{"id":"matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/zad/10","paper_id":"matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona","number":"10","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (0-5)\nPodstawą ostrosłupa 𝐴𝐵𝐶𝐷𝑆 jest kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷. Krawędź boczna 𝑆𝐴 jest wysokością\nostrosłupa, natomiast krawędź podstawy ma długość 3√34. Cosinus kąta 𝛽 między\nścianami bocznymi 𝐶𝐷𝑆 i 𝐵𝐶𝑆 tego ostrosłupa jest równy (-9\n25).\nOblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.\n10.\n0-1-\n2-3-\n4-5\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nPodstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędź boczna SA jest wysokością ostrosłupa, natomiast krawędź podstawy ma długość 3√34. Cosinus kąta β między ścianami bocznymi CDS i BCS tego ostrosłupa jest równy (-9/25). Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 10. (0-5)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n4. Stosowanie i tworzenie strategii przy\nrozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach\nnietypowych.\nZdający:\nX.3) rozpoznaje w […] ostrosłupach kąty\nmiędzy odcinkami […] oraz kąty między\nścianami, oblicza miary tych kątów;\nX.5) oblicza […] pola powierzchni […]\nostrosłupów […].\nZasady oceniania\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 918.\n4 pkt - obliczenie długości krawędzi 𝑆𝐶 i 𝐵𝐸: |𝑆𝐶| = 34 i |𝐵𝐸| = 15\nALBO\n- obliczenie długości krawędzi 𝑆𝐶 i 𝐵𝑆: |𝑆𝐶| = 34 i |𝐵𝑆| = 5√34,\nALBO\n- obliczenie długości krawędzi 𝐵𝑆: |𝐵𝑆| = 5√34 i zapisanie, że trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jest\nprostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jako\nprostokątny),\nALBO\n- obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆 i 𝑆𝐵: |𝐴𝑆| = 4√34 i |𝐵𝑆| = 5√34,\nALBO\n- obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆 i 𝑆𝐶: |𝐴𝑆| = 4√34 i |𝑆𝐶| = 34,\nALBO\n- obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆 i 𝐵𝐸: |𝐴𝑆| = 4√34 i |𝐵𝐸| = 15,\nALBO\n- obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆: |𝐴𝑆| = 4√34 i zapisanie, że trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jest\nprostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jako\nprostokątny).\n3 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 9 oraz zapisanie równania pozwalającego\nobliczyć długość jednego z odcinków: 𝑆𝐶, 𝑆𝐵, 𝑆𝐴, 𝑆𝐸, np.:\n|𝐶𝐸|\n|𝐵𝐶| =\n|𝐵𝐶|\n|𝑆𝐶| (|𝑆𝐶| z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵),\n|𝐶𝐸|\n|𝑂𝐶| =\n|𝐴𝐶|\n|𝑆𝐶| (|𝑆𝐶| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝐶𝑂 i 𝐴𝐶𝑆),\n|𝐶𝐸|\n|𝐵𝐸| =\n|𝐵𝐶|\n|𝑆𝐵| (|𝑆𝐵| z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵),\n|𝐶𝐸|\n|𝐵𝐶| =\n|𝐵𝐸|\n|𝑆𝐵| (|𝑆𝐵| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝑆𝐵 i 𝐸𝐵𝐶),\n|𝐶𝐸|\n|𝑂𝐸| =\n|𝐴𝐶|\n|𝑆𝐴| (|𝑆𝐴| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝐶𝑂 i 𝐴𝐶𝑆),\n|𝑆𝐸| ⋅|𝐶𝐸| = |𝐵𝐸|2 (|𝑆𝐸| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝑆𝐵 i 𝐸𝐵𝐶),\nALBO\n- zapisanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi, w którym jedną\nz niewiadomych jest długość krawędzi 𝐵𝑆, a drugą długość krawędzi 𝑆𝐶, np.\n|𝐵𝑆|2 + (3√34)\n2 = |𝑆𝐶|2 i 15\n3√34 =\n|𝐵𝑆|\n|𝑆𝐶| ,\nALBO\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością krawędzi 𝐵𝑆 albo długością\nkrawędzi 𝑆𝐶, albo długością krawędzi 𝐴𝑆), np. ( 15\n|𝐵𝑆|)\n2\n+ ( 15\n3√34)\n2\n= 1,\n(3√34\n|𝑆𝐶| )\n2\n+ ( 15\n3√34)\n2\n= 1, (\n6√2\n1\n2 ⋅3√34⋅√2)\n2\n+ (12√2\n|𝐴𝑆| )\n2\n= 1.\n2 pkt - obliczenie długości 𝑥 odcinka 𝐵𝐸 (lub 𝐷𝐸): 𝑥= 15\nALBO\n- obliczenie długości 𝑦 odcinka 𝐸𝑂: 𝑦= 6√2,\nALBO\n- spełnienie warunku 2) i jednego z warunków 3),4) określonych w zasadach\noceniania za 1 punkt.\n1 pkt - spełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4):\n1) obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta 𝛽\n2 = |∡𝐵𝐸𝑂| (gdzie 𝑂 jest\npunktem przecięcia przekątnych podstawy 𝐴𝐵𝐶𝐷), np.: sin 𝛽\n2 =\n√17\n5 ,\ntg 𝛽\n2 =\n√34\n4 , cos 𝛽\n2 = 2√2\n5 ;\n2) zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 i zapisanie równania\n(3√34 ⋅√2)\n2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9\n25);\n3) zdający zapisze, że trójkąt 𝑆𝐵𝐶 (lub 𝑆𝐷𝐶) jest prostokątny i wskaże właściwy\nwierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.:\nzapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: |𝑆𝐶|2 = |𝐵𝑆|2 + |𝐵𝐶|2,\nzapisze, że trójkąty 𝐶𝐵𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵 są podobne,\nzapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝐶𝐵𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵, np.:\n|𝐵𝑆|\n|𝐵𝐶| = |𝐵𝐸|\n|𝐸𝐶|,\nzapisze, że trójkąty 𝐵𝐸𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵 są podobne,\nzapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐸𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵, np.:\n|𝐸𝑆|\n|𝐵𝐸| = |𝐵𝐸|\n|𝐸𝐶|;\n4) zapisze, że trójkąt 𝑂𝐸𝐶 jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.:\nzdający zapisze równość |𝑂𝐶|2 = |𝑂𝐸|2 + |𝐸𝐶|2 ,\nzapisze, że trójkąty 𝑂𝐸𝐶 oraz 𝑆𝐴𝐶 są podobne,\nzapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝑂𝐸𝐶 oraz 𝑆𝐴𝐶, np.:\n|𝑂𝐸|\n|𝑂𝐶| = |𝐴𝑆|\n|𝐶𝑆| .\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje\nco najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za\nzapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐵𝐷𝐸).\n2. Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi 𝐵𝐶𝑆\ni 𝐶𝐷𝑆, np. zakłada, że jest to kąt 𝐵𝑆𝐷, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za\nspełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt).\n3. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy\nczworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I (poprzez 𝐵𝐸, 𝐶𝑆, 𝐴𝑆)\nNiech 𝐸 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej\nz wierzchołka 𝐵. Oznaczmy 𝑥= |𝐵𝐸| (zobacz rysunek).\nPonieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸| = 𝑥.\nStosujemy do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 twierdzenie cosinusów i otrzymujemy\n|𝐵𝐷|2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2 ⋅𝑥⋅𝑥⋅cos 𝛽\n(3√34 ⋅√2)\n2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9\n25)\n𝑥= 15\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐶 i obliczamy długość odcinka 𝐶𝐸:\n|𝐶𝐸|2 = |𝐵𝐶|2 -|𝐵𝐸|2\n|𝐶𝐸|2 = (3√34)\n2 -152\n|𝐶𝐸| = 9\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝐸\n𝛽\n𝑥\n3ξ34\n3ξ34\nTrójkąt 𝐵𝐶𝑆 jest prostokątny, co wynika z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych,\ngdyż 𝐴𝐵⊥𝐵𝐶 i odcinek 𝐴𝐵 jest rzutem prostokątnym odcinka 𝑆𝐵 na płaszczyznę\n𝐴𝐵𝐶𝐷.\nTrójkąty 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów), więc\n|𝐶𝐸|\n|𝐵𝐶| = |𝐵𝐶|\n|𝑆𝐶|\n9\n3√34\n= 3√34\n|𝑆𝐶|\n|𝑆𝐶| = 34\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝑆 i obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆:\n|𝐴𝑆|2 = |𝑆𝐶|2 -|𝐴𝐶|2\n|𝐴𝑆|2 = 342 -(3√34 ⋅√2)\n2\n|𝐴𝑆| = 4√34\nObliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:\n𝑃𝑏= 2 ⋅1\n2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1\n2 ⋅𝑥⋅|𝑆𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 15 ⋅34 = 918\nSposób Ia (poprzez 𝐵𝐸, 𝐶𝐸, 𝐵𝑆, 𝐴𝑆)\nNiech 𝐸 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej\nz wierzchołka 𝐵. Oznaczmy 𝑥= |𝐵𝐸| (zobacz rysunek).\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝐸\n𝛽\n𝑥\n3ξ34\n3ξ34\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸| = 𝑥.\nStosujemy do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 twierdzenie cosinusów i otrzymujemy\n|𝐵𝐷|2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2 ⋅𝑥⋅𝑥⋅cos 𝛽\n(3√34 ⋅√2)\n2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9\n25)\n𝑥= 15\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐶 i obliczamy długość odcinka 𝐶𝐸:\n|𝐶𝐸|2 = |𝐵𝐶|2 -|𝐵𝐸|2\n|𝐶𝐸|2 = (3√34)\n2 -152\n|𝐶𝐸| = 9\nTrójkąt 𝐵𝐶𝑆 jest prostokątny, co wynika z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych,\ngdyż 𝐴𝐵⊥𝐵𝐶 i odcinek 𝐴𝐵 jest rzutem prostokątnym odcinka 𝑆𝐵 na płaszczyznę\n𝐴𝐵𝐶𝐷. Ponieważ kąt ostry przy wierzchołku 𝐶 jest wspólnym kątem trójkątów\nprostokątnych 𝐵𝐶𝐸 i 𝐵𝐶𝑆, więc są to trójkąty podobne. Stąd otrzymujemy:\n|𝐵𝑆|\n|𝐵𝐶| =\n|𝐵𝐸|\n|𝐸𝐶|\n|𝐵𝑆|\n3√34\n= 15\n9\n|𝐵𝑆| = 5√34\nZ twierdzenia Pitagorasa zastosowanego dla trójkąta 𝐴𝐵𝑆 obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆:\n|𝐴𝑆|2 = |𝐵𝑆|2 -|𝐴𝐵|2\n|𝐴𝑆|2 = (5√34)\n2 -(3√34)\n2 = (4√34)\n2\n|𝐴𝑆| = 4√34\nObliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:\n𝑃𝑏= 2 ⋅1\n2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1\n2 ⋅|𝐵𝑆| ⋅|𝐵𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 5√34 ⋅3√34 = 918\nSposób II (poprzez 𝐸𝑂, 𝑆𝐶, 𝐴𝑆, 𝐵𝑆)\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝐸 - spodek wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej z wierzchołka 𝐵,\n𝑂 - punkt przecięcia przekątnych podstawy 𝐴𝐵𝐶𝐷,\n𝑦 - długość odcinka 𝐸𝑂\n(zobacz rysunek).\nPonieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸|.\nObliczamy sinus i cosinus kąta ostrego 𝐵𝐸𝑂:\ncos 𝛽= -9\n25\n1 -2 sin2 𝛽\n2 = - 9\n25 oraz 2 cos2 𝛽\n2 -1 = -9\n25\nsin 𝛽\n2 =\n√17\n5 oraz cos 𝛽\n2 = 2√2\n5\nObliczamy tangens kąta ostrego 𝐵𝐸𝑂:\ntg 𝛽\n2 =\nsin 𝛽\n2\ncos 𝛽\n2\n√17\n5\n2√2\n5\n= √34\n4\nObliczamy długość 𝑦 odcinka 𝐸𝑂:\ntg 𝛽\n2 = |𝐵𝑂|\n|𝐸𝑂|\n√34\n4\n1\n2 ⋅3√34 ⋅√2\n𝑦\n𝑦= 6√2\nPonieważ kąty 𝑆𝐶𝐴 i 𝑂𝐶𝐸 mają równe miary, więc korzystając z jedynki\ntrygonometrycznej oraz definicji sinusa i cosinusa, otrzymujemy\nsin2|∡𝑂𝐶𝐸| + cos2|∡𝑆𝐶𝐴| = 1\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝐸\n𝑂\n𝑦\n𝛽\n3ξ34\n3ξ34\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n( 𝑦\n|𝑂𝐶|)\n2\n+ (\n|𝐴𝐶|\n|𝑆𝐶|)\n2\n= 1\n(\n6√2\n1\n2 ⋅3√34 ⋅√2\n)\n2\n+ (3√34 ⋅√2\n|𝑆𝐶|\n)\n2\n= 1\n(6√17\n|𝑆𝐶| )\n2\n= 9\n17\n|𝑆𝐶| = 34\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝑆 i obliczamy długość krawędzi 𝐴𝑆:\n|𝐴𝑆|2 + |𝐴𝐶|2 = |𝑆𝐶|2\n|𝐴𝑆|2 = 342 -(3√34 ⋅√2)\n2\n|𝐴𝑆| = 4√34\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐵𝑆 i obliczamy długość krawędzi 𝐵𝑆:\n|𝐵𝑆|2 = |𝐴𝑆|2 + |𝐴𝐵|2\n|𝐵𝑆|2 = (4√34)\n2 + (3√34)\n2\n|𝐵𝑆| = 5√34\nObliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:\n𝑃𝑏= 2 ⋅1\n2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1\n2 ⋅|𝐵𝑆| ⋅|𝐵𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 5√34 ⋅3√34 = 918","solution":"Odpowiedź: Pole powierzchni bocznej $P_b = 918$.\n\nStrona arkusza CKE z tym zadaniem\n\nKonfiguracja w układzie współrzędnych\n\nUstaw kwadrat $ABCD$ w płaszczyźnie $z = 0$, z wierzchołkiem $A$ w początku układu:\n\n- $A = (0, 0, 0)$\n- $B = (a, 0, 0)$\n- $C = (a, a, 0)$\n- $D = (0, a, 0)$\n- $S = (0, 0, h)$ — bo $SA$ jest wysokością ostrosłupa (prostopadłą do podstawy w wierzchołku $A$)\n\nTu $a = 3\\sqrt{34}$, a $h$ — niewiadoma.\n\nKrok 1 — wyznacz $h$ z warunku $\\cos \\beta = -\\tfrac{9}{25}$\n\nKąt $\\beta$ to kąt dwuścienny między ścianami $CDS$ i $BCS$, o wspólnej krawędzi $CS$. Najszybsza droga: cosinus kąta między wektorami normalnymi do tych ścian.\n\nWektory rozpinające ściany.\n\nŚciana $CDS$: $\\vec{CD} = D - C = (-a, 0, 0)$ oraz $\\vec{CS} = S - C = (-a, -a, h)$.\n\nŚciana $BCS$: $\\vec{CB} = B - C = (0, -a, 0)$ oraz $\\vec{CS} = (-a, -a, h)$.\n\nWektor normalny do ściany $CDS$ = $\\vec{CD} \\times \\vec{CS}$:\n\n$$\\vec{n_1} = (-a, 0, 0) \\times (-a, -a, h) = (0 \\cdot h - 0 \\cdot (-a),\\ 0 \\cdot (-a) - (-a) \\cdot h,\\ (-a)(-a) - 0 \\cdot (-a))$$\n\n$$\\vec{n_1} = (0,\\ ah,\\ a^2)$$\n\nWektor normalny do ściany $BCS$ = $\\vec{CB} \\times \\vec{CS}$:\n\n$$\\vec{n_2} = (0, -a, 0) \\times (-a, -a, h)$$\n\n$$\\vec{n_2} = ((-a) h - 0 \\cdot (-a),\\ 0 \\cdot (-a) - 0 \\cdot h,\\ 0 \\cdot (-a) - (-a)(-a))$$\n\n$$\\vec{n_2} = (-ah,\\ 0,\\ -a^2)$$\n\nCosinus kąta między wektorami:\n\n$$\\vec{n_1} \\cdot \\vec{n_2} = 0 \\cdot (-ah) + ah \\cdot 0 + a^2 \\cdot (-a^2) = -a^4$$\n\n$$|\\vec{n_1}| = \\sqrt{0 + a^2 h^2 + a^4} = a \\sqrt{h^2 + a^2}$$\n\n$$|\\vec{n_2}| = \\sqrt{a^2 h^2 + 0 + a^4} = a \\sqrt{h^2 + a^2}$$\n\n$$\\cos \\beta = \\frac{\\vec{n_1} \\cdot \\vec{n_2}}{|\\vec{n_1}| \\cdot |\\vec{n_2}|} = \\frac{-a^4}{a^2 (h^2 + a^2)} = \\frac{-a^2}{h^2 + a^2}$$\n\nZ warunku $\\cos \\beta = -\\tfrac{9}{25}$:\n\n$$\\frac{-a^2}{h^2 + a^2} = -\\frac{9}{25}$$\n\n$$\\frac{a^2}{h^2 + a^2} = \\frac{9}{25}$$\n\n$$25 a^2 = 9 (h^2 + a^2) = 9 h^2 + 9 a^2$$\n\n$$16 a^2 = 9 h^2$$\n\n$$h^2 = \\frac{16 a^2}{9} \\quad\\Rightarrow\\quad h = \\frac{4 a}{3}$$\n\nDla $a = 3\\sqrt{34}$: $h = \\dfrac{4 \\cdot 3\\sqrt{34}}{3} = 4\\sqrt{34}$.\n\nKrok 2 — pole powierzchni bocznej\n\nOstrosłup ma cztery ściany boczne: $\\triangle ABS$, $\\triangle ADS$, $\\triangle BCS$, $\\triangle CDS$.\n\nPole $\\triangle ABS$. Wierzchołki $A = (0,0,0)$, $B = (a,0,0)$, $S = (0,0,h)$ — wszystkie w płaszczyźnie $y = 0$. Trójkąt jest prostokątny przy $A$ (boki $AB = a$ i $AS = h$).\n\n$$P_{ABS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h$$\n\nPole $\\triangle ADS$. Analogicznie — w płaszczyźnie $x = 0$, prostokątny przy $A$ z bokami $AD = a$ i $AS = h$.\n\n$$P_{ADS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h$$\n\nPole $\\triangle BCS$. Bok $BC = a$ leży w płaszczyźnie $z = 0$ (na prostej $x = a$). Wysokość trójkąta opuszczona z $S$ na $BC$ — szukamy odległości od $S = (0, 0, h)$ do prostej $\\{(a, y, 0) : y \\in [0, a]\\}$:\n\n$$\\text{odległość} = \\sqrt{a^2 + h^2}$$\n\n(Pythagoras: $a$ w poziomie + $h$ w pionie, prostopadłe do prostej).\n\n$$P_{BCS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot \\sqrt{a^2 + h^2}$$\n\nPole $\\triangle CDS$ — analogicznie przez symetrię (zamiana rólek $B$ i $D$):\n\n$$P_{CDS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot \\sqrt{a^2 + h^2}$$\n\nSuma pól bocznych:\n\n$$P_b = 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h + 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot \\sqrt{a^2 + h^2} = a h + a \\sqrt{a^2 + h^2}$$\n\nPodstaw $h = \\tfrac{4a}{3}$.\n\n$$h^2 + a^2 = \\frac{16 a^2}{9} + a^2 = \\frac{16 a^2 + 9 a^2}{9} = \\frac{25 a^2}{9}$$\n\n$$\\sqrt{a^2 + h^2} = \\frac{5 a}{3}$$\n\nStąd:\n\n$$P_b = a \\cdot \\frac{4 a}{3} + a \\cdot \\frac{5 a}{3} = \\frac{4 a^2 + 5 a^2}{3} = \\frac{9 a^2}{3} = 3 a^2$$\n\nPodstaw $a = 3 \\sqrt{34}$ — czyli $a^2 = 9 \\cdot 34 = 306$.\n\n$$P_b = 3 \\cdot 306 = 918$$\n\nSprawdzenie warunku $\\cos \\beta$\n\nDla $a^2 = 306$, $h^2 = \\tfrac{16 \\cdot 306}{9} = 544$, $h^2 + a^2 = 544 + 306 = 850$.\n\n$$\\cos \\beta = \\frac{-a^2}{h^2 + a^2} = \\frac{-306}{850} = \\frac{-9}{25}$$\n\n(bo $\\tfrac{306}{850} = \\tfrac{9}{25}$, bo $850 = \\tfrac{306 \\cdot 25}{9}$, sprawdź: $\\tfrac{850 \\cdot 9}{25} = \\tfrac{7650}{25} = 306$ ✓).\n\nPunktacja CKE\n\n- 1 pkt — wyznaczenie wzoru na $\\cos \\beta$ w zależności od $a$ i $h$ (np. $\\cos \\beta = -\\tfrac{a^2}{h^2 + a^2}$).\n- 2 pkt — wyznaczenie zależności $h$ od $a$ ($h = \\tfrac{4a}{3}$).\n- 3 pkt — obliczenie pól dwóch typów ścian bocznych.\n- 4 pkt — zapisanie wzoru na pole boczne $P_b = a h + a \\sqrt{a^2 + h^2}$ i jego uproszczenie do $3 a^2$.\n- 5 pkt — pełne rozwiązanie + wynik $P_b = 918$.\n\nKlucz uniwersalny — ostrosłup z wysokością w wierzchołku podstawy\n\nSpecjalna konfiguracja: ostrosłup, w którym jedna z krawędzi bocznych ($SA$) jest jednocześnie wysokością.\n\nGeometryczne właściwości:\n\n1. Dwie ściany boczne ($\\triangle ABS$ i $\\triangle ADS$) są prostokątne przy $A$.\n2. Dwie ściany boczne ($\\triangle BCS$ i $\\triangle CDS$) są inne — z kątem rozwartym w niektórych przypadkach.\n3. Idealne dla układu współrzędnych z $A$ w początku — dużo zer w obliczeniach.\n\nKlucz: ustaw układ tak, by jak najwięcej wierzchołków miało zerowe współrzędne. Wtedy iloczyny wektorowe są łatwe.\n\nTypowy błąd: Klucz: kąt MIĘDZY ŚCIANAMI (dwuścienny) to kąt między wektorami normalnymi do tych ścian, albo równoważnie kąt między dwoma odcinkami prostopadłymi do wspólnej krawędzi CS (jeden w każdej ścianie). Mylenie z kątem między KRAWĘDZIAMI ścian (sąsiadującymi krawędziami) → zła odpowiedź.","image":"img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/zad-10.webp","solution_image":"img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/sol-10.svg","topics":"stereometria, kąt dwuścienny, ostrosłup","page_from":20,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 10. (0-5)
Podstawą ostrosłupa 𝐴𝐵𝐶𝐷𝑆 jest kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷. Krawędź boczna 𝑆𝐴 jest wysokością
ostrosłupa, natomiast krawędź podstawy ma długość 3√34. Cosinus kąta 𝛽 między
ścianami bocznymi 𝐶𝐷𝑆 i 𝐵𝐶𝑆 tego ostrosłupa jest równy (-9
25).
Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.
10.
0-1-
2-3-
4-5

\n

MMAP-R0_100

\n

MMAP-R0_100
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędź boczna SA jest wysokością ostrosłupa, natomiast krawędź podstawy ma długość 3√34. Cosinus kąta β między ścianami bocznymi CDS i BCS tego ostrosłupa jest równy (-9/25). Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.

","answer_text_html":"

Zadanie 10. (0-5)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.

\n
  1. Stosowanie i tworzenie strategii przy
\n

rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Zdający:
X.3) rozpoznaje w […] ostrosłupach kąty
między odcinkami […] oraz kąty między
ścianami, oblicza miary tych kątów;
X.5) oblicza […] pola powierzchni […]
ostrosłupów […].
Zasady oceniania
5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 918.
4 pkt - obliczenie długości krawędzi 𝑆𝐶 i 𝐵𝐸: |𝑆𝐶| = 34 i |𝐵𝐸| = 15
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jako
prostokątny),
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jako
prostokątny).
3 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 9 oraz zapisanie równania pozwalającego
obliczyć długość jednego z odcinków: 𝑆𝐶, 𝑆𝐵, 𝑆𝐴, 𝑆𝐸, np.:
|𝐶𝐸|
|𝐵𝐶| =
|𝐵𝐶|
|𝑆𝐶| (|𝑆𝐶| z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵),
|𝐶𝐸|
|𝑂𝐶| =
|𝐴𝐶|
|𝑆𝐶| (|𝑆𝐶| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝐶𝑂 i 𝐴𝐶𝑆),
|𝐶𝐸|
|𝐵𝐸| =
|𝐵𝐶|
|𝑆𝐵| (|𝑆𝐵| z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵),
|𝐶𝐸|
|𝐵𝐶| =
|𝐵𝐸|
|𝑆𝐵| (|𝑆𝐵| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝑆𝐵 i 𝐸𝐵𝐶),
|𝐶𝐸|
|𝑂𝐸| =
|𝐴𝐶|
|𝑆𝐴| (|𝑆𝐴| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝐶𝑂 i 𝐴𝐶𝑆),
|𝑆𝐸| ⋅|𝐶𝐸| = |𝐵𝐸|2 (|𝑆𝐸| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝑆𝐵 i 𝐸𝐵𝐶),
ALBO

\n\n

z niewiadomych jest długość krawędzi 𝐵𝑆, a drugą długość krawędzi 𝑆𝐶, np.
|𝐵𝑆|2 + (3√34)
2 = |𝑆𝐶|2 i 15
3√34 =
|𝐵𝑆|
|𝑆𝐶| ,
ALBO

\n\n

krawędzi 𝑆𝐶, albo długością krawędzi 𝐴𝑆), np. ( 15
|𝐵𝑆|)
2

\n\n

3√34)
2
= 1,
(3√34
|𝑆𝐶| )
2

\n\n

3√34)
2
= 1, (
6√2
1
2 ⋅3√34⋅√2)
2

\n\n

|𝐴𝑆| )
2
= 1.
2 pkt - obliczenie długości 𝑥 odcinka 𝐵𝐸 (lub 𝐷𝐸): 𝑥= 15
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

oceniania za 1 punkt.
1 pkt - spełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4):

\n
  1. obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta 𝛽
\n

2 = |∡𝐵𝐸𝑂| (gdzie 𝑂 jest
punktem przecięcia przekątnych podstawy 𝐴𝐵𝐶𝐷), np.: sin 𝛽
2 =
√17
5 ,
tg 𝛽
2 =
√34
4 , cos 𝛽
2 = 2√2
5 ;

\n
  1. zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 i zapisanie równania
\n

(3√34 ⋅√2)
2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9
25);

\n
  1. zdający zapisze, że trójkąt 𝑆𝐵𝐶 (lub 𝑆𝐷𝐶) jest prostokątny i wskaże właściwy
\n

wierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.:
zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: |𝑆𝐶|2 = |𝐵𝑆|2 + |𝐵𝐶|2,
zapisze, że trójkąty 𝐶𝐵𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵 są podobne,
zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝐶𝐵𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵, np.:
|𝐵𝑆|
|𝐵𝐶| = |𝐵𝐸|
|𝐸𝐶|,
zapisze, że trójkąty 𝐵𝐸𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵 są podobne,
zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐸𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵, np.:
|𝐸𝑆|
|𝐵𝐸| = |𝐵𝐸|
|𝐸𝐶|;

\n
  1. zapisze, że trójkąt 𝑂𝐸𝐶 jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.:
\n

zdający zapisze równość |𝑂𝐶|2 = |𝑂𝐸|2 + |𝐸𝐶|2 ,
zapisze, że trójkąty 𝑂𝐸𝐶 oraz 𝑆𝐴𝐶 są podobne,
zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝑂𝐸𝐶 oraz 𝑆𝐴𝐶, np.:
|𝑂𝐸|
|𝑂𝐶| = |𝐴𝑆|
|𝐶𝑆| .
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje
\n

co najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za
zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐵𝐷𝐸).

\n
  1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi 𝐵𝐶𝑆
\n

i 𝐶𝐷𝑆, np. zakłada, że jest to kąt 𝐵𝑆𝐷, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za
spełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt).

\n
  1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy
\n

czworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I (poprzez 𝐵𝐸, 𝐶𝑆, 𝐴𝑆)
Niech 𝐸 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej
z wierzchołka 𝐵. Oznaczmy 𝑥= |𝐵𝐸| (zobacz rysunek).
Ponieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸| = 𝑥.
Stosujemy do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 twierdzenie cosinusów i otrzymujemy
|𝐵𝐷|2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2 ⋅𝑥⋅𝑥⋅cos 𝛽
(3√34 ⋅√2)
2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9
25)
𝑥= 15
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐶 i obliczamy długość odcinka 𝐶𝐸:
|𝐶𝐸|2 = |𝐵𝐶|2 -|𝐵𝐸|2
|𝐶𝐸|2 = (3√34)
2 -152
|𝐶𝐸| = 9
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑆
𝐸
𝛽
𝑥
3ξ34
3ξ34
Trójkąt 𝐵𝐶𝑆 jest prostokątny, co wynika z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych,
gdyż 𝐴𝐵⊥𝐵𝐶 i odcinek 𝐴𝐵 jest rzutem prostokątnym odcinka 𝑆𝐵 na płaszczyznę
𝐴𝐵𝐶𝐷.
Trójkąty 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów), więc
|𝐶𝐸|
|𝐵𝐶| = |𝐵𝐶|
|𝑆𝐶|
9
3√34
= 3√34
|𝑆𝐶|
|𝑆𝐶| = 34
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝑆 i obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆:
|𝐴𝑆|2 = |𝑆𝐶|2 -|𝐴𝐶|2
|𝐴𝑆|2 = 342 -(3√34 ⋅√2)
2
|𝐴𝑆| = 4√34
Obliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:
𝑃𝑏= 2 ⋅1
2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1
2 ⋅𝑥⋅|𝑆𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 15 ⋅34 = 918
Sposób Ia (poprzez 𝐵𝐸, 𝐶𝐸, 𝐵𝑆, 𝐴𝑆)
Niech 𝐸 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej
z wierzchołka 𝐵. Oznaczmy 𝑥= |𝐵𝐸| (zobacz rysunek).
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑆
𝐸
𝛽
𝑥
3ξ34
3ξ34
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Ponieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸| = 𝑥.
Stosujemy do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 twierdzenie cosinusów i otrzymujemy
|𝐵𝐷|2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2 ⋅𝑥⋅𝑥⋅cos 𝛽
(3√34 ⋅√2)
2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9
25)
𝑥= 15
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐶 i obliczamy długość odcinka 𝐶𝐸:
|𝐶𝐸|2 = |𝐵𝐶|2 -|𝐵𝐸|2
|𝐶𝐸|2 = (3√34)
2 -152
|𝐶𝐸| = 9
Trójkąt 𝐵𝐶𝑆 jest prostokątny, co wynika z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych,
gdyż 𝐴𝐵⊥𝐵𝐶 i odcinek 𝐴𝐵 jest rzutem prostokątnym odcinka 𝑆𝐵 na płaszczyznę
𝐴𝐵𝐶𝐷. Ponieważ kąt ostry przy wierzchołku 𝐶 jest wspólnym kątem trójkątów
prostokątnych 𝐵𝐶𝐸 i 𝐵𝐶𝑆, więc są to trójkąty podobne. Stąd otrzymujemy:
|𝐵𝑆|
|𝐵𝐶| =
|𝐵𝐸|
|𝐸𝐶|
|𝐵𝑆|
3√34
= 15
9
|𝐵𝑆| = 5√34
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego dla trójkąta 𝐴𝐵𝑆 obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆:
|𝐴𝑆|2 = |𝐵𝑆|2 -|𝐴𝐵|2
|𝐴𝑆|2 = (5√34)
2 -(3√34)
2 = (4√34)
2
|𝐴𝑆| = 4√34
Obliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:
𝑃𝑏= 2 ⋅1
2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1
2 ⋅|𝐵𝑆| ⋅|𝐵𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 5√34 ⋅3√34 = 918
Sposób II (poprzez 𝐸𝑂, 𝑆𝐶, 𝐴𝑆, 𝐵𝑆)
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝐸 - spodek wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej z wierzchołka 𝐵,
𝑂 - punkt przecięcia przekątnych podstawy 𝐴𝐵𝐶𝐷,
𝑦 - długość odcinka 𝐸𝑂
(zobacz rysunek).
Ponieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸|.
Obliczamy sinus i cosinus kąta ostrego 𝐵𝐸𝑂:
cos 𝛽= -9
25
1 -2 sin2 𝛽
2 = - 9
25 oraz 2 cos2 𝛽
2 -1 = -9
25
sin 𝛽
2 =
√17
5 oraz cos 𝛽
2 = 2√2
5
Obliczamy tangens kąta ostrego 𝐵𝐸𝑂:
tg 𝛽
2 =
sin 𝛽
2
cos 𝛽
2
√17
5
2√2
5
= √34
4
Obliczamy długość 𝑦 odcinka 𝐸𝑂:
tg 𝛽
2 = |𝐵𝑂|
|𝐸𝑂|
√34
4
1
2 ⋅3√34 ⋅√2
𝑦
𝑦= 6√2
Ponieważ kąty 𝑆𝐶𝐴 i 𝑂𝐶𝐸 mają równe miary, więc korzystając z jedynki
trygonometrycznej oraz definicji sinusa i cosinusa, otrzymujemy
sin2|∡𝑂𝐶𝐸| + cos2|∡𝑆𝐶𝐴| = 1
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑆
𝐸
𝑂
𝑦
𝛽
3ξ34
3ξ34
Zasady oceniania rozwiązań zadań
( 𝑦
|𝑂𝐶|)
2

\n\n

|𝐴𝐶|
|𝑆𝐶|)
2
= 1
(
6√2
1
2 ⋅3√34 ⋅√2
)
2

\n\n

|𝑆𝐶|
)
2
= 1
(6√17
|𝑆𝐶| )
2
= 9
17
|𝑆𝐶| = 34
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝑆 i obliczamy długość krawędzi 𝐴𝑆:
|𝐴𝑆|2 + |𝐴𝐶|2 = |𝑆𝐶|2
|𝐴𝑆|2 = 342 -(3√34 ⋅√2)
2
|𝐴𝑆| = 4√34
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐵𝑆 i obliczamy długość krawędzi 𝐵𝑆:
|𝐵𝑆|2 = |𝐴𝑆|2 + |𝐴𝐵|2
|𝐵𝑆|2 = (4√34)
2 + (3√34)
2
|𝐵𝑆| = 5√34
Obliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:
𝑃𝑏= 2 ⋅1
2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1
2 ⋅|𝐵𝑆| ⋅|𝐵𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 5√34 ⋅3√34 = 918

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/sol-10.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"

Odpowiedź: Pole powierzchni bocznej $P_b = 918$.

\n

Strona arkusza CKE z tym zadaniem

\n

Konfiguracja w układzie współrzędnych

\n

Ustaw kwadrat $ABCD$ w płaszczyźnie $z = 0$, z wierzchołkiem $A$ w początku układu:

\n\n

Tu $a = 3\\sqrt{34}$, a $h$ — niewiadoma.

\n

Krok 1 — wyznacz $h$ z warunku $\\cos \\beta = -\\tfrac{9}{25}$

\n

Kąt $\\beta$ to kąt dwuścienny między ścianami $CDS$ i $BCS$, o wspólnej krawędzi $CS$. Najszybsza droga: cosinus kąta między wektorami normalnymi do tych ścian.

\n

Wektory rozpinające ściany.

\n

Ściana $CDS$: $\\vec{CD} = D - C = (-a, 0, 0)$ oraz $\\vec{CS} = S - C = (-a, -a, h)$.

\n

Ściana $BCS$: $\\vec{CB} = B - C = (0, -a, 0)$ oraz $\\vec{CS} = (-a, -a, h)$.

\n

Wektor normalny do ściany $CDS$ = $\\vec{CD} \\times \\vec{CS}$:

\n

$$\\vec{n_1} = (-a, 0, 0) \\times (-a, -a, h) = (0 \\cdot h - 0 \\cdot (-a),\\ 0 \\cdot (-a) - (-a) \\cdot h,\\ (-a)(-a) - 0 \\cdot (-a))$$

\n

$$\\vec{n_1} = (0,\\ ah,\\ a^2)$$

\n

Wektor normalny do ściany $BCS$ = $\\vec{CB} \\times \\vec{CS}$:

\n

$$\\vec{n_2} = (0, -a, 0) \\times (-a, -a, h)$$

\n

$$\\vec{n_2} = ((-a) h - 0 \\cdot (-a),\\ 0 \\cdot (-a) - 0 \\cdot h,\\ 0 \\cdot (-a) - (-a)(-a))$$

\n

$$\\vec{n_2} = (-ah,\\ 0,\\ -a^2)$$

\n

Cosinus kąta między wektorami:

\n

$$\\vec{n_1} \\cdot \\vec{n_2} = 0 \\cdot (-ah) + ah \\cdot 0 + a^2 \\cdot (-a^2) = -a^4$$

\n

$$|\\vec{n_1}| = \\sqrt{0 + a^2 h^2 + a^4} = a \\sqrt{h^2 + a^2}$$

\n

$$|\\vec{n_2}| = \\sqrt{a^2 h^2 + 0 + a^4} = a \\sqrt{h^2 + a^2}$$

\n

$$\\cos \\beta = \\frac{\\vec{n_1} \\cdot \\vec{n_2}}{|\\vec{n_1}| \\cdot |\\vec{n_2}|} = \\frac{-a^4}{a^2 (h^2 + a^2)} = \\frac{-a^2}{h^2 + a^2}$$

\n

Z warunku $\\cos \\beta = -\\tfrac{9}{25}$:

\n

$$\\frac{-a^2}{h^2 + a^2} = -\\frac{9}{25}$$

\n

$$\\frac{a^2}{h^2 + a^2} = \\frac{9}{25}$$

\n

$$25 a^2 = 9 (h^2 + a^2) = 9 h^2 + 9 a^2$$

\n

$$16 a^2 = 9 h^2$$

\n

$$h^2 = \\frac{16 a^2}{9} \\quad\\Rightarrow\\quad h = \\frac{4 a}{3}$$

\n

Dla $a = 3\\sqrt{34}$: $h = \\dfrac{4 \\cdot 3\\sqrt{34}}{3} = 4\\sqrt{34}$.

\n

Krok 2 — pole powierzchni bocznej

\n

Ostrosłup ma cztery ściany boczne: $\\triangle ABS$, $\\triangle ADS$, $\\triangle BCS$, $\\triangle CDS$.

\n

Pole $\\triangle ABS$. Wierzchołki $A = (0,0,0)$, $B = (a,0,0)$, $S = (0,0,h)$ — wszystkie w płaszczyźnie $y = 0$. Trójkąt jest prostokątny przy $A$ (boki $AB = a$ i $AS = h$).

\n

$$P_{ABS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h$$

\n

Pole $\\triangle ADS$. Analogicznie — w płaszczyźnie $x = 0$, prostokątny przy $A$ z bokami $AD = a$ i $AS = h$.

\n

$$P_{ADS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h$$

\n

Pole $\\triangle BCS$. Bok $BC = a$ leży w płaszczyźnie $z = 0$ (na prostej $x = a$). Wysokość trójkąta opuszczona z $S$ na $BC$ — szukamy odległości od $S = (0, 0, h)$ do prostej $\\{(a, y, 0) : y \\in [0, a]\\}$:

\n

$$\\text{odległość} = \\sqrt{a^2 + h^2}$$

\n

(Pythagoras: $a$ w poziomie + $h$ w pionie, prostopadłe do prostej).

\n

$$P_{BCS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot \\sqrt{a^2 + h^2}$$

\n

Pole $\\triangle CDS$ — analogicznie przez symetrię (zamiana rólek $B$ i $D$):

\n

$$P_{CDS} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot \\sqrt{a^2 + h^2}$$

\n

Suma pól bocznych:

\n

$$P_b = 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h + 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot \\sqrt{a^2 + h^2} = a h + a \\sqrt{a^2 + h^2}$$

\n

Podstaw $h = \\tfrac{4a}{3}$.

\n

$$h^2 + a^2 = \\frac{16 a^2}{9} + a^2 = \\frac{16 a^2 + 9 a^2}{9} = \\frac{25 a^2}{9}$$

\n

$$\\sqrt{a^2 + h^2} = \\frac{5 a}{3}$$

\n

Stąd:

\n

$$P_b = a \\cdot \\frac{4 a}{3} + a \\cdot \\frac{5 a}{3} = \\frac{4 a^2 + 5 a^2}{3} = \\frac{9 a^2}{3} = 3 a^2$$

\n

Podstaw $a = 3 \\sqrt{34}$ — czyli $a^2 = 9 \\cdot 34 = 306$.

\n

$$P_b = 3 \\cdot 306 = 918$$

\n

Sprawdzenie warunku $\\cos \\beta$

\n

Dla $a^2 = 306$, $h^2 = \\tfrac{16 \\cdot 306}{9} = 544$, $h^2 + a^2 = 544 + 306 = 850$.

\n

$$\\cos \\beta = \\frac{-a^2}{h^2 + a^2} = \\frac{-306}{850} = \\frac{-9}{25}$$

\n

(bo $\\tfrac{306}{850} = \\tfrac{9}{25}$, bo $850 = \\tfrac{306 \\cdot 25}{9}$, sprawdź: $\\tfrac{850 \\cdot 9}{25} = \\tfrac{7650}{25} = 306$ ✓).

\n

Punktacja CKE

\n\n

Klucz uniwersalny — ostrosłup z wysokością w wierzchołku podstawy

\n

Specjalna konfiguracja: ostrosłup, w którym jedna z krawędzi bocznych ($SA$) jest jednocześnie wysokością.

\n

Geometryczne właściwości:

\n
  1. Dwie ściany boczne ($\\triangle ABS$ i $\\triangle ADS$) są prostokątne przy $A$.
  2. Dwie ściany boczne ($\\triangle BCS$ i $\\triangle CDS$) są inne — z kątem rozwartym w niektórych przypadkach.
  3. Idealne dla układu współrzędnych z $A$ w początku — dużo zer w obliczeniach.
\n

Klucz: ustaw układ tak, by jak najwięcej wierzchołków miało zerowe współrzędne. Wtedy iloczyny wektorowe są łatwe.

\n

Typowy błąd: Klucz: kąt MIĘDZY ŚCIANAMI (dwuścienny) to kąt między wektorami normalnymi do tych ścian, albo równoważnie kąt między dwoma odcinkami prostopadłymi do wspólnej krawędzi CS (jeden w każdej ścianie). Mylenie z kątem między KRAWĘDZIAMI ścian (sąsiadującymi krawędziami) → zła odpowiedź.

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

Poprawna odpowiedź: 918

\n

Pole powierzchni bocznej wynosi \\(\\mathbf{918}\\).

\n

Sposób 1 - Wektory prostopadłe do krawędzi (układ współrzędnych)

\n

Ustawiamy układ współrzędnych.

\n

Ponieważ \\(SA\\) jest wysokością ostrosłupa, wierzchołek \\(S\\) leży bezpośrednio nad \\(A\\). Przyjmijmy:
\\[A = (0,0,0),\\quad B = (a,0,0),\\quad C = (a,a,0),\\quad D = (0,a,0),\\quad S = (0,0,h)\\]
gdzie \\(a = 3\\sqrt{34}\\) to długość krawędzi podstawy, a \\(h = |SA|\\) to szukana wysokość.

\n

Wyznaczamy kąt \\(\\beta\\) między ścianami \\(CDS\\) i \\(BCS\\).

\n

Kąt dwuścienny wzdłuż wspólnej krawędzi \\(CS\\) wyznaczamy przez wektory prostopadłe do \\(CS\\) leżące w każdej ze ścian.

\n

Wektor krawędzi: \\(\\vec{CS} = (-a, -a, h)\\), \\(|\\vec{CS}|^2 = 2a^2 + h^2\\).

\n

W ścianie \\(CDS\\) bierzemy \\(\\vec{CD} = (-a,0,0)\\), w ścianie \\(BCS\\) - \\(\\vec{CB} = (0,-a,0)\\).

\n

Odrzucamy składowe wzdłuż \\(CS\\) (rzut Grama-Schmidta). Kluczowe obserwacje:
\\[\\vec{CD}\\cdot\\vec{CS} = a^2, \\qquad \\vec{CB}\\cdot\\vec{CS} = a^2\\]
(identyczne rzuty!), więc odjęte składowe są równe. Definiujemy:
\\[\\vec{w_1} = \\vec{CD} - \\frac{a^2}{2a^2+h^2}\\,\\vec{CS}, \\qquad \\vec{w_2} = \\vec{CB} - \\frac{a^2}{2a^2+h^2}\\,\\vec{CS}\\]

\n

Iloczyn skalarny \\(\\vec{w_1}\\cdot\\vec{w_2}\\):

\n

\\[\\vec{w_1}\\cdot\\vec{w_2} = \\underbrace{\\vec{CD}\\cdot\\vec{CB}}_{=\\,0} - \\frac{(a^2)^2}{2a^2+h^2} = -\\frac{a^4}{2a^2+h^2}\\]

\n

(zero, bo \\(CD \\perp CB\\) w kwadracie)

\n

Długość \\(|\\vec{w_1}|^2 = |\\vec{w_2}|^2\\):

\n

\\[|\\vec{w_1}|^2 = a^2 - \\frac{a^4}{2a^2+h^2} = \\frac{a^2(a^2+h^2)}{2a^2+h^2}\\]

\n

Cosinus kąta dwuściennego:

\n

\\[\\cos\\beta = \\frac{\\vec{w_1}\\cdot\\vec{w_2}}{|\\vec{w_1}|\\,|\\vec{w_2}|} = \\frac{-a^4/(2a^2+h^2)}{a^2(a^2+h^2)/(2a^2+h^2)} = \\boxed{-\\frac{a^2}{a^2+h^2}}\\]

\n

Wyznaczamy wysokość \\(h\\) z warunku na \\(\\cos\\beta\\).

\n

\\[-\\frac{a^2}{a^2+h^2} = -\\frac{9}{25}\\]
\\[\\frac{a^2}{a^2+h^2} = \\frac{9}{25} \\implies 25a^2 = 9a^2 + 9h^2 \\implies 16a^2 = 9h^2\\]
\\[h = \\frac{4a}{3} = \\frac{4 \\cdot 3\\sqrt{34}}{3} = 4\\sqrt{34}\\]

\n

Obliczamy pola czterech ścian bocznych.

\n

Sprawdzamy, które kąty są proste:

\n\n

Wszystkie cztery ściany boczne to trójkąty prostokątne!

\n

\\[P_{SAB} = P_{SAD} = \\frac{1}{2}\\cdot|SA|\\cdot a = \\frac{1}{2}\\cdot 4\\sqrt{34}\\cdot 3\\sqrt{34} = \\frac{1}{2}\\cdot 12\\cdot 34 = \\mathbf{204}\\]

\n

Dla ścian \\(SBC\\) i \\(SCD\\) potrzebujemy \\(|BS| = |DS| = \\sqrt{a^2+h^2}\\):
\\[a^2 + h^2 = 9\\cdot 34 + 16\\cdot 34 = 25\\cdot 34 \\implies \\sqrt{a^2+h^2} = 5\\sqrt{34}\\]

\n

\\[P_{SBC} = P_{SCD} = \\frac{1}{2}\\cdot a\\cdot\\sqrt{a^2+h^2} = \\frac{1}{2}\\cdot 3\\sqrt{34}\\cdot 5\\sqrt{34} = \\frac{1}{2}\\cdot 15\\cdot 34 = \\mathbf{255}\\]

\n

Łączne pole powierzchni bocznej:
\\[P_b = 2\\cdot 204 + 2\\cdot 255 = 408 + 510 = \\mathbf{918}\\]

\n

Sposób 2 - Punkt P: wspólny rzut B i D na krawędź CS

\n

Kluczowa obserwacja geometryczna.

\n

Wektory \\(\\vec{CB}\\) i \\(\\vec{CD}\\) rzutują się tak samo na \\(\\vec{CS}\\), więc punkty \\(B\\) i \\(D\\) mają ten sam rzut \\(P\\) na prostą \\(CS\\):
\\[\\vec{CB}\\cdot\\vec{CS} = (0,-a,0)\\cdot(-a,-a,h) = a^2\\]
\\[\\vec{CD}\\cdot\\vec{CS} = (-a,0,0)\\cdot(-a,-a,h) = a^2\\]

\n

Obydwa równe - zatem \\(P\\) leży na \\(CS\\) w odległości \\(\\frac{a^2}{|\\vec{CS}|}\\) od \\(C\\), mierzonej wzdłuż \\(CS\\). Kąt dwuścienny \\(\\beta\\) to kąt \\(\\angle BPD\\).

\n

Odległość od B (i D) do prostej CS:
\\[|PB|^2 = |\\vec{CB}|^2 - \\frac{(\\vec{CB}\\cdot\\vec{CS})^2}{|\\vec{CS}|^2} = a^2 - \\frac{a^4}{2a^2+h^2} = \\frac{a^2(a^2+h^2)}{2a^2+h^2}\\]

\n

Odległość \\(|BD|\\) (przekątna kwadratu ABCD):
\\[|BD| = a\\sqrt{2} \\implies |BD|^2 = 2a^2\\]

\n

Twierdzenie cosinusów w trójkącie \\(BPD\\) (gdzie \\(|PB|=|PD|\\)):
\\[\\cos\\beta = \\frac{|PB|^2 + |PD|^2 - |BD|^2}{2|PB|\\cdot|PD|} = \\frac{2\\cdot\\dfrac{a^2(a^2+h^2)}{2a^2+h^2} - 2a^2}{2\\cdot\\dfrac{a^2(a^2+h^2)}{2a^2+h^2}}\\]
\\[= 1 - \\frac{2a^2\\cdot(2a^2+h^2)}{2a^2(a^2+h^2)} = 1 - \\frac{2a^2+h^2}{a^2+h^2} = \\frac{-a^2}{a^2+h^2}\\]

\n

To samo równanie co w Sposobie 1 → \\(h = 4\\sqrt{34}\\) → \\(P_b = 918\\).

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - pole trójkąta:
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h_a\\]
Użyliśmy go cztery razy - raz dla każdej ściany bocznej. Kluczowe było rozpoznanie kątów prostych (przy \\(A\\), \\(B\\), \\(D\\)), bo wtedy dwie krawędzie trójkąta pełnią rolę podstawy i wysokości.

\n

Dział 2 (Potęgi i pierwiastki, s. 4-5) - działania na pierwiastkach:
\\[\\sqrt{25 \\cdot 34} = 5\\sqrt{34}\\]
Użyliśmy przy obliczaniu \\(\\sqrt{a^2+h^2} = \\sqrt{9\\cdot34 + 16\\cdot34}\\).

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - twierdzenie Pitagorasa:
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
Użyliśmy przy obliczaniu długości krawędzi bocznych \\(|SB|\\) i \\(|SD|\\).

\n

Typowe pułapki i uwaga

\n
⚠️ Uwaga: Ostrosłup z krawędzią boczną będącą wysokością jest niesymetryczny - cztery ściany boczne mają różne pola (dwie po 204, dwie po 255). Błędem jest zakładanie, że wszystkie są równe.
\n
⚠️ Uwaga: Kąt między ścianami to kąt dwuścienny (mierzony w płaszczyźnie prostopadłej do wspólnej krawędzi \\(CS\\)), a nie kąt między wektorami \\(\\vec{CS}\\) i np. \\(\\vec{CD}\\). Trzeba odjąć składowe wzdłuż krawędzi!
\n
⚠️ Uwaga: Przy obliczaniu pól ścian \\(SBC\\) i \\(SCD\\) nie wystarczy wziąć \\(\\frac{1}{2}\\cdot a \\cdot h\\) (gdzie \\(h\\) to wysokość ostrosłupa) - to pole podstawy dzielone przez 3 dałoby objętość, nie pole ściany. Pole trójkąta \\(SBC\\) to \\(\\frac{1}{2}\\cdot|BC|\\cdot|SB|\\), bo kąt przy \\(B\\) jest prosty.
\n
Sposób I (twierdzenie cosinusów + trzech prostych prostopadłych)
\n

Oznaczmy \\(|AB|=a=3\\sqrt{34}\\). Niech \\(E\\) będzie spodkiem wysokości ściany bocznej \\(BCS\\) poprowadzonej z \\(B\\) na \\(CS\\). Oznaczmy \\(x=|BE|\\).

\n

Ściany boczne \\(BCS\\) i \\(CDS\\) są przystające (bo \\(SA\\perp ABCD\\) i \\(AB=AD\\), \\(CB=CD\\)), więc \\(|DE|=|BE|=x\\). Kątem \\(\\beta\\) między ścianami jest kąt \\(\\measuredangle DEB\\) (obie odcinki \\(BE,DE\\) są prostopadłe do krawędzi \\(CS\\), w swoich ścianach).

\n

Przekątna kwadratu: \\(|BD|=a\\sqrt{2}=3\\sqrt{34}\\cdot\\sqrt{2}=3\\sqrt{68}\\).

\n

Twierdzenie cosinusów w \\(\\triangle BED\\):
\\[|BD|^{2}=x^{2}+x^{2}-2x\\cdot x\\cdot\\cos\\beta\\]
\\[(3\\sqrt{68})^{2}=2x^{2}\\left(1-\\cos\\beta\\right)\\]
\\[9\\cdot 68=2x^{2}\\left(1+\\tfrac{9}{25}\\right)\\]
\\[612=2x^{2}\\cdot\\tfrac{34}{25}\\]
\\[x^{2}=\\tfrac{612\\cdot 25}{68}=\\tfrac{25\\cdot 612}{68}=\\tfrac{25\\cdot 9}{1}=225\\]
\\[x=15\\]

\n

Długość \\(|CE|\\): Z Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \\(BCE\\) (kąt prosty przy \\(E\\)):
\\[|CE|^{2}=|BC|^{2}-|BE|^{2}=(3\\sqrt{34})^{2}-15^{2}=306-225=81\\Rightarrow |CE|=9\\]

\n

Wyznaczenie \\(|SC|\\): Trójkąt \\(BCS\\) jest prostokątny (kąt prosty przy \\(B\\), bo \\(AB\\perp BC\\) i \\(SA\\perp\\) podstawa - tw. o 3 prostopadłych: \\(SB\\perp BC\\)). W nim \\(BE\\) jest wysokością z \\(B\\) na \\(CS\\). Z podobieństwa \\(\\triangle BCE\\sim \\triangle SCB\\) (kkk):
\\[\\frac{|CE|}{|CB|}=\\frac{|CB|}{|CS|}\\Rightarrow \\frac{9}{3\\sqrt{34}}=\\frac{3\\sqrt{34}}{|SC|}\\Rightarrow |SC|=\\tfrac{9\\cdot 34}{9}=34\\]

\n

Wyznaczenie \\(|SA|\\): Z Pitagorasa w \\(\\triangle SAC\\) (kąt prosty przy \\(A\\)):
\\[|SA|^{2}=|SC|^{2}-|AC|^{2}=34^{2}-(3\\sqrt{34}\\cdot\\sqrt{2})^{2}=1156-612=544\\]
\\[|SA|=\\sqrt{544}=4\\sqrt{34}\\]

\n

Pole powierzchni bocznej: Ostrosłup ma 4 ściany - dwie pary przystające.

\n\n

\\[P_{b}=2\\cdot 204+2\\cdot 255=408+510=918\\]

\n
Sposób II (kąt połówkowy i trygonometria)
\n

Z \\(\\cos\\beta=-\\tfrac{9}{25}\\) obliczamy \\(\\sin\\tfrac{\\beta}{2}\\) i \\(\\cos\\tfrac{\\beta}{2}\\):
\\[1-2\\sin^{2}\\tfrac{\\beta}{2}=-\\tfrac{9}{25}\\Rightarrow \\sin^{2}\\tfrac{\\beta}{2}=\\tfrac{17}{25}\\Rightarrow \\sin\\tfrac{\\beta}{2}=\\tfrac{\\sqrt{17}}{5}\\]
\\[2\\cos^{2}\\tfrac{\\beta}{2}-1=-\\tfrac{9}{25}\\Rightarrow \\cos^{2}\\tfrac{\\beta}{2}=\\tfrac{8}{25}\\Rightarrow \\cos\\tfrac{\\beta}{2}=\\tfrac{2\\sqrt{2}}{5}\\]
\\[\\text{tg}\\tfrac{\\beta}{2}=\\tfrac{\\sqrt{17}/5}{2\\sqrt{2}/5}=\\tfrac{\\sqrt{17}}{2\\sqrt{2}}=\\tfrac{\\sqrt{34}}{4}\\]

\n

Niech \\(O\\) - środek kwadratu, \\(E\\) - spodek wysokości \\(\\triangle BCS\\) z \\(B\\). W trójkącie \\(BEO\\) kąt \\(\\measuredangle BEO=\\tfrac{\\beta}{2}\\):
\\[\\text{tg}\\tfrac{\\beta}{2}=\\tfrac{|BO|}{|EO|}\\Rightarrow \\tfrac{\\sqrt{34}}{4}=\\tfrac{\\tfrac{1}{2}\\cdot 3\\sqrt{34}\\cdot\\sqrt{2}}{|EO|}\\Rightarrow |EO|=\\tfrac{4\\cdot 3\\sqrt{68}/2}{\\sqrt{34}}=\\tfrac{6\\sqrt{68}}{\\sqrt{34}}=6\\sqrt{2}\\]

\n

Dalej analogicznie jak w Sposobie I otrzymujemy \\(|SC|=34\\), \\(|SA|=4\\sqrt{34}\\), i \\(P_{b}=918\\).

\n
Karta wzorów CKE
\n\n
Uwagi o punktacji
\n\n

Trik: Kluczowy manewr - trójkąt \\(SBC\\) jest prostokątny (z tw. o trzech prostopadłych), więc w nim wysokość \\(BE\\) spełnia zależność \\(|CE|\\cdot |CS|=|CB|^{2}\\) (średnia geometryczna). Stąd błyskawiczne wyznaczenie \\(|SC|=34\\) po znalezieniu \\(|BE|=15\\).

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

$918$

"}]}