{"id":"matematyka-2019-maj-matura-stara-podstawowa/zad/34","paper_id":"matematyka-2019-maj-matura-stara-podstawowa","number":"34","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2019,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Zadanie 34. (5 pkt)\nDługość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 6. Pole\npowierzchni całkowitej tego ostrosłupa jest cztery razy większe od pola jego podstawy. Kąt α\njest kątem nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny podstawy (zobacz\nrysunek). Oblicz cosinus kąta .\nα\nA\nB\nC\nD\nS\n6\n6\n\nPoziom podstawowy\nMMA_1P\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n34.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom podstawowy\nMMA_1P\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)","answer":null,"answer_text":"Zadanie 34. (0-5)\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n9. Stereometria. Zdający wskazuje i oblicza kąty między\nścianami wielościanu, między ścianami i odcinkami oraz między\nodcinkami takimi jak krawędzie, przekątne, wysokości (9.a).\nZdający wyznacza związki miarowe w wielościanach i bryłach\nobrotowych z zastosowaniem trygonometrii (9.b).\nSchemat oceniania\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy:\n5\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 ostrosłupa\nlub pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy ostrosłupa, 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, lub niepoprawne wyznaczenie długości przekątnej kwadratu, lub\nniepoprawne 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,\nto zdający może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie popełnia\ninnych błędów 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 pkt.\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 pkt, o ile nie popełni innych błędów i konsekwentnie\nrozwiąże 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 za\ncałe rozwiązanie jedynie punkty za inne części rozwiązania, np.: za wyznaczenie długości\nprzekątnej 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: \\(V = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}\\)\n\n## Sposób 1 - Trygonometria + objętość ostrosłupa\n\n**Dane:** krawędź boczna \\(SA = 12\\), kąt między krawędzią boczną a wysokością: \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\).\n\n**Krok 1 - Wyznaczenie wysokości \\(h\\) i promienia opisanego na podstawie**\n\nW ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wierzchołek \\(S\\), środek podstawy \\(O\\) i wierzchołek \\(A\\) tworzą trójkąt prostokątny z kątem prostym przy \\(O\\):\n\n\\[SA = 12, \\quad SO = h, \\quad OA = \\text{połowa przekątnej podstawy}\\]\n\nKąt \\(\\alpha\\) jest przy wierzchołku \\(S\\) (między krawędzią boczną a wysokością), więc:\n\n\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{OA}{SO} = \\frac{OA}{h} = \\frac{2}{\\sqrt{5}}\\]\n\nStąd: \\(OA = \\dfrac{2h}{\\sqrt{5}}\\)\n\n**Krok 2 - Zastosowanie tw. Pitagorasa w trójkącie SAO**\n\n\\[SA^2 = SO^2 + OA^2\\]\n\\[144 = h^2 + \\left(\\frac{2h}{\\sqrt{5}}\\right)^2 = h^2 + \\frac{4h^2}{5} = h^2\\left(1 + \\frac{4}{5}\\right) = \\frac{9h^2}{5}\\]\n\\[h^2 = \\frac{144 \\cdot 5}{9} = 80 \\implies \\mathbf{h = 4\\sqrt{5}}\\]\n\n**Krok 3 - Długość boku podstawy**\n\n\\[OA = \\frac{2h}{\\sqrt{5}} = \\frac{2 \\cdot 4\\sqrt{5}}{\\sqrt{5}} = 8\\]\n\n\\(OA\\) to połowa przekątnej kwadratu o boku \\(a\\):\n\n\\[\\frac{a\\sqrt{2}}{2} = 8 \\implies a = \\frac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\]\n\n**Krok 4 - Pole podstawy i objętość**\n\n\\[P_p = a^2 = (8\\sqrt{2})^2 = 128\\]\n\n\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot P_p \\cdot h = \\frac{1}{3} \\cdot 128 \\cdot 4\\sqrt{5} = \\boxed{\\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}}\\]\n\n## Sposób 2 - Przez sin i cos (z tożsamości trygonometrycznej)\n\n**Wyznaczamy \\(\\sin\\alpha\\) i \\(\\cos\\alpha\\) ze znajomości \\(\\operatorname{tg}\\alpha\\)**\n\nMamy \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\). Konstruujemy trójkąt pomocniczy: przyprostokątne \\(2\\) i \\(\\sqrt{5}\\), przeciwprostokątna:\n\n\\[\\text{hypot} = \\sqrt{(\\sqrt{5})^2 + 2^2} = \\sqrt{5 + 4} = 3\\]\n\nZatem:\n\\[\\sin\\alpha = \\frac{2}{3}, \\quad \\cos\\alpha = \\frac{\\sqrt{5}}{3}\\]\n\n**Wysokość z funkcji trygonometrycznej:**\n\nW trójkącie SAO: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{SO}{SA} = \\dfrac{h}{12}\\), więc:\n\n\\[h = 12\\cos\\alpha = 12 \\cdot \\frac{\\sqrt{5}}{3} = 4\\sqrt{5}\\]\n\n**Połowa przekątnej:**\n\n\\[OA = 12\\sin\\alpha = 12 \\cdot \\frac{2}{3} = 8\\]\n\n**Bok podstawy:** \\(a = \\dfrac{2 \\cdot OA}{\\sqrt{2}} = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\), więc \\(P_p = 128\\).\n\n**Weryfikacja krawędzi:** \\(\\sqrt{h^2 + OA^2} = \\sqrt{80 + 64} = \\sqrt{144} = 12\\) ✓\n\n\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot 128 \\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}\\]\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 12 (Stereometria, s. 26-28)** - objętość ostrosłupa:\n\\[V = \\frac{1}{3} P_p \\cdot h\\]\nUżyte w kroku 4 obu sposobów.\n\n**Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14)** - definicja tangens w trójkącie prostokątnym:\n\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{\\text{przeciwprostokątna kąta}}{\\text{przyległa do kąta}} = \\frac{OA}{h}\\]\nUżyte do ustalenia zależności między \\(h\\) a \\(OA\\).\n\n**Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14)** - jedynka trygonometryczna:\n\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]\nUżyte w Sposobie 2 do wyznaczenia \\(\\sin\\alpha\\) i \\(\\cos\\alpha\\).\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** \\(OA\\) to **połowa przekątnej** kwadratu, nie połowa boku! Przekątna kwadratu o boku \\(a\\) to \\(a\\sqrt{2}\\), więc \\(OA = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\). Stąd \\(a = \\dfrac{2 \\cdot OA}{\\sqrt{2}}\\). Pominięcie \\(\\sqrt{2}\\) to najczęstszy błąd - skutkuje złym polem podstawy.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Kąt \\(\\alpha\\) jest między krawędzią boczną a **wysokością** (nie podstawą!). Jeśli pomylisz kąt z kątem przy podstawie, \\(\\operatorname{tg}\\alpha\\) zamieniają się miejscami - wtedy \\(OA\\) i \\(h\\) wychodzą odwrotnie i wynik jest błędny.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Nie zapomnij o czynniku \\(\\dfrac{1}{3}\\) w objętości ostrosłupa - to częsty błąd przy przepisywaniu wzoru na walec (\\(V = P_p \\cdot h\\)) do ostrosłupa.\n\n**Odpowiedź:** \\(V = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}\\).\n\n### Sposób 1 - Trójkąt \\(AOS\\) prostokątny\nOznaczamy krawędź podstawy \\(|AB| = a\\) i wysokość \\(|SO| = H\\).\n\nPrzekątna podstawy \\(|AC| = a\\sqrt{2}\\), więc \\(|AO| = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\).\n\nW trójkącie prostokątnym \\(AOS\\) (kąt prosty przy \\(O\\)):\n\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{|AO|}{|SO|} = \\dfrac{\\tfrac{a\\sqrt{2}}{2}}{H} = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2H}.\\]\nZ warunku \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\):\n\\[\\dfrac{a\\sqrt{2}}{2H} = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}} \\Rightarrow a = \\dfrac{4H}{\\sqrt{10}}.\\]\n\nZ twierdzenia Pitagorasa w \\(AOS\\):\n\\[H^2 + \\left(\\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\right)^2 = 12^2,\\]\n\\[H^2 + \\dfrac{a^2}{2} = 144.\\]\n\nPodstawiamy \\(a^2 = \\dfrac{16H^2}{10} = \\dfrac{8H^2}{5}\\):\n\\[H^2 + \\dfrac{4H^2}{5} = 144,\\]\n\\[\\dfrac{9H^2}{5} = 144,\\]\n\\[H^2 = 80 \\Rightarrow H = 4\\sqrt{5}.\\]\n\nStąd \\(a = \\dfrac{4\\cdot 4\\sqrt{5}}{\\sqrt{10}} = \\dfrac{16\\sqrt{5}}{\\sqrt{10}} = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\).\n\nObjętość:\n\\[V = \\dfrac{1}{3}a^2 H = \\dfrac{1}{3}(8\\sqrt{2})^2\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{1}{3}\\cdot 128\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}.\\]\n\n### Sposób 2 - Trygonometryczny (\\(\\sin\\alpha, \\cos\\alpha\\))\nZ \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\): \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{2}{3}\\), \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{3}\\) (bo \\(\\sin^2 + \\cos^2 = 1\\)).\n\nW trójkącie prostokątnym \\(AOS\\):\n\\[\\sin\\alpha = \\dfrac{|AO|}{|SA|} = \\dfrac{\\tfrac{a\\sqrt{2}}{2}}{12} = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{24},\\]\n\\[\\cos\\alpha = \\dfrac{H}{12}.\\]\n\nStąd:\n\\[\\dfrac{a\\sqrt{2}}{24} = \\dfrac{2}{3} \\Rightarrow a = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2},\\]\n\\[\\dfrac{H}{12} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{3} \\Rightarrow H = 4\\sqrt{5}.\\]\n\n\\[V = \\dfrac{1}{3}(8\\sqrt{2})^2\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{1}{3}\\cdot 128\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}.\\]\n\n### Sposób 3 - Oznaczenia proporcjonalne\nNiech \\(|AO| = 2x\\), \\(|SO| = \\sqrt{5}x\\) (spełnia \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\tfrac{2x}{\\sqrt{5}x} = \\tfrac{2}{\\sqrt{5}}\\)).\nTwierdzenie Pitagorasa: \\((2x)^2 + (\\sqrt{5}x)^2 = 12^2\\), czyli \\(4x^2 + 5x^2 = 144\\), \\(9x^2 = 144\\), \\(x = 4\\).\nStąd \\(|SO| = H = 4\\sqrt{5}\\), \\(|AC| = 4x = 16\\), \\(a = \\dfrac{|AC|}{\\sqrt{2}} = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\).\n\n\\[V = \\dfrac{1}{3}\\cdot \\dfrac{|AC|^2}{2}\\cdot H = \\dfrac{1}{3}\\cdot \\dfrac{256}{2}\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{1}{6}\\cdot 256\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}.\\]\n\n### Schemat punktowania CKE\n- **1 pkt:** zapis zależności między \\(a\\) i \\(H\\) (np. \\(\\tfrac{a\\sqrt{2}}{2H} = \\tfrac{2}{\\sqrt{5}}\\)) lub twierdzenia Pitagorasa.\n- **2 pkt:** dwa równania z niewiadomymi \\(a\\) i \\(H\\).\n- **3 pkt:** wyznaczenie \\(H = 4\\sqrt{5}\\) lub \\(a = 8\\sqrt{2}\\) lub \\(|AC| = 16\\).\n- **4 pkt:** obliczenie zarówno \\(H\\) jak i \\(a\\).\n- **5 pkt:** obliczenie objętości \\(V = \\tfrac{512\\sqrt{5}}{3}\\).\n\n**Trik:** w trójkącie prostokątnym z \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\tfrac{2}{\\sqrt{5}}\\) można wziąć \\(|AO| = 2k\\), \\(|SO| = \\sqrt{5}k\\) - natychmiastowe rozwiązanie.","image":"img/matematyka-2019-maj-matura-stara-podstawowa/zad-34.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":24,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2019 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 34. (5 pkt)
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

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

\n

Poziom podstawowy
MMA_1P
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)

","answer_text_html":"

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

\n
  1. Stereometria. Zdający wskazuje i oblicza kąty między
\n

ścianami wielościanu, między ścianami i odcinkami oraz między
odcinkami takimi jak krawędzie, przekątne, wysokości (9.a).
Zdający wyznacza związki miarowe w wielościanach i bryłach
obrotowych z zastosowaniem trygonometrii (9.b).
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 ostrosłupa
lub pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy ostrosłupa, 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 pkt.

\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 pkt, 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":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: \\(V = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}\\)

\n

Sposób 1 - Trygonometria + objętość ostrosłupa

\n

Dane: krawędź boczna \\(SA = 12\\), kąt między krawędzią boczną a wysokością: \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\).

\n

Krok 1 - Wyznaczenie wysokości \\(h\\) i promienia opisanego na podstawie

\n

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wierzchołek \\(S\\), środek podstawy \\(O\\) i wierzchołek \\(A\\) tworzą trójkąt prostokątny z kątem prostym przy \\(O\\):

\n

\\[SA = 12, \\quad SO = h, \\quad OA = \\text{połowa przekątnej podstawy}\\]

\n

Kąt \\(\\alpha\\) jest przy wierzchołku \\(S\\) (między krawędzią boczną a wysokością), więc:

\n

\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{OA}{SO} = \\frac{OA}{h} = \\frac{2}{\\sqrt{5}}\\]

\n

Stąd: \\(OA = \\dfrac{2h}{\\sqrt{5}}\\)

\n

Krok 2 - Zastosowanie tw. Pitagorasa w trójkącie SAO

\n

\\[SA^2 = SO^2 + OA^2\\]
\\[144 = h^2 + \\left(\\frac{2h}{\\sqrt{5}}\\right)^2 = h^2 + \\frac{4h^2}{5} = h^2\\left(1 + \\frac{4}{5}\\right) = \\frac{9h^2}{5}\\]
\\[h^2 = \\frac{144 \\cdot 5}{9} = 80 \\implies \\mathbf{h = 4\\sqrt{5}}\\]

\n

Krok 3 - Długość boku podstawy

\n

\\[OA = \\frac{2h}{\\sqrt{5}} = \\frac{2 \\cdot 4\\sqrt{5}}{\\sqrt{5}} = 8\\]

\n

\\(OA\\) to połowa przekątnej kwadratu o boku \\(a\\):

\n

\\[\\frac{a\\sqrt{2}}{2} = 8 \\implies a = \\frac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\]

\n

Krok 4 - Pole podstawy i objętość

\n

\\[P_p = a^2 = (8\\sqrt{2})^2 = 128\\]

\n

\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot P_p \\cdot h = \\frac{1}{3} \\cdot 128 \\cdot 4\\sqrt{5} = \\boxed{\\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}}\\]

\n

Sposób 2 - Przez sin i cos (z tożsamości trygonometrycznej)

\n

Wyznaczamy \\(\\sin\\alpha\\) i \\(\\cos\\alpha\\) ze znajomości \\(\\operatorname{tg}\\alpha\\)

\n

Mamy \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\). Konstruujemy trójkąt pomocniczy: przyprostokątne \\(2\\) i \\(\\sqrt{5}\\), przeciwprostokątna:

\n

\\[\\text{hypot} = \\sqrt{(\\sqrt{5})^2 + 2^2} = \\sqrt{5 + 4} = 3\\]

\n

Zatem:
\\[\\sin\\alpha = \\frac{2}{3}, \\quad \\cos\\alpha = \\frac{\\sqrt{5}}{3}\\]

\n

Wysokość z funkcji trygonometrycznej:

\n

W trójkącie SAO: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{SO}{SA} = \\dfrac{h}{12}\\), więc:

\n

\\[h = 12\\cos\\alpha = 12 \\cdot \\frac{\\sqrt{5}}{3} = 4\\sqrt{5}\\]

\n

Połowa przekątnej:

\n

\\[OA = 12\\sin\\alpha = 12 \\cdot \\frac{2}{3} = 8\\]

\n

Bok podstawy: \\(a = \\dfrac{2 \\cdot OA}{\\sqrt{2}} = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\), więc \\(P_p = 128\\).

\n

Weryfikacja krawędzi: \\(\\sqrt{h^2 + OA^2} = \\sqrt{80 + 64} = \\sqrt{144} = 12\\) ✓

\n

\\[V = \\frac{1}{3} \\cdot 128 \\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}\\]

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 12 (Stereometria, s. 26-28) - objętość ostrosłupa:
\\[V = \\frac{1}{3} P_p \\cdot h\\]
Użyte w kroku 4 obu sposobów.

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14) - definicja tangens w trójkącie prostokątnym:
\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\frac{\\text{przeciwprostokątna kąta}}{\\text{przyległa do kąta}} = \\frac{OA}{h}\\]
Użyte do ustalenia zależności między \\(h\\) a \\(OA\\).

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14) - jedynka trygonometryczna:
\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]
Użyte w Sposobie 2 do wyznaczenia \\(\\sin\\alpha\\) i \\(\\cos\\alpha\\).

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: \\(OA\\) to połowa przekątnej kwadratu, nie połowa boku! Przekątna kwadratu o boku \\(a\\) to \\(a\\sqrt{2}\\), więc \\(OA = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\). Stąd \\(a = \\dfrac{2 \\cdot OA}{\\sqrt{2}}\\). Pominięcie \\(\\sqrt{2}\\) to najczęstszy błąd - skutkuje złym polem podstawy.
\n
⚠️ Uwaga: Kąt \\(\\alpha\\) jest między krawędzią boczną a wysokością (nie podstawą!). Jeśli pomylisz kąt z kątem przy podstawie, \\(\\operatorname{tg}\\alpha\\) zamieniają się miejscami - wtedy \\(OA\\) i \\(h\\) wychodzą odwrotnie i wynik jest błędny.
\n
⚠️ Uwaga: Nie zapomnij o czynniku \\(\\dfrac{1}{3}\\) w objętości ostrosłupa - to częsty błąd przy przepisywaniu wzoru na walec (\\(V = P_p \\cdot h\\)) do ostrosłupa.
\n

Odpowiedź: \\(V = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}\\).

\n
Sposób 1 - Trójkąt \\(AOS\\) prostokątny
\n

Oznaczamy krawędź podstawy \\(|AB| = a\\) i wysokość \\(|SO| = H\\).

\n

Przekątna podstawy \\(|AC| = a\\sqrt{2}\\), więc \\(|AO| = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\).

\n

W trójkącie prostokątnym \\(AOS\\) (kąt prosty przy \\(O\\)):
\\[\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{|AO|}{|SO|} = \\dfrac{\\tfrac{a\\sqrt{2}}{2}}{H} = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{2H}.\\]
Z warunku \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\):
\\[\\dfrac{a\\sqrt{2}}{2H} = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}} \\Rightarrow a = \\dfrac{4H}{\\sqrt{10}}.\\]

\n

Z twierdzenia Pitagorasa w \\(AOS\\):
\\[H^2 + \\left(\\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\right)^2 = 12^2,\\]
\\[H^2 + \\dfrac{a^2}{2} = 144.\\]

\n

Podstawiamy \\(a^2 = \\dfrac{16H^2}{10} = \\dfrac{8H^2}{5}\\):
\\[H^2 + \\dfrac{4H^2}{5} = 144,\\]
\\[\\dfrac{9H^2}{5} = 144,\\]
\\[H^2 = 80 \\Rightarrow H = 4\\sqrt{5}.\\]

\n

Stąd \\(a = \\dfrac{4\\cdot 4\\sqrt{5}}{\\sqrt{10}} = \\dfrac{16\\sqrt{5}}{\\sqrt{10}} = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\).

\n

Objętość:
\\[V = \\dfrac{1}{3}a^2 H = \\dfrac{1}{3}(8\\sqrt{2})^2\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{1}{3}\\cdot 128\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}.\\]

\n
Sposób 2 - Trygonometryczny (\\(\\sin\\alpha, \\cos\\alpha\\))
\n

Z \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\dfrac{2}{\\sqrt{5}}\\): \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{2}{3}\\), \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{\\sqrt{5}}{3}\\) (bo \\(\\sin^2 + \\cos^2 = 1\\)).

\n

W trójkącie prostokątnym \\(AOS\\):
\\[\\sin\\alpha = \\dfrac{|AO|}{|SA|} = \\dfrac{\\tfrac{a\\sqrt{2}}{2}}{12} = \\dfrac{a\\sqrt{2}}{24},\\]
\\[\\cos\\alpha = \\dfrac{H}{12}.\\]

\n

Stąd:
\\[\\dfrac{a\\sqrt{2}}{24} = \\dfrac{2}{3} \\Rightarrow a = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2},\\]
\\[\\dfrac{H}{12} = \\dfrac{\\sqrt{5}}{3} \\Rightarrow H = 4\\sqrt{5}.\\]

\n

\\[V = \\dfrac{1}{3}(8\\sqrt{2})^2\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{1}{3}\\cdot 128\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}.\\]

\n
Sposób 3 - Oznaczenia proporcjonalne
\n

Niech \\(|AO| = 2x\\), \\(|SO| = \\sqrt{5}x\\) (spełnia \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\tfrac{2x}{\\sqrt{5}x} = \\tfrac{2}{\\sqrt{5}}\\)).
Twierdzenie Pitagorasa: \\((2x)^2 + (\\sqrt{5}x)^2 = 12^2\\), czyli \\(4x^2 + 5x^2 = 144\\), \\(9x^2 = 144\\), \\(x = 4\\).
Stąd \\(|SO| = H = 4\\sqrt{5}\\), \\(|AC| = 4x = 16\\), \\(a = \\dfrac{|AC|}{\\sqrt{2}} = \\dfrac{16}{\\sqrt{2}} = 8\\sqrt{2}\\).

\n

\\[V = \\dfrac{1}{3}\\cdot \\dfrac{|AC|^2}{2}\\cdot H = \\dfrac{1}{3}\\cdot \\dfrac{256}{2}\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{1}{6}\\cdot 256\\cdot 4\\sqrt{5} = \\dfrac{512\\sqrt{5}}{3}.\\]

\n
Schemat punktowania CKE
\n\n

Trik: w trójkącie prostokątnym z \\(\\operatorname{tg}\\alpha = \\tfrac{2}{\\sqrt{5}}\\) można wziąć \\(|AO| = 2k\\), \\(|SO| = \\sqrt{5}k\\) - natychmiastowe rozwiązanie.

"}]}