{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"13","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (0-5)\nDany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny 𝐴𝐵𝐶𝐷 o podstawie 𝐴𝐵𝐶. Płaszczyzna\nzawierająca krawędź 𝐴𝐵 podstawy i prostopadła do krawędzi bocznej 𝐶𝐷 przecina tę\nkrawędź w punkcie 𝐸, przy czym |𝐶𝐸|\n|𝐷𝐸| = 3\n11 .\nOblicz stosunek pola powierzchni całkowitej tego ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-5)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n9.1) rozpoznaje w graniastosłupach\ni ostrosłupach kąty między odcinkami […],\noblicza miary tych kątów;\n9.2) rozpoznaje w graniastosłupach\ni ostrosłupach kąt między odcinkami\ni płaszczyznami […], oblicza miary tych\nkątów.\nZasady oceniania (dla sposobów I - III)\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 6.\n4 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 czterech spośród wielkości 1)-4) określonych\nw zasadach oceniania za 1 punkt\nALBO\n- wyznaczenie pola powierzchni całkowitej ostrosłupa w zależności od 𝑥: 126√3𝑥2.\n3 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 trzech spośród wielkości 1)-4) określonych\nw zasadach oceniania za 1 punkt.\n2 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 dwóch spośród wielkości 1)-4) określonych\nw zasadach oceniania za 1 punkt.\n1 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 jednej z poniższych wielkości 1)-4):\n1) długości wysokości ściany bocznej, np. |𝐵𝐸| = 5√3𝑥, |𝐷𝐹| = 5√7𝑥,\n2) długości krawędzi podstawy 𝐴𝐵𝐶: |𝐵𝐶| = 2√21𝑥,\n3) pola podstawy 𝐴𝐵𝐶: 21√3𝑥2,\n4) pola ściany bocznej (lub pola powierzchni bocznej): 35√3𝑥2 (lub 105√3𝑥2).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPonieważ |𝐶𝐸|\n|𝐸𝐷| = 3\n11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0 (zobacz\nrysunki).\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 i otrzymujemy:\n|𝐵𝐸|2 + |𝐸𝐷|2 = |𝐵𝐷|2\n|𝐵𝐸|2 + (11𝑥)2 = (14𝑥)2\n|𝐵𝐸| = 5√3𝑥\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐶𝐸 i otrzymujemy:\n|𝐵𝐶|2 = |𝐶𝐸|2 + |𝐵𝐸|2\n|𝐵𝐶|2 = (3𝑥)2 + (5√3𝑥)\n2\n|𝐵𝐶| = 2√21𝑥\nWyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:\n𝑃𝑏= 3 ⋅1\n2 ⋅|𝐶𝐷| ⋅|𝐵𝐸| = 3\n2 ⋅14𝑥⋅5√3𝑥= 105√3𝑥2\nWyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃𝑝=\n|𝐵𝐶|2 ⋅√3\n4\n= (2√21𝑥)\n2 ⋅√3\n4\n= 21√3𝑥2\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n3𝑥\n11𝑥\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n3𝑥\n11𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nObliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶\nostrosłupa:\n𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝\n𝑃𝑝\n= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2\n21√3𝑥2\n= 6\nSposób II\nPonieważ |𝐶𝐸|\n|𝐸𝐷| = 3\n11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0.\nNiech 𝐹 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝐷 poprowadzonej z wierzchołka 𝐷\nna krawędź 𝐵𝐶 (zobacz rysunki).\nZ podobieństwa trójkątów prostokątnych 𝐶𝐸𝐵 oraz 𝐶𝐹𝐷 otrzymujemy:\n|𝐸𝐶|\n|𝐵𝐶| =\n|𝐹𝐶|\n|𝐶𝐷|\n3𝑥\n|𝐵𝐶| =\n1\n2 ⋅|𝐵𝐶|\n14𝑥\n|𝐵𝐶| = 2√21𝑥\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐶𝐷𝐹 i otrzymujemy:\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝐹|2 + |𝐹𝐶|2\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n3𝑥\n11𝑥\n𝐹\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐹\n3𝑥\n11𝑥\n(14𝑥)2 = |𝐷𝐹|2 + (1\n2 ⋅2√21𝑥)\n2\n|𝐷𝐹| = 5√7𝑥\nWyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:\n𝑃𝑏= 3 ⋅1\n2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅|𝐷𝐹| = 3\n2 ⋅2√21𝑥⋅5√7𝑥= 105√3𝑥2\nWyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃𝑝= |𝐵𝐶|2 ⋅√3\n4\n= (2√21𝑥)\n2 ⋅√3\n4\n= 21√3𝑥2\nObliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶\nostrosłupa:\n𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝\n𝑃𝑝\n= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2\n21√3𝑥2\n= 6\nSposób III\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑂 - spodek wysokości ostrosłupa poprowadzonej z wierzchołka 𝐷 na podstawę 𝐴𝐵𝐶,\n𝐺 - środek krawędzi 𝐴𝐵,\n𝑎 - długość krawędzi podstawy 𝐴𝐵𝐶,\nℎ𝑏 - wysokość ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka 𝐷,\nℎ𝑝 - wysokość podstawy 𝐴𝐵𝐶 (zobacz rysunki).\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ |𝐶𝐸|\n|𝐸𝐷| = 3\n11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0.\nOstrosłup jest prawidłowy, więc punkt 𝑂 jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie\nrównobocznym 𝐴𝐵𝐶 i jest jednocześnie środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Zatem\n|𝑂𝐶| = 2\n3 ℎ𝑝= 𝑎√3\n3 oraz |𝑂𝐺| = 1\n3 ℎ𝑝= 𝑎√3\n6 .\nZ podobieństwa trójkątów 𝐷𝑂𝐶 i 𝐺𝐸𝐶 mamy\n|𝐸𝐶|\n|𝐺𝐶| = |𝑂𝐶|\n|𝐷𝐶|\n3𝑥\nℎ𝑝\n𝑎√3\n3\n14𝑥\n3𝑥\n𝑎√3\n2\n𝑎√3\n3\n14𝑥\n𝑎= 2√21𝑥\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐺𝐵𝐷 i otrzymujemy:\n|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝐺|2 + |𝐺𝐵|2\n(14𝑥)2 = ℎ𝑏\n2 + (1\n2 ⋅2√21𝑥)\n2\n𝐶\n𝐺\n𝑂\nℎ𝑏\n𝐷\n1\n3 ℎ𝑝\n3𝑥\n11𝑥\n2\n3 ℎ𝑝\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐺\n𝑂\n3𝑥\n11𝑥\n1\n3 ℎ𝑝\n2\n3 ℎ𝑝\nℎ𝑏\nℎ𝑏= 5√7𝑥\nWyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:\n𝑃𝑏= 3 ⋅1\n2 ⋅𝑎⋅ℎ𝑏= 3\n2 ⋅2√21𝑥⋅5√7𝑥= 105√3𝑥2\nWyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃𝑝= 𝑎2 ⋅√3\n4\n= (2√21𝑥)\n2 ⋅√3\n4\n= 21√3𝑥2\nObliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶\nostrosłupa:\n𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝\n𝑃𝑝\n= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2\n21√3𝑥2\n= 6\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-13.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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 13. (0-5)
Dany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny 𝐴𝐵𝐶𝐷 o podstawie 𝐴𝐵𝐶. Płaszczyzna
zawierająca krawędź 𝐴𝐵 podstawy i prostopadła do krawędzi bocznej 𝐶𝐷 przecina tę
krawędź w punkcie 𝐸, przy czym |𝐶𝐸|
|𝐷𝐸| = 3
11 .
Oblicz stosunek pola powierzchni całkowitej tego ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶.

\n

EMAP-R0_100

\n

EMAP-R0_100

","answer_text_html":"

Zadanie 13. (0-5)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający:
9.1) rozpoznaje w graniastosłupach
i ostrosłupach kąty między odcinkami […],
oblicza miary tych kątów;
9.2) rozpoznaje w graniastosłupach
i ostrosłupach kąt między odcinkami
i płaszczyznami […], oblicza miary tych
kątów.
Zasady oceniania (dla sposobów I - III)
5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 6.
4 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 czterech spośród wielkości 1)-4) określonych
w zasadach oceniania za 1 punkt
ALBO

\n\n

3 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 trzech spośród wielkości 1)-4) określonych
w zasadach oceniania za 1 punkt.
2 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 dwóch spośród wielkości 1)-4) określonych
w zasadach oceniania za 1 punkt.
1 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 jednej z poniższych wielkości 1)-4):

\n
  1. długości wysokości ściany bocznej, np. |𝐵𝐸| = 5√3𝑥, |𝐷𝐹| = 5√7𝑥,
  2. długości krawędzi podstawy 𝐴𝐵𝐶: |𝐵𝐶| = 2√21𝑥,
  3. pola podstawy 𝐴𝐵𝐶: 21√3𝑥2,
  4. pola ściany bocznej (lub pola powierzchni bocznej): 35√3𝑥2 (lub 105√3𝑥2).
\n

0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Ponieważ |𝐶𝐸|
|𝐸𝐷| = 3
11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0 (zobacz
rysunki).
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 i otrzymujemy:
|𝐵𝐸|2 + |𝐸𝐷|2 = |𝐵𝐷|2
|𝐵𝐸|2 + (11𝑥)2 = (14𝑥)2
|𝐵𝐸| = 5√3𝑥
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐶𝐸 i otrzymujemy:
|𝐵𝐶|2 = |𝐶𝐸|2 + |𝐵𝐸|2
|𝐵𝐶|2 = (3𝑥)2 + (5√3𝑥)
2
|𝐵𝐶| = 2√21𝑥
Wyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:
𝑃𝑏= 3 ⋅1
2 ⋅|𝐶𝐷| ⋅|𝐵𝐸| = 3
2 ⋅14𝑥⋅5√3𝑥= 105√3𝑥2
Wyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:
𝑃𝑝=
|𝐵𝐶|2 ⋅√3
4
= (2√21𝑥)
2 ⋅√3
4
= 21√3𝑥2
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
3𝑥
11𝑥
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
3𝑥
11𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Obliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶
ostrosłupa:
𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝
𝑃𝑝
= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2
21√3𝑥2
= 6
Sposób II
Ponieważ |𝐶𝐸|
|𝐸𝐷| = 3
11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0.
Niech 𝐹 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝐷 poprowadzonej z wierzchołka 𝐷
na krawędź 𝐵𝐶 (zobacz rysunki).
Z podobieństwa trójkątów prostokątnych 𝐶𝐸𝐵 oraz 𝐶𝐹𝐷 otrzymujemy:
|𝐸𝐶|
|𝐵𝐶| =
|𝐹𝐶|
|𝐶𝐷|
3𝑥
|𝐵𝐶| =
1
2 ⋅|𝐵𝐶|
14𝑥
|𝐵𝐶| = 2√21𝑥
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐶𝐷𝐹 i otrzymujemy:
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝐹|2 + |𝐹𝐶|2
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
3𝑥
11𝑥
𝐹
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐹
3𝑥
11𝑥
(14𝑥)2 = |𝐷𝐹|2 + (1
2 ⋅2√21𝑥)
2
|𝐷𝐹| = 5√7𝑥
Wyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:
𝑃𝑏= 3 ⋅1
2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅|𝐷𝐹| = 3
2 ⋅2√21𝑥⋅5√7𝑥= 105√3𝑥2
Wyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:
𝑃𝑝= |𝐵𝐶|2 ⋅√3
4
= (2√21𝑥)
2 ⋅√3
4
= 21√3𝑥2
Obliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶
ostrosłupa:
𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝
𝑃𝑝
= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2
21√3𝑥2
= 6
Sposób III
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑂 - spodek wysokości ostrosłupa poprowadzonej z wierzchołka 𝐷 na podstawę 𝐴𝐵𝐶,
𝐺 - środek krawędzi 𝐴𝐵,
𝑎 - długość krawędzi podstawy 𝐴𝐵𝐶,
ℎ𝑏 - wysokość ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka 𝐷,
ℎ𝑝 - wysokość podstawy 𝐴𝐵𝐶 (zobacz rysunki).
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Ponieważ |𝐶𝐸|
|𝐸𝐷| = 3
11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0.
Ostrosłup jest prawidłowy, więc punkt 𝑂 jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie
równobocznym 𝐴𝐵𝐶 i jest jednocześnie środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Zatem
|𝑂𝐶| = 2
3 ℎ𝑝= 𝑎√3
3 oraz |𝑂𝐺| = 1
3 ℎ𝑝= 𝑎√3
6 .
Z podobieństwa trójkątów 𝐷𝑂𝐶 i 𝐺𝐸𝐶 mamy
|𝐸𝐶|
|𝐺𝐶| = |𝑂𝐶|
|𝐷𝐶|
3𝑥
ℎ𝑝
𝑎√3
3
14𝑥
3𝑥
𝑎√3
2
𝑎√3
3
14𝑥
𝑎= 2√21𝑥
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐺𝐵𝐷 i otrzymujemy:
|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝐺|2 + |𝐺𝐵|2
(14𝑥)2 = ℎ𝑏
2 + (1
2 ⋅2√21𝑥)
2
𝐶
𝐺
𝑂
ℎ𝑏
𝐷
1
3 ℎ𝑝
3𝑥
11𝑥
2
3 ℎ𝑝
𝐸
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐺
𝑂
3𝑥
11𝑥
1
3 ℎ𝑝
2
3 ℎ𝑝
ℎ𝑏
ℎ𝑏= 5√7𝑥
Wyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:
𝑃𝑏= 3 ⋅1
2 ⋅𝑎⋅ℎ𝑏= 3
2 ⋅2√21𝑥⋅5√7𝑥= 105√3𝑥2
Wyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:
𝑃𝑝= 𝑎2 ⋅√3
4
= (2√21𝑥)
2 ⋅√3
4
= 21√3𝑥2
Obliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶
ostrosłupa:
𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝
𝑃𝑝
= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2
21√3𝑥2
= 6
Zasady oceniania rozwiązań zadań

","solutions":[]}