Zadanie 14. (0-5)
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędź boczna SD jest wysokością
ostrosłupa, a jej długość jest dwa razy większa od długości krawędzi podstawy. Oblicz sinus
kąta między ścianami bocznymi ABS i CBS tego ostrosłupa.
MMA_1R
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
14.
Maks. liczba pkt
5
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ABCDS ma długość a. Ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy ostrosłupa pod kątem 2*alfa. Ostrosłup ten przecięto płaszczyzną, która przechodzi przez krawędź podstawy i dzieli na połowy kąt pomiędzy ścianą boczną i podstawą. Oblicz pole powstałego przekroju tego ostrosłupa.
Zadanie 14. (0-5)
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędź boczna SD jest wysokością
ostrosłupa, a jej długość jest dwa razy większa od długości krawędzi podstawy. Oblicz sinus
kąta między ścianami bocznymi ABS i CBS tego ostrosłupa.
IV. Użycie i tworzenie
strategii.
długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości
(9.6).
Rozwiązanie (I sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa
2
AC
a
Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS
oraz AD
CD
), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość.
Z twierdzenia Pitagorasa
(
)
2
2
2
5
SA
SC
a
a
a
Trójkąt ABS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
(
)
2
2
5
6
SB
a
a
a
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
AE
a
a
a
⋅
⋅
6
2
1
5
2
1
, stąd
CE
a
AE
6
5
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy
2
2
2
2
5
5
5
2
2
cos
6
6
6
a
a
a
a
α
-⋅
Stąd
1
cos
5
α = -
. Zatem
2 6
sin
5
α =
A
B
C
D
E
S
a
2a
α
a
Rozwiązanie (II sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa
2
AC
BD
a
Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS
oraz AD
CD
), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość.
Z twierdzenia Pitagorasa
(
)
2
2
2
5
SA
SC
a
a
a
Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
(
)
(
)
2
2
2
2
6
SB
a
a
a
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
AE
a
a
a
⋅
⋅
6
2
1
5
2
1
, stąd
CE
a
AE
6
5
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy
2
2
2
2
5
5
5
2
2
cos
6
6
6
a
a
a
a
α
-⋅
Stąd
1
cos
5
α = -
. Zatem
2 6
sin
5
α =
Rozwiązanie (III sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa
2
AC
BD
a
Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS
oraz AD
CD
), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość.
Z twierdzenia Pitagorasa
(
)
2
2
2
5
SA
SC
a
a
a
Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
(
)
(
)
2
2
2
2
6
SB
a
a
a
A
B
C
D
E
S
a
2a
α
a
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
1
1
5
6
2
2
a a
a
AE
⋅
⋅
, stąd
5
6
AE
a
CE
2
2
5
6
3
sin 2
5
a
a
α =
Zatem cosinus.
2
3
2
cos
1 sin
1
2
2
5
5
α
α
3
2
2 6
sin
2sin
cos
2
2
2
5
5
5
α
α
α =
⋅
⋅
⋅
Rozwiązanie (IV sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa
2
AC
BD
a
Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS
oraz AD
CD
), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość.
A
B
C
D
E
S
a
2a
α
a
O
A
B
C
D
E
S
a
2a
α
a
O
Z twierdzenia Pitagorasa
(
)
2
2
2
5
SA
SC
a
a
a
Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
(
)
(
)
2
2
2
2
6
SB
a
a
a
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
AE
a
a
a
⋅
⋅
6
2
1
5
2
1
, stąd
CE
a
AE
6
5
Odcinek OE jest wysokością trójkąta AEC, więc
3
3
OE
a
Pole trójkąta AEC możemy zapisać na dwa sposoby
1
1
sin
2
2
AE
CE
AC
OE
α
⋅
⋅
⋅
,
czyli
1
5
5
1
3
sin
2
2
6
6
2
3
a
a
a
a
α
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Stąd
6 6
2 6
sin
3
5
5
α =
⋅
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• wyznaczy długości krawędzi bocznych SA, SC i SB ostrosłupa ABCDS:
5
SA
SC
a
,
6
SB
a
i na tym poprzestanie lub dalej popełnienie błędów.
• zaznaczy poprawnie kąt między ścianami ABS i CBS.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający
• wyznaczy długość odcinka AE :
5
6
AE
CE
a
albo
• zapisze jedną z funkcji trygonometrycznych połowy kąta α : np. sin 2
α = AO
AE .
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
• zapisze równanie wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC:
2
2
2
2
5
5
5
2
2
cos
6
6
6
a
a
a
a
α
-⋅
albo
• obliczy sinus połowy kąta α :
3
sin 2
5
α =
albo
• obliczy wysokość OE trójkąta ACE:
3
3
a
OE =
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający
• obliczy cosinus kąta AEC :
1
cos
5
α = -
albo
• zapisze równanie, z którego można obliczyć sinα :
5
5
6
6
1
1
3
sin
2
2
2
3
a
a
a
a
α
⋅
⋅
Rozwiązanie pełne 5 p.
Wyznaczenie sinusa kąta AEC :
2 6
sin
5
α =
Uwaga
Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi ABS i BCS, to może
otrzymać co najwyżej 1 punkt za wyznaczenie długości krawędzi bocznych.
$\\sin\\alpha=\\dfrac{2\\sqrt{6}}{5}$
"}]}