{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/14","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"14","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 14. (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.\n𝐶\n𝐺\n𝐻\n𝐹\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝑆\n6\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n14.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 14. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\nP9.1) rozpoznaje w graniastosłupach kąty\nmiędzy odcinkami (np. krawędziami,\nkrawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza\nmiary tych kątów;\nP9.3) stosuje trygonometrię do obliczeń\ndługości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości graniastosłupów.\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 ,\nZasady oceniania rozwiązań zadań\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\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\nZasady oceniania rozwiązań zadań\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\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑆\n𝐵\n𝐴\n𝐻\n𝑃\n𝐾\n𝑆\n6\n𝐵\n𝐴\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\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\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-14.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":20,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 14. (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.
𝐶
𝐺
𝐻
𝐹
𝐸
𝐴
𝐵
𝐷
𝑆
6

\n

EMAP-R0_100
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
14.
Maks. liczba pkt
4
Uzyskana liczba pkt

\n

EMAP-R0_100

","answer_text_html":"

Zadanie 14. (0-4)
Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający:
P9.1) rozpoznaje w graniastosłupach kąty
między odcinkami (np. krawędziami,
krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza
miary tych kątów;
P9.3) stosuje trygonometrię do obliczeń
długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości graniastosłupów.
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 ,
Zasady oceniania rozwiązań zadań
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
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
Zasady oceniania rozwiązań zadań
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
6
𝐻
𝑃
𝑆
𝐵
𝐴
𝐻
𝑃
𝐾
𝑆
6
𝐵
𝐴
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
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
Zasady oceniania rozwiązań zadań

","solutions":[]}