{"id":"matematyka-2019-maj-matura-podstawowa/zad/34","paper_id":"matematyka-2019-maj-matura-podstawowa","number":"34","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2019,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Zadanie 34. (0-5)\nDługość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 6. Pole\npowierzchni całkowitej tego ostrosłupa jest cztery razy większe od pola jego podstawy.\nKąt α jest kątem nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny podstawy\n(zobacz rysunek). Oblicz cosinus kąta .\nα\nA\nB\nC\nD\nS\n6\n6\n\nMMA_1P\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n34.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nMMA_1P\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\nDługość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 6. Pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa jest cztery razy większe od pola jego podstawy. Kąt α jest kątem nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny podstawy (zobacz rysunek). Oblicz cosinus kąta α.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 34. (0-5)\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach\ni ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami (między\nkrawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary\ntych kątów (9.2).\n6. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza\nwartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów o miarach od 0°\ndo 180° (6.1).\nSchemat oceniania\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy: 5\n5 .\nRozwiązanie prawie pełne 4 p.\nZdający\n• obliczy długość krawędzi bocznej ostrosłupa:\n3 10\nb =\nalbo\n• obliczy tgα\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający obliczy wysokość ściany bocznej ostrosłupa:\n9\nbh =\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający zapisze równanie pozwalające obliczyć wysokość ściany bocznej, np.:\n1\n2\n4\n6\n108\nbh\n⋅\n⋅⋅\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający\n• zapisze zależność pomiędzy polem powierzchni bocznej a polem podstawy lub\npomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy, np.:\n3\nb\np\nP\nP\n,\n3\n4\nś\np\nP\nP\nalbo\n• zapisze dwa równania:\n4\nc\np\nP\nP\ni\np\nc\nb\nP\nP\nP\n,\nalbo\n• obliczy pole powierzchni bocznej ostrosłupa:\n108\nbP =\n,\nalbo\n• zapisze, że cos\nAO\nAS\nα =\n,\nalbo\n• obliczy długość przekątnej podstawy ostrosłupa lub połowę jej długości:\n6 2\nAC =\nlub\n3 2\nAO =\nUwagi\n1. Jeśli zdający popełni błędy rachunkowe lub przy przepisywaniu (nie dotyczy\nprzepisywania wzorów z zestawu wzorów matematycznych), które nie przekreślają\npoprawności rozumowania i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać\nza całe rozwiązanie co najwyżej 4 punkty.\n2. Jeżeli jedynym błędem jest:\na) przyjęcie niepoprawnej zależności między polami ścian ostrosłupa:\n4\nb\np\nP\nP\n⋅\n,\n4\nś\np\nP\nP\n⋅\n,\nb) niepoprawne zastosowanie wzoru na pole trójkąta lub niepoprawne wyznaczenie pola\nkwadratu,\nlub\nniepoprawne\nwyznaczenie\ndługości\nprzekątnej\nkwadratu,\nlub niepoprawne zastosowanie definicji funkcji trygonometrycznej, ale niebędące\nskutkiem ujawnionego błędu rachunkowego,\nc) niepoprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa,\nd) zastosowanie niepoprawnego wzoru „\na\nb\na\nb\n”,\ne) przyjęcie obliczonej wysokości ściany bocznej jako wysokości ostrosłupa, to zdający\nmoże otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie popełnia innych\nbłędów i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca.\n3. Jeżeli zdający popełnia jeden błąd, opisany w uwadze 2. a ponadto popełnia błędy\nrachunkowe, ale poprawnie realizuje strategię rozwiązania, to otrzymuje co najwyżej\n2 punkty.\n4. Jeżeli zdający przyjmuje inne niż wymienione w uwadze 2a niepoprawne zależności\nmiędzy polami ścian ostrosłupa, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt.\n5. Jeżeli zdający poprawnie ustala zależności między polami ścian ostrosłupa, ale przy\nobliczaniu wysokości ściany bocznej ostrosłupa podstawi do wzoru niepoprawną wartość\nza pole, to otrzymuje co najwyżej 3 punkty, o ile nie popełni innych błędów\ni konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca.\n6. Jeżeli zdający przyjmuje, bez stosownych komentarzy lub obliczeń, długości odcinków\nw ostrosłupie, na przykład zapisuje, że wysokość ostrosłupa jest równa przekątnej\npodstawy lub przyjmuje, że wysokość ściany bocznej jest równa 9, to może otrzymać\nza całe rozwiązanie jedynie punkty za inne części rozwiązania, np.: za wyznaczenie\ndługości przekątnej podstawy lub za wyznaczenie cosinusa kąta.\nPrzykładowe rozwiązanie\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nZe wzoru na długość przekątnej kwadratu otrzymujemy\n1\n2 6 2\n3 2\nAO =\n⋅\nPole podstawy ostrosłupa jest równe\n2\n6\n36\np\nP =\nPole powierzchni całkowitej ostrosłupa jest 4 razy większe od pola jego podstawy, więc\n4\n4 36\n144\nc\np\nP\nP\n⋅\nZatem pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe\n3 36\n108\nb\nc\np\nP\nP\nP\n⋅\nPole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe\n1\n2\n4\n4\n6\n12\nb\nBCS\nb\nb\nP\nP\nh\nh\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n⋅\n,\nwięc\n12\n108\nbh\n⋅\n,\n9\nbh =\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BES otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\n3\n9\n9\n9 10\nb\nb\nh\n⋅\n,\n3 10\nb =\nZ trójkąta AOS otrzymujemy\n3 2\n5\ncos\n5\n3 10\nAO\nAS\nα =","solution":"## Poprawna odpowiedź: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)\n\n## Sposób 1 - Z pola powierzchni wyznaczamy apotema, potem krawędź boczną\n\n**Krok 1: Pole podstawy**\n\nPodstawa to kwadrat o boku \\(a = 6\\):\n\\[P_p = 6^2 = 36\\]\n\n**Krok 2: Pole powierzchni całkowitej**\n\nZ waruniku zadania: \\(P_c = 4 \\cdot P_p\\), więc:\n\\[P_c = 4 \\cdot 36 = 144\\]\n\n**Krok 3: Pole powierzchni bocznej**\n\n\\[P_b = P_c - P_p = 144 - 36 = 108\\]\n\n**Krok 4: Apotema ściany bocznej \\(h_s\\)**\n\nPowierzchnia boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego to 4 trójkąty równoramienne:\n\\[P_b = 4 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h_s = 4 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot 6 \\cdot h_s = 12h_s\\]\n\\[12h_s = 108 \\implies h_s = 9\\]\n\n**Krok 5: Wysokość ostrosłupa \\(h\\)**\n\nApotema podstawy (odległość od środka podstawy do środka krawędzi) wynosi \\(\\frac{a}{2} = 3\\).\n\nZ twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym (apotema ściany - wysokość - apotema podstawy):\n\\[h_s^2 = h^2 + 3^2\\]\n\\[81 = h^2 + 9 \\implies h^2 = 72 \\implies h = 6\\sqrt{2}\\]\n\n**Krok 6: Długość krawędzi bocznej \\(l\\)**\n\nKrawędź boczna łączy wierzchołek \\(S\\) ze wierzchołkiem np. \\(A\\). Rzut krawędzi na płaszczyznę podstawy to odcinek od środka \\(O\\) do wierzchołka \\(A\\) - czyli połowa przekątnej kwadratu:\n\\[|OA| = \\frac{a\\sqrt{2}}{2} = \\frac{6\\sqrt{2}}{2} = 3\\sqrt{2}\\]\n\nZatem:\n\\[l = \\sqrt{h^2 + |OA|^2} = \\sqrt{72 + 18} = \\sqrt{90} = 3\\sqrt{10}\\]\n\n**Krok 7: Cosinus kąta \\(\\alpha\\)**\n\nKąt \\(\\alpha\\) to kąt między krawędzią boczną \\(SA\\) a płaszczyzną podstawy. Jego cosinus to stosunek rzutu krawędzi na podstawę do długości krawędzi:\n\n\\[\\cos\\alpha = \\frac{|OA|}{l} = \\frac{3\\sqrt{2}}{3\\sqrt{10}} = \\frac{\\sqrt{2}}{\\sqrt{10}} = \\sqrt{\\frac{2}{10}} = \\sqrt{\\frac{1}{5}}\\]\n\n\\[\\boxed{\\cos\\alpha = \\frac{\\sqrt{5}}{5}}\\]\n\n## Sposób 2 - Przez tangensa kąta\n\nPo wyznaczeniu \\(h = 6\\sqrt{2}\\) i \\(|OA| = 3\\sqrt{2}\\) (te same kroki 1-5):\n\nKąt \\(\\alpha\\) między krawędzią \\(SA\\) a podstawą spełnia:\n\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{h}{|OA|} = \\frac{6\\sqrt{2}}{3\\sqrt{2}} = 2\\]\n\nZ jedynki trygonometrycznej:\n\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1, \\quad \\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{\\sin\\alpha}{\\cos\\alpha} = 2 \\implies \\sin\\alpha = 2\\cos\\alpha\\]\n\n\\[(2\\cos\\alpha)^2 + \\cos^2\\alpha = 1\\]\n\\[5\\cos^2\\alpha = 1\\]\n\\[\\cos\\alpha = \\frac{1}{\\sqrt{5}} = \\frac{\\sqrt{5}}{5}\\]\n\nWynik zgodny - **potwierdzamy**: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\).\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 12 (Stereometria, s. 26-28)** - Ostrosłup:\n\\[V = \\frac{1}{3}P_p \\cdot h, \\quad P_b = \\text{suma pól ścian bocznych}\\]\nUżyliśmy wzoru na pole ściany bocznej (trójkąt o podstawie \\(a\\) i wysokości \\(h_s\\)).\n\n**Dział 10 (Planimetria - trójkąt prostokątny, s. 15)** - Twierdzenie Pitagorasa:\n\\[h_s^2 = h^2 + \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2\\]\nUżyliśmy dwukrotnie: do wyznaczenia \\(h\\) i \\(l\\).\n\n**Dział 9 (Trygonometria, s. 11)** - Jedynka trygonometryczna (Sposób 2):\n\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]\n\n## Typowe pułapki i uwaga\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Często myli się apotema ściany bocznej \\(h_s\\) (wysokość trójkątnej ściany bocznej) z wysokością ostrosłupa \\(h\\) - to dwa różne odcinki!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Rzut krawędzi bocznej na podstawę to odcinek od środka podstawy do **wierzchołka** (= połowa przekątnej = \\(\\frac{a\\sqrt{2}}{2}\\)), a nie połowa boku. Pomylenie z apotema podstawy \\(\\frac{a}{2}\\) to częsty błąd.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Kąt nachylenia krawędzi do podstawy mierzy się między krawędzią a jej rzutem prostopadłym na podstawę - nie między krawędzią a pionem (co dałoby kąt dopełniający).\n\n**Odpowiedź: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)**\n\n### Sposób 1 - Krok po kroku\n**Krok 1 - pola.** Podstawa kwadrat \\(a = 6\\). \\(P_p = 36\\), \\(P_c = 4\\cdot 36 = 144\\). \\(P_b = P_c - P_p = 108\\).\n\n**Krok 2 - wysokość ściany bocznej \\(h_{sc}\\).** Pole ściany bocznej (trójkąt równoramienny) = \\(\\tfrac{1}{2}\\cdot a\\cdot h_{sc}\\). Cztery ściany boczne: \\(P_b = 4\\cdot\\tfrac{1}{2}\\cdot 6\\cdot h_{sc} = 12 h_{sc} = 108 \\Rightarrow h_{sc} = 9\\).\n\n**Krok 3 - krawędź boczna \\(b\\).** W trójkącie \\(ASM\\) (M - środek krawędzi \\(AB\\)): \\(|SM| = 9\\), \\(|AM| = 3\\).\n\\[b = |SA| = \\sqrt{9^2 + 3^2} = \\sqrt{81+9} = \\sqrt{90} = 3\\sqrt{10}.\\]\n\n**Krok 4 - \\(\\cos\\alpha\\).** Kąt \\(\\alpha\\) między krawędzią boczną \\(SA\\) a podstawą. Rzut \\(S\\) na podstawę to \\(O\\) (środek kwadratu). \\(|OA| = \\tfrac{\\text{przekątna}}{2} = \\tfrac{6\\sqrt{2}}{2} = 3\\sqrt{2}\\).\n\\[\\cos\\alpha = \\dfrac{|OA|}{|SA|} = \\dfrac{3\\sqrt{2}}{3\\sqrt{10}} = \\dfrac{\\sqrt{2}}{\\sqrt{10}} = \\sqrt{\\dfrac{2}{10}} = \\sqrt{\\dfrac{1}{5}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}.\\]\n\n### Sposób 2 - Wysokość ostrosłupa\nWysokość \\(H\\): \\(h_{sc}^2 = H^2 + (a/2)^2 \\Rightarrow 81 = H^2 + 9 \\Rightarrow H = 6\\sqrt{2}\\).\n\\(\\tan\\alpha = H/|OA| = 6\\sqrt{2}/(3\\sqrt{2}) = 2\\).\n\\(\\cos\\alpha = \\dfrac{1}{\\sqrt{1+\\tan^2\\alpha}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\).\n\n**Odpowiedź:** \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\).","image":"img/matematyka-2019-maj-matura-podstawowa/zad-34.webp","solution_image":"img/matematyka-2019-maj-matura-podstawowa/sol-34.svg","topics":"stereometria","page_from":24,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2019 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 34. (0-5)
Długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 6. Pole
powierzchni całkowitej tego ostrosłupa jest cztery razy większe od pola jego podstawy.
Kąt α jest kątem nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny podstawy
(zobacz rysunek). Oblicz cosinus kąta .
α
A
B
C
D
S
6
6

\n

MMA_1P
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
34.
Maks. liczba pkt
5
Uzyskana liczba pkt

\n

MMA_1P
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
Długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 6. Pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa jest cztery razy większe od pola jego podstawy. Kąt α jest kątem nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny podstawy (zobacz rysunek). Oblicz cosinus kąta α.

","answer_text_html":"

Zadanie 34. (0-5)
IV. Użycie i tworzenie
strategii.

\n
  1. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach
\n

i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami (między
krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary
tych kątów (9.2).

\n
  1. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza
\n

wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów o miarach od 0°
do 180° (6.1).
Schemat oceniania
Rozwiązanie pełne 5 p.
Zdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy: 5
5 .
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający
• obliczy długość krawędzi bocznej ostrosłupa:
3 10
b =
albo
• obliczy tgα
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy wysokość ściany bocznej ostrosłupa:
9
bh =
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze równanie pozwalające obliczyć wysokość ściany bocznej, np.:
1
2
4
6
108
bh
⋅
⋅⋅
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• zapisze zależność pomiędzy polem powierzchni bocznej a polem podstawy lub
pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy, np.:
3
b
p
P
P
,
3
4
ś
p
P
P
albo
• zapisze dwa równania:
4
c
p
P
P
i
p
c
b
P
P
P
,
albo
• obliczy pole powierzchni bocznej ostrosłupa:
108
bP =
,
albo
• zapisze, że cos
AO
AS
α =
,
albo
• obliczy długość przekątnej podstawy ostrosłupa lub połowę jej długości:
6 2
AC =
lub
3 2
AO =
Uwagi

\n
  1. Jeśli zdający popełni błędy rachunkowe lub przy przepisywaniu (nie dotyczy
\n

przepisywania wzorów z zestawu wzorów matematycznych), które nie przekreślają
poprawności rozumowania i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać
za całe rozwiązanie co najwyżej 4 punkty.

\n
  1. Jeżeli jedynym błędem jest:
\n

a) przyjęcie niepoprawnej zależności między polami ścian ostrosłupa:
4
b
p
P
P
⋅
,
4
ś
p
P
P
⋅
,
b) niepoprawne zastosowanie wzoru na pole trójkąta lub niepoprawne wyznaczenie pola
kwadratu,
lub
niepoprawne
wyznaczenie
długości
przekątnej
kwadratu,
lub niepoprawne zastosowanie definicji funkcji trygonometrycznej, ale niebędące
skutkiem ujawnionego błędu rachunkowego,
c) niepoprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa,
d) zastosowanie niepoprawnego wzoru „
a
b
a
b
”,
e) przyjęcie obliczonej wysokości ściany bocznej jako wysokości ostrosłupa, to zdający
może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie popełnia innych
błędów i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca.

\n
  1. Jeżeli zdający popełnia jeden błąd, opisany w uwadze 2. a ponadto popełnia błędy
\n

rachunkowe, ale poprawnie realizuje strategię rozwiązania, to otrzymuje co najwyżej
2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający przyjmuje inne niż wymienione w uwadze 2a niepoprawne zależności
\n

między polami ścian ostrosłupa, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt.

\n
  1. Jeżeli zdający poprawnie ustala zależności między polami ścian ostrosłupa, ale przy
\n

obliczaniu wysokości ściany bocznej ostrosłupa podstawi do wzoru niepoprawną wartość
za pole, to otrzymuje co najwyżej 3 punkty, o ile nie popełni innych błędów
i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca.

\n
  1. Jeżeli zdający przyjmuje, bez stosownych komentarzy lub obliczeń, długości odcinków
\n

w ostrosłupie, na przykład zapisuje, że wysokość ostrosłupa jest równa przekątnej
podstawy lub przyjmuje, że wysokość ściany bocznej jest równa 9, to może otrzymać
za całe rozwiązanie jedynie punkty za inne części rozwiązania, np.: za wyznaczenie
długości przekątnej podstawy lub za wyznaczenie cosinusa kąta.
Przykładowe rozwiązanie
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Ze wzoru na długość przekątnej kwadratu otrzymujemy
1
2 6 2
3 2
AO =
⋅
Pole podstawy ostrosłupa jest równe
2
6
36
p
P =
Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa jest 4 razy większe od pola jego podstawy, więc
4
4 36
144
c
p
P
P
⋅
Zatem pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe
3 36
108
b
c
p
P
P
P
⋅
Pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe
1
2
4
4
6
12
b
BCS
b
b
P
P
h
h
⋅
⋅
⋅⋅
⋅
,
więc
12
108
bh
⋅
,
9
bh =
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BES otrzymujemy
2
2
2
2
3
9
9
9 10
b
b
h
⋅
,
3 10
b =
Z trójkąta AOS otrzymujemy
3 2
5
cos
5
3 10
AO
AS
α =

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2019-maj-matura-podstawowa/sol-34.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)

\n

Sposób 1 - Z pola powierzchni wyznaczamy apotema, potem krawędź boczną

\n

Krok 1: Pole podstawy

\n

Podstawa to kwadrat o boku \\(a = 6\\):
\\[P_p = 6^2 = 36\\]

\n

Krok 2: Pole powierzchni całkowitej

\n

Z waruniku zadania: \\(P_c = 4 \\cdot P_p\\), więc:
\\[P_c = 4 \\cdot 36 = 144\\]

\n

Krok 3: Pole powierzchni bocznej

\n

\\[P_b = P_c - P_p = 144 - 36 = 108\\]

\n

Krok 4: Apotema ściany bocznej \\(h_s\\)

\n

Powierzchnia boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego to 4 trójkąty równoramienne:
\\[P_b = 4 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h_s = 4 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot 6 \\cdot h_s = 12h_s\\]
\\[12h_s = 108 \\implies h_s = 9\\]

\n

Krok 5: Wysokość ostrosłupa \\(h\\)

\n

Apotema podstawy (odległość od środka podstawy do środka krawędzi) wynosi \\(\\frac{a}{2} = 3\\).

\n

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym (apotema ściany - wysokość - apotema podstawy):
\\[h_s^2 = h^2 + 3^2\\]
\\[81 = h^2 + 9 \\implies h^2 = 72 \\implies h = 6\\sqrt{2}\\]

\n

Krok 6: Długość krawędzi bocznej \\(l\\)

\n

Krawędź boczna łączy wierzchołek \\(S\\) ze wierzchołkiem np. \\(A\\). Rzut krawędzi na płaszczyznę podstawy to odcinek od środka \\(O\\) do wierzchołka \\(A\\) - czyli połowa przekątnej kwadratu:
\\[|OA| = \\frac{a\\sqrt{2}}{2} = \\frac{6\\sqrt{2}}{2} = 3\\sqrt{2}\\]

\n

Zatem:
\\[l = \\sqrt{h^2 + |OA|^2} = \\sqrt{72 + 18} = \\sqrt{90} = 3\\sqrt{10}\\]

\n

Krok 7: Cosinus kąta \\(\\alpha\\)

\n

Kąt \\(\\alpha\\) to kąt między krawędzią boczną \\(SA\\) a płaszczyzną podstawy. Jego cosinus to stosunek rzutu krawędzi na podstawę do długości krawędzi:

\n

\\[\\cos\\alpha = \\frac{|OA|}{l} = \\frac{3\\sqrt{2}}{3\\sqrt{10}} = \\frac{\\sqrt{2}}{\\sqrt{10}} = \\sqrt{\\frac{2}{10}} = \\sqrt{\\frac{1}{5}}\\]

\n

\\[\\boxed{\\cos\\alpha = \\frac{\\sqrt{5}}{5}}\\]

\n

Sposób 2 - Przez tangensa kąta

\n

Po wyznaczeniu \\(h = 6\\sqrt{2}\\) i \\(|OA| = 3\\sqrt{2}\\) (te same kroki 1-5):

\n

Kąt \\(\\alpha\\) między krawędzią \\(SA\\) a podstawą spełnia:
\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{h}{|OA|} = \\frac{6\\sqrt{2}}{3\\sqrt{2}} = 2\\]

\n

Z jedynki trygonometrycznej:
\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1, \\quad \\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{\\sin\\alpha}{\\cos\\alpha} = 2 \\implies \\sin\\alpha = 2\\cos\\alpha\\]

\n

\\[(2\\cos\\alpha)^2 + \\cos^2\\alpha = 1\\]
\\[5\\cos^2\\alpha = 1\\]
\\[\\cos\\alpha = \\frac{1}{\\sqrt{5}} = \\frac{\\sqrt{5}}{5}\\]

\n

Wynik zgodny - potwierdzamy: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\).

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 12 (Stereometria, s. 26-28) - Ostrosłup:
\\[V = \\frac{1}{3}P_p \\cdot h, \\quad P_b = \\text{suma pól ścian bocznych}\\]
Użyliśmy wzoru na pole ściany bocznej (trójkąt o podstawie \\(a\\) i wysokości \\(h_s\\)).

\n

Dział 10 (Planimetria - trójkąt prostokątny, s. 15) - Twierdzenie Pitagorasa:
\\[h_s^2 = h^2 + \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2\\]
Użyliśmy dwukrotnie: do wyznaczenia \\(h\\) i \\(l\\).

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 11) - Jedynka trygonometryczna (Sposób 2):
\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]

\n

Typowe pułapki i uwaga

\n
⚠️ Uwaga: Często myli się apotema ściany bocznej \\(h_s\\) (wysokość trójkątnej ściany bocznej) z wysokością ostrosłupa \\(h\\) - to dwa różne odcinki!
\n
⚠️ Uwaga: Rzut krawędzi bocznej na podstawę to odcinek od środka podstawy do wierzchołka (= połowa przekątnej = \\(\\frac{a\\sqrt{2}}{2}\\)), a nie połowa boku. Pomylenie z apotema podstawy \\(\\frac{a}{2}\\) to częsty błąd.
\n
⚠️ Uwaga: Kąt nachylenia krawędzi do podstawy mierzy się między krawędzią a jej rzutem prostopadłym na podstawę - nie między krawędzią a pionem (co dałoby kąt dopełniający).
\n

Odpowiedź: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\)

\n
Sposób 1 - Krok po kroku
\n

Krok 1 - pola. Podstawa kwadrat \\(a = 6\\). \\(P_p = 36\\), \\(P_c = 4\\cdot 36 = 144\\). \\(P_b = P_c - P_p = 108\\).

\n

Krok 2 - wysokość ściany bocznej \\(h_{sc}\\). Pole ściany bocznej (trójkąt równoramienny) = \\(\\tfrac{1}{2}\\cdot a\\cdot h_{sc}\\). Cztery ściany boczne: \\(P_b = 4\\cdot\\tfrac{1}{2}\\cdot 6\\cdot h_{sc} = 12 h_{sc} = 108 \\Rightarrow h_{sc} = 9\\).

\n

Krok 3 - krawędź boczna \\(b\\). W trójkącie \\(ASM\\) (M - środek krawędzi \\(AB\\)): \\(|SM| = 9\\), \\(|AM| = 3\\).
\\[b = |SA| = \\sqrt{9^2 + 3^2} = \\sqrt{81+9} = \\sqrt{90} = 3\\sqrt{10}.\\]

\n

Krok 4 - \\(\\cos\\alpha\\). Kąt \\(\\alpha\\) między krawędzią boczną \\(SA\\) a podstawą. Rzut \\(S\\) na podstawę to \\(O\\) (środek kwadratu). \\(|OA| = \\tfrac{\\text{przekątna}}{2} = \\tfrac{6\\sqrt{2}}{2} = 3\\sqrt{2}\\).
\\[\\cos\\alpha = \\dfrac{|OA|}{|SA|} = \\dfrac{3\\sqrt{2}}{3\\sqrt{10}} = \\dfrac{\\sqrt{2}}{\\sqrt{10}} = \\sqrt{\\dfrac{2}{10}} = \\sqrt{\\dfrac{1}{5}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}.\\]

\n
Sposób 2 - Wysokość ostrosłupa
\n

Wysokość \\(H\\): \\(h_{sc}^2 = H^2 + (a/2)^2 \\Rightarrow 81 = H^2 + 9 \\Rightarrow H = 6\\sqrt{2}\\).
\\(\\tan\\alpha = H/|OA| = 6\\sqrt{2}/(3\\sqrt{2}) = 2\\).
\\(\\cos\\alpha = \\dfrac{1}{\\sqrt{1+\\tan^2\\alpha}} = \\dfrac{1}{\\sqrt{5}} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\).

\n

Odpowiedź: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\).

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

$\\cos \\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}$

"}]}