{"id":"matematyka-2014-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad/33","paper_id":"matematyka-2014-sierpien-poprawkowa-podstawowa","number":"33","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"inne","year":2014,"month":"sierpien","level":"podstawowa","text":"Zadanie 33. (4 pkt)\nPodstawą ostrosłupa prawidłowego jest kwadrat. Wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa\njest równa 22, a tangens kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego\npodstawy jest równy 4 6\n5\n. Oblicz objętość tego ostrosłupa.\nO\nS\nA\nB\nC\nD\n\nPoziom podstawowy\n21\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n33.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom podstawowy\n22\nPodstawą ostrosłupa prawidłowego jest kwadrat. Wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa jest równa 22, a tangens kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy jest równy 4 * pierwiastki z 6 / 5. Oblicz objętość tego ostrosłupa. Zadanie z matury poprawkowej z matematyki - sierpień 2014.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"## Poprawna odpowiedź: \\(\\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}\\)\n\n(Zadanie otwarte - obliczamy konkretną wartość objętości.)\n\n## Sposób 1 - Geometria: apotema + kąt nachylenia ściany\n\n**Ustalamy oznaczenia.**\n\nNiech \\(a\\) - bok kwadratu podstawy, \\(h\\) - wysokość ostrosłupa.\n\n\\(M\\) = środek krawędzi podstawy \\(AB\\), \\(O\\) = środek podstawy (punkt \\(O\\) leży w środku kwadratu).\n\nWtedy:\n\\[OM = \\frac{a}{2}, \\quad SM = \\text{wysokość ściany bocznej} = 22\\]\n\n**Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.**\n\nPłaszczyzna ściany bocznej \\(SAB\\) przecina podstawę wzdłuż krawędzi \\(AB\\).\nDwuścienny kąt wzdłuż \\(AB\\) mierzymy między odcinkami:\n- \\(MO\\) - prostopadle do \\(AB\\) w podstawie,\n- \\(MS\\) - prostopadle do \\(AB\\) w ścianie bocznej (apotema \\(SM\\)).\n\nZatem kąt nachylenia \\(\\varphi\\) spełnia:\n\\[\\operatorname{tg}\\varphi = \\frac{SO}{OM} = \\frac{h}{\\dfrac{a}{2}} = \\frac{2h}{a}\\]\n\n**Równanie I** (z danego tangensa):\n\\[\\frac{2h}{a} = \\frac{4\\sqrt{6}}{5}\\]\n\n**Równanie II** (z tw. Pitagorasa w trójkącie \\(SOM\\)):\n\\[SM^2 = h^2 + OM^2 \\implies 22^2 = h^2 + \\frac{a^2}{4} \\implies 484 = h^2 + \\frac{a^2}{4}\\]\n\n**Wyznaczamy \\(h\\) i \\(a\\).**\n\nZ równania I: \\(h = \\dfrac{2\\sqrt{6}}{5}\\,a\\)\n\nPodstawiamy do równania II:\n\\[484 = \\left(\\frac{2\\sqrt{6}\\,a}{5}\\right)^2 + \\frac{a^2}{4} = \\frac{24a^2}{25} + \\frac{a^2}{4}\\]\n\nSprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika \\(100\\):\n\\[484 = a^2\\left(\\frac{96}{100} + \\frac{25}{100}\\right) = a^2 \\cdot \\frac{121}{100}\\]\n\n\\[a^2 = 484 \\cdot \\frac{100}{121} = 400 \\implies \\boxed{a = 20}\\]\n\nWysokość ostrosłupa:\n\\[h = \\frac{2\\sqrt{6}}{5} \\cdot 20 = 8\\sqrt{6}\\]\n\n**Obliczamy objętość.**\n\n\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot P_p \\cdot h = \\frac{1}{3} \\cdot a^2 \\cdot h = \\frac{1}{3} \\cdot 400 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\boxed{\\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}}\\]\n\n## Sposób 2 - Trygonometria: sin i cos kąta nachylenia\n\n**Wyznaczamy sin i cos kąta \\(\\varphi\\).**\n\nDany: \\(\\operatorname{tg}\\varphi = \\dfrac{4\\sqrt{6}}{5}\\)\n\nLiczymy \\(\\cos\\varphi\\) i \\(\\sin\\varphi\\) ze wzoru \\(1 + \\operatorname{tg}^2\\varphi = \\dfrac{1}{\\cos^2\\varphi}\\):\n\n\\[\\operatorname{tg}^2\\varphi = \\frac{96}{25} \\implies 1 + \\frac{96}{25} = \\frac{121}{25} = \\frac{1}{\\cos^2\\varphi}\\]\n\n\\[\\cos\\varphi = \\frac{5}{11}, \\quad \\sin\\varphi = \\frac{4\\sqrt{6}}{11}\\]\n\n**Odczytujemy \\(h\\) i \\(OM\\) wprost z apotemy \\(SM = 22\\).**\n\nZ trójkąta prostokątnego \\(SOM\\) (kąt przy \\(M\\) równy \\(\\varphi\\)):\n\\[h = SM \\cdot \\sin\\varphi = 22 \\cdot \\frac{4\\sqrt{6}}{11} = 8\\sqrt{6}\\]\n\\[OM = SM \\cdot \\cos\\varphi = 22 \\cdot \\frac{5}{11} = 10\\]\n\nBok kwadratu: \\(a = 2 \\cdot OM = 20\\)\n\nObjętość:\n\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot 20^2 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\frac{1}{3} \\cdot 400 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\boxed{\\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}}\\]\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 12 (Stereometria, s. 26-28)** - wzór na objętość ostrosłupa:\n\\[V = \\frac{1}{3} P_p \\cdot h\\]\nUżyliśmy w końcowym rachunku - pole podstawy kwadratu to \\(P_p = a^2 = 400\\).\n\n**Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14)** - definicja tangensa kąta w trójkącie prostokątnym:\n\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{\\text{przeciwprostokątna}}{\\text{przyprostokątna}}\\]\nUżyliśmy przy wyznaczeniu kąta między apatemą \\(SM\\) a odcinkiem \\(OM\\) w trójkącie \\(SOM\\).\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - twierdzenie Pitagorasa:\n\\[SM^2 = h^2 + OM^2\\]\nUżyliśmy w równaniu II (Sposób 1).\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy **nie jest** kątem między krawędzią boczną \\(SA\\) a podstawą. To dwie różne rzeczy! Kąt krawędzi bocznej mierzymy od wierzchołka \\(S\\) do narożnika \\(A\\), kąt ściany - od wierzchołka \\(S\\) do **środka krawędzi** \\(M\\).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** \\(OM = \\dfrac{a}{2}\\), bo \\(O\\) jest środkiem kwadratu o boku \\(a\\), a odległość od środka do środka krawędzi to właśnie połowa boku - to nie jest połowa przekątnej!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Przy obliczaniu \\(\\sin\\varphi\\) ze znajomości \\(\\operatorname{tg}\\varphi\\) skorzystaj ze wzoru \\(\\dfrac{1}{\\cos^2\\varphi} = 1 + \\operatorname{tg}^2\\varphi\\) - to szybsza droga niż rysowanie trójkąta pomocniczego i szukanie przyprostokątnych.\n\n**Odpowiedź: \\(V = \\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}\\)**\n\n### Oznaczenia\n- \\(a\\) - krawędź podstawy (bok kwadratu),\n- \\(H\\) - wysokość ostrosłupa (\\(|SO| = H\\)),\n- \\(h = 22\\) - wysokość ściany bocznej (apotema ściany; \\(|SE| = h\\), gdzie \\(E\\) - środek krawędzi podstawy, \\(BC\\)),\n- \\(|OE| = \\tfrac{a}{2}\\) (odcinek od środka podstawy do środka krawędzi \\(BC\\) = połowa boku),\n- kąt \\(\\angle SEO = \\varphi\\) - kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.\n\n### Sposób - Dwa warunki\n**Warunek 1 (tangens):**\n\\[\\tg\\varphi = \\dfrac{|SO|}{|OE|} = \\dfrac{H}{\\tfrac{a}{2}} = \\dfrac{2H}{a} = \\dfrac{4\\sqrt{6}}{5}.\\]\nStąd:\n\\[5 \\cdot 2H = 4\\sqrt{6}\\cdot a \\Rightarrow H = \\dfrac{2\\sqrt{6}}{5}a.\\]\n\n**Warunek 2 (Pitagoras w trójkącie \\(SOE\\)):**\nTrójkąt \\(SOE\\) prostokątny w \\(O\\), przeciwprostokątna \\(|SE| = h = 22\\).\n\\[H^2 + \\left(\\tfrac{a}{2}\\right)^2 = h^2 = 484.\\]\n\nPodstawiamy \\(H = \\tfrac{2\\sqrt{6}}{5}a\\):\n\\[\\dfrac{24}{25}a^2 + \\dfrac{a^2}{4} = 484.\\]\n\nWspólny mianownik \\(100\\):\n\\[\\dfrac{96a^2}{100} + \\dfrac{25a^2}{100} = 484,\\]\n\\[\\dfrac{121a^2}{100} = 484,\\]\n\\[a^2 = \\dfrac{484 \\cdot 100}{121} = 4 \\cdot 100 = 400.\\]\n\\[a = 20.\\]\n\n**Wysokość ostrosłupa:**\n\\[H = \\dfrac{2\\sqrt{6}}{5}\\cdot 20 = 8\\sqrt{6}.\\]\n\n### Objętość ostrosłupa\n\\[V = \\tfrac{1}{3}\\cdot P_p \\cdot H = \\tfrac{1}{3}\\cdot a^2 \\cdot H = \\tfrac{1}{3}\\cdot 400 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}.\\]\n\n### Weryfikacja\n\\(H = 8\\sqrt{6} \\approx 19{,}6\\), \\(\\tfrac{a}{2} = 10\\). Sprawdzamy Pitagorasa: \\((8\\sqrt{6})^2 + 10^2 = 384 + 100 = 484 = 22^2\\) ✓.\nTangens: \\(\\tfrac{8\\sqrt{6}}{10} = \\tfrac{4\\sqrt{6}}{5}\\) ✓.\n\\(V \\approx \\tfrac{3200 \\cdot 2{,}449}{3} \\approx \\tfrac{7838}{3} \\approx 2613.\\)\n\n### Pułapki\n- Pomyłka: kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy używa odległości \\(|OE| = \\tfrac{a}{2}\\), nie przekątnej podstawy.\n- Wysokość ściany bocznej to odcinek \\(|SE|\\) (apotema boczna), nie krawędź \\(|SA|\\).\n- Ważne żeby użyć wzoru \\(V = \\tfrac{1}{3}P_p H\\), a nie \\(V = P_p H\\).","image":"img/matematyka-2014-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad-33.webp","solution_image":"img/matematyka-2014-sierpien-poprawkowa-podstawowa/sol-33.svg","topics":"stereometria","page_from":20,"source":"maturazai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Inne · sierpień 2014 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Inne","text_html":"<p>Zadanie 33. (4 pkt)<br>Podstawą ostrosłupa prawidłowego jest kwadrat. Wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa<br>jest równa 22, a tangens kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego<br>podstawy jest równy 4 6<br>5<br>. Oblicz objętość tego ostrosłupa.<br>O<br>S<br>A<br>B<br>C<br>D</p>\n<p>Poziom podstawowy<br>21<br>Odpowiedź:<br>Wypełnia<br>egzaminator<br>Nr zadania<br>33.<br>Maks. liczba pkt<br>4<br>Uzyskana liczba pkt</p>\n<p>Poziom podstawowy<br>22<br>Podstawą ostrosłupa prawidłowego jest kwadrat. Wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa jest równa 22, a tangens kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy jest równy 4 * pierwiastki z 6 / 5. Oblicz objętość tego ostrosłupa. Zadanie z matury poprawkowej z matematyki - sierpień 2014.</p>","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2014-sierpien-poprawkowa-podstawowa/sol-33.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"<h4>Poprawna odpowiedź: \\(\\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}\\)</h4>\n<p>(Zadanie otwarte - obliczamy konkretną wartość objętości.)</p>\n<h4>Sposób 1 - Geometria: apotema + kąt nachylenia ściany</h4>\n<p><strong>Ustalamy oznaczenia.</strong></p>\n<p>Niech \\(a\\) - bok kwadratu podstawy, \\(h\\) - wysokość ostrosłupa.</p>\n<p>\\(M\\) = środek krawędzi podstawy \\(AB\\), \\(O\\) = środek podstawy (punkt \\(O\\) leży w środku kwadratu).</p>\n<p>Wtedy:<br>\\[OM = \\frac{a}{2}, \\quad SM = \\text{wysokość ściany bocznej} = 22\\]</p>\n<p><strong>Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.</strong></p>\n<p>Płaszczyzna ściany bocznej \\(SAB\\) przecina podstawę wzdłuż krawędzi \\(AB\\).<br>Dwuścienny kąt wzdłuż \\(AB\\) mierzymy między odcinkami:</p>\n<ul><li>\\(MO\\) - prostopadle do \\(AB\\) w podstawie,</li><li>\\(MS\\) - prostopadle do \\(AB\\) w ścianie bocznej (apotema \\(SM\\)).</li></ul>\n<p>Zatem kąt nachylenia \\(\\varphi\\) spełnia:<br>\\[\\operatorname{tg}\\varphi = \\frac{SO}{OM} = \\frac{h}{\\dfrac{a}{2}} = \\frac{2h}{a}\\]</p>\n<p><strong>Równanie I</strong> (z danego tangensa):<br>\\[\\frac{2h}{a} = \\frac{4\\sqrt{6}}{5}\\]</p>\n<p><strong>Równanie II</strong> (z tw. Pitagorasa w trójkącie \\(SOM\\)):<br>\\[SM^2 = h^2 + OM^2 \\implies 22^2 = h^2 + \\frac{a^2}{4} \\implies 484 = h^2 + \\frac{a^2}{4}\\]</p>\n<p><strong>Wyznaczamy \\(h\\) i \\(a\\).</strong></p>\n<p>Z równania I: \\(h = \\dfrac{2\\sqrt{6}}{5}\\,a\\)</p>\n<p>Podstawiamy do równania II:<br>\\[484 = \\left(\\frac{2\\sqrt{6}\\,a}{5}\\right)^2 + \\frac{a^2}{4} = \\frac{24a^2}{25} + \\frac{a^2}{4}\\]</p>\n<p>Sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika \\(100\\):<br>\\[484 = a^2\\left(\\frac{96}{100} + \\frac{25}{100}\\right) = a^2 \\cdot \\frac{121}{100}\\]</p>\n<p>\\[a^2 = 484 \\cdot \\frac{100}{121} = 400 \\implies \\boxed{a = 20}\\]</p>\n<p>Wysokość ostrosłupa:<br>\\[h = \\frac{2\\sqrt{6}}{5} \\cdot 20 = 8\\sqrt{6}\\]</p>\n<p><strong>Obliczamy objętość.</strong></p>\n<p>\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot P_p \\cdot h = \\frac{1}{3} \\cdot a^2 \\cdot h = \\frac{1}{3} \\cdot 400 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\boxed{\\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}}\\]</p>\n<h4>Sposób 2 - Trygonometria: sin i cos kąta nachylenia</h4>\n<p><strong>Wyznaczamy sin i cos kąta \\(\\varphi\\).</strong></p>\n<p>Dany: \\(\\operatorname{tg}\\varphi = \\dfrac{4\\sqrt{6}}{5}\\)</p>\n<p>Liczymy \\(\\cos\\varphi\\) i \\(\\sin\\varphi\\) ze wzoru \\(1 + \\operatorname{tg}^2\\varphi = \\dfrac{1}{\\cos^2\\varphi}\\):</p>\n<p>\\[\\operatorname{tg}^2\\varphi = \\frac{96}{25} \\implies 1 + \\frac{96}{25} = \\frac{121}{25} = \\frac{1}{\\cos^2\\varphi}\\]</p>\n<p>\\[\\cos\\varphi = \\frac{5}{11}, \\quad \\sin\\varphi = \\frac{4\\sqrt{6}}{11}\\]</p>\n<p><strong>Odczytujemy \\(h\\) i \\(OM\\) wprost z apotemy \\(SM = 22\\).</strong></p>\n<p>Z trójkąta prostokątnego \\(SOM\\) (kąt przy \\(M\\) równy \\(\\varphi\\)):<br>\\[h = SM \\cdot \\sin\\varphi = 22 \\cdot \\frac{4\\sqrt{6}}{11} = 8\\sqrt{6}\\]<br>\\[OM = SM \\cdot \\cos\\varphi = 22 \\cdot \\frac{5}{11} = 10\\]</p>\n<p>Bok kwadratu: \\(a = 2 \\cdot OM = 20\\)</p>\n<p>Objętość:<br>\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot 20^2 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\frac{1}{3} \\cdot 400 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\boxed{\\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}}\\]</p>\n<h4>Wzory z karty CKE</h4>\n<p><strong>Dział 12 (Stereometria, s. 26-28)</strong> - wzór na objętość ostrosłupa:<br>\\[V = \\frac{1}{3} P_p \\cdot h\\]<br>Użyliśmy w końcowym rachunku - pole podstawy kwadratu to \\(P_p = a^2 = 400\\).</p>\n<p><strong>Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14)</strong> - definicja tangensa kąta w trójkącie prostokątnym:<br>\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{\\text{przeciwprostokątna}}{\\text{przyprostokątna}}\\]<br>Użyliśmy przy wyznaczeniu kąta między apatemą \\(SM\\) a odcinkiem \\(OM\\) w trójkącie \\(SOM\\).</p>\n<p><strong>Dział 10 (Planimetria, s. 15)</strong> - twierdzenie Pitagorasa:<br>\\[SM^2 = h^2 + OM^2\\]<br>Użyliśmy w równaniu II (Sposób 1).</p>\n<h4>Typowe pułapki i uwagi</h4>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy <strong>nie jest</strong> kątem między krawędzią boczną \\(SA\\) a podstawą. To dwie różne rzeczy! Kąt krawędzi bocznej mierzymy od wierzchołka \\(S\\) do narożnika \\(A\\), kąt ściany - od wierzchołka \\(S\\) do <strong>środka krawędzi</strong> \\(M\\).</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> \\(OM = \\dfrac{a}{2}\\), bo \\(O\\) jest środkiem kwadratu o boku \\(a\\), a odległość od środka do środka krawędzi to właśnie połowa boku - to nie jest połowa przekątnej!</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Przy obliczaniu \\(\\sin\\varphi\\) ze znajomości \\(\\operatorname{tg}\\varphi\\) skorzystaj ze wzoru \\(\\dfrac{1}{\\cos^2\\varphi} = 1 + \\operatorname{tg}^2\\varphi\\) - to szybsza droga niż rysowanie trójkąta pomocniczego i szukanie przyprostokątnych.</blockquote>\n<p><strong>Odpowiedź: \\(V = \\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}\\)</strong></p>\n<h5>Oznaczenia</h5>\n<ul><li>\\(a\\) - krawędź podstawy (bok kwadratu),</li><li>\\(H\\) - wysokość ostrosłupa (\\(|SO| = H\\)),</li><li>\\(h = 22\\) - wysokość ściany bocznej (apotema ściany; \\(|SE| = h\\), gdzie \\(E\\) - środek krawędzi podstawy, \\(BC\\)),</li><li>\\(|OE| = \\tfrac{a}{2}\\) (odcinek od środka podstawy do środka krawędzi \\(BC\\) = połowa boku),</li><li>kąt \\(\\angle SEO = \\varphi\\) - kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.</li></ul>\n<h5>Sposób - Dwa warunki</h5>\n<p><strong>Warunek 1 (tangens):</strong><br>\\[\\tg\\varphi = \\dfrac{|SO|}{|OE|} = \\dfrac{H}{\\tfrac{a}{2}} = \\dfrac{2H}{a} = \\dfrac{4\\sqrt{6}}{5}.\\]<br>Stąd:<br>\\[5 \\cdot 2H = 4\\sqrt{6}\\cdot a \\Rightarrow H = \\dfrac{2\\sqrt{6}}{5}a.\\]</p>\n<p><strong>Warunek 2 (Pitagoras w trójkącie \\(SOE\\)):</strong><br>Trójkąt \\(SOE\\) prostokątny w \\(O\\), przeciwprostokątna \\(|SE| = h = 22\\).<br>\\[H^2 + \\left(\\tfrac{a}{2}\\right)^2 = h^2 = 484.\\]</p>\n<p>Podstawiamy \\(H = \\tfrac{2\\sqrt{6}}{5}a\\):<br>\\[\\dfrac{24}{25}a^2 + \\dfrac{a^2}{4} = 484.\\]</p>\n<p>Wspólny mianownik \\(100\\):<br>\\[\\dfrac{96a^2}{100} + \\dfrac{25a^2}{100} = 484,\\]<br>\\[\\dfrac{121a^2}{100} = 484,\\]<br>\\[a^2 = \\dfrac{484 \\cdot 100}{121} = 4 \\cdot 100 = 400.\\]<br>\\[a = 20.\\]</p>\n<p><strong>Wysokość ostrosłupa:</strong><br>\\[H = \\dfrac{2\\sqrt{6}}{5}\\cdot 20 = 8\\sqrt{6}.\\]</p>\n<h5>Objętość ostrosłupa</h5>\n<p>\\[V = \\tfrac{1}{3}\\cdot P_p \\cdot H = \\tfrac{1}{3}\\cdot a^2 \\cdot H = \\tfrac{1}{3}\\cdot 400 \\cdot 8\\sqrt{6} = \\dfrac{3200\\sqrt{6}}{3}.\\]</p>\n<h5>Weryfikacja</h5>\n<p>\\(H = 8\\sqrt{6} \\approx 19{,}6\\), \\(\\tfrac{a}{2} = 10\\). Sprawdzamy Pitagorasa: \\((8\\sqrt{6})^2 + 10^2 = 384 + 100 = 484 = 22^2\\) ✓.<br>Tangens: \\(\\tfrac{8\\sqrt{6}}{10} = \\tfrac{4\\sqrt{6}}{5}\\) ✓.<br>\\(V \\approx \\tfrac{3200 \\cdot 2{,}449}{3} \\approx \\tfrac{7838}{3} \\approx 2613.\\)</p>\n<h5>Pułapki</h5>\n<ul><li>Pomyłka: kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy używa odległości \\(|OE| = \\tfrac{a}{2}\\), nie przekątnej podstawy.</li><li>Wysokość ściany bocznej to odcinek \\(|SE|\\) (apotema boczna), nie krawędź \\(|SA|\\).</li><li>Ważne żeby użyć wzoru \\(V = \\tfrac{1}{3}P_p H\\), a nie \\(V = P_p H\\).</li></ul>"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"<p>$V=\\dfrac{3200}{3}\\sqrt{6}$</p>"}]}