Zadanie 34. (0-5)
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS, którego krawędź boczna ma długość 6
(zobacz rysunek). Ściana boczna tego ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod
kątem, którego tangens jest równy 7 . Oblicz objętość tego ostrosłupa.
A
B
C
D
S
6
MMA_1P
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
34.
Maks. liczba pkt
5
Uzyskana liczba pkt
MMA_1P
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
Rozwiązanie zadania. W ostrosłupie prawidłowym sześciokątnym ABCDEFS, którego krawędź podstawy a ma długość 8 (zobacz rysunek), ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α=60°. Oblicz cosinus kąta między krawędzią boczną a płaszczyzną podstawy tego ostrosłupa.
Zadanie 34. (0-5)
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między
odcinkami i płaszczyznami (między krawędziami
i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary
tych kątów (9.2).
i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens
kątów o miarach od 0°do 180°(6.1).
Zasady oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
zaznaczy na rysunku kąt α nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy
albo
zapisze równanie wynikające z definicji tangensa kąta α:
7
1
2
h
a
albo
zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie SOE:
2
2
2
2
b
a
h
h
albo
zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie SEC:
2
2
2
6
2
b
a
h
albo
zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie SOC:
2
2
2
2
6
2
a
h
(
)
na
(
)
na
albo
zapisze równanie wynikające z definicji sinusa kąta α :
14
4
b
h
h =
albo
zapisze równanie wynikające z definicji cosinusa kąta α : 2
2
4
b
a
h =
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze
układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi, np.:
7
1
2
h
a
i
2
2
2
2
6
2
a
h
lub
układ trzech równań z trzema niewiadomymi, np.:
14
4
b
h
h =
i
2
2
2
2
b
a
h
h
i
2
2
2
2
6
2
a
h
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.:
2
2
2
7
2
6
2
2
a
a
lub
2
2
2
2
7
2
6
2
h
h
⋅
lub
2
2
2
1
14
6
4
4
b
b
h
h
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający:
obliczy długość krawędzi podstawy ostrosłupa lub wysokość ostrosłupa:
4
a =
,
2 7
h =
albo
obliczy wysokość
bh ściany bocznej ostrosłupa oraz wyznaczy objętość ostrosłupa
w zależności od tej wysokości:
4 2
bh =
,
2
1 1
14
3 2
4
b
b
V
h
h
⋅
⋅
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy
Rozwiązanie pełne 5 p.
Zdający obliczy objętość ostrosłupa:
32 7
3
V =
Uwagi
rozumowania i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać za całe
rozwiązanie co najwyżej 4 punkty.
3 we wzorze
na objętość ostrosłupa, to otrzymuje 4 punkty.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
a) zastosowanie niepoprawnej definicji tangensa (lub niepoprawnej definicji innej
funkcji trygonometrycznej wykorzystanej przez zdającego), np. tg
bh
h
α =
, tg
h
a
α =
b) niepoprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa,
c) błąd polegający na zastosowaniu niepoprawnego wzoru „
a
b
a
b
”,
to zdający może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie popełnia
innych błędów i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca.
rachunkowe, ale poprawnie realizuje strategię rozwiązania, to otrzymuje co najwyżej
2 punkty za całe rozwiązanie.
tego ostrosłupa, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie, o ile poprawnie
zastosuje twierdzenie Pitagorasa.
otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie, o ile zapisze poprawny związek
między wielkościami h, hb i a lub zaznaczy poprawnie kąt nachylenia ściany bocznej
ostrosłupa do płaszczyzny podstawy.
Przykładowe rozwiązanie
I sposób
Zaznaczmy na rysunku kąt α - kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy
i wprowadzamy następujące oznaczenia:
a - krawędź podstawy ostrosłupa, h - wysokość ostrosłupa.
Korzystając z definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym SOE otrzymujemy
związek
7
1
2
h
a
, czyli
7
2
h
a
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie SOC wynika równanie
2
2
2
2
6
2
a
h
Wykorzystując wcześniejszą zależność otrzymujemy
2
2
2
7
2
6
2
2
a
a
6
a
h
α
B
A
C
D
E
O
S
2
2
7
2
36
4
4
a
a
2
9
36
4 a =
, stąd
2
16
a =
, czyli
4.
a =
Stąd
7
4
2 7
2
h =
⋅
. Obliczamy objętość ostrosłupa:
2
1
32 7
4
2 7
3
3
V =
⋅
⋅
II sposób
Zaznaczmy na rysunku kąt α - kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy
i wprowadzamy następujące oznaczenia:
a - krawędź podstawy ostrosłupa, h - wysokość ostrosłupa, hb - wysokość ściany bocznej
ostrosłupa
Korzystając z definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym SOE otrzymujemy:
7
1
2
h
a
, czyli
7
2
h
a
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym SEC otrzymujemy
2
2
2
6
2
b
a
h
-
,
2
2
144
4
b
a
h
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym SOE otrzymujemy
2
2
2
2
b
a
h
h
Zatem
2
2
2
144
4
4
a
a
h
,
2
2
2
7
144
4
4
4
a
a
a
2
16
a =
Stąd
4
a =
, więc
2 7
h =
Objętość ostrosłupa jest równa:
2
1
32
4
2 7
7
3
3
V =
⋅
⋅
C
D
B
A
E
O
S
6
a
h
α
hb
O
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Uwaga
Zależności między wielkościami h, a i
bh możemy też otrzymać, wykorzystując definicje
funkcji sinus lub cosinus kąta α. Jeżeli tg
7
α =
, to
14
4
sin α =
i
2
4
cosα =
Stąd
14
4
b
h
h =
oraz
1
2
2
4
b
a
h
Ocena prac osób ze stwierdzoną dyskalkulią
Obowiązują zasady oceniania stosowane przy sprawdzaniu prac zdających bez stwierdzonej
dyskalkulii z dodatkowym uwzględnieniem:
I.
ogólnych zasad oceniania zadań otwartych w przypadku arkuszy osób ze stwierdzoną
dyskalkulią (punkty 1.-12.);
II. dodatkowych szczegółowych zasad oceniania zadań otwartych w przypadku arkuszy
osób ze stwierdzoną dyskalkulią - matura z matematyki, poziom podstawowy, termin
główny 2020.
I.
Ogólne zasady oceniania zadań otwartych w przypadku arkuszy osób ze
stwierdzoną dyskalkulią
błędnego przepisania,
przestawienia cyfr,
zapisania innej cyfry, ale o podobnym wyglądzie,
przestawienia położenia przecinka.
oddzielnie przeanalizować, czy zdający opanował inne umiejętności, poza
umiejętnościami rachunkowymi, oceniane w zadaniu. W przypadku opanowania
badanych umiejętności zdający powinien otrzymać przynajmniej 1 punkt.
rozwiązania, części lub całości zadania, zdającemu należy przyznać przynajmniej
1 punkt, zgodnie z kryteriami do poszczególnych zadań.
zapisuje nawiasy w niewłaściwych miejscach, ale przeprowadza poprawne
rozumowanie lub stosuje właściwą strategię, to może otrzymać przynajmniej 1 punkt
za rozwiązanie zadania.
przypadku
zadania
wymagającego
wyznaczenia
pierwiastków
trójmianu
kwadratowego zdający może otrzymać 1 punkt, jeżeli przedstawi poprawną metodę
wyznaczania pierwiastków trójmianu kwadratowego, przy podanych w treści zadania
wartościach liczbowych.
może otrzymać 1 punkt, jeżeli stosuje poprawny algorytm rozwiązywania nierówności
kwadratowej, przy podanych w treści zadania wartościach liczbowych.
zdający może otrzymać 1 punkt za wykorzystanie konkretnych własności funkcji
kwadratowej, istotnych przy poszukiwaniu rozwiązania.
lub geometrycznych zdający może otrzymać 1 punkt, jeżeli przedstawi wykorzystanie
takiej własności ciągu, która umożliwia znalezienie rozwiązania zadania.
płaszczyźnie kartezjańskiej zdający może otrzymać punkty, jeżeli przy poszukiwaniu
rozwiązania przedstawi poprawne rozumowanie, wykorzystujące własności figur
geometrycznych lub zapisze zależności, pozwalające rozwiązać zadanie.
przynajmniej 1 punkt, jeśli przy wyznaczaniu liczby zdarzeń elementarnych
sprzyjających rozważanemu zdarzeniu przyjmuje określoną regularność lub podaje
prawidłową metodę wyznaczenia tej liczby zdarzeń elementarnych.
podaje poprawną metodę wyznaczenia długości odcinka potrzebnej do znalezienia
rozwiązania.
geometrii), jeśli w przedstawionym rozwiązaniu zdający powoła się na własność, która
Zasady oceniania rozwiązań zadań
wyznacza istotny postęp, prowadzący do przeprowadzenia dowodu, to może otrzymać
1 punkt.
II.
Dodatkowe szczegółowe zasady oceniania zadań otwartych w przypadku
arkuszy osób ze stwierdzoną dyskalkulią
Zadanie 26. (0-2)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
w
wyniku
przekształceń
algebraicznych
doprowadza
nierówność
do
postaci
2
0
ax
bx
c
, gdzie ∆ > 0 (wystarczy, że z rozwiązania zdającego wynika, że traktuje
otrzymaną nierówność jak nierówność kwadratową) oraz stosuje wzory na pierwiastki
trójmianu kwadratowego i oblicza te pierwiastki.
lub
rozłoży trójmian kwadratowy na czynniki liniowe, z których jednym będzie (
)
1
x
lub
poprawnie rozwiąże nierówność (
)(
)
2
1
3
0
x
x
Zdający otrzymuje 2 pkt, jeżeli:
Pomyli porządek liczb na osi liczbowej, np. zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci:
(
)
5
,1
,
2
-∞
∪-
,
(
)
5
,
1,
2
+∞-
∪
-∞
Uwaga!
Jeżeli zdający zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci sumy przedziałów domkniętych,
to może otrzymać co najwyżej 1 pkt.
Zadanie 27. (0-2)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
poda co najmniej dwa poprawne rozwiązania równania.
Zdający otrzymuje 2 pkt, jeżeli:
przyrówna każdy z czynników do zera, wyznaczy 4 pierwiastki, z których dwa będą
prawidłowe (obliczone z jednego czynnika), a w obliczeniu pozostałych pierwiastków będą
występowały błędy opisane w pkt 1. i 2. dodatkowych zasad
lub
przyrówna każdy z czynników do zera i wyznaczy pierwiastki równania:
1,
0,
2
x
x
x
(z pominięciem
1
x
).
Zadanie 28. (0-2)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
obliczy wyróżnik trójmianu kwadratowego
2
2
2
2
a
ab
b w zależności od zmiennej 𝑎 lub 𝑏
Zdający otrzymuje 2 pkt, jeżeli:
zapisze nierówność w postaci równoważnej (
)
2
2
0
a
b
b
oraz stwierdzi (lub zaznaczy),
że każdy ze składników lewej strony nierówności jest dodatni.
Zadanie 29. (0-2)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
zapisze poprawną proporcję między długościami boków trójkątów 𝐶𝐵𝐷 i 𝐶𝐸𝐹, wynikającą
z ich podobieństwa np.:
CF
CD
CE
CB
lub
ustali związki miarowe między długościami boków w jednym z trójkątów prostokątnych
𝐶𝐵𝐷 lub 𝐶𝐸𝐹.
Zadanie 30. (0-2)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
zapisze jedynie liczbę 36 (należy traktować to jako wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń
elementarnych)
lub
zapisze liczbę 11, a z zapisów wynika, że interpretuje tę liczbę jako liczbę zdarzeń
elementarnych sprzyjających zdarzeniu A (np. zilustruje to wypisaniem kilku zdarzeń
elementarnych sprzyjających zdarzeniu A, ale nie zapisze zdarzeń elementarnych, które
nie sprzyjają zdarzeniu A).
Zdający otrzymuje 2 pkt, jeżeli:
poprawnie wypisze (lub zaznaczy) wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu
A, popełni błąd w ich zliczeniu i konsekwentnie zapisze wynik 36
x , gdzie x jest liczbą
zliczonych zdarzeń elementarnych sprzyjających A.
Uwaga!
W ocenie rozwiązania zadania 30. (dla zdających z dyskalkulią) nie stosuje się następującej
uwagi z zasad oceniania arkuszy standardowych:
Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma 𝑃(𝐴) > 1 lub 𝑃(𝐴) < 0, to otrzymuje za
całe rozwiązanie 0 punktów, o ile końcowy wynik nie jest skutkiem błędu w działaniach na
ułamkach.
Zadanie 31. (0-2)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
doprowadzi równanie
2sin
3cos
4
cos
α +
α =
α
do postaci
sin
cos
α =
α
a
b
, popełniając
ewentualnie błędy opisane w pkt 1. i 2. dodatkowych zasad oceniania
lub
poprawnie zastosuje definicje funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie
prostokątnym i poprawnie zapisze równanie 2sin
3cos
4
cos
α +
α =
α
w postaci, w której
występują jedynie długości boków trójkąta prostokątnego.
Zdający otrzymuje 2 pkt, jeżeli:
doprowadzi do równania: 2tg
1
α = .
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zadanie 32. (0-4)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
poprawnie wyznaczy współczynnik kierunkowy prostej AC:
3
4
lub
poprawnie zastosuje wzór na odległość punktu A od prostej BD.
Zdający otrzymuje 2 pkt, jeżeli:
zdający wyznaczy poprawne równanie prostej AC, zapisuje układ równań, pozwalający
obliczyć współrzędne punktu O i rozwiązuje ten układ równań
lub
zdający obliczy odległość punktu A od prostej BD i stosuje poprawną metodę obliczenia
pola kwadratu, z wykorzystaniem obliczonej odległości.
Zadanie 33. (0-4)
Stosują się zasady oceniania arkusza standardowego.
Zadanie 34. (0-5)
Zdający otrzymuje 1 pkt, jeżeli:
zastosuje poprawnie twierdzenie Pitagorasa dla jednego z trójkątów: SOE lub SEC lub
SOC
lub
zastosuje poprawnie definicję funkcji tangens w trójkącie SOE dla kąta 𝛼:
tg
OS
OE
α =
Oznaczenia:
\nNiech \\(a\\) = bok podstawy (kwadratu), \\(h\\) = wysokość ostrosłupa, \\(O\\) = środek podstawy, \\(M\\) = środek krawędzi \\(AB\\).
\nKrok 1 - Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.
\nŚciana boczna \\(SAB\\) jest nachylona do podstawy wzdłuż krawędzi \\(AB\\). Kąt diedralny mierzymy w przekroju prostopadłym do \\(AB\\) przez jego środek \\(M\\):
\n\\[
\\text{kąt } \\angle OMS, \\text{ gdzie } O = \\text{środek podstawy}
\\]
W tej mierzeniu:
\n\\[
\\operatorname{tg}(\\angle OMS) = \\frac{h}{|MO|} = \\frac{h}{\\frac{a}{2}} = \\frac{2h}{a} = \\sqrt{7}
\\]
Stąd:
\\[
h = \\frac{a\\sqrt{7}}{2}
\\]
Krok 2 - Długość krawędzi bocznej.
\nKrawędź boczna \\(SA\\) łączy wierzchołek \\(S\\) z narożnikiem kwadratu \\(A\\). Odległość od środka podstawy do narożnika:
\n\\[
|OA|^2 = \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2 = \\frac{a^2}{2}
\\]
Z twierdzenia Pitagorasa (w trójkącie \\(SOA\\)):
\\[
|SA|^2 = |OA|^2 + h^2 = \\frac{a^2}{2} + h^2 = 36
\\]
Krok 3 - Układ równań → wyznaczenie \\(a\\).
\nPodstawiamy \\(h = \\dfrac{a\\sqrt{7}}{2}\\):
\n\\[
\\frac{a^2}{2} + \\left(\\frac{a\\sqrt{7}}{2}\\right)^2 = 36
\\]
\\[
\\frac{a^2}{2} + \\frac{7a^2}{4} = 36
\\]
\\[
\\frac{2a^2}{4} + \\frac{7a^2}{4} = 36
\\]
\\[
\\frac{9a^2}{4} = 36
\\]
\\[
a^2 = 16 \\implies \\boxed{a = 4}
\\]
Krok 4 - Wyznaczenie wysokości i objętości.
\n\\[
h = \\frac{4\\sqrt{7}}{2} = 2\\sqrt{7}
\\]
\\[
V = \\frac{1}{3} \\cdot a^2 \\cdot h = \\frac{1}{3} \\cdot 16 \\cdot 2\\sqrt{7} = \\boxed{\\frac{32\\sqrt{7}}{3}}
\\]
Krok 1 - Wyznaczyć apotemę ściany bocznej (slant height) \\(l\\).
\nApotema ściany \\(l\\) = \\(|SM|\\) (odległość od wierzchołka do środka krawędzi podstawy):
\n\\[
l^2 = |MO|^2 + h^2 = \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2 + h^2
\\]
Kąt nachylenia ściany to \\(\\angle OMS\\), więc:
\n\\[
\\sin(\\angle OMS) = \\frac{h}{l}, \\quad \\cos(\\angle OMS) = \\frac{a/2}{l}, \\quad \\operatorname{tg}(\\angle OMS) = \\sqrt{7}
\\]
Z jedynki trygonometrycznej:
\n\\[
1 + \\operatorname{tg}^2 = \\frac{1}{\\cos^2} \\implies \\cos^2(\\angle OMS) = \\frac{1}{1+7} = \\frac{1}{8}
\\]
Krawędź boczna \\(|SA| = 6\\), a w trójkącie \\(SAM\\) (gdzie \\(|AM| = \\frac{a}{2}\\)):
\n\\[
|SA|^2 = |SM|^2 + \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2
\\]
Ale mamy \\(\\cos(\\angle OMS) = \\frac{a/2}{l}\\), więc \\(\\frac{a}{2} = l \\cdot \\frac{1}{2\\sqrt{2}}\\).
\nPracujmy przez trójkąt \\(SOA\\) bezpośrednio z proporcjami kąta:
\n\\[
\\frac{h}{a/2} = \\sqrt{7} \\implies h = \\frac{a\\sqrt{7}}{2}
\\]
Dalej identycznie jak w Sposobie 1 → \\(a = 4\\), \\(h = 2\\sqrt{7}\\).
\nWeryfikacja:
\nDział 12 (Stereometria, s. 26-28) - objętość ostrosłupa:
\\[V = \\frac{1}{3} P_p \\cdot h\\]
Użyliśmy do obliczenia objętości po wyznaczeniu \\(a\\) i \\(h\\).
Dział 10 (Planimetria, s. 15-21) - twierdzenie Pitagorasa:
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
Użyliśmy trzykrotnie:
⚠️ Uwaga: Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy to kąt diedralny wzdłuż krawędzi podstawy - mierzymy go przez środek tej krawędzi (punkt \\(M\\)), a nie przez narożnik. Mylenie \\(M\\) z \\(A\\) to najczęstszy błąd, który daje złe \\(a\\).\n
⚠️ Uwaga: Odległość od środka kwadratu do narożnika to \\(\\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\), ale do środka boku (apotema) to tylko \\(\\dfrac{a}{2}\\). Tu do kąta ściany potrzebujemy apotemy \\(\\dfrac{a}{2}\\), a do krawędzi bocznej - odległości do narożnika \\(\\dfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\). Nie mieszaj tych dwóch!\n
⚠️ Uwaga: Na końcu nie zapomnij o \\(\\dfrac{1}{3}\\) w wzorze na objętość ostrosłupa - bez tego wynik jest trzy razy za duży.\n
Odpowiedź: \\(V = \\dfrac{32\\sqrt{7}}{3}\\)
\nOznaczmy: \\(a\\) - krawędź podstawy (kwadrat), \\(H\\) - wysokość ostrosłupa.
\nKrok 1 - kąt nachylenia ściany bocznej.
Niech \\(O\\) - środek podstawy, \\(M\\) - środek krawędzi podstawy (np. \\(AB\\)). Kąt nachylenia ściany \\(ABS\\) do podstawy = kąt \\(\\angle SMO\\) w trójkącie prostokątnym \\(SOM\\).
\\(|OM| = \\tfrac{a}{2}\\) (od środka podstawy do środka boku).
\\[\\tan(\\angle SMO) = \\dfrac{H}{|OM|} = \\dfrac{H}{a/2} = \\dfrac{2H}{a} = \\sqrt{7} \\Rightarrow H = \\dfrac{a\\sqrt{7}}{2}.\\]
Krok 2 - krawędź boczna.
W trójkącie \\(SOA\\): \\(|OA| = \\tfrac{a\\sqrt{2}}{2}\\) (połowa przekątnej). Krawędź boczna \\(|SA| = 6\\):
\\[|SA|^2 = H^2 + |OA|^2\\]
\\[36 = \\dfrac{7a^2}{4} + \\dfrac{a^2}{2} = \\dfrac{7a^2 + 2a^2}{4} = \\dfrac{9a^2}{4}\\]
\\[a^2 = 16 \\Rightarrow a = 4.\\]
Krok 3 - wysokość i objętość.
\\(H = \\tfrac{4\\sqrt{7}}{2} = 2\\sqrt{7}\\).
Pole podstawy: \\(P_p = 16\\).
Objętość:
\\[V = \\dfrac{1}{3}\\cdot P_p\\cdot H = \\dfrac{1}{3}\\cdot 16\\cdot 2\\sqrt{7} = \\dfrac{32\\sqrt{7}}{3}.\\]
\\(H = 2\\sqrt{7} \\approx 5{,}29\\), \\(|OM| = 2\\), \\(\\tan = 5{,}29/2 \\approx 2{,}65 \\approx \\sqrt{7}\\) ✓.
\nOdpowiedź: \\(V = \\dfrac{32\\sqrt{7}}{3}\\).
"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"$\\dfrac{32\\sqrt{7}}{3}$
"}]}