{"id":"matematyka-2025-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2025-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"13","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (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.\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n13.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-5)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n9.4) rozpoznaje w graniastosłupach\ni ostrosłupach kąty między ścianami;\n9.6) stosuje trygonometrię do obliczeń\ndługości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości.\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\n𝛽\n2\ncos\n𝛽\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\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝐸\n𝑂\n𝑦\n𝛽\n3ξ34\n3ξ34\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ kąty 𝑆𝐶𝐴 i 𝑂𝐶𝐸 mają równe miary, więc korzystając z jedynki\ntrygonometrycznej oraz definicji sinusa i cosinusa, otrzymujemy\nsin2|∡𝑂𝐶𝐸| + cos2|∡𝑆𝐶𝐴| = 1\n( 𝑦\n|𝑂𝐶|)\n2\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":null,"image":"img/matematyka-2025-maj-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 · maj 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 13. (0-5)<br>Podstawą ostrosłupa 𝐴𝐵𝐶𝐷𝑆 jest kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷. Krawędź boczna 𝑆𝐴 jest wysokością<br>ostrosłupa, natomiast krawędź podstawy ma długość 3√34. Cosinus kąta 𝛽 między<br>ścianami bocznymi 𝐶𝐷𝑆 i 𝐵𝐶𝑆 tego ostrosłupa jest równy (-9<br>25).<br>Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.</p>\n<p>EMAP-R0_100<br>Wypełnia<br>egzaminator<br>Nr zadania<br>13.<br>Maks. liczba pkt<br>5<br>Uzyskana liczba pkt</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 13. (0-5)<br>Wymaganie ogólne<br>Wymagania szczegółowe<br>IV. Użycie i tworzenie strategii.<br>Zdający:<br>9.4) rozpoznaje w graniastosłupach<br>i ostrosłupach kąty między ścianami;<br>9.6) stosuje trygonometrię do obliczeń<br>długości odcinków, miar kątów, pól<br>powierzchni i objętości.<br>Zasady oceniania<br>5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 918.<br>4 pkt - obliczenie długości krawędzi 𝑆𝐶 i 𝐵𝐸: |𝑆𝐶| = 34 i |𝐵𝐸| = 15<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości krawędzi 𝑆𝐶 i 𝐵𝑆: |𝑆𝐶| = 34 i |𝐵𝑆| = 5√34,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości krawędzi 𝐵𝑆: |𝐵𝑆| = 5√34 i zapisanie, że trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jest</li></ul>\n<p>prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jako<br>prostokątny),<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆 i 𝑆𝐵: |𝐴𝑆| = 4√34 i |𝐵𝑆| = 5√34,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆 i 𝑆𝐶: |𝐴𝑆| = 4√34 i |𝑆𝐶| = 34,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆 i 𝐵𝐸: |𝐴𝑆| = 4√34 i |𝐵𝐸| = 15,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości krawędzi 𝐴𝑆: |𝐴𝑆| = 4√34 i zapisanie, że trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jest</li></ul>\n<p>prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt 𝑆𝐵𝐶 jako<br>prostokątny).<br>3 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 9 oraz zapisanie równania pozwalającego<br>obliczyć długość jednego z odcinków: 𝑆𝐶, 𝑆𝐵, 𝑆𝐴, 𝑆𝐸, np.:<br>|𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐶| =<br>|𝐵𝐶|<br>|𝑆𝐶| (|𝑆𝐶| z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵),<br>|𝐶𝐸|<br>|𝑂𝐶| =<br>|𝐴𝐶|<br>|𝑆𝐶| (|𝑆𝐶| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝐶𝑂 i 𝐴𝐶𝑆),<br>|𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐸| =<br>|𝐵𝐶|<br>|𝑆𝐵| (|𝑆𝐵| z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵),<br>|𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐶| =<br>|𝐵𝐸|<br>|𝑆𝐵| (|𝑆𝐵| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝑆𝐵 i 𝐸𝐵𝐶),<br>|𝐶𝐸|<br>|𝑂𝐸| =<br>|𝐴𝐶|<br>|𝑆𝐴| (|𝑆𝐴| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝐶𝑂 i 𝐴𝐶𝑆),<br>|𝑆𝐸| ⋅|𝐶𝐸| = |𝐵𝐸|2 (|𝑆𝐸| z podobieństwa trójkątów 𝐸𝑆𝐵 i 𝐸𝐵𝐶),<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi, w którym jedną</li></ul>\n<p>z niewiadomych jest długość krawędzi 𝐵𝑆, a drugą długość krawędzi 𝑆𝐶, np.<br>|𝐵𝑆|2 + (3√34)<br>2 = |𝑆𝐶|2 i 15<br>3√34 =<br>|𝐵𝑆|<br>|𝑆𝐶| ,<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością krawędzi 𝐵𝑆 albo długością</li></ul>\n<p>krawędzi 𝑆𝐶, albo długością krawędzi 𝐴𝑆), np. ( 15<br>|𝐵𝑆|)<br>2</p>\n<ul><li>( 15</li></ul>\n<p>3√34)<br>2<br>= 1,<br>(3√34<br>|𝑆𝐶| )<br>2</p>\n<ul><li>( 15</li></ul>\n<p>3√34)<br>2<br>= 1, (<br>6√2<br>1<br>2 ⋅3√34⋅√2)<br>2</p>\n<ul><li>(12√2</li></ul>\n<p>|𝐴𝑆| )<br>2<br>= 1.<br>2 pkt - obliczenie długości 𝑥 odcinka 𝐵𝐸 (lub 𝐷𝐸): 𝑥= 15<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości 𝑦 odcinka 𝐸𝑂: 𝑦= 6√2,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>spełnienie warunku 2) i jednego z warunków 3),4) określonych w zasadach</li></ul>\n<p>oceniania za 1 punkt.<br>1 pkt - spełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4):</p>\n<ol><li>obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta 𝛽</li></ol>\n<p>2 = |∡𝐵𝐸𝑂| (gdzie 𝑂 jest<br>punktem przecięcia przekątnych podstawy 𝐴𝐵𝐶𝐷), np.: sin 𝛽<br>2 =<br>√17<br>5 ,<br>tg 𝛽<br>2 =<br>√34<br>4 , cos 𝛽<br>2 = 2√2<br>5 ;</p>\n<ol><li>zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 i zapisanie równania</li></ol>\n<p>(3√34 ⋅√2)<br>2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9<br>25);</p>\n<ol><li>zdający zapisze, że trójkąt 𝑆𝐵𝐶 (lub 𝑆𝐷𝐶) jest prostokątny i wskaże właściwy</li></ol>\n<p>wierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.:<br>zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: |𝑆𝐶|2 = |𝐵𝑆|2 + |𝐵𝐶|2,<br>zapisze, że trójkąty 𝐶𝐵𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵 są podobne,<br>zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝐶𝐵𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵, np.:<br>|𝐵𝑆|<br>|𝐵𝐶| = |𝐵𝐸|<br>|𝐸𝐶|,<br>zapisze, że trójkąty 𝐵𝐸𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵 są podobne,<br>zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐸𝑆 oraz 𝐶𝐸𝐵, np.:<br>|𝐸𝑆|<br>|𝐵𝐸| = |𝐵𝐸|<br>|𝐸𝐶|;</p>\n<ol><li>zapisze, że trójkąt 𝑂𝐸𝐶 jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.:</li></ol>\n<p>zdający zapisze równość |𝑂𝐶|2 = |𝑂𝐸|2 + |𝐸𝐶|2 ,<br>zapisze, że trójkąty 𝑂𝐸𝐶 oraz 𝑆𝐴𝐶 są podobne,<br>zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów 𝑂𝐸𝐶 oraz 𝑆𝐴𝐶, np.:<br>|𝑂𝐸|<br>|𝑂𝐶| = |𝐴𝑆|<br>|𝐶𝑆| .<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Uwagi:</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje</li></ol>\n<p>co najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za<br>zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐵𝐷𝐸).</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi 𝐵𝐶𝑆</li></ol>\n<p>i 𝐶𝐷𝑆, np. zakłada, że jest to kąt 𝐵𝑆𝐷, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za<br>spełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt).</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy</li></ol>\n<p>czworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób I (poprzez 𝐵𝐸, 𝐶𝑆, 𝐴𝑆)<br>Niech 𝐸 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej<br>z wierzchołka 𝐵. Oznaczmy 𝑥= |𝐵𝐸| (zobacz rysunek).<br>Ponieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸| = 𝑥.<br>Stosujemy do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 twierdzenie cosinusów i otrzymujemy<br>|𝐵𝐷|2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2 ⋅𝑥⋅𝑥⋅cos 𝛽<br>(3√34 ⋅√2)<br>2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9<br>25)<br>𝑥= 15<br>Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐶 i obliczamy długość odcinka 𝐶𝐸:<br>|𝐶𝐸|2 = |𝐵𝐶|2 -|𝐵𝐸|2<br>|𝐶𝐸|2 = (3√34)<br>2 -152<br>|𝐶𝐸| = 9<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝐸<br>𝛽<br>𝑥<br>3ξ34<br>3ξ34<br>Trójkąt 𝐵𝐶𝑆 jest prostokątny, co wynika z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych,<br>gdyż 𝐴𝐵⊥𝐵𝐶 i odcinek 𝐴𝐵 jest rzutem prostokątnym odcinka 𝑆𝐵 na płaszczyznę<br>𝐴𝐵𝐶𝐷.<br>Trójkąty 𝐵𝐶𝑆 i 𝐸𝐶𝐵 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów), więc<br>|𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐶| = |𝐵𝐶|<br>|𝑆𝐶|<br>9<br>3√34<br>= 3√34<br>|𝑆𝐶|<br>|𝑆𝐶| = 34<br>Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝑆 i obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆:<br>|𝐴𝑆|2 = |𝑆𝐶|2 -|𝐴𝐶|2<br>|𝐴𝑆|2 = 342 -(3√34 ⋅√2)<br>2<br>|𝐴𝑆| = 4√34<br>Obliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:<br>𝑃𝑏= 2 ⋅1<br>2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1<br>2 ⋅𝑥⋅|𝑆𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 15 ⋅34 = 918<br>Sposób Ia (poprzez 𝐵𝐸, 𝐶𝐸, 𝐵𝑆, 𝐴𝑆)<br>Niech 𝐸 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej<br>z wierzchołka 𝐵. Oznaczmy 𝑥= |𝐵𝐸| (zobacz rysunek).<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝐸<br>𝛽<br>𝑥<br>3ξ34<br>3ξ34<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Ponieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸| = 𝑥.<br>Stosujemy do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 twierdzenie cosinusów i otrzymujemy<br>|𝐵𝐷|2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2 ⋅𝑥⋅𝑥⋅cos 𝛽<br>(3√34 ⋅√2)<br>2 = 𝑥2 + 𝑥2 -2𝑥2 ⋅(-9<br>25)<br>𝑥= 15<br>Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐶 i obliczamy długość odcinka 𝐶𝐸:<br>|𝐶𝐸|2 = |𝐵𝐶|2 -|𝐵𝐸|2<br>|𝐶𝐸|2 = (3√34)<br>2 -152<br>|𝐶𝐸| = 9<br>Trójkąt 𝐵𝐶𝑆 jest prostokątny, co wynika z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych,<br>gdyż 𝐴𝐵⊥𝐵𝐶 i odcinek 𝐴𝐵 jest rzutem prostokątnym odcinka 𝑆𝐵 na płaszczyznę<br>𝐴𝐵𝐶𝐷. Ponieważ kąt ostry przy wierzchołku 𝐶 jest wspólnym kątem trójkątów<br>prostokątnych 𝐵𝐶𝐸 i 𝐵𝐶𝑆, więc są to trójkąty podobne. Stąd otrzymujemy:<br>|𝐵𝑆|<br>|𝐵𝐶| =<br>|𝐵𝐸|<br>|𝐸𝐶|<br>|𝐵𝑆|<br>3√34<br>= 15<br>9<br>|𝐵𝑆| = 5√34<br>Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego dla trójkąta 𝐴𝐵𝑆 obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆:<br>|𝐴𝑆|2 = |𝐵𝑆|2 -|𝐴𝐵|2<br>|𝐴𝑆|2 = (5√34)<br>2 -(3√34)<br>2 = (4√34)<br>2<br>|𝐴𝑆| = 4√34<br>Obliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:<br>𝑃𝑏= 2 ⋅1<br>2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1<br>2 ⋅|𝐵𝑆| ⋅|𝐵𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 5√34 ⋅3√34 = 918<br>Sposób II (poprzez 𝐸𝑂, 𝑆𝐶, 𝐴𝑆, 𝐵𝑆)<br>Przyjmijmy następujące oznaczenia:<br>𝐸 - spodek wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝑆 poprowadzonej z wierzchołka 𝐵,<br>𝑂 - punkt przecięcia przekątnych podstawy 𝐴𝐵𝐶𝐷,<br>𝑦 - długość odcinka 𝐸𝑂<br>(zobacz rysunek).<br>Ponieważ ściany boczne 𝐵𝐶𝑆 i 𝐶𝐷𝑆 są trójkątami przystającymi, więc |𝐷𝐸| = |𝐵𝐸|.<br>Obliczamy sinus i cosinus kąta ostrego 𝐵𝐸𝑂:<br>cos 𝛽= -9<br>25<br>1 -2 sin2 𝛽<br>2 = - 9<br>25 oraz 2 cos2 𝛽<br>2 -1 = -9<br>25<br>sin 𝛽<br>2 =<br>√17<br>5 oraz cos 𝛽<br>2 = 2√2<br>5<br>Obliczamy tangens kąta ostrego 𝐵𝐸𝑂:<br>tg 𝛽<br>2 =<br>sin<br>𝛽<br>2<br>cos<br>𝛽<br>2<br>√17<br>5<br>2√2<br>5<br>= √34<br>4<br>Obliczamy długość 𝑦 odcinka 𝐸𝑂:<br>tg 𝛽<br>2 = |𝐵𝑂|<br>|𝐸𝑂|<br>√34<br>4<br>1<br>2 ⋅3√34 ⋅√2<br>𝑦<br>𝑦= 6√2<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝐸<br>𝑂<br>𝑦<br>𝛽<br>3ξ34<br>3ξ34<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Ponieważ kąty 𝑆𝐶𝐴 i 𝑂𝐶𝐸 mają równe miary, więc korzystając z jedynki<br>trygonometrycznej oraz definicji sinusa i cosinusa, otrzymujemy<br>sin2|∡𝑂𝐶𝐸| + cos2|∡𝑆𝐶𝐴| = 1<br>( 𝑦<br>|𝑂𝐶|)<br>2</p>\n<ul><li>(|𝐴𝐶|</li></ul>\n<p>|𝑆𝐶|)<br>2<br>= 1<br>(<br>6√2<br>1<br>2 ⋅3√34 ⋅√2<br>)<br>2</p>\n<ul><li>(3√34 ⋅√2</li></ul>\n<p>|𝑆𝐶|<br>)<br>2<br>= 1<br>(6√17<br>|𝑆𝐶| )<br>2<br>= 9<br>17<br>|𝑆𝐶| = 34<br>Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝑆 i obliczamy długość krawędzi 𝐴𝑆:<br>|𝐴𝑆|2 + |𝐴𝐶|2 = |𝑆𝐶|2<br>|𝐴𝑆|2 = 342 -(3√34 ⋅√2)<br>2<br>|𝐴𝑆| = 4√34<br>Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐵𝑆 i obliczamy długość krawędzi 𝐵𝑆:<br>|𝐵𝑆|2 = |𝐴𝑆|2 + |𝐴𝐵|2<br>|𝐵𝑆|2 = (4√34)<br>2 + (3√34)<br>2<br>|𝐵𝑆| = 5√34<br>Obliczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa:<br>𝑃𝑏= 2 ⋅1<br>2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝑆| + 2 ⋅1<br>2 ⋅|𝐵𝑆| ⋅|𝐵𝐶| = 3√34 ⋅4√34 + 5√34 ⋅3√34 = 918</p>","solutions":[]}