{"id":"matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/zad/14","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona","number":"14","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Dany jest sześcian \\(ABCDEFGH\\) o krawędzi długości \\(6\\). Punkt \\(S\\) jest punktem przecięcia przekątnych \\(AH\\) i \\(DE\\) ściany bocznej \\(ADHE\\) (zobacz rysunek).\n\nOblicz wysokość trójkąta \\(SBH\\) poprowadzoną z punktu \\(S\\) na bok \\(BH\\) tego trójkąta.\n\n/matma-quiz/images/cke/EMAP-R0-100-2305/z14.png\n\n. H G E F S D C A B 6 Oblicz wysokość trójkąta SBH poprowadzoną z punktu S na bok BH tego trójkąta. Nr zadania 14. Wypełnia Maks. liczba pkt 4 egzaminator Uzyskana liczba pkt","answer":null,"answer_text":null,"solution":"## Poprawna odpowiedź: \\(h = \\sqrt{6}\\)\n\n## Sposób 1 - Układ współrzędnych + pole trójkąta z iloczynu wektorowego\n\n**Ustalamy układ współrzędnych.** Krawędź sześcianu = 6.\n\n\\[A = (0,0,0),\\; B = (6,0,0),\\; C = (6,6,0),\\; D = (0,6,0)\\]\n\\[E = (0,0,6),\\; F = (6,0,6),\\; G = (6,6,6),\\; H = (0,6,6)\\]\n\n**Wyznaczamy punkt \\(S\\).**\nŚciana \\(ADHE\\) leży na płaszczyźnie \\(x = 0\\) - to kwadrat o wierzchołkach \\(A(0,0,0)\\), \\(D(0,6,0)\\), \\(H(0,6,6)\\), \\(E(0,0,6)\\). Punkt \\(S\\) to przecięcie przekątnych \\(AH\\) i \\(DE\\) tej ściany, czyli **środek kwadratu**:\n\\[S = \\frac{A + H}{2} = \\frac{(0,0,0)+(0,6,6)}{2} = (0,\\,3,\\,3)\\]\n\n**Wyznaczamy wektory z \\(B\\):**\n\\[\\vec{BS} = S - B = (-6,\\; 3,\\; 3)\\]\n\\[\\vec{BH} = H - B = (-6,\\; 6,\\; 6)\\]\n\nZanim policzę pole, zauważam: \\(BH\\) to **przekątna przestrzenna** sześcianu (łączy wierzchołki \\(B\\) i \\(H\\), odległe o \\(\\sqrt{6^2+6^2+6^2}\\)):\n\\[|BH| = \\sqrt{36+36+36} = 6\\sqrt{3}\\]\n\n**Iloczyn wektorowy** \\(\\vec{BS} \\times \\vec{BH}\\):\n\\[\\vec{BS} \\times \\vec{BH} = \\begin{vmatrix} \\vec{i} & \\vec{j} & \\vec{k} \\\\ -6 & 3 & 3 \\\\ -6 & 6 & 6 \\end{vmatrix}\\]\n\n\\[= \\vec{i}(3\\cdot6 - 3\\cdot6) - \\vec{j}((-6)\\cdot6 - 3\\cdot(-6)) + \\vec{k}((-6)\\cdot6 - 3\\cdot(-6))\\]\n\\[= \\vec{i}(0) - \\vec{j}(-18) + \\vec{k}(-18) = (0,\\;18,\\;-18)\\]\n\n\\[|\\vec{BS} \\times \\vec{BH}| = \\sqrt{0 + 324 + 324} = \\sqrt{648} = 18\\sqrt{2}\\]\n\n**Pole trójkąta \\(SBH\\):**\n\\[P_\\triangle = \\frac{1}{2}\\cdot 18\\sqrt{2} = 9\\sqrt{2}\\]\n\n**Wysokość z \\(S\\) na \\(BH\\)** - korzystamy ze wzoru \\(P = \\frac{1}{2}\\cdot\\text{podstawa}\\cdot\\text{wysokość}\\):\n\\[h = \\frac{2 P_\\triangle}{|BH|} = \\frac{2 \\cdot 9\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\frac{18\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\frac{3\\sqrt{2}}{\\sqrt{3}} = \\frac{3\\sqrt{2}\\cdot\\sqrt{3}}{3} = \\boxed{\\sqrt{6}}\\]\n\n## Sposób 2 - Rzut prostokątny + twierdzenie Pitagorasa\n\nSzukamy stopy prostopadłej spuszczonej z \\(S\\) na prostą \\(BH\\). Oznaczmy ją \\(P\\).\n\n**Parametryzacja prostej \\(BH\\):**\n\\[\\vec{r}(t) = B + t\\cdot\\vec{BH} = (6,0,0) + t\\cdot(-6,6,6) = (6-6t,\\; 6t,\\; 6t)\\]\n\n**Warunek \\(SP \\perp BH\\):** wektor \\(\\vec{r}(t) - S\\) musi być prostopadły do \\(\\vec{BH}\\):\n\n\\[\\vec{r}(t) - S = (6-6t,\\; 6t-3,\\; 6t-3)\\]\n\n\\[(6-6t)\\cdot(-6) + (6t-3)\\cdot6 + (6t-3)\\cdot6 = 0\\]\n\\[-36 + 36t + 36t - 18 + 36t - 18 = 0\\]\n\\[108t = 72 \\implies t = \\frac{2}{3}\\]\n\n**Obliczam odległość \\(|BP|\\)** (stopa prostopadłej dzieli \\(BH\\) w stosunku \\(2:1\\) od \\(B\\)):\n\\[|BP|^2 = t^2 \\cdot |\\vec{BH}|^2 = \\frac{4}{9}\\cdot 108 = 48\\]\n\n**Obliczam odległość \\(|SB|\\):**\n\\[|SB|^2 = (-6)^2 + 3^2 + 3^2 = 36 + 9 + 9 = 54\\]\n\n**Twierdzenie Pitagorasa** w trójkącie \\(SBP\\) (kąt prosty przy \\(P\\)):\n\\[h^2 = |SB|^2 - |BP|^2 = 54 - 48 = 6\\]\n\n\\[\\boxed{h = \\sqrt{6}}\\]\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 12 (Stereometria, s. 26-28)** - przekątna przestrzenna sześcianu (wynika z wielokrotnego Pitagorasa):\n\\[d = a\\sqrt{3}\\]\nUżyliśmy tego do obliczenia \\(|BH| = 6\\sqrt{3}\\).\n\n**Dział 10 (Planimetria - Twierdzenie Pitagorasa, s. 15)**:\n\\[a^2 + b^2 = c^2\\]\nW Sposobie 2: z trójkąta prostokątnego \\(SBP\\) wyznaczyliśmy \\(h^2 = |SB|^2 - |BP|^2\\).\n\n**Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25)** - długość odcinka (wzór rozszerzony na 3D):\n\\[|AB| = \\sqrt{(x_B-x_A)^2 + (y_B-y_A)^2 + (z_B-z_A)^2}\\]\nUżyliśmy do wyznaczenia \\(|SB|\\), \\(|BH|\\).\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Punkt \\(S\\) to środek ściany \\(ADHE\\) - przekątne kwadratu dzielą się na połowy, więc \\(S = (0, 3, 3)\\). Nie myląc: \\(S\\) leży na ścianie, nie wewnątrz sześcianu.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** \\(BH\\) to przekątna **przestrzenna** sześcianu (długość \\(6\\sqrt{3}\\)), nie krawędziowa ani ścienna. Łatwo się pomylić i wziąć długość przekątnej ściany \\(6\\sqrt{2}\\).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Wzór \\(h = \\frac{2P}{a}\\) (wysokość trójkąta = podwójne pole przez podstawę) działa w każdym trójkącie - to jest najprostszy sposób, gdy pole łatwo wyliczyć (np. przez iloczyn wektorowy), a bezpośrednie rzutowanie byłoby żmudne.\n\n### Analiza zadania\nSześcian o krawędzi \\(6\\). \\(S\\) - środek przekątnych ściany \\(ADHE\\). Szukamy wysokości \\(SP\\) w trójkącie \\(SBH\\) (P - spodek na \\(BH\\)).\n\n### Obliczenia pomocnicze\n\\(|AH|=6\\sqrt{2}\\) (przekątna ściany, więc \\(|HS|=3\\sqrt{2}\\)).\n\\(|BH|=6\\sqrt{3}\\) (przekątna sześcianu, karta wzorów dział IX: \\(d=a\\sqrt{3}\\)).\n\\(|AB|=6\\).\n\n### Sposób 1 - podobieństwo trójkątów\nTrójkąt \\(AHB\\) jest prostokątny w \\(A\\) (bo \\(AB\\perp\\) ścianę \\(ADHE\\)). Obliczmy pole:\n\\[P_{\\triangle AHB}=\\dfrac{1}{2}|AH|\\cdot|AB|=\\dfrac{1}{2}\\cdot 6\\sqrt{2}\\cdot 6=18\\sqrt{2}\\]\n\nTrójkąt \\(HSB\\) ma podstawę \\(|SH|=\\dfrac{1}{2}|AH|=3\\sqrt{2}\\) (bo \\(S\\) to środek). Ponieważ \\(AB\\perp\\) ścianę \\(ADHE\\), to \\(AB\\perp SH\\), czyli \\(SH\\perp AB\\):\n\\[P_{\\triangle HSB}=\\dfrac{1}{2}|HS|\\cdot|AB|=\\dfrac{1}{2}\\cdot 3\\sqrt{2}\\cdot 6=9\\sqrt{2}\\]\n\nZ drugiej strony: \\(P_{\\triangle HSB}=\\dfrac{1}{2}|BH|\\cdot|SP|\\), więc:\n\\[9\\sqrt{2}=\\dfrac{1}{2}\\cdot 6\\sqrt{3}\\cdot|SP|\\]\n\\[|SP|=\\dfrac{9\\sqrt{2}}{3\\sqrt{3}}=\\dfrac{3\\sqrt{2}}{\\sqrt{3}}=\\sqrt{6}\\]\n\n**Odpowiedź: \\(|SP|=\\sqrt{6}\\).**\n\n### Sposób 2 - przez cosinus kąta\nW trójkącie \\(HAB\\) prostokątnym w \\(A\\):\n\\(\\cos\\angle SHP=\\cos\\angle AHB=\\dfrac{|AH|}{|BH|}=\\dfrac{6\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}}=\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}\\)\n\nW trójkącie \\(HSP\\) prostokątnym w \\(P\\):\n\\(\\cos\\angle SHP=\\dfrac{|HP|}{|HS|}\\Rightarrow |HP|=|HS|\\cdot\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}=3\\sqrt{2}\\cdot\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}=2\\sqrt{3}\\)\n\nZ twierdzenia Pitagorasa w \\(HSP\\):\n\\(|SP|^{2}=|HS|^{2}-|HP|^{2}=18-12=6\\Rightarrow|SP|=\\sqrt{6}\\)\n\n### Uwagi o punktacji\n- 4 pkt - poprawna metoda i wynik \\(\\sqrt{6}\\).\n- 3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą, np. \\(\\dfrac{|SP|}{6}=\\dfrac{3\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}}\\), lub obliczenie \\(|HP|=2\\sqrt{3}\\).\n- 2 pkt - obliczenie \\(|HS|=3\\sqrt{2}\\), \\(|HB|=6\\sqrt{3}\\), \\(|SB|=3\\sqrt{6}\\) albo obliczenie pola \\(HAB=18\\sqrt{2}\\).\n- 1 pkt - obliczenie \\(|BH|=6\\sqrt{3}\\), \\(|SR|=3\\), \\(|HS|=3\\sqrt{2}\\) albo \\(|BS|=3\\sqrt{6}\\).\n- **Uwaga CKE**: Niepoprawne stosowanie \\(\\sqrt{x^{2}+y^{2}}=x+y\\) lub błąd Pitagorasa - max \\(2\\) pkt.\n\n**Trik:** W sześcianie krawędź boczna (tu \\(AB\\)) jest zawsze prostopadła do ściany (tu \\(ADHE\\)), więc \\(AB\\perp\\) każdy odcinek leżący w tej ścianie - to upraszcza liczenie pól metodą dwóch różnych podstaw.","image":null,"solution_image":null,"topics":null,"page_from":null,"source":"maturazai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturazai","text_source":"maturazai","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Dany jest sześcian \\(ABCDEFGH\\) o krawędzi długości \\(6\\). Punkt \\(S\\) jest punktem przecięcia przekątnych \\(AH\\) i \\(DE\\) ściany bocznej \\(ADHE\\) (zobacz rysunek).

\n

Oblicz wysokość trójkąta \\(SBH\\) poprowadzoną z punktu \\(S\\) na bok \\(BH\\) tego trójkąta.

\n

/matma-quiz/images/cke/EMAP-R0-100-2305/z14.png

\n

. H G E F S D C A B 6 Oblicz wysokość trójkąta SBH poprowadzoną z punktu S na bok BH tego trójkąta. Nr zadania 14. Wypełnia Maks. liczba pkt 4 egzaminator Uzyskana liczba pkt

","solutions":[{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: \\(h = \\sqrt{6}\\)

\n

Sposób 1 - Układ współrzędnych + pole trójkąta z iloczynu wektorowego

\n

Ustalamy układ współrzędnych. Krawędź sześcianu = 6.

\n

\\[A = (0,0,0),\\; B = (6,0,0),\\; C = (6,6,0),\\; D = (0,6,0)\\]
\\[E = (0,0,6),\\; F = (6,0,6),\\; G = (6,6,6),\\; H = (0,6,6)\\]

\n

Wyznaczamy punkt \\(S\\).
Ściana \\(ADHE\\) leży na płaszczyźnie \\(x = 0\\) - to kwadrat o wierzchołkach \\(A(0,0,0)\\), \\(D(0,6,0)\\), \\(H(0,6,6)\\), \\(E(0,0,6)\\). Punkt \\(S\\) to przecięcie przekątnych \\(AH\\) i \\(DE\\) tej ściany, czyli środek kwadratu:
\\[S = \\frac{A + H}{2} = \\frac{(0,0,0)+(0,6,6)}{2} = (0,\\,3,\\,3)\\]

\n

Wyznaczamy wektory z \\(B\\):
\\[\\vec{BS} = S - B = (-6,\\; 3,\\; 3)\\]
\\[\\vec{BH} = H - B = (-6,\\; 6,\\; 6)\\]

\n

Zanim policzę pole, zauważam: \\(BH\\) to przekątna przestrzenna sześcianu (łączy wierzchołki \\(B\\) i \\(H\\), odległe o \\(\\sqrt{6^2+6^2+6^2}\\)):
\\[|BH| = \\sqrt{36+36+36} = 6\\sqrt{3}\\]

\n

Iloczyn wektorowy \\(\\vec{BS} \\times \\vec{BH}\\):
\\[\\vec{BS} \\times \\vec{BH} = \\begin{vmatrix} \\vec{i} & \\vec{j} & \\vec{k} \\\\ -6 & 3 & 3 \\\\ -6 & 6 & 6 \\end{vmatrix}\\]

\n

\\[= \\vec{i}(3\\cdot6 - 3\\cdot6) - \\vec{j}((-6)\\cdot6 - 3\\cdot(-6)) + \\vec{k}((-6)\\cdot6 - 3\\cdot(-6))\\]
\\[= \\vec{i}(0) - \\vec{j}(-18) + \\vec{k}(-18) = (0,\\;18,\\;-18)\\]

\n

\\[|\\vec{BS} \\times \\vec{BH}| = \\sqrt{0 + 324 + 324} = \\sqrt{648} = 18\\sqrt{2}\\]

\n

Pole trójkąta \\(SBH\\):
\\[P_\\triangle = \\frac{1}{2}\\cdot 18\\sqrt{2} = 9\\sqrt{2}\\]

\n

Wysokość z \\(S\\) na \\(BH\\) - korzystamy ze wzoru \\(P = \\frac{1}{2}\\cdot\\text{podstawa}\\cdot\\text{wysokość}\\):
\\[h = \\frac{2 P_\\triangle}{|BH|} = \\frac{2 \\cdot 9\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\frac{18\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\frac{3\\sqrt{2}}{\\sqrt{3}} = \\frac{3\\sqrt{2}\\cdot\\sqrt{3}}{3} = \\boxed{\\sqrt{6}}\\]

\n

Sposób 2 - Rzut prostokątny + twierdzenie Pitagorasa

\n

Szukamy stopy prostopadłej spuszczonej z \\(S\\) na prostą \\(BH\\). Oznaczmy ją \\(P\\).

\n

Parametryzacja prostej \\(BH\\):
\\[\\vec{r}(t) = B + t\\cdot\\vec{BH} = (6,0,0) + t\\cdot(-6,6,6) = (6-6t,\\; 6t,\\; 6t)\\]

\n

Warunek \\(SP \\perp BH\\): wektor \\(\\vec{r}(t) - S\\) musi być prostopadły do \\(\\vec{BH}\\):

\n

\\[\\vec{r}(t) - S = (6-6t,\\; 6t-3,\\; 6t-3)\\]

\n

\\[(6-6t)\\cdot(-6) + (6t-3)\\cdot6 + (6t-3)\\cdot6 = 0\\]
\\[-36 + 36t + 36t - 18 + 36t - 18 = 0\\]
\\[108t = 72 \\implies t = \\frac{2}{3}\\]

\n

Obliczam odległość \\(|BP|\\) (stopa prostopadłej dzieli \\(BH\\) w stosunku \\(2:1\\) od \\(B\\)):
\\[|BP|^2 = t^2 \\cdot |\\vec{BH}|^2 = \\frac{4}{9}\\cdot 108 = 48\\]

\n

Obliczam odległość \\(|SB|\\):
\\[|SB|^2 = (-6)^2 + 3^2 + 3^2 = 36 + 9 + 9 = 54\\]

\n

Twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \\(SBP\\) (kąt prosty przy \\(P\\)):
\\[h^2 = |SB|^2 - |BP|^2 = 54 - 48 = 6\\]

\n

\\[\\boxed{h = \\sqrt{6}}\\]

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 12 (Stereometria, s. 26-28) - przekątna przestrzenna sześcianu (wynika z wielokrotnego Pitagorasa):
\\[d = a\\sqrt{3}\\]
Użyliśmy tego do obliczenia \\(|BH| = 6\\sqrt{3}\\).

\n

Dział 10 (Planimetria - Twierdzenie Pitagorasa, s. 15):
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
W Sposobie 2: z trójkąta prostokątnego \\(SBP\\) wyznaczyliśmy \\(h^2 = |SB|^2 - |BP|^2\\).

\n

Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25) - długość odcinka (wzór rozszerzony na 3D):
\\[|AB| = \\sqrt{(x_B-x_A)^2 + (y_B-y_A)^2 + (z_B-z_A)^2}\\]
Użyliśmy do wyznaczenia \\(|SB|\\), \\(|BH|\\).

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Punkt \\(S\\) to środek ściany \\(ADHE\\) - przekątne kwadratu dzielą się na połowy, więc \\(S = (0, 3, 3)\\). Nie myląc: \\(S\\) leży na ścianie, nie wewnątrz sześcianu.
\n
⚠️ Uwaga: \\(BH\\) to przekątna przestrzenna sześcianu (długość \\(6\\sqrt{3}\\)), nie krawędziowa ani ścienna. Łatwo się pomylić i wziąć długość przekątnej ściany \\(6\\sqrt{2}\\).
\n
⚠️ Uwaga: Wzór \\(h = \\frac{2P}{a}\\) (wysokość trójkąta = podwójne pole przez podstawę) działa w każdym trójkącie - to jest najprostszy sposób, gdy pole łatwo wyliczyć (np. przez iloczyn wektorowy), a bezpośrednie rzutowanie byłoby żmudne.
\n
Analiza zadania
\n

Sześcian o krawędzi \\(6\\). \\(S\\) - środek przekątnych ściany \\(ADHE\\). Szukamy wysokości \\(SP\\) w trójkącie \\(SBH\\) (P - spodek na \\(BH\\)).

\n
Obliczenia pomocnicze
\n

\\(|AH|=6\\sqrt{2}\\) (przekątna ściany, więc \\(|HS|=3\\sqrt{2}\\)).
\\(|BH|=6\\sqrt{3}\\) (przekątna sześcianu, karta wzorów dział IX: \\(d=a\\sqrt{3}\\)).
\\(|AB|=6\\).

\n
Sposób 1 - podobieństwo trójkątów
\n

Trójkąt \\(AHB\\) jest prostokątny w \\(A\\) (bo \\(AB\\perp\\) ścianę \\(ADHE\\)). Obliczmy pole:
\\[P_{\\triangle AHB}=\\dfrac{1}{2}|AH|\\cdot|AB|=\\dfrac{1}{2}\\cdot 6\\sqrt{2}\\cdot 6=18\\sqrt{2}\\]

\n

Trójkąt \\(HSB\\) ma podstawę \\(|SH|=\\dfrac{1}{2}|AH|=3\\sqrt{2}\\) (bo \\(S\\) to środek). Ponieważ \\(AB\\perp\\) ścianę \\(ADHE\\), to \\(AB\\perp SH\\), czyli \\(SH\\perp AB\\):
\\[P_{\\triangle HSB}=\\dfrac{1}{2}|HS|\\cdot|AB|=\\dfrac{1}{2}\\cdot 3\\sqrt{2}\\cdot 6=9\\sqrt{2}\\]

\n

Z drugiej strony: \\(P_{\\triangle HSB}=\\dfrac{1}{2}|BH|\\cdot|SP|\\), więc:
\\[9\\sqrt{2}=\\dfrac{1}{2}\\cdot 6\\sqrt{3}\\cdot|SP|\\]
\\[|SP|=\\dfrac{9\\sqrt{2}}{3\\sqrt{3}}=\\dfrac{3\\sqrt{2}}{\\sqrt{3}}=\\sqrt{6}\\]

\n

Odpowiedź: \\(|SP|=\\sqrt{6}\\).

\n
Sposób 2 - przez cosinus kąta
\n

W trójkącie \\(HAB\\) prostokątnym w \\(A\\):
\\(\\cos\\angle SHP=\\cos\\angle AHB=\\dfrac{|AH|}{|BH|}=\\dfrac{6\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}}=\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}\\)

\n

W trójkącie \\(HSP\\) prostokątnym w \\(P\\):
\\(\\cos\\angle SHP=\\dfrac{|HP|}{|HS|}\\Rightarrow |HP|=|HS|\\cdot\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}=3\\sqrt{2}\\cdot\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}=2\\sqrt{3}\\)

\n

Z twierdzenia Pitagorasa w \\(HSP\\):
\\(|SP|^{2}=|HS|^{2}-|HP|^{2}=18-12=6\\Rightarrow|SP|=\\sqrt{6}\\)

\n
Uwagi o punktacji
\n\n

Trik: W sześcianie krawędź boczna (tu \\(AB\\)) jest zawsze prostopadła do ściany (tu \\(ADHE\\)), więc \\(AB\\perp\\) każdy odcinek leżący w tej ścianie - to upraszcza liczenie pól metodą dwóch różnych podstaw.

"}]}