\\beta\\) to kąt przy \\(M\\) w trójkącie prostokątnym, więc:
\\[\\operatorname{tg}\\beta = \\frac{H}{r} = \\frac{\\dfrac{a\\sqrt{3}}{3}}{\\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}} = \\frac{a\\sqrt{3}}{3} \\cdot \\frac{6}{a\\sqrt{3}} = 2\\]

\n

Następnie:
\\[\\cos\\beta = \\frac{1}{\\sqrt{1 + \\operatorname{tg}^2\\beta}} = \\frac{1}{\\sqrt{1 + 4}} = \\frac{1}{\\sqrt{5}} = \\frac{\\sqrt{5}}{5}\\]

\n

Wynik identyczny - potwierdzone.

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria - Trójkąt równoboczny, s. 15-16):
\\[h = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}, \\quad r = \\frac{h}{3} = \\frac{a\\sqrt{3}}{6}\\]
Użyliśmy do wyznaczenia apotemy podstawy ostrosłupa.

\n

Dział 12 (Stereometria - Ostrosłup, s. 26-28):
\\[P_b = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{obwód podstawy} \\cdot l\\]

\n\n

Dział 10 (Planimetria - Twierdzenie Pitagorasa, s. 15):
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
Użyliśmy w trójkącie \\(OMS\\) do wyznaczenia \\(H\\) (Sposób 2).

\n

Dział 17 (Tablice funkcji trygonometrycznych, s. 34):
Odczyt \\(\\beta\\) z wartości \\(\\cos\\beta \\approx 0{,}4472\\).

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Apotema ściany bocznej \\(l\\) (slant height = odległość od wierzchołka do środka krawędzi podstawy) to nie to samo co krawędź boczna \\(e\\) (odległość od wierzchołka do narożnika). Kąt \\(\\beta\\) mierzymy właśnie przez \\(l\\), nie przez \\(e\\)!
\n
⚠️ Uwaga: Kąt \\(\\beta\\) to kąt przy \\(M\\) (środku krawędzi podstawy), czyli \\(\\angle OMS\\), nie kąt przy \\(O\\). Łatwo pomylić, co jest przyprostokątną, a co jest przeciwprostokątną - tu \\(l = SM\\) to przeciwprostokątna, \\(r = OM\\) to przyprostokątna.
\n
⚠️ Uwaga: Apotema podstawy \\(r = \\frac{a\\sqrt{3}}{6}\\) (inradius), a nie \\(R = \\frac{a\\sqrt{3}}{3}\\) (circumradius). Mylenie \\(r\\) z \\(R\\) da błędną wartość \\(\\cos\\beta\\).
\n

Poprawne odpowiedzi: \\(\\cos\\beta = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}4472\\); \\(\\beta \\approx 63^{\\circ}\\).

\n
Sposób 1 - Wykorzystanie pola powierzchni bocznej i promienia okręgu wpisanego
\n

Oznaczenia:

\n\n

Krok 1 - wysokość ściany bocznej (\\(h\\)).
Pole powierzchni bocznej = suma 3 ścian bocznych:
\\[P_b = 3\\cdot\\dfrac{1}{2}\\cdot a\\cdot h = \\dfrac{3ah}{2}.\\]

\n

Z warunku \\(P_b = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4}\\):
\\[\\dfrac{3ah}{2} = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4}\\]
\\[h = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4}\\cdot\\dfrac{2}{3a} = \\dfrac{a\\sqrt{15}}{6}.\\]

\n

Krok 2 - promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny:
\\[x = |OD| = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{6}.\\]

\n

Krok 3 - cosinus kąta \\(\\beta\\).
W trójkącie prostokątnym \\(SOD\\) z przeciwprostokątną \\(SD = h\\) i przyprostokątną \\(OD = x\\):
\\[\\cos\\beta = \\dfrac{x}{h} = \\dfrac{\\tfrac{a\\sqrt{3}}{6}}{\\tfrac{a\\sqrt{15}}{6}} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{15}} = \\sqrt{\\dfrac{3}{15}} = \\sqrt{\\dfrac{1}{5}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}.\\]

\n

Krok 4 - wartość liczbowa.
\\[\\cos\\beta = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5} \\approx \\dfrac{2{,}2361}{5} \\approx 0{,}4472.\\]

\n

Z tablic: \\(\\cos 63^{\\circ} \\approx 0{,}4540\\), \\(\\cos 64^{\\circ} \\approx 0{,}4384\\). Wartość \\(0{,}4472\\) leży między nimi, bliżej \\(63^{\\circ}\\), więc:
\\[\\beta \\approx 63^{\\circ}.\\]

\n
Sposób 2 - Wyznaczenie \\(\\beta\\) przez pole ściany
\n

Pole jednej ściany bocznej: \\(P_{\\text{ściana}} = \\dfrac{1}{3}\\cdot\\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{4} = \\dfrac{a^{2}\\sqrt{15}}{12}\\).

\n

Z drugiej strony \\(P_{\\text{ściana}} = \\dfrac{1}{2}\\cdot a\\cdot h\\), stąd \\(h = \\dfrac{a\\sqrt{15}}{6}\\) (jak w Sposób 1).

\n
Weryfikacja trójkąta \\(SOD\\)
\n

Sprawdzamy, czy \\(h^{2} = x^{2} + H^{2}\\), gdzie \\(H\\) - wysokość ostrosłupa:
\\[H^{2} = h^{2} - x^{2} = \\dfrac{15a^{2}}{36} - \\dfrac{3a^{2}}{36} = \\dfrac{12a^{2}}{36} = \\dfrac{a^{2}}{3}.\\]
\\[H = \\dfrac{a}{\\sqrt{3}} = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{3}.\\]

\n

Dodatkowo \\(\\sin\\beta = \\dfrac{H}{h} = \\dfrac{a\\sqrt{3}/3}{a\\sqrt{15}/6} = \\dfrac{2\\sqrt{3}}{\\sqrt{15}} = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{2\\sqrt{5}}{5} \\approx 0{,}8944\\).

\n

Sprawdzenie: \\(\\sin^{2}\\beta + \\cos^{2}\\beta = \\dfrac{4}{5} + \\dfrac{1}{5} = 1\\) ✓.

\n
Komentarz dydaktyczny
\n

Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy to kąt między wysokością ściany (apotemą) a jej rzutem na podstawę (promień okręgu wpisanego). Niezbędne fakty dla trójkąta równobocznego o boku \\(a\\): wysokość \\(\\tfrac{a\\sqrt{3}}{2}\\), promień okręgu wpisanego \\(\\tfrac{a\\sqrt{3}}{6}\\), okręgu opisanego \\(\\tfrac{a\\sqrt{3}}{3}\\).

"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$\\cos \\beta = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}$, $\\beta \\approx 63^{\\circ}$

"}]}