{"id":"matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/zad/7","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona","number":"7","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7. (0-4)\nDany jest sześcian 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻 o krawędzi\ndługości 6. Punkt 𝑆 jest punktem przecięcia\nprzekątnych 𝐴𝐻 i 𝐷𝐸 ściany bocznej 𝐴𝐷𝐻𝐸\n(zobacz rysunek).\nOblicz wysokość trójkąta 𝑺𝑩𝑯 poprowadzoną z punktu 𝑺 na bok 𝑩𝑯 tego trójkąta.\nZapisz obliczenia.\n𝐶\n𝐺\n𝐻\n𝐹\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝑆\n6\n7.\n0-1-\n2-3-4\n\nMMAP-R0_100\nDany jest sześcian ABCDEFGH o krawędzi długości 6. Punkt S jest punktem przecięcia przekątnych AH i DE ściany bocznej ADHE (zobacz rysunek). [rysunek] Oblicz wysokość trójkąta SBH poprowadzoną z punktu S na bok BH tego trójkąta.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 7. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n4. Stosowanie i tworzenie strategii przy\nrozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach\nnietypowych.\nZdający:\nX.1) rozpoznaje wzajemne położenie\nprostych w przestrzeni, w szczególności\nproste prostopadłe nieprzecinające się.\nX.R5) wyznacza przekroje sześcianu […].\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: √6.\n3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością odcinka 𝑆𝑃), np.:\n|𝑆𝑃|\n6 = 3√2\n6√3 (z podobieństwa trójkątów 𝑃𝐻𝑆 i 𝐴𝐻𝐵, sposób I),\n18√2 = 1\n2 ⋅3√2 ⋅6 + 1\n2 ⋅6√3 ⋅|𝑆𝑃| (z równości pól 𝑃𝐻𝐴𝐵= 𝑃𝐵𝐴𝑆+ 𝑃𝐻𝑆𝐵 ),\n9√2 = 1\n2 ⋅6√3 ⋅|𝑆𝑃| (z równości 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝑆| ⋅|𝐴𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃|,\nsposób II),\nALBO\n- obliczenie pola trójkąta 𝐻𝑆𝑅 oraz długości odcinka 𝐻𝑅: 𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 9√2\n2 oraz\n|𝐻𝑅| = 3√3,\nALBO\n- obliczenie długości odcinków 𝐻𝑃 i 𝐻𝑆: |𝐻𝑃| = 2√3 i |𝐻𝑆| = 3√2,\nALBO\n- obliczenie długości odcinków 𝐻𝑃 oraz cosinusa/tangensa kąta 𝑆𝐻𝑃: |𝐻𝑃| = 2√3\ni cos ∡𝑆𝐻𝑃=\n√6\n3 (tg ∡𝑆𝐻𝑃=\n√2\n2 ),\nALBO\n- obliczenie długości 𝐴𝐾: 𝐴𝐾= 2√6.\n2 pkt - obliczenie długości boków trójkąta 𝐻𝑆𝐵: |𝐻𝑆| = 3√2, |𝐻𝐵| = 6√3, |𝑆𝐵| = 3√6\nALBO\n- zapisanie proporcji wynikającej z podobieństwa dwóch trójkątów prostokątnych, przy\nczym jednym z nich jest trójkąt 𝐻𝑆𝑃,\nALBO\n- obliczenie/zapisanie długości odcinków 𝐵𝐻 oraz 𝑆𝑅: |𝐵𝐻| = 6√3 oraz |𝑆𝑅| = 3,\nALBO\n- obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta 𝑆𝐻𝑅: np. cos ∡𝑆𝐻𝑅=\n√6\n3 ,\nsin ∡𝑆𝐻𝑅=\n√3\n3 , tg ∡𝑆𝐻𝑅=\n√2\n2 ,\nALBO\n- obliczenie pola trójkąta 𝐻𝐴𝐵: 𝑃𝛥𝐻𝐴𝐵= 18√2,\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝑆𝐵 i sinusa kąta 𝑆𝐵𝐻: |𝑆𝐵| = 3√6 i sin ∡𝑆𝐵𝐻= 1\n3 ,\nALBO\n- zapisanie pola trójkąta 𝐻𝐴𝐵 jako sumy pól trójkątów 𝑆𝐴𝐵 oraz 𝐻𝑆𝐵 i zapisanie\n𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃| (lub 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅𝑃𝐻𝐴𝐵),\nALBO\n- zapisanie pola trójkąta 𝐻𝑆𝐵 na dwa sposoby: 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝑆| ⋅|𝐴𝐵| oraz\n𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃|,\nALBO\n- obliczenie pola trójkąta 𝐻𝑆𝐵: 𝑃𝐻𝑆𝐵= 9√2.\n1 pkt - obliczenie/zapisanie długości jednego z odcinków 𝐵𝐻, 𝑆𝑅, 𝐻𝑆 albo 𝐵𝑆:\n|𝐵𝐻| = 6√3, |𝑆𝑅| = 3, |𝐻𝑆| = 3√2, |𝐵𝑆| = 3√6.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli jedynym błędem zdającego jest:\na) zastosowanie niepoprawnej definicji jednej funkcji trygonometrycznej\nb) błędne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa\nc) zastosowanie niepoprawnej tożsamości √𝑥2 + 𝑦2 = 𝑥+ 𝑦\nd) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów lub sinusów\ne) błędne zastosowanie wzoru Herona\nto zdający może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.\n2. Jeżeli zdający korzysta ze związku |𝐻𝑃| = 1\n3 ⋅|𝐻𝐵| (gdzie 𝑃 jest spodkiem wysokości\npoprowadzonej z wierzchołka 𝑆 na podstawę 𝐻𝐵 trójkąta 𝐻𝑆𝐵) i nie uzasadni jego\nprawdziwości, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:\n𝑆 - środek odcinka 𝐴𝐻,\n𝑅 - środek odcinka 𝐵𝐻,\n𝑃 - spodek wysokości trójkąta 𝑆𝐵𝐻 poprowadzonej\nz punktu 𝑆 na bok 𝐵𝐻.\n𝐶\n𝐺\n𝐻\n𝐹\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝑆\n6\n𝑃\n𝑅\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób I\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.\nTrójkąty 𝐴𝐻𝐵 i 𝑃𝐻𝑆 są podobne (cecha kkk), więc\n|𝑆𝑃|\n|𝐴𝐵| =\n|𝑆𝐻|\n|𝐵𝐻|\n|𝑆𝑃|\n6\n= 3√2\n6√3\n|𝑆𝑃| = √6\nUwaga:\nRównanie |𝑆𝑃|\n6\n= 3√2\n6√3 otrzymamy, stosując dwukrotnie definicję sinusa kąta 𝑆𝐻𝑃\nw trójkątach prostokątnych 𝐻𝑆𝑃 i 𝐻𝐴𝐵.\nSposób II\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3, |𝐻𝑆| = 3√2.\nObliczamy pole trójkąta 𝐻𝑆𝐵:\n𝑃∆𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝑆| ∙|𝐴𝐵| = 1\n2 ∙3√2 ∙6 = 9√2\nAle\n𝑃∆𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ∙|𝑆𝑃| = 1\n2 ∙6√3 ∙|𝑆𝑃| = 3√3 ⋅|𝑆𝑃|\nStąd\n3√3 ∙|𝑆𝑃| = 9√2\nwięc |𝑆𝑃| = √6.\nSposób IIa\nOdcinek 𝑆𝑅 łączy środki boków w trójkącie 𝐴𝐵𝐻, jest więc równoległy do boku 𝐴𝐵 i ma\ndługość równą |𝑆𝑅| = 1\n2 ⋅6 = 3.\nZauważmy, że trójkąt 𝐻𝐴𝐵 jest prostokątny, zatem trójkąt 𝐻𝑆𝑅 też jest prostokątny.\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.\nObliczamy pole trójkąta 𝐻𝑆𝑅:\n𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 1\n2 |𝐻𝑆| ∙|𝑆𝑅| = 1\n2 ∙3√2 ∙3 = 9√2\n2\nAle\n𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 1\n2 |𝐻𝑅| ∙|𝑆𝑃| = 1\n2 ∙3√3 ∙|𝑆𝑃|\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑆\n𝐵\n𝐴\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑆\n𝐵\n𝐴\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑅\n𝑆\n𝐵\n𝐴\nStąd\n1\n2 ∙3√3 ∙|𝑆𝑃| = 9√2\n2\nwięc |𝑆𝑃| = √6.\nSposób III\nWyznaczamy cosinus kąta 𝑆𝐻𝑃:\ncos ∡𝑆𝐻𝑃= |𝐴𝐻|\n|𝐵𝐻| = 6√2\n6√3\n= √6\n3\nPonieważ cos ∡𝑆𝐻𝑃= |𝐻𝑃|\n|𝐻𝑆| = |𝐻𝑃|\n3√2 , więc |𝐻𝑃|\n3√2 =\n√6\n3\ni stąd |𝐻𝑃| = 2√3.\nZ twierdzenia Pitagorasa w trójkącie 𝐻𝑃𝑆 mamy (3√2)\n2 = |𝑆𝑃|2 + (2√3)\n2,\nwięc |𝑆𝑃| = √6.\nSposób IV\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.\nZauważamy, że trójkąt 𝐻𝐴𝐵 jest prostokątny. Pole trójkąta 𝐻𝐴𝐵 jest równe\n𝑃𝛥𝐻𝐴𝐵= 6√2 ⋅6\n2\n= 18√2\nNiech punkt 𝐾 będzie rzutem wierzchołka 𝐴 na bok 𝐵𝐻 trójkąta 𝐻𝐴𝐵, zatem\n|𝐴𝐾| ⋅|𝐻𝐵|\n2\n= 18√2\n|𝐴𝐾| = 36√2\n|𝐻𝐵| = 36√2\n6√3\n= 2√6\nPonieważ trójkąty 𝐻𝑆𝑃 i 𝐻𝐴𝐾 są podobne, więc\n|𝐻𝑆|\n|𝑆𝑃| = |𝐻𝐴|\n|𝐴𝐾|\nStąd\n|𝑆𝑃| = 3√2 ⋅2√6\n6√2\n= √6\nUwaga:\nZadanie można również rozwiązać, rozważając ostrosłupy 𝐷𝐸𝐺𝐻 oraz 𝐷𝐸𝐺𝐵.\nProwadzimy odcinki 𝐸𝐺 i 𝐷𝐺. Trójkąt 𝐸𝐷𝐺 jest równoboczny, gdyż wszystkie jego boki są\nprzekątnymi przystających kwadratów, a ponieważ odcinki 𝐷𝐻, 𝐸𝐻 i 𝐺𝐻 mają równe\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑆\n𝐵\n𝐴\n𝐻\n𝑃\n𝐾\n𝑆\n6\n𝐵\n𝐴\nZasady oceniania rozwiązań zadań\ndługości, odcinki 𝐷𝐵, 𝐸𝐵 i 𝐺𝐵 też mają równe długości, więc ostrosłupy 𝐷𝐸𝐺𝐻 i 𝐷𝐸𝐺𝐵\no wspólnej podstawie 𝐷𝐸𝐺 są prawidłowe.\nWynika stąd, że prosta 𝐵𝐻 zawiera wysokości tych ostrosłupów, a to oznacza, że punkt 𝑃\njest środkiem ciężkości trójkąta 𝐷𝐸𝐺 o boku długości |𝐷𝐸| = 6√2. Zatem\n|𝑆𝑃| = 1\n3 ⋅6√2 ⋅√3\n2\n= √6\n𝐶\n𝐺\n𝐻\n𝐹\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝑆\n6\n𝑃","solution":"Odpowiedź: **$h = \\sqrt{6}$** Współrzędne: $S = (0, 3, 3)$, $B = (6, 0, 0)$, $H = (0, 6, 6)$. Pole $\\triangle SBH = 9\\sqrt{2}$ (z iloczynu wektorowego). $|BH| = 6\\sqrt{3}$. Stąd $h = \\frac{2 \\cdot 9\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\sqrt{6}$.\n\nStrona arkusza CKE z trescia zadania\n\nCo zrobić?\n\nUstaw układ współrzędnych. Wierzchołki sześcianu:\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$S$ = przecięcie przekątnych ściany $ADHE$ = środek ściany: $S = \\left(0, \\frac{0+6}{2}, \\frac{0+6}{2}\\right) = (0, 3, 3)$.\n\nOblicz długość $|BH|$ (podstawa trójkąta):\n\n$$|BH| = \\sqrt{(6-0)^2 + (0-6)^2 + (0-6)^2} = \\sqrt{108} = 6\\sqrt{3}$$\n\nOblicz pole $\\triangle SBH$ z iloczynu wektorowego:\n\n$$\\vec{SB} = B - S = (6, -3, -3)$$\n$$\\vec{SH} = H - S = (0, 3, 3)$$\n\n$$\\vec{SB} \\times \\vec{SH} = (0, -18, 18)$$\n\n$$|\\vec{SB} \\times \\vec{SH}| = \\sqrt{0 + 324 + 324} = \\sqrt{648} = 18\\sqrt{2}$$\n\n$$P_{\\triangle SBH} = \\frac{1}{2} \\cdot 18\\sqrt{2} = 9\\sqrt{2}$$\n\nWysokość z $S$ na $BH$:\n\n$$P = \\frac{1}{2} \\cdot |BH| \\cdot h$$\n\n$$9\\sqrt{2} = \\frac{1}{2} \\cdot 6\\sqrt{3} \\cdot h \\implies h = \\frac{18\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\frac{3\\sqrt{2}}{\\sqrt{3}} = \\sqrt{6}$$\n\nPo co to umieć\n\nW 3D do odległości punktu od prostej najszybciej jest przez pole trójkąta:\n$$d = \\frac{2 \\cdot P_{\\triangle}}{|\\text{bok}|}$$\n\nPole z iloczynu wektorowego: $P = \\frac{1}{2} |\\vec{u} \\times \\vec{v}|$. Iloczyn wektorowy zawsze działa, bez względu na typ trójkąta.\n\nTypowy błąd: Najczęstszy błąd: założenie, że trójkąt $SBH$ jest prostokątny lub równoramienny. Sprawdź boki: $|SB| = 3\\sqrt{6}$, $|SH| = 3\\sqrt{2}$, $|BH| = 6\\sqrt{3}$ — to **trójkąt różnoboczny**.","image":"img/matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/zad-7.webp","solution_image":"img/matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/sol-7.svg","topics":"stereometria, sześcian, geometria analityczna 3D","page_from":11,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 7. (0-4)
Dany jest sześcian 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻 o krawędzi
długości 6. Punkt 𝑆 jest punktem przecięcia
przekątnych 𝐴𝐻 i 𝐷𝐸 ściany bocznej 𝐴𝐷𝐻𝐸
(zobacz rysunek).
Oblicz wysokość trójkąta 𝑺𝑩𝑯 poprowadzoną z punktu 𝑺 na bok 𝑩𝑯 tego trójkąta.
Zapisz obliczenia.
𝐶
𝐺
𝐻
𝐹
𝐸
𝐴
𝐵
𝐷
𝑆
6
7.
0-1-
2-3-4

\n

MMAP-R0_100
Dany jest sześcian ABCDEFGH o krawędzi długości 6. Punkt S jest punktem przecięcia przekątnych AH i DE ściany bocznej ADHE (zobacz rysunek). [rysunek] Oblicz wysokość trójkąta SBH poprowadzoną z punktu S na bok BH tego trójkąta.

","answer_text_html":"

Zadanie 7. (0-4)
Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.

\n
  1. Stosowanie i tworzenie strategii przy
\n

rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Zdający:
X.1) rozpoznaje wzajemne położenie
prostych w przestrzeni, w szczególności
proste prostopadłe nieprzecinające się.
X.R5) wyznacza przekroje sześcianu […].
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: √6.
3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością odcinka 𝑆𝑃), np.:
|𝑆𝑃|
6 = 3√2
6√3 (z podobieństwa trójkątów 𝑃𝐻𝑆 i 𝐴𝐻𝐵, sposób I),
18√2 = 1
2 ⋅3√2 ⋅6 + 1
2 ⋅6√3 ⋅|𝑆𝑃| (z równości pól 𝑃𝐻𝐴𝐵= 𝑃𝐵𝐴𝑆+ 𝑃𝐻𝑆𝐵 ),
9√2 = 1
2 ⋅6√3 ⋅|𝑆𝑃| (z równości 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1
2 ⋅|𝐻𝑆| ⋅|𝐴𝐵| = 1
2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃|,
sposób II),
ALBO

\n\n

2 oraz
|𝐻𝑅| = 3√3,
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

i cos ∡𝑆𝐻𝑃=
√6
3 (tg ∡𝑆𝐻𝑃=
√2
2 ),
ALBO

\n\n

2 pkt - obliczenie długości boków trójkąta 𝐻𝑆𝐵: |𝐻𝑆| = 3√2, |𝐻𝐵| = 6√3, |𝑆𝐵| = 3√6
ALBO

\n\n

czym jednym z nich jest trójkąt 𝐻𝑆𝑃,
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

√6
3 ,
sin ∡𝑆𝐻𝑅=
√3
3 , tg ∡𝑆𝐻𝑅=
√2
2 ,
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

3 ,
ALBO

\n\n

𝑃𝐻𝑆𝐵= 1
2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃| (lub 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1
2 ⋅𝑃𝐻𝐴𝐵),
ALBO

\n\n

2 ⋅|𝐻𝑆| ⋅|𝐴𝐵| oraz
𝑃𝐻𝑆𝐵= 1
2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃|,
ALBO

\n\n

1 pkt - obliczenie/zapisanie długości jednego z odcinków 𝐵𝐻, 𝑆𝑅, 𝐻𝑆 albo 𝐵𝑆:
|𝐵𝐻| = 6√3, |𝑆𝑅| = 3, |𝐻𝑆| = 3√2, |𝐵𝑆| = 3√6.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli jedynym błędem zdającego jest:
\n

a) zastosowanie niepoprawnej definicji jednej funkcji trygonometrycznej
b) błędne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa
c) zastosowanie niepoprawnej tożsamości √𝑥2 + 𝑦2 = 𝑥+ 𝑦
d) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów lub sinusów
e) błędne zastosowanie wzoru Herona
to zdający może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający korzysta ze związku |𝐻𝑃| = 1
\n

3 ⋅|𝐻𝐵| (gdzie 𝑃 jest spodkiem wysokości
poprowadzonej z wierzchołka 𝑆 na podstawę 𝐻𝐵 trójkąta 𝐻𝑆𝐵) i nie uzasadni jego
prawdziwości, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
𝑆 - środek odcinka 𝐴𝐻,
𝑅 - środek odcinka 𝐵𝐻,
𝑃 - spodek wysokości trójkąta 𝑆𝐵𝐻 poprowadzonej
z punktu 𝑆 na bok 𝐵𝐻.
𝐶
𝐺
𝐻
𝐹
𝐸
𝐴
𝐵
𝐷
𝑆
6
𝑃
𝑅
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób I
Obliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.
Trójkąty 𝐴𝐻𝐵 i 𝑃𝐻𝑆 są podobne (cecha kkk), więc
|𝑆𝑃|
|𝐴𝐵| =
|𝑆𝐻|
|𝐵𝐻|
|𝑆𝑃|
6
= 3√2
6√3
|𝑆𝑃| = √6
Uwaga:
Równanie |𝑆𝑃|
6
= 3√2
6√3 otrzymamy, stosując dwukrotnie definicję sinusa kąta 𝑆𝐻𝑃
w trójkątach prostokątnych 𝐻𝑆𝑃 i 𝐻𝐴𝐵.
Sposób II
Obliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3, |𝐻𝑆| = 3√2.
Obliczamy pole trójkąta 𝐻𝑆𝐵:
𝑃∆𝐻𝑆𝐵= 1
2 ⋅|𝐻𝑆| ∙|𝐴𝐵| = 1
2 ∙3√2 ∙6 = 9√2
Ale
𝑃∆𝐻𝑆𝐵= 1
2 ⋅|𝐻𝐵| ∙|𝑆𝑃| = 1
2 ∙6√3 ∙|𝑆𝑃| = 3√3 ⋅|𝑆𝑃|
Stąd
3√3 ∙|𝑆𝑃| = 9√2
więc |𝑆𝑃| = √6.
Sposób IIa
Odcinek 𝑆𝑅 łączy środki boków w trójkącie 𝐴𝐵𝐻, jest więc równoległy do boku 𝐴𝐵 i ma
długość równą |𝑆𝑅| = 1
2 ⋅6 = 3.
Zauważmy, że trójkąt 𝐻𝐴𝐵 jest prostokątny, zatem trójkąt 𝐻𝑆𝑅 też jest prostokątny.
Obliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.
Obliczamy pole trójkąta 𝐻𝑆𝑅:
𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 1
2 |𝐻𝑆| ∙|𝑆𝑅| = 1
2 ∙3√2 ∙3 = 9√2
2
Ale
𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 1
2 |𝐻𝑅| ∙|𝑆𝑃| = 1
2 ∙3√3 ∙|𝑆𝑃|
6
𝐻
𝑃
𝑆
𝐵
𝐴
6
𝐻
𝑃
𝑆
𝐵
𝐴
6
𝐻
𝑃
𝑅
𝑆
𝐵
𝐴
Stąd
1
2 ∙3√3 ∙|𝑆𝑃| = 9√2
2
więc |𝑆𝑃| = √6.
Sposób III
Wyznaczamy cosinus kąta 𝑆𝐻𝑃:
cos ∡𝑆𝐻𝑃= |𝐴𝐻|
|𝐵𝐻| = 6√2
6√3
= √6
3
Ponieważ cos ∡𝑆𝐻𝑃= |𝐻𝑃|
|𝐻𝑆| = |𝐻𝑃|
3√2 , więc |𝐻𝑃|
3√2 =
√6
3
i stąd |𝐻𝑃| = 2√3.
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie 𝐻𝑃𝑆 mamy (3√2)
2 = |𝑆𝑃|2 + (2√3)
2,
więc |𝑆𝑃| = √6.
Sposób IV
Obliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.
Zauważamy, że trójkąt 𝐻𝐴𝐵 jest prostokątny. Pole trójkąta 𝐻𝐴𝐵 jest równe
𝑃𝛥𝐻𝐴𝐵= 6√2 ⋅6
2
= 18√2
Niech punkt 𝐾 będzie rzutem wierzchołka 𝐴 na bok 𝐵𝐻 trójkąta 𝐻𝐴𝐵, zatem
|𝐴𝐾| ⋅|𝐻𝐵|
2
= 18√2
|𝐴𝐾| = 36√2
|𝐻𝐵| = 36√2
6√3
= 2√6
Ponieważ trójkąty 𝐻𝑆𝑃 i 𝐻𝐴𝐾 są podobne, więc
|𝐻𝑆|
|𝑆𝑃| = |𝐻𝐴|
|𝐴𝐾|
Stąd
|𝑆𝑃| = 3√2 ⋅2√6
6√2
= √6
Uwaga:
Zadanie można również rozwiązać, rozważając ostrosłupy 𝐷𝐸𝐺𝐻 oraz 𝐷𝐸𝐺𝐵.
Prowadzimy odcinki 𝐸𝐺 i 𝐷𝐺. Trójkąt 𝐸𝐷𝐺 jest równoboczny, gdyż wszystkie jego boki są
przekątnymi przystających kwadratów, a ponieważ odcinki 𝐷𝐻, 𝐸𝐻 i 𝐺𝐻 mają równe
6
𝐻
𝑃
𝑆
𝐵
𝐴
𝐻
𝑃
𝐾
𝑆
6
𝐵
𝐴
Zasady oceniania rozwiązań zadań
długości, odcinki 𝐷𝐵, 𝐸𝐵 i 𝐺𝐵 też mają równe długości, więc ostrosłupy 𝐷𝐸𝐺𝐻 i 𝐷𝐸𝐺𝐵
o wspólnej podstawie 𝐷𝐸𝐺 są prawidłowe.
Wynika stąd, że prosta 𝐵𝐻 zawiera wysokości tych ostrosłupów, a to oznacza, że punkt 𝑃
jest środkiem ciężkości trójkąta 𝐷𝐸𝐺 o boku długości |𝐷𝐸| = 6√2. Zatem
|𝑆𝑃| = 1
3 ⋅6√2 ⋅√3
2
= √6
𝐶
𝐺
𝐻
𝐹
𝐸
𝐴
𝐵
𝐷
𝑆
6
𝑃

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/sol-7.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"

Odpowiedź: $h = \\sqrt{6}$ Współrzędne: $S = (0, 3, 3)$, $B = (6, 0, 0)$, $H = (0, 6, 6)$. Pole $\\triangle SBH = 9\\sqrt{2}$ (z iloczynu wektorowego). $|BH| = 6\\sqrt{3}$. Stąd $h = \\frac{2 \\cdot 9\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\sqrt{6}$.

\n

Strona arkusza CKE z trescia zadania

\n

Co zrobić?

\n

Ustaw układ współrzędnych. Wierzchołki sześcianu:

\n\n

$S$ = przecięcie przekątnych ściany $ADHE$ = środek ściany: $S = \\left(0, \\frac{0+6}{2}, \\frac{0+6}{2}\\right) = (0, 3, 3)$.

\n

Oblicz długość $|BH|$ (podstawa trójkąta):

\n

$$|BH| = \\sqrt{(6-0)^2 + (0-6)^2 + (0-6)^2} = \\sqrt{108} = 6\\sqrt{3}$$

\n

Oblicz pole $\\triangle SBH$ z iloczynu wektorowego:

\n

$$\\vec{SB} = B - S = (6, -3, -3)$$
$$\\vec{SH} = H - S = (0, 3, 3)$$

\n

$$\\vec{SB} \\times \\vec{SH} = (0, -18, 18)$$

\n

$$|\\vec{SB} \\times \\vec{SH}| = \\sqrt{0 + 324 + 324} = \\sqrt{648} = 18\\sqrt{2}$$

\n

$$P_{\\triangle SBH} = \\frac{1}{2} \\cdot 18\\sqrt{2} = 9\\sqrt{2}$$

\n

Wysokość z $S$ na $BH$:

\n

$$P = \\frac{1}{2} \\cdot |BH| \\cdot h$$

\n

$$9\\sqrt{2} = \\frac{1}{2} \\cdot 6\\sqrt{3} \\cdot h \\implies h = \\frac{18\\sqrt{2}}{6\\sqrt{3}} = \\frac{3\\sqrt{2}}{\\sqrt{3}} = \\sqrt{6}$$

\n

Po co to umieć

\n

W 3D do odległości punktu od prostej najszybciej jest przez pole trójkąta:
$$d = \\frac{2 \\cdot P_{\\triangle}}{|\\text{bok}|}$$

\n

Pole z iloczynu wektorowego: $P = \\frac{1}{2} |\\vec{u} \\times \\vec{v}|$. Iloczyn wektorowy zawsze działa, bez względu na typ trójkąta.

\n

Typowy błąd: Najczęstszy błąd: założenie, że trójkąt $SBH$ jest prostokątny lub równoramienny. Sprawdź boki: $|SB| = 3\\sqrt{6}$, $|SH| = 3\\sqrt{2}$, $|BH| = 6\\sqrt{3}$ — to trójkąt różnoboczny.

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

Poprawna odpowiedź: wykazanie, że \\(|ND| = \\sqrt{3} + 1\\)

\n

Jest to zadanie otwarte - poniżej dwa pełne dowody.

\n

Sposób 1 - Układ współrzędnych

\n

Krok 1. Wyznaczenie wymiarów trójkąta.

\n

Z danych: \\(\\angle CAB = 60°\\), \\(\\angle ABC = 90°\\), \\(\\angle BCA = 30°\\).

\n

Punkt \\(D\\) leży na \\(AC\\), a \\(BD\\) jest wysokością, więc \\(\\angle ADB = 90°\\). W trójkącie prostokątnym \\(ABD\\):

\n

\\[\\angle DAB = 60°, \\quad |AD| = 2\\]

\n

Zatem:
\\[|BD| = |AD| \\cdot \\operatorname{tg}60° = 2\\sqrt{3}\\]
\\[|AB| = \\frac{|AD|}{\\cos 60°} = \\frac{2}{\\frac{1}{2}} = 4\\]

\n

Krok 2. Układ współrzędnych.

\n

Ustawiam \\(B = (0,0)\\), \\(A = (0,4)\\) (na osi \\(Oy\\)), \\(C = (4\\sqrt{3},0)\\) (na osi \\(Ox\\)).

\n

Prosta \\(AC\\) ma równanie (przez \\((0,4)\\) z nachyleniem \\(-\\frac{1}{\\sqrt{3}}\\)):
\\[x + \\sqrt{3}\\,y = 4\\sqrt{3}\\]

\n

Prosta \\(BD\\) jest prostopadła do \\(AC\\) i przechodzi przez \\(B\\), więc ma nachylenie \\(\\sqrt{3}\\):
\\[BD\\colon\\quad y = \\sqrt{3}\\,x\\]

\n

Podstawiam do równania \\(AC\\):
\\[x + \\sqrt{3}\\cdot\\sqrt{3}\\,x = 4\\sqrt{3} \\implies 4x = 4\\sqrt{3} \\implies x = \\sqrt{3},\\quad y = 3\\]

\n

\\[\\boxed{D = \\left(\\sqrt{3},\\, 3\\right)}\\]

\n

Krok 3. Wyznaczenie punktów \\(K\\), \\(L\\) i prostej \\(KL\\).

\n

\\[K = (0,\\,1) \\quad \\text{(na \\(AB\\), odległość 1 od \\(B\\))}\\]
\\[L = (1,\\,0) \\quad \\text{(na \\(BC\\), odległość 1 od \\(B\\))}\\]

\n

Równanie prostej \\(KL\\) (przez \\((0,1)\\) i \\((1,0)\\)):
\\[x + y = 1\\]

\n

Krok 4. Punkt \\(N\\) - przecięcie \\(KL\\) z \\(BD\\).

\n

\\[\\begin{cases} x + y = 1 \\\\ y = \\sqrt{3}\\,x \\end{cases} \\implies x(1 + \\sqrt{3}) = 1 \\implies x_N = \\frac{1}{1+\\sqrt{3}} = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]
\\[y_N = \\sqrt{3}\\cdot\\frac{\\sqrt{3}-1}{2} = \\frac{3-\\sqrt{3}}{2}\\]

\n

Krok 5. Obliczenie \\(|ND|\\).

\n

\\[\\Delta x = \\sqrt{3} - \\frac{\\sqrt{3}-1}{2} = \\frac{2\\sqrt{3} - \\sqrt{3} + 1}{2} = \\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\]
\\[\\Delta y = 3 - \\frac{3-\\sqrt{3}}{2} = \\frac{6 - 3 + \\sqrt{3}}{2} = \\frac{3+\\sqrt{3}}{2}\\]

\n

\\[|ND|^2 = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{3+\\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = \\frac{(\\sqrt{3}+1)^2 + (3+\\sqrt{3})^2}{4}\\]

\n

\\[(\\sqrt{3}+1)^2 = 4 + 2\\sqrt{3}, \\qquad (3+\\sqrt{3})^2 = 12 + 6\\sqrt{3}\\]

\n

\\[|ND|^2 = \\frac{4 + 2\\sqrt{3} + 12 + 6\\sqrt{3}}{4} = \\frac{16 + 8\\sqrt{3}}{4} = 4 + 2\\sqrt{3} = (\\sqrt{3}+1)^2\\]

\n

Stąd:
\\[\\boxed{|ND| = \\sqrt{3} + 1}\\]

\n

Sposób 2 - Parametryzacja odcinka \\(BD\\) (metoda trygonometryczna)

\n

Krok 1. Kąt, który \\(BD\\) tworzy z \\(BC\\).

\n

W trójkącie prostokątnym \\(ABD\\): \\(\\angle DAB = 60°\\), \\(\\angle ADB = 90°\\), więc \\(\\angle ABD = 30°\\).
Ponieważ \\(\\angle ABC = 90°\\), odcinek \\(BD\\) tworzy kąt \\(\\mathbf{60°}\\) z poziomym bokiem \\(BC\\).

\n

Krok 2. Długość \\(|BD|\\).

\n

\\[|BD| = |AD|\\cdot\\operatorname{tg}60° = 2\\sqrt{3}\\]

\n

Krok 3. Punkty \\(K\\), \\(L\\), prosta \\(KL\\).

\n

Jak w Sposobie 1: \\(K=(0,1)\\), \\(L=(1,0)\\), równanie \\(KL\\): \\(x + y = 1\\).

\n

Krok 4. Wyznaczenie \\(|BN|\\).

\n

Każdy punkt na odcinku \\(BD\\) w odległości \\(t\\) od \\(B\\) ma współrzędne:
\\[\\left(t\\cos 60°,\\; t\\sin 60°\\right) = \\left(\\frac{t}{2},\\; \\frac{t\\sqrt{3}}{2}\\right)\\]

\n

Warunek, że ten punkt leży na prostej \\(KL\\): \\(x + y = 1\\):
\\[\\frac{t}{2} + \\frac{t\\sqrt{3}}{2} = 1 \\implies \\frac{t(1+\\sqrt{3})}{2} = 1 \\implies t = \\frac{2}{1+\\sqrt{3}}\\]

\n

Racjonalizuję mianownik:
\\[t = \\frac{2({\\sqrt{3}-1})}{(\\sqrt{3}+1)(\\sqrt{3}-1)} = \\frac{2(\\sqrt{3}-1)}{2} = \\sqrt{3}-1\\]

\n

Zatem \\(|BN| = \\sqrt{3} - 1\\) (i \\(0 < \\sqrt{3}-1 < 2\\sqrt{3}\\), więc \\(N\\) leży między \\(B\\) i \\(D\\) ✓).

\n

Krok 5. Wyznaczenie \\(|ND|\\).

\n

\\[|ND| = |BD| - |BN| = 2\\sqrt{3} - (\\sqrt{3}-1) = 2\\sqrt{3} - \\sqrt{3} + 1 = \\boxed{\\sqrt{3}+1}\\]

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14) - wartości funkcji trygonometrycznych dla kąta \\(60°\\):
\\[\\cos 60° = \\frac{1}{2}, \\quad \\sin 60° = \\frac{\\sqrt{3}}{2}, \\quad \\operatorname{tg}60° = \\sqrt{3}\\]
Użyte przy wyznaczaniu współrzędnych \\(D\\), długości \\(|AB|\\) i \\(|BD|\\) oraz parametryzacji odcinka \\(BD\\).

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-21) - Twierdzenie Pitagorasa:
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
Użyte pośrednio przy obliczaniu odległości \\(|ND|\\) w Sposobie 1.

\n

Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25) - odległość dwóch punktów:
\\[|PQ| = \\sqrt{(x_Q - x_P)^2 + (y_Q - y_P)^2}\\]
Użyte w Sposobie 1 do obliczenia \\(|ND|\\).

\n

Typowe pułapki i uwaga

\n
⚠️ Uwaga: Kąt między \\(BD\\) a \\(BC\\) to nie \\(30°\\), lecz \\(60°\\) - bo \\(\\angle ABD = 30°\\) i \\(\\angle ABC = 90°\\), skąd \\(\\angle DBC = 60°\\). Pomylenie tych kątów niszczy całe obliczenia.
\n
⚠️ Uwaga: W Sposobie 2 trzeba sprawdzić, że \\(N\\) leży między \\(B\\) i \\(D\\) (że \\(0 < t_N < |BD|\\)), bo inaczej wzór \\(|ND| = |BD| - |BN|\\) nie działa automatycznie - choć tu warunek jest spełniony (\\(\\sqrt{3}-1 \\approx 0{,}73 < 2\\sqrt{3} \\approx 3{,}46\\)).
\n
⚠️ Uwaga: Podczas racjonalizowania \\(\\frac{2}{1+\\sqrt{3}}\\) pamiętaj, że \\((\\sqrt{3}+1)(\\sqrt{3}-1) = 3 - 1 = 2\\), a nie \\(3+1=4\\). Błąd w mianowniku da zupełnie inny wynik.
\n
Analiza zadania
\n

Trójkąt \\(ABC\\) prostokątny w \\(B\\) z kątem \\(\\angle A = 60^{\\circ}\\), więc \\(\\angle C = 30^{\\circ}\\). Mamy \\(|AD|=2\\), \\(|BK|=|BL|=1\\), \\(BD\\) to wysokość opuszczona z \\(B\\), \\(N\\) to punkt przecięcia \\(BD\\) z \\(KL\\).

\n
Obliczenia pomocnicze
\n

W trójkącie \\(DAB\\) (prostokątny w \\(D\\), \\(\\angle A=60^{\\circ}\\)):
\\[|AB|=\\dfrac{|AD|}{\\cos 60^{\\circ}}=\\dfrac{2}{\\frac{1}{2}}=4, \\quad |BD|=|AD|\\cdot\\tan 60^{\\circ} = 2\\sqrt{3}\\]

\n

Trójkąt \\(BKL\\) jest prostokątny równoramienny (\\(\\angle B=90^{\\circ}\\), \\(|BK|=|BL|=1\\)), więc kąty \\(\\angle BKL = \\angle BLK = 45^{\\circ}\\).

\n
Sposób 1 - pola trójkątów
\n

Korzystamy z równości pól (dział VII karty wzorów - pole trójkąta \\(P=\\dfrac{1}{2}ab\\sin\\gamma\\)):
W trójkącie \\(BLN\\) kąt \\(\\angle NBL = 60^{\\circ}\\) (bo \\(BD\\) tworzy z \\(BC\\) kąt \\(60^{\\circ}\\), gdyż \\(\\angle DBC = 30^{\\circ}\\)).

\n

Pole trójkąta \\(KBL\\) = pole \\(BLN\\) + pole \\(KBN\\).
\\[\\dfrac{1}{2}\\cdot 1\\cdot 1 = \\dfrac{1}{2}\\cdot |BL|\\cdot |BN|\\cdot\\sin 60^{\\circ} + \\dfrac{1}{2}\\cdot |BK|\\cdot |BN|\\cdot\\sin 30^{\\circ}\\]
\\[\\dfrac{1}{2} = \\dfrac{1}{2}|BN|\\cdot\\dfrac{\\sqrt{3}}{2} + \\dfrac{1}{2}|BN|\\cdot\\dfrac{1}{2}\\]
\\[1 = |BN|\\cdot\\dfrac{\\sqrt{3}+1}{2}\\]
\\[|BN| = \\dfrac{2}{\\sqrt{3}+1}=\\dfrac{2(\\sqrt{3}-1)}{2}=\\sqrt{3}-1\\]

\n

Zatem \\(|ND|=|BD|-|BN|=2\\sqrt{3}-(\\sqrt{3}-1)=\\sqrt{3}+1\\). \\(\\blacksquare\\)

\n
Sposób 2 - twierdzenie sinusów
\n

W trójkącie \\(BNK\\) kąty mają miary: \\(\\angle KBN=30^{\\circ}\\) (bo \\(\\angle DBA=30^{\\circ}\\)), \\(\\angle BKN=45^{\\circ}\\), więc \\(\\angle BNK=105^{\\circ}\\).

\n

Z twierdzenia sinusów (dział VII): \\(\\dfrac{|BK|}{\\sin\\angle BNK}=\\dfrac{|BN|}{\\sin\\angle BKN}\\)
\\[\\dfrac{1}{\\sin 105^{\\circ}}=\\dfrac{|BN|}{\\sin 45^{\\circ}}\\]
\\[|BN|=\\dfrac{\\sin 45^{\\circ}}{\\sin 105^{\\circ}}\\]

\n

Korzystając ze wzoru \\(\\sin 105^{\\circ}=\\sin(60^{\\circ}+45^{\\circ})=\\dfrac{\\sqrt{3}}{2}\\cdot\\dfrac{\\sqrt{2}}{2}+\\dfrac{1}{2}\\cdot\\dfrac{\\sqrt{2}}{2}=\\dfrac{\\sqrt{2}(\\sqrt{3}+1)}{4}\\):
\\[|BN|=\\dfrac{\\frac{\\sqrt{2}}{2}}{\\frac{\\sqrt{2}(\\sqrt{3}+1)}{4}}=\\dfrac{2}{\\sqrt{3}+1}=\\sqrt{3}-1\\]

\n

Stąd \\(|ND|=2\\sqrt{3}-(\\sqrt{3}-1)=\\sqrt{3}+1\\). \\(\\blacksquare\\)

\n
Uwagi o punktacji
\n\n

Trik: Gdy mamy dwie sąsiednie odcinki rozpięte z jednego punktu i wspólny bok przez ich wnętrze, najszybciej użyć "suma pól trójkątów" z sinusem kąta.

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

$\\\\sqrt{6}$

"}]}