{"id":"matematyka-2010-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad/33","paper_id":"matematyka-2010-sierpien-poprawkowa-podstawowa","number":"33","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"inne","year":2010,"month":"sierpien","level":"podstawowa","text":"Zadanie 33. (4 pkt)\nDany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny ABCDEF o podstawach ABC i DEF\ni krawędziach bocznych AD, BE i CF. Oblicz pole trójkąta ABF wiedząc, że\n10\nAB =\ni\n11\nCF =\n. Narysuj ten graniastosłup i zaznacz na nim trójkąt ABF.\nOdpowiedź:\n\nPoziom podstawowy\n15","answer":null,"answer_text":null,"solution":"## Poprawna odpowiedź: A - pole trójkąta \\(ABF\\) wynosi \\(\\mathbf{70}\\)\n\n## Sposób 1 - wyznaczenie wysokości trójkąta z geometrii graniastosłupa\n\n**Co wiemy o graniastosłupie prawidłowym trójkątnym?**\n\nPodstawy \\(ABC\\) i \\(DEF\\) są trójkątami **równobocznymi** (prawidłowy = podstawa regularna), a krawędzie boczne są prostopadłe do podstaw. Mamy:\n\\[|AB| = 10, \\qquad |CF| = 11\\]\n\nPonieważ wszystkie krawędzie boczne graniastosłupa prawidłowego są równe:\n\\[|AD| = |BE| = |CF| = 11\\]\n\n**Szukamy wysokości trójkąta \\(ABF\\).**\n\nTrójkąt \\(ABF\\): wierzchołki \\(A\\) i \\(B\\) leżą w podstawie, wierzchołek \\(F\\) - w górnej podstawie, nad wierzchołkiem \\(C\\).\n\nZ symetrii graniastosłupa prawidłowego trójkąt \\(ABF\\) jest **równoramienny**: \\(|AF| = |BF|\\). Zatem jego wysokość opuszczona z \\(F\\) na \\(AB\\) pada na **środek** \\(M\\) odcinka \\(AB\\).\n\n**Wyznaczam \\(|FM|\\) krok po kroku.**\n\nPunkt \\(M\\) to środek \\(AB\\), więc \\(|CM|\\) to wysokość trójkąta równobocznego \\(ABC\\) o boku \\(10\\):\n\\[|CM| = \\frac{|AB| \\cdot \\sqrt{3}}{2} = \\frac{10\\sqrt{3}}{2} = 5\\sqrt{3}\\]\n\nPunkt \\(F\\) leży bezpośrednio nad \\(C\\) na wysokości \\(|CF| = 11\\). Odcinek \\(FM\\) łączy wierzchołek górnej podstawy z punktem dolnej podstawy, więc składa się z dwóch prostopadłych składowych:\n\n\\[|FM|^2 = |CM|^2 + |CF|^2 = (5\\sqrt{3})^2 + 11^2 = 75 + 121 = 196\\]\n\n\\[|FM| = \\sqrt{196} = 14\\]\n\n**Sprawdzam, że \\(FM \\perp AB\\).**\n\n\\(CM \\perp AB\\) (wysokość trójkąta równobocznego), a \\(CF \\perp\\) podstawa, więc \\(CF \\perp AB\\). Zatem cała płaszczyzna wyznaczona przez \\(C, M, F\\) jest prostopadła do \\(AB\\), a w szczególności \\(FM \\perp AB\\). Wysokość trójkąta \\(ABF\\) wynosi \\(14\\). ✓\n\n**Pole trójkąta \\(ABF\\):**\n\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot |AB| \\cdot |FM| = \\frac{1}{2} \\cdot 10 \\cdot 14 = \\boxed{70}\\]\n\n## Sposób 2 - układ współrzędnych i iloczyn wektorowy\n\nUstawiam graniastosłup w układzie współrzędnych. Podstawa \\(ABC\\) leży w płaszczyźnie \\(z = 0\\):\n\n\\[A = (0,\\, 0,\\, 0), \\qquad B = (10,\\, 0,\\, 0), \\qquad C = (5,\\, 5\\sqrt{3},\\, 0)\\]\n\nGórna podstawa jest przesunięta o \\(11\\) w górę:\n\\[F = (5,\\, 5\\sqrt{3},\\, 11)\\]\n\nWyznaczam wektory:\n\\[\\vec{AB} = [10,\\, 0,\\, 0], \\qquad \\vec{AF} = [5,\\, 5\\sqrt{3},\\, 11]\\]\n\nIloczyn wektorowy \\(\\vec{AB} \\times \\vec{AF}\\):\n\\[\n\\vec{AB} \\times \\vec{AF} =\n\\begin{vmatrix}\n\\vec{i} & \\vec{j} & \\vec{k} \\\\\n10 & 0 & 0 \\\\\n5 & 5\\sqrt{3} & 11\n\\end{vmatrix}\n= \\vec{i}(0 \\cdot 11 - 0 \\cdot 5\\sqrt{3}) - \\vec{j}(10 \\cdot 11 - 0 \\cdot 5) + \\vec{k}(10 \\cdot 5\\sqrt{3} - 0 \\cdot 5)\n\\]\n\\[= [0,\\; -110,\\; 50\\sqrt{3}]\\]\n\nDługość tego wektora:\n\\[|\\vec{AB} \\times \\vec{AF}| = \\sqrt{0^2 + 110^2 + (50\\sqrt{3})^2} = \\sqrt{12100 + 7500} = \\sqrt{19600} = 140\\]\n\nPole trójkąta:\n\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot 140 = \\mathbf{70}\\]\n\nWynik zgodny z metodą geometryczną. ✓\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15-16)** - pole trójkąta:\n\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h_a\\]\nUżyliśmy tego wzoru, przyjmując \\(a = |AB| = 10\\) i \\(h_a = |FM| = 14\\).\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - wysokość trójkąta równobocznego:\n\\[h = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\]\nUżyliśmy do wyznaczenia \\(|CM| = 5\\sqrt{3}\\) w podstawie graniastosłupa.\n\n**Dział 2 (Potęgi i pierwiastki, s. 4)** - twierdzenie Pitagorasa (zapis przez pierwiastek):\n\\[|FM| = \\sqrt{|CM|^2 + |CF|^2} = \\sqrt{75 + 121} = \\sqrt{196} = 14\\]\n\n## Dlaczego inne odpowiedzi są błędne\n\nPonieważ nie znam treści opcji B, C, D, pokazuję **typowe błędne toki rozumowania**, które prowadzą do złych wyników:\n\n| Błędny wynik | Skąd pochodzi |\n| \\(55\\) | Wzięcie \\(|CF| = 11\\) jako wysokości trójkąta \\(ABF\\) i policzenie \\(\\frac{1}{2} \\cdot 10 \\cdot 11\\) - ignorowanie, że \\(CF\\) to krawędź, nie wysokość trójkąta |\n| \\(25\\sqrt{3}\\) | Policzenie pola podstawy \\(ABC\\) zamiast \\(ABF\\): \\(\\frac{10^2\\sqrt{3}}{4}\\) |\n| \\(60\\) lub \\(65\\) | Pomylenie \\(|FM|\\) - np. obliczenie \\(|FM| = \\sqrt{75} + 11\\) zamiast \\(\\sqrt{75 + 121}\\) |\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Najczęstszy błąd to wzięcie \\(|CF| = 11\\) jako wysokości trójkąta \\(ABF\\). Krawędź \\(CF\\) jest **prostopadła do podstawy**, ale NIE jest wysokością trójkąta \\(ABF\\) - ona nie prowadzi do AB!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** \\(|FM|\\) wyznaczamy ze wzoru Pitagorasa w trójkącie \\(CMF\\), gdzie \\(CM \\perp CF\\). Kluczowe jest dostrzeżenie, że \\(CM\\) i \\(CF\\) są prostopadłe (jedna leży w podstawie, druga jest do podstawy prostopadła).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Graniastosłup **prawidłowy** trójkątny oznacza, że podstawa to trójkąt **równoboczny** - bez tego warunku nie moglibyśmy wyliczyć \\(|CM|\\) ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego.\n\n**Rozwiązanie:** \\(P_{ABF}=70\\).\n\n### Sposób 1 (CKE) - Trójkąt równoramienny \\(ABF\\) i twierdzenie Pitagorasa\nGraniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawach trójkąty równoboczne i krawędzie boczne prostopadłe do podstaw. Trójkąt \\(ABF\\) jest równoramienny: \\(|AF|=|BF|\\) (symetria względem płaszczyzny przechodzącej przez środek \\(AB\\) i \\(F\\)).\n\nNiech \\(S\\) - środek odcinka \\(AB\\). Wtedy \\(FS\\perp AB\\) (wysokość trójkąta równoramiennego), i długość \\(FS\\) to wysokość \\(h\\) trójkąta \\(ABF\\).\n\n**Krok 1.** W trójkącie równobocznym \\(ABC\\) o boku \\(10\\) środkowa z \\(C\\) do środka \\(S\\) boku \\(AB\\):\n\\[|CS|=\\dfrac{|AB|\\sqrt{3}}{2}=\\dfrac{10\\sqrt{3}}{2}=5\\sqrt{3}.\\]\n\n**Krok 2.** Odcinek \\(CF\\) jest krawędzią boczną, prostopadły do podstawy, więc w trójkącie prostokątnym \\(SCF\\) (kąt prosty przy \\(C\\)):\n\\[h=|SF|=\\sqrt{|CF|^{2}+|CS|^{2}}=\\sqrt{11^{2}+(5\\sqrt{3})^{2}}=\\sqrt{121+75}=\\sqrt{196}=14.\\]\n\n**Krok 3.** Pole trójkąta \\(ABF\\):\n\\[P_{ABF}=\\dfrac{1}{2}\\cdot|AB|\\cdot h=\\dfrac{1}{2}\\cdot 10\\cdot 14=70.\\]\n\n### Sposób 2 (CKE) - Wzór Herona\nDługości boków: \\(|AB|=10\\); \\(|AF|=|BF|=\\sqrt{|AC|^{2}+|CF|^{2}}=\\sqrt{100+121}=\\sqrt{221}\\) (twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \\(ACF\\)).\nPołowa obwodu: \\(p=\\dfrac{10+2\\sqrt{221}}{2}=5+\\sqrt{221}\\).\nWzór Herona: \\(P=\\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\\).\nPo wstawieniu i uproszczeniu (różnica kwadratów) otrzymuje się \\(P=70\\).\n\n### Sposób 3 (CKE) - Twierdzenie cosinusów\n\\(|AF|=|BF|=\\sqrt{221}\\). W trójkącie \\(AFB\\):\n\\[|AB|^{2}=2|AF|^{2}(1-\\cos\\sphericalangle AFB),\\]\n\\[100=2\\cdot 221\\cdot(1-\\cos\\sphericalangle AFB) \\implies \\cos\\sphericalangle AFB=\\dfrac{171}{221}.\\]\n\\(\\sin\\sphericalangle AFB=\\sqrt{1-\\left(\\dfrac{171}{221}\\right)^{2}}=\\dfrac{140}{221}\\).\nPole: \\(P=\\dfrac{1}{2}|AF||BF|\\sin\\sphericalangle AFB=\\dfrac{1}{2}\\cdot 221\\cdot\\dfrac{140}{221}=70\\).\n\n### Rysunek (opis)\nGraniastosłup prawidłowy trójkątny: dolna podstawa - trójkąt równoboczny \\(ABC\\); górna - \\(DEF\\) (przeniesione o krawędź boczną \\(11\\)). Krawędzie boczne: \\(A{-}D\\), \\(B{-}E\\), \\(C{-}F\\). Trójkąt \\(ABF\\) - dwa wierzchołki na dolnej podstawie (\\(A,B\\)) i jeden na górnej (\\(F\\)).\n\n### Weryfikacja\n\\(11^{2}+(5\\sqrt{3})^{2}=121+75=196=14^{2}\\) ✓. Pole \\(=\\tfrac{1}{2}\\cdot 10\\cdot 14=70\\) ✓.\n\n### Schemat oceniania (CKE, max 4 pkt)\n- **1 pkt**: narysowanie graniastosłupa z zaznaczonym trójkątem \\(ABF\\).\n- **2 pkt**: obliczenie \\(|CS|=5\\sqrt{3}\\) albo \\(|AF|=\\sqrt{221}\\).\n- **3 pkt**: obliczenie wysokości \\(h=|FS|=14\\).\n- **4 pkt**: obliczenie pola \\(P_{ABF}=70\\).","image":"img/matematyka-2010-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad-33.webp","solution_image":null,"topics":"stereometria","page_from":14,"source":"maturazai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Inne · sierpień 2010 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Inne","text_html":"

Zadanie 33. (4 pkt)
Dany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny ABCDEF o podstawach ABC i DEF
i krawędziach bocznych AD, BE i CF. Oblicz pole trójkąta ABF wiedząc, że
10
AB =
i
11
CF =
. Narysuj ten graniastosłup i zaznacz na nim trójkąt ABF.
Odpowiedź:

\n

Poziom podstawowy
15

","solutions":[{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: A - pole trójkąta \\(ABF\\) wynosi \\(\\mathbf{70}\\)

\n

Sposób 1 - wyznaczenie wysokości trójkąta z geometrii graniastosłupa

\n

Co wiemy o graniastosłupie prawidłowym trójkątnym?

\n

Podstawy \\(ABC\\) i \\(DEF\\) są trójkątami równobocznymi (prawidłowy = podstawa regularna), a krawędzie boczne są prostopadłe do podstaw. Mamy:
\\[|AB| = 10, \\qquad |CF| = 11\\]

\n

Ponieważ wszystkie krawędzie boczne graniastosłupa prawidłowego są równe:
\\[|AD| = |BE| = |CF| = 11\\]

\n

Szukamy wysokości trójkąta \\(ABF\\).

\n

Trójkąt \\(ABF\\): wierzchołki \\(A\\) i \\(B\\) leżą w podstawie, wierzchołek \\(F\\) - w górnej podstawie, nad wierzchołkiem \\(C\\).

\n

Z symetrii graniastosłupa prawidłowego trójkąt \\(ABF\\) jest równoramienny: \\(|AF| = |BF|\\). Zatem jego wysokość opuszczona z \\(F\\) na \\(AB\\) pada na środek \\(M\\) odcinka \\(AB\\).

\n

Wyznaczam \\(|FM|\\) krok po kroku.

\n

Punkt \\(M\\) to środek \\(AB\\), więc \\(|CM|\\) to wysokość trójkąta równobocznego \\(ABC\\) o boku \\(10\\):
\\[|CM| = \\frac{|AB| \\cdot \\sqrt{3}}{2} = \\frac{10\\sqrt{3}}{2} = 5\\sqrt{3}\\]

\n

Punkt \\(F\\) leży bezpośrednio nad \\(C\\) na wysokości \\(|CF| = 11\\). Odcinek \\(FM\\) łączy wierzchołek górnej podstawy z punktem dolnej podstawy, więc składa się z dwóch prostopadłych składowych:

\n

\\[|FM|^2 = |CM|^2 + |CF|^2 = (5\\sqrt{3})^2 + 11^2 = 75 + 121 = 196\\]

\n

\\[|FM| = \\sqrt{196} = 14\\]

\n

Sprawdzam, że \\(FM \\perp AB\\).

\n

\\(CM \\perp AB\\) (wysokość trójkąta równobocznego), a \\(CF \\perp\\) podstawa, więc \\(CF \\perp AB\\). Zatem cała płaszczyzna wyznaczona przez \\(C, M, F\\) jest prostopadła do \\(AB\\), a w szczególności \\(FM \\perp AB\\). Wysokość trójkąta \\(ABF\\) wynosi \\(14\\). ✓

\n

Pole trójkąta \\(ABF\\):
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot |AB| \\cdot |FM| = \\frac{1}{2} \\cdot 10 \\cdot 14 = \\boxed{70}\\]

\n

Sposób 2 - układ współrzędnych i iloczyn wektorowy

\n

Ustawiam graniastosłup w układzie współrzędnych. Podstawa \\(ABC\\) leży w płaszczyźnie \\(z = 0\\):

\n

\\[A = (0,\\, 0,\\, 0), \\qquad B = (10,\\, 0,\\, 0), \\qquad C = (5,\\, 5\\sqrt{3},\\, 0)\\]

\n

Górna podstawa jest przesunięta o \\(11\\) w górę:
\\[F = (5,\\, 5\\sqrt{3},\\, 11)\\]

\n

Wyznaczam wektory:
\\[\\vec{AB} = [10,\\, 0,\\, 0], \\qquad \\vec{AF} = [5,\\, 5\\sqrt{3},\\, 11]\\]

\n

Iloczyn wektorowy \\(\\vec{AB} \\times \\vec{AF}\\):
\\[
\\vec{AB} \\times \\vec{AF} =
\\begin{vmatrix}
\\vec{i} & \\vec{j} & \\vec{k} \\\\
10 & 0 & 0 \\\\
5 & 5\\sqrt{3} & 11
\\end{vmatrix}
= \\vec{i}(0 \\cdot 11 - 0 \\cdot 5\\sqrt{3}) - \\vec{j}(10 \\cdot 11 - 0 \\cdot 5) + \\vec{k}(10 \\cdot 5\\sqrt{3} - 0 \\cdot 5)
\\]
\\[= [0,\\; -110,\\; 50\\sqrt{3}]\\]

\n

Długość tego wektora:
\\[|\\vec{AB} \\times \\vec{AF}| = \\sqrt{0^2 + 110^2 + (50\\sqrt{3})^2} = \\sqrt{12100 + 7500} = \\sqrt{19600} = 140\\]

\n

Pole trójkąta:
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot 140 = \\mathbf{70}\\]

\n

Wynik zgodny z metodą geometryczną. ✓

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-16) - pole trójkąta:
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h_a\\]
Użyliśmy tego wzoru, przyjmując \\(a = |AB| = 10\\) i \\(h_a = |FM| = 14\\).

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - wysokość trójkąta równobocznego:
\\[h = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\]
Użyliśmy do wyznaczenia \\(|CM| = 5\\sqrt{3}\\) w podstawie graniastosłupa.

\n

Dział 2 (Potęgi i pierwiastki, s. 4) - twierdzenie Pitagorasa (zapis przez pierwiastek):
\\[|FM| = \\sqrt{|CM|^2 + |CF|^2} = \\sqrt{75 + 121} = \\sqrt{196} = 14\\]

\n

Dlaczego inne odpowiedzi są błędne

\n

Ponieważ nie znam treści opcji B, C, D, pokazuję typowe błędne toki rozumowania, które prowadzą do złych wyników:

\n

| Błędny wynik | Skąd pochodzi |
| \\(55\\) | Wzięcie \\(|CF| = 11\\) jako wysokości trójkąta \\(ABF\\) i policzenie \\(\\frac{1}{2} \\cdot 10 \\cdot 11\\) - ignorowanie, że \\(CF\\) to krawędź, nie wysokość trójkąta |
| \\(25\\sqrt{3}\\) | Policzenie pola podstawy \\(ABC\\) zamiast \\(ABF\\): \\(\\frac{10^2\\sqrt{3}}{4}\\) |
| \\(60\\) lub \\(65\\) | Pomylenie \\(|FM|\\) - np. obliczenie \\(|FM| = \\sqrt{75} + 11\\) zamiast \\(\\sqrt{75 + 121}\\) |

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Najczęstszy błąd to wzięcie \\(|CF| = 11\\) jako wysokości trójkąta \\(ABF\\). Krawędź \\(CF\\) jest prostopadła do podstawy, ale NIE jest wysokością trójkąta \\(ABF\\) - ona nie prowadzi do AB!
\n
⚠️ Uwaga: \\(|FM|\\) wyznaczamy ze wzoru Pitagorasa w trójkącie \\(CMF\\), gdzie \\(CM \\perp CF\\). Kluczowe jest dostrzeżenie, że \\(CM\\) i \\(CF\\) są prostopadłe (jedna leży w podstawie, druga jest do podstawy prostopadła).
\n
⚠️ Uwaga: Graniastosłup prawidłowy trójkątny oznacza, że podstawa to trójkąt równoboczny - bez tego warunku nie moglibyśmy wyliczyć \\(|CM|\\) ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego.
\n

Rozwiązanie: \\(P_{ABF}=70\\).

\n
Sposób 1 (CKE) - Trójkąt równoramienny \\(ABF\\) i twierdzenie Pitagorasa
\n

Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawach trójkąty równoboczne i krawędzie boczne prostopadłe do podstaw. Trójkąt \\(ABF\\) jest równoramienny: \\(|AF|=|BF|\\) (symetria względem płaszczyzny przechodzącej przez środek \\(AB\\) i \\(F\\)).

\n

Niech \\(S\\) - środek odcinka \\(AB\\). Wtedy \\(FS\\perp AB\\) (wysokość trójkąta równoramiennego), i długość \\(FS\\) to wysokość \\(h\\) trójkąta \\(ABF\\).

\n

Krok 1. W trójkącie równobocznym \\(ABC\\) o boku \\(10\\) środkowa z \\(C\\) do środka \\(S\\) boku \\(AB\\):
\\[|CS|=\\dfrac{|AB|\\sqrt{3}}{2}=\\dfrac{10\\sqrt{3}}{2}=5\\sqrt{3}.\\]

\n

Krok 2. Odcinek \\(CF\\) jest krawędzią boczną, prostopadły do podstawy, więc w trójkącie prostokątnym \\(SCF\\) (kąt prosty przy \\(C\\)):
\\[h=|SF|=\\sqrt{|CF|^{2}+|CS|^{2}}=\\sqrt{11^{2}+(5\\sqrt{3})^{2}}=\\sqrt{121+75}=\\sqrt{196}=14.\\]

\n

Krok 3. Pole trójkąta \\(ABF\\):
\\[P_{ABF}=\\dfrac{1}{2}\\cdot|AB|\\cdot h=\\dfrac{1}{2}\\cdot 10\\cdot 14=70.\\]

\n
Sposób 2 (CKE) - Wzór Herona
\n

Długości boków: \\(|AB|=10\\); \\(|AF|=|BF|=\\sqrt{|AC|^{2}+|CF|^{2}}=\\sqrt{100+121}=\\sqrt{221}\\) (twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \\(ACF\\)).
Połowa obwodu: \\(p=\\dfrac{10+2\\sqrt{221}}{2}=5+\\sqrt{221}\\).
Wzór Herona: \\(P=\\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\\).
Po wstawieniu i uproszczeniu (różnica kwadratów) otrzymuje się \\(P=70\\).

\n
Sposób 3 (CKE) - Twierdzenie cosinusów
\n

\\(|AF|=|BF|=\\sqrt{221}\\). W trójkącie \\(AFB\\):
\\[|AB|^{2}=2|AF|^{2}(1-\\cos\\sphericalangle AFB),\\]
\\[100=2\\cdot 221\\cdot(1-\\cos\\sphericalangle AFB) \\implies \\cos\\sphericalangle AFB=\\dfrac{171}{221}.\\]
\\(\\sin\\sphericalangle AFB=\\sqrt{1-\\left(\\dfrac{171}{221}\\right)^{2}}=\\dfrac{140}{221}\\).
Pole: \\(P=\\dfrac{1}{2}|AF||BF|\\sin\\sphericalangle AFB=\\dfrac{1}{2}\\cdot 221\\cdot\\dfrac{140}{221}=70\\).

\n
Rysunek (opis)
\n

Graniastosłup prawidłowy trójkątny: dolna podstawa - trójkąt równoboczny \\(ABC\\); górna - \\(DEF\\) (przeniesione o krawędź boczną \\(11\\)). Krawędzie boczne: \\(A{-}D\\), \\(B{-}E\\), \\(C{-}F\\). Trójkąt \\(ABF\\) - dwa wierzchołki na dolnej podstawie (\\(A,B\\)) i jeden na górnej (\\(F\\)).

\n
Weryfikacja
\n

\\(11^{2}+(5\\sqrt{3})^{2}=121+75=196=14^{2}\\) ✓. Pole \\(=\\tfrac{1}{2}\\cdot 10\\cdot 14=70\\) ✓.

\n
Schemat oceniania (CKE, max 4 pkt)
\n"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$70$

"}]}