Zadanie 32. (4 pkt)
Podstawą ostrosłupa ABCD jest trójkąt ABC. Krawędź AD jest wysokością ostrosłupa (zobacz
rysunek). Oblicz objętość ostrosłupa ABCD, jeśli wiadomo, że
12
AD =
,
6
BC =
,
13
BD
CD
A
B
C
D
Poziom podstawowy
15
Odpowiedź:
Nr zadania
32.
Maks. liczba pkt
4
Wypełnia
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
Poziom podstawowy
16
Podstawą ostrosłupa ABCD jest trójkąt ABC. Krawędź AD jest wysokością ostrosłupa (zobacz rysunek). Oblicz objętość ostrosłupa ABCD, jeśli wiadomo, że |AD|=12, |BC|=6, |BD|=|CD|=13.
Zadanie 32. (0-4)
Obszar standardów
Sprawdzane umiejętności
Użycie i tworzenie
strategii
Obliczanie objętości wielościanu
Uwaga
Strategia rozwiązania tego zadania sprowadza się do realizacji następujących etapów
rozwiązania:
• obliczenie długości krawędzi AB lub AC podstawy ostrosłupa bądź wysokości DE
ściany bocznej BCD
• zastosowanie poprawnej metody obliczenia pola podstawy i obliczenie tego pola
• obliczenie objętości ostrosłupa
Klucz punktowania odpowiedzi - poziom podstawowy
14
I sposób rozwiązania (krawędź podstawy, wysokość AE podstawy i „zwykły” wzór na pole
trójkąta ABC)
Z
twierdzenia
Pitagorasa
zastosowanego
do
trójkąta
ABD
wynika,
że
2
2
2
25
AB
BD
AD
, stąd
5
AB =
. Podobnie z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego
do trójkąta ACD wynika, że
5
AC =
Rysujemy trójkąt ABC i prowadzimy w nim wysokość AE. Trójkąt ABC jest
równoramienny ( AB
AC
), więc
3
BE
EC
. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta
ABE mamy
2
2
2
16
AE
AB
BE
, stąd
4
AE =
Zatem
1 6 4
12
2
ABC
P
⋅⋅
. Objętość ostrosłupa jest równa
1 12 12
48
3
V =
⋅
⋅
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Obliczenie długości krawędzi AB lub AC podstawy ostrosłupa:
5
AB =
,
5
AC =
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Obliczenie wysokości AE trójkąta ABC:
4
AE =
Uwaga
Zdający nie musi uzasadniać, że
BE
EC
, wystarczy, że poprawnie stosuje
twierdzenie Pitagorasa do obliczenia wysokości AE trójkąta ABC.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Obliczenie pola podstawy ostrosłupa:
12
ABC
P
Rozwiązanie pełne 4 pkt
Obliczenie objętości ostrosłupa:
48
V =
Uwaga
Jeśli zdający przy obliczaniu wysokości trójkąta ABC lub pola tego trójkąta (pola
podstawy ostrosłupa) nie stosuje poprawnej metody (co przekreśla poprawność strategii
rozwiązania zadania), np. przyjmie, że środkowa CF trójkąta ABC jest jego wysokością,
to za całe rozwiązanie przyznajemy co najwyżej 1 punkt (zdający nie osiągnął istotnego
postępu).
B
C
A
E
Klucz punktowania odpowiedzi - poziom podstawowy
15
II sposób rozwiązania (krawędź podstawy, cosinus jednego z kątów trójkąta ABC, wzór
z sinusem na pole trójkąta ABC)
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta ABD wynika, że
2
2
2
25
AB
BD
AD
, stąd
5
AB =
. Podobnie z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego
do trójkąta ACD wynika, że
5
AC =
Rysujemy trójkąt ABC i prowadzimy w nim wysokość AE i oznaczamy
ABC
α =
Wariant I obliczenia pola podstawy.
Trójkąt ABC jest równoramienny ( AB
AC
), więc
3
BE
EC
Stąd
3
cos
5
BE
BA
α =
. Zatem
2
2
3
4
sin
1 cos
1
5
5
α
α
Pole trójkąta ABC jest równe
1
1
4
sin
6 5
12
2
2
5
ABC
P
BC
BA
α
⋅
⋅
⋅⋅⋅
Wariant II obliczenia pola podstawy.
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC obliczamy cos β :
2
2
2
6
5
5
2 5 5cos β
-⋅⋅
, stąd
7
cos
25
β =
Następnie obliczamy
2
2
7
24
sin
1 cos
1
25
25
β
β
Pole trójkąta ABC jest równe
1
1
24
sin
5 5
12
2
2
25
ABC
P
AB
AC
β
⋅
⋅
⋅⋅⋅
Po obliczeniu pola podstawy obliczamy objętość V ostrosłupa
1 12 12
48
3
V =
⋅
⋅
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Obliczenie długości krawędzi AB lub AC podstawy ostrosłupa:
5
AB =
,
5
AC =
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Obliczenie sinusa jednego z kątów trójkąta ABC:
4
sin
5
α =
lub
24
sin
25
β =
B
C
A
E
α
β
Klucz punktowania odpowiedzi - poziom podstawowy
16
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Obliczenie pola podstawy ostrosłupa:
12
ABC
P
Rozwiązanie pełne 4 pkt
Obliczenie objętości ostrosłupa:
48
V =
Uwaga
Jeśli zdający przy obliczaniu wysokości trójkąta ABC lub pola tego trójkąta (pola
podstawy ostrosłupa) nie stosuje poprawnej metody (co przekreśla poprawność strategii
rozwiązania zadania), np. zapisze, że
3
sin
5
BE
BA
α =
, to za całe rozwiązanie
przyznajemy co najwyżej 1 punkt (zdający nie osiągnął istotnego postępu).
III sposób rozwiązania (krawędź podstawy, wzór Herona na pole trójkąta ABC)
Z
twierdzenia
Pitagorasa
zastosowanego
do
trójkąta
ABD
wynika,
że
2
2
2
25
AB
BD
AD
, stąd
5
AB =
. Podobnie z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego
do trójkąta ACD wynika, że
5
AC =
. Pole trójkąta ABC obliczamy ze wzoru Herona
(
)(
)(
)
ABC
P
p p
a
p
b
p
c
, gdzie
5
5
6
8
2
p
= ,
8 6
2
p
a
= -= ,
8 5
3
p
b
p
c
8 2 3 3
12
ABC
P
⋅⋅⋅
Objętość ostrosłupa jest równa
1
1 12 12
48
3
3
ABC
V
P
AD
⋅
⋅
⋅
⋅
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Obliczenie długości krawędzi AB lub AC podstawy ostrosłupa:
5
AB =
,
5
AC =
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Obliczenie pola podstawy ostrosłupa:
12
ABC
P
Uwaga
Zdający otrzymuje 2 punkty, jeśli poprawnie zastosuje wzór Herona, popełni błąd
rachunkowy przy obliczaniu pola trójkąta ABC i na tym zakończy.
Rozwiązanie pełne 4 pkt
Obliczenie objętości ostrosłupa:
48
V =
Klucz punktowania odpowiedzi - poziom podstawowy
17
12
13
13
6
A
B
C
D
E
IV sposób rozwiązania (wysokość ściany bocznej BCD, wysokość AE podstawy i „zwykły”
wzór na pole trójkąta ABC)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Trójkąt BCD jest równoramienny, więc środek E boku BC jest spodkiem wysokości DE
tego trójkąta. Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta BED wynika, że
2
2
2
2
2
13
3
160
DE
BD
BE
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ADE obliczamy wysokość AE trójkąta ABC
2
2
2
2
160 12
16
AE
DE
AD
, stąd
4
AE =
Pole trójkąta ABC jest równe
1 6 4
12
2
ABC
P
⋅⋅
Objętość ostrosłupa jest równa
1 12 12
48
3
V =
⋅
⋅
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Obliczenie wysokości DE ściany bocznej BCD ostrosłupa (lub kwadratu tej wysokości):
4 10
DE =
Uwaga
Zdający nie musi uzasadniać, że BE
EC
, wystarczy, że poprawnie stosuje
twierdzenia Pitagorasa do obliczenia wysokości DE trójkąta BCD.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Obliczenie wysokości AE trójkąta ABC:
4
AE =
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Obliczenie pola podstawy ostrosłupa:
12
ABC
P
Rozwiązanie pełne 4 pkt
Obliczenie objętości ostrosłupa:
48
V =
Klucz punktowania odpowiedzi - poziom podstawowy
18
Krok 1 - warunek ciągu arytmetycznego
\nW ciągu arytmetycznym środkowy wyraz jest średnią arytmetyczną sąsiadów:
\\[2x = 1 + (y - 1)\\]
\\[2x = y\\]
Stąd: \\(\\boxed{y = 2x}\\)
\nKrok 2 - warunek ciągu geometrycznego
\nW ciągu geometrycznym środkowy wyraz spełnia:
\\[y^2 = x \\cdot 12\\]
Krok 3 - podstawiamy \\(y = 2x\\)
\n\\[(2x)^2 = 12x\\]
\\[4x^2 = 12x\\]
\\[4x^2 - 12x = 0\\]
\\[4x(x - 3) = 0\\]
Zatem \\(x = 0\\) lub \\(x = 3\\).
\nKrok 4 - eliminacja rozwiązania \\(x = 0\\)
\nGdy \\(x = 0\\), to \\(y = 0\\), a ciąg geometryczny byłby \\((0, 0, 12)\\). Taki ciąg jest niemożliwy - iloraz \\(q = \\frac{0}{0}\\) jest nieokreślony, a poza tym żaden wyraz ciągu geometrycznego nie może być równy \\(0\\).
\nKrok 5 - wynik dla \\(x = 3\\)
\n\\[y = 2 \\cdot 3 = 6\\]
\nCiąg geometryczny: \\((3, 6, 12)\\), iloraz \\(q = 2\\).
\nSprawdzamy oba warunki dla \\(x = 3\\), \\(y = 6\\):
\nCiąg \\((1, 3, 5)\\) - arytmetyczny?
\\[3 - 1 = 2, \\quad 5 - 3 = 2\\]
Różnice równe - tak, to ciąg arytmetyczny z różnicą \\(r = 2\\). ✓
Ciąg \\((3, 6, 12)\\) - geometryczny?
\\[\\frac{6}{3} = 2, \\quad \\frac{12}{6} = 2\\]
Ilorazy równe - tak, to ciąg geometryczny z ilorazem \\(q = 2\\). ✓
Wynik jest poprawny.
\nDział 8 (Ciągi, s. 9-10)
\nWłasność ciągu arytmetycznego - wyraz środkowy jest średnią arytmetyczną sąsiadów:
\\[a_n = \\frac{a_{n-1} + a_{n+1}}{2}\\]
Użyliśmy tego do zapisu warunku \\(2x = 1 + (y-1)\\).
Własność ciągu geometrycznego - kwadrat wyrazu środkowego równa się iloczynowi sąsiadów:
\\[(a_n)^2 = a_{n-1} \\cdot a_{n+1}\\]
Użyliśmy tego do zapisu warunku \\(y^2 = x \\cdot 12\\).
⚠️ Uwaga: Łatwo zapomnieć, że \\(y - 1\\) to trzeci wyraz ciągu arytmetycznego - nie \\(y\\)! Błąd: \\(2x = 1 + y\\) zamiast \\(2x = 1 + (y-1)\\). Takie pomylenie prowadzi do zupełnie innego układu.\n
⚠️ Uwaga: Rozwiązanie \\(x = 0\\) trzeba odrzucić - w ciągu geometrycznym żaden wyraz nie może być zerem (nie istniałby iloraz \\(q\\)). Uczniowie często zapominają o tej weryfikacji i podają \\(x = 0\\) jako drugie rozwiązanie.\n
⚠️ Uwaga: Warunek ciągu geometrycznego \\(y^2 = x \\cdot 12\\) działa tylko wtedy, gdy wyrazy są niezerowe. Zawsze sprawdzaj warunki istnienia ciągu geometrycznego po wyznaczeniu wartości!\n
Odpowiedź: \\(x=3,\\ y=6\\), ciąg geometryczny: \\((3, 6, 12)\\).
\nWarunek arytmetyczny \\((1, x, y-1)\\):
Środkowy wyraz jest średnią sąsiednich:
\\[x=\\dfrac{1+(y-1)}{2}=\\dfrac{y}{2} \\implies y=2x. \\quad (\\star)\\]
Warunek geometryczny \\((x, y, 12)\\):
Kwadrat środkowego wyrazu równa się iloczynowi sąsiednich (gdy \\(x\\ne 0\\)):
\\[y^{2}=x\\cdot 12=12x. \\quad (\\star\\star)\\]
Podstawiając \\(y=2x\\) do \\((\\star\\star)\\):
\\[(2x)^{2}=12x \\implies 4x^{2}=12x \\implies 4x^{2}-12x=0 \\implies 4x(x-3)=0.\\]
Stąd \\(x=0\\) lub \\(x=3\\).
Sprawdzamy \\(x=0\\): wtedy \\(y=0\\), ciąg \\((0, 0, 12)\\) - nie jest geometryczny (żaden wyraz nie może być zerem). Odrzucamy.
\nZatem \\(x=3, y=6\\).
\nCiąg geometryczny: \\((3, 6, 12)\\) - iloraz \\(q=2\\).
\nZ \\((\\star)\\): \\(y=2x\\). W ciągu geometrycznym iloraz jest stały: \\(q=\\dfrac{y}{x}=\\dfrac{12}{y}\\), czyli \\(y^{2}=12x\\).
Dalej jak w Sposobie 1.
\\[\\boxed{x=3,\\quad y=6,\\quad \\text{ciąg geometryczny: }(3, 6, 12).}\\]
"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"$V = 48$
"}]}